2001-2007年大学数学竞赛试题

大学数学建模比赛

2001-2007年天津市大学数学竞赛试题集

（2009.3.10整理）

2001年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横杠上面。）

e2x 1

，x 0；

1. 函数f(x) 在（-∞，+∞）上连续，则a = 2 。 x

2 acosx x，x 0，

2. 设函数y = y(x) 由方程e

3

2

x y

cos(xy) 0所确定，则dyx 0 dx 。

3. 由曲线y x x 2x与x轴所围成的图形的面积A =

37

。 12

4. 设E为闭区间[0，4π]上使被积函数有定义的所有点的集合，则

E

cosxsinxdx

8

。 3

x2

y2 1，其周长为l ，则 xy x2 4y2 ds 5．设L是顺时针方向的椭圆

L4

。

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1. 若lim (x) u0且limf(u) A，则（ D ）

x x0

u u0

（A） limf[ (x)]存在； （B） limf[ (x)] A

x x0

x x0

（C） limf[ (x)]不存在； （D） A、B、C均不正确。

x x0

2. 设f(x)

sinx

（ A ） sin(x2)dx，g(x) x3 x4，则当x 0时，

（A）f(x)与g(x)为同阶但非等价无穷小； （B）f(x)与g(x)为等价无穷小； （C）f(x)是比g(x)更高阶的无穷小； （D）f(x)是比g(x)更低阶的无

穷小。

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3. 设函数f(x)对任意x都满足f(x 1) af(x)，且f'(0) b，其中a、b均为非零常数，则f(x)在x = 1处（ D ）

（A）不可导； （B）可导，且f (1) a； （C）可导，且f (1) b； （D）可导，且f (1) ab。 4. 设f(x)为连续函数，且f(x)不恒为零，I=t

st0

f(tx)dx，其中s > 0，t > 0，则I

的值（ C ）

（A）与s和t有关； （B）与s、t及x有关； （C）与s有关，与t无关； （D）与t有关，与s无关。

2u

5. 设u (x，y) 在平面有界闭区域D上具有二阶连续偏导数，且满足 0及

x y

2u 2u

2 0，则（ B ）。 2

x y

（A）u (x，y) 的最大值点和最小值点必定都在区域D的内部； （B）u (x，y) 的最大值点和最小值点必定都在区域D的边界上；

（C）u (x，y) 的最大值点在区域D的内部，最小值点在区域D的边界上； （D）u (x，y) 的最小值点在区域D的内部，最大值点在区域D的边界上。

以下各题的解答写在试题纸上，可以不抄题，但必须写清题号，否则解答将被视为无效。

三、求极限lim

x 0

cosx e

。（本题6分） 2

x[2x ln(1 2x)]

x22

x2x4

o(x4)； 解：cosx 1

2!4!

e

x22

x21 x2 x2x444

1 o(x) 1 o(x)； 22! 228

2

1

ln(1 2x) 2x ( 2x)2 o(x2) 2x 2x2 o(x2)；

2

x2x4 x2x44

1 o(x) 1 o(x4)

2!4!28

x2x 2x 2x o(x)

2

由此得到：

x2

2

lim

x 0

cosx e

lim2

x[2x ln(1 2x)]x 0

22

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14

x o(x4)

1

lim4 。

x 0 2x o(x4)24

四、计算解

1 e0

xe x

x2

dx。（本题6分）

：

1 e0

xe x

x2

dx

xex

1 e1

t

x2

dx

1xd x

1 e

x 1 dx xx01 e01 e

1

dxx

1 e

x

命：e t，则dx dt，于是

1 e0

xe x

x2

dx

1

111 t dt ln2 dt ln11t(1 t)tt 11 t

2u 2u

2且u(x,2x) x，五、设函数u(x,y)的所有二阶偏导数都连续，2

x y

u'1(x,2x) x2，求u11''(x，2x)。（本题6分）

解：u(x,2x) x两边对x求导，得到

u'1(x,2x) 2u'2(x,2x) 1

代入u'1(x,2x) x，求得

2

1 x2

u'2(x,2x) ，

2

u'1(x,2x) x2两边对x求导，得到

u11''(x,2x) 2u12''(x,2x) 2x， u21''(x,2x) 2u22''(x,2x) x。

1 x2

u'2(x,2x) 两边对x求导，得到

2

2u 2u

以上两式与已知2 联立，又二阶导数连续，所以u12'' u21''，故

x y2

4

u11''(x，2x) x。

3

六、在具有已知周长2p的三角形中，怎样的三角形的面积最大？（本题7分）

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解：设三角形的三条边长分别为x、y、z，由海伦公式知，三角形的面积S的平方为

S2 p(p x)(p y)(p z)

则本题即要求在条件x + y + z = 2p之下S达到的最大值。它等价于在相同的条件下S2达到最大值。 设

f(x,y) S2 p(p x)(p y)(x y p)，

问题转化成求f(x,y)在

D (x,y)0 x p,0 y p,p x y 2p

上的最大值。其中D中的第3个条件是这样得到的，由于三角形的任意两边之和大于第三边，故有x + y > z，而由假设x + y + z = 2p，即 z = 2p－（x + y），故有x + y > z = 2p－（x + y），所以有x + y > p。

由

fx' p(p y)(2p 2x y) 0

，

f' p(p x)(2p x 2y) 0 y

求出f(x,y)在D内的唯一驻点M

2p2p

, 。因f(x,y)在有界闭区域D上连续，故33

f(x,y)在D上有最大值。注意到f(x,y)在D的边界上的值为0，而在D内的值大于0。

故f(x,y)在D内取得它在D上的最大值。由于f(x,y)在D内的偏导数存在且驻点唯一，因此最大值必在点M处取得。于是有

4

2p2p p

maxf(x,y) f ,， (x,y) D3327

此时x = y = z =

2p

，即三角形为等边三角形。 3

1214

y

yx

1

y

yx

七、计算I

dy12

edx 1dy edx。（本题8分）

2

y

解：先从给定的累次积分画出积分区域图，再交换累次积分次序，得到

131

I dy1edx 1dy edx 1dx 2edy 1x(e ex)dx e e。

yx822222

1

1

x

1

214

yx

yx

yx

八、计算曲面积分I

x

3

az2dydz y3 ax2dzdx z3 ay2dxdy，其

中Σ为上半球面z

a2 x2 y2的上侧。（本题7分）

解：记S为平面z = 0（ x2 + y2 ≤ a2 )的下侧，Ω为Σ与S所围的空间区域，

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I

S

x

3

az2dydz y3 ax2dzdx z3 ay2dxdy

3 x

S 2 0

x3 az2dydz y3 ax2dzdx z3 ay2dxdy

2

y2 x2dxdydz

20

a

4

2

x2 y2 a2

ay

2

2

dxdy

a

3 d sin d rdr asin d r3dr

6129 a5 a5 a5

5420

九、已知a>0，x1>0，定义

xn 1

1 a 3xn 3

4 xn

n 1,2,3,

求证：limxn存在，并求其值。（本题8分）

n

解：第一步：证明数列 xn 的极限存在：

注意到：当n ≥ 2时，xn 1

1 xn xn xn a ≥xnxnxna a，因此

33

4 xn xn

xn 11 a 1 a 3 4 数列 xn 有下界。又≤ 3 1，即xn+1≤xn ，所以 xn 单调递

xn4 a xn 4

减，由极限存在准则知，数列 xn 有极限。

第二步：求数列 xn 的极限

设：limxn A，则有A≥a 0。

n

由limxn 1

n

1a lim 3xn 3 ，

4n xn

有A

1 a limx a。 A a3A ，解得（舍掉负根），即 n3n 4 A

证明：设f(x) 1 xln x

十、证明不等式1 xlnx x

x，x ， 。（本题7分） x x，则

2

2

2

2

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f'(x) lnx x

2

xx

1

x x2 x

2

x x

2

lnx x2。

命f'(x) 0，得到驻点 x = 0。由

f''(x)

1 x

2

0

可知 x = 0 为极小值点，亦即最小值点，最小值为f(0) 0，于是对任意x ， 有

f(x) 0，即所证不等式成立。

十一、设函数f(x)在闭区间[0，1]上连续，在开区间（0，1）内可导，且（本题43f(x)dx f(0)，求证：在开区间（0，1）内至少存在一点 ，使得f'( ) 0。

41

7分）

证明：由积分中值定理知，存在 ,1 ，使得

4

3

1

f( )

1 31

3

4

f(x)dx 43f(x)dx f(0)

4

1

又函数f(x)在区间 0, 0,1 上连续， 0, 内可导，由罗尔定理知，至少存在一点

0, 0,1 ，使得f'( ) 0。

十二、设f(x)在区间[a, )上具有二阶导数，且f(x) M0，0 f''(x) M2，（本题8分） (a x )。证明f'(x) 2M0M2。

证明：对任意的x [a, )，及任意的h > 0，使x + h ∈ (a，+∞)，于是有

f(x h) f(x) f'(x)h

即

1

f''( )h2，其中 [h,x h]。 2!

1h

f'(x) f(x h) f(x) f''( )

h2f'(x)

2M0h

（x [a, )，h > 0） M2，

h2

故

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命g(h)

2M0h

M2，试求其最小值。 h2

M02M01

h 2，得到， M 0022

M2h2

命g'(h)

g''(h)

4M0

0， h3

M0

处得极小值，亦即最小值， M2

g(h0) 2M0M2。

所以，g(h)在h0 2

故

f'(x) 2M0M2，（x [a, )）。

2002年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、 填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。）

2x2 11

sin 1．lim

x 3x 1x

2．设摆线方程为

2

3

。

x t sint1

则此曲线在t 处的法线方程为y 。 x

33 y 1 cost

3．

e

dx

x(1 ln2x)

2

2

4

。

4．设z x xy y在点(－1,1)处沿方向l

15

2，1 的方向导数

z l

32

。

dS

5．设Σ为曲面x y R介于0≤Z≤R的部分，则 2

22

x y z

2

2

2

。

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一

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个，不得分。）

1

1. 曲线y e

x2

x2 x 1

arctan的渐近线有（ B ）

(x 1)(x 2)

（A） 1条； （B） 2条； （C） 3条； （D） 4条。 2. 若f (x) [f(x)]，则当n>2时f（A）n![f(x)]

2nn 1

2

(n)

(x) （ A ）

n 1

； （B）n[f(x)]

； 。

（C）[f(x)]； （D）n![f(x)]

2n

3. 已知函数f (x)在（－∞，+∞）内有定义，且x0是函数f (x)的极大值点，则（ C ） （A）x0是f (x)驻点； （B）在（－∞，+∞）内恒有f (x)≤f (x0)；

（C）－x0是－f (－x)的极小值点； （D）－x0是－f (x)的极小值点。

xy

, 22

4. 设z x y

0,

x2 y2 0x2 y2 0

，则z = z (x,y)在点（0，0）（ D ）

（A）连续且偏导数存在； （B）连续但不可微；

（C）不连续且偏导数不存在； （D）不连续但偏导数存在。 5. 设I

（A）（C）

xyz222

，其中Ω：x+y+z≤1，z≥0则I （ D ） (e e e)dv z

x

3edv； （B） 3edv；

zyxz

； （D）(2e e)dv(2e e)dv。

2arctanx ln

三、已知极限lim解

x 0

xn

1 x

1 x C 0，试确定常数n和C的值。（本题6分）

：

2arctanx lnlim

，

x 0

xn

2111 x

2

41 x lim1 x21 x1 x lim1 4x lim

x 0x 0nxn 1nxn 11 x4x 0nxn 3(1 x4)

故n 3,C

4。 3

四、已知函数f (x) 连续，g(x)

t

x

2

（本题6分） f(t x)dt，求g (x)。

解：命u = t － x，则当 t = 0 时，u = －x；t = x 时，u = 0，于是

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g (x) x(u x)f(u)du

2

x

( 1) uf(u)du 2x uf(u)du x

0 0

2

x x

2

x

f(u)du

x

x x

2 xf( x) 2 uf(u)du 2x( x)f( x)( 1) 2x f(u)du x2f( x)( 1) 00

2 uf(u)du 2x

x x

f(u)du

五、设方程x ax b 0，

⑴ 当常数a ，b满足何种关系时，方程有唯一实根？ ⑵ 当常数a ，b满足何种关系时，方程无实根。（本题7分）

解：设y x ax b，－∞<x<+∞，求导得

4

4

y 4x3 a

命y 0得唯一驻点x 且最小值为

aa2

，又y 12x 0，故当x 时，y有最小值。44

4

3

13

y

x 3 a

4

a a

a b 4 4

13

又当x →－∞时，y →＋∞；x →＋∞时，y →＋∞，因此，

⑴ 当且仅当

43

a a

a b 0时，方程有唯一实根。 4 4

1

3

43

⑵ 当

a a

a b 0时，方程无实根。 4 4

六、在曲线y = x2（x ≥ 0）上某点A作一切线，使之与曲线及x轴所围图形的面积为

1

，试求： 12

⑴ A点的坐标；

⑵ 过切点A的切线方程；

⑶ 该图形绕x轴旋转一周所成旋转体的体积。（本题8分） 解：⑴设A点坐标为 (x0，y0)，则y0 = x02，于是可知切线方程

y x0

y ― x02 = 2x0（x ― x0）即x 。

2x0

由题设，有

2

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223

x02 y xx1112 22002 dy yy xy y 0 120 3 0 2x0 2 2x0

1 1423134 x0 x0 x0 x0

2x0 212 3

1132

故有 x0即x0 1，y0 x0 1，得A(1，1)。

1212

⑵ 切线方程为y 1 2(x 1)，即y 2x-1。 ⑶ 在上述切线方程中令y = 0，得到x x1

x0

22

x0

2

1

1

，故所求旋转体的体积 2

4

12

V (x)dx (2x 1)dx xdx 1(2x 1)2

x1

1

d(2x 1)2

1 1

(2x 1)35 23

七、计算

1

5 6 301 2

1

（本题7分） (x2 1)3dx。

解：解法1 命In

1

(x2 1)ndx，则有

x dx 2I1 2I2，于是有 2 x 1

I1

1x2x

dx x 22

x2 1x2 1 (x 1)

I2

1 x

I1 。 2

2 x 1

1x2xx

dx x( 2)dx 4I2 4I3， 222322 (x2 1)2 (x 1)(x 1)(x 1)

同理I2 所以有

I3

11 xx3x3 3I arctanx C。 2 22222

4 (x 1)8x 18 4(x 1)

解法2

命x tan ，则

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I3

11 31 24

secθdθ cos d 2cos2θ cos4θ d 6 4 22secθ

2x1 3112x1x 3

θ sin2θ sin4θ C arctanx 4 C 2222 4 284x 132 (x 1)x 1 8

33x1x

arctanx C88x2 14(x2 1)2

八、设u f(x,y,z), (x,y,z) 0,y sinx，其中f, 具有连续的一阶偏导数，且

2

du

（本题7分） 0，求。

zdx

解

：

将

y

=

sinx

代

入

u f(x,y,z), (x2,y,z) 0

，得到

u f(x,sinx,z), (x2,sinx,z) 0，显然方程 (x2,sinx,z) 0确定了 z 是x 的隐含

数 z = z (x) ，所以

du

f(x,sinx,z) x f1 f2cosx f3zx dx

2

又由 (x,sinx,z)x 12x 2cosx 3zx 0，

2x 1 2cosx du

得到 f1 f2cosx f3。

dx

3

九、求f(x,y) x 2xy y在S (x,y)x y 1上的最大值与最小值。（本题7分）

解：解法1

2

2

2

22

，即x 1 y，代入f(x,y) x 2xy y，得到 在S上有x y 1

f(x,y) g(y) 1 2y 2y3,( 1 y 1)

因此 g (y) 2 6y 命g (y) 0，得到y

2

2222222

13

，x

2

， 3

由于g(

13

) 1

2243

1 ， 39g(

13

) 1

224 1 ，又g( 1) 1，所以

93

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(x,y) S

maxf(x,y) maxg(y) g(

y [ 1,1]

11

) 1

4； 943

。 9

(x,y) S

minf(x,y) ming(y) g(

y [ 1,1]

) 1

解法2

构造F(x,y, ) x 2xy y (x y 1)， 解方程组

2

2

2

2

2

Fx 2x 4xy 2x 0 2

Fy 2x 2y 2y 0 22

F x y 1 0

(1) y (2) x得到x 0或x2 2y2 0

联合求解(3)、(4)，得到6个可能的极值点

(1)(2) (3)

x(2y2 x2) 0，于是有(4)

2xy 4xy2 2x3 2xy 0，即

P1(0,1)，P2(0, 1)，P3(

21212121,)，P4(, )，P5( ,)，P6( , )， 333333因为f(P1) f(P2) 1,f(P3) f(P5) 1

44,f(P4) f(P6) 1 ，所以 99

(x,y) S

maxf(x,y) 1

434，minf(x,y) 1 。 (x,y) S99

十、计算I

cos(x y)dxdy，其中区域D为：0 x

D

2

,0 y

2

。（本题7分）

解：如图，用直线x y

2

将区域D分为D1和D2两个区域，则

I cos(x y)dxdy cos(x y)dxdy

D1

D2

0

0

2dx 2cos(x y)dy 2dx 2cos(x y)dy

2 x

x

0

0

2(1 sinx)dx 2(cosx 1)dx 2

十一、证明：当 0 < x < 1时，

1 x

（本题7分）

e 2x。

1 x

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证明：本题即证当 0 < x < 1时，(1 x)e (1 x) 0，命：

2x

f(x) (1 x)e2x (1 x),x [0,1)，于是有

f (x) e2x 2(1 x)e2x 1 (1 2x)e2x 1， f (x) 2e2x 2(1 2x)e2x 4xe2x 0，

即f (x)在区间(0,1)内单调减少，而f (0) 0，故当 x > 0时f (x) 0，因而f(x)在

2x

区间(0,1)内单调减少，即f(x) f(0) 0，于是有(1 x)e (1 x) 0，即

1 x

e 2x,x (0,1)。 1 x

十二、设C是取正向的圆周(x 1) (y 1) 1，f (x)是正的连续函数，证明：

2

2

（本题8分） 证明：由格林公式有

C

xf(y)dy

y

dx 2 f(x)

C

xf(y)dy

y1

dx f(y) dxdy， f(x)f(x) D

其中D是由 ( x – 1 )2 + ( y – 1 )2 = 1所围成的区域。而

D

f(x)dxdy dx

02

2

1 1 (x 1)2

1 1 (x 1)f(x)dy 2 f(x) (x 1)2dx，

2

f(y)dxdy dy

D

1 (y 1)2

2

1 (y 1)

f(y)dx 2 f(y) (y 1)2dy，

2

即 所

f(x)dxdy f(y)dxdy，

D

D

以

C

xf(y)dy

y1 1

dx f(y) dxdy f(x) dxdy 2d 2 。 f(x)f(x) f(x) D D D

2003年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

大学数学建模比赛

一、 填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。） 1．设对一切实数x和y,恒有f(x y) f(x) f(y)，且知f(2) 1，则f

1

2

1

。 2

sinx

ln(1 t)dt 02

,2．设f(x) 2xx2

e 2e 1 a,

z

2

2

x 0; 在x = 0处连续，则a = 1 。

2

x 0,

3．设f(x,y,z) eyz，其中z z(x,y)是由方程x y z xyz 0所确定的隐函数，则fy (0,1, 1)

2

。 e

4．

dx

。 4(1 x2)2

x2y2z2 1x 1y 1z 1

5．曲线 4在点M (1,1,1)处的切线方程为 （或 44

51 3 x 2y z 0

x y 2z 4 0

）。

x 2y z 0

二、选择题：（本题15分，每小题3分。每个小题的四个选项中仅有一个是正确的，把你认为“正确选项”前的字母填在括号内。选对得分；选错、不选或选出的答案多于一个，不得分。）

1． 当x 0时，下列无穷小量

① tanx sinx； ② 2x 3x； ③ x

4 41

cosx sinx； ④ ex x 1， 33

从低阶到高阶的排列顺序为（ D ）

（A） ①②③④； （B） ③①②④； （C） ④③②①； （D） ④②①③。

x3arccotx,

2． 设f(x)

0,

（ B ）

x 0x 0

，在x = 0处存在最高阶导数的阶数为

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（A） 1阶； （B） 2阶； （C） 3阶； （D）4阶。

f (x)3． 设函数y f(x)在 x = 1处有连续的导函数，又lim 2，则x = 1是

x 1x 1

（ B ）

（A）曲线y f(x)拐点的横坐标； （B）函数y f(x)的极小值点； （C）函数y f(x)的极大值点； （D）以上答案均不正确。 4． 设函数f，g在区间[a，b]上连续，且g(x) f(x) m（m为常数），则曲线

y g(x),y f(x),x a和x = b所围平面图形绕直线y = m旋转而成的旋转体体

积为（ A ） (A)

b

[2m f(x) g(x)][f(x) g(x)]dx

a

b

； (B)

[2m f(x) g(x)][f(x) g(x)]dx；

a

(C)

b

[m f(x) g(x)][f(x) g(x)]dx

a

b

； (D)

[m f(x) g(x)][f(x) g(x)]dx。

a

5． 设S:x y z a(z 0)，S1为S在第一卦限中的部分，则有（ C ） （A）（C）

2222

xds 4 xds；

S

S1

S

S1

（B）

yds 4 xds；

S

S1

S

S1

zds 4 xds； （D） xyzds 4 xyzds。

2

xtdt1

lim c。

b2x 0sinx ax t

三、a，b，c为何值时，下式成立

（本题6分）

解：注意到左边的极限中，无论a为何值总有分母趋于零，因此要想极限存在，分子必须为无穷小量，于是可知必有b= 0，当b= 0时使用诺必达法则得到

2xtdt1x2

lim lim，

022x 0sinx ax x 0

t(cosx a) x

由上式可知：当x 0时，若a 1，则此极限存在，且其值为0；若a = 1，则

2

xtdt1x2

lim lim 2。

022x 0sinx x x 0

t(cosx 1) x

综上所述，得到如下结论：a 1，b = 0，c = 0； 或a = 1，b = 0，c = －2。

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(x) cosx

,

四、设函数f(x) x

a,

x 0x 0

，其中 (x)具有连续二阶导函数，且

(0) 1。

⑴ 确定a的值，使f(x)在点x = 0处可导，并求f (x)。 ⑵ 讨论f (x)在点x = 0处的连续性。（本题8分）

解：⑴ 欲使f(x)在点x = 0处可导，f(x)在点x = 0处必须连续，于是有

limf(x) lim

x 0

(x) cosx

x

x 0

lim

(x) sinx

1

x 0

(0)

即当a (0)时，f(x)在点x = 0处连续。

当x 0时，

f (x)

(x) sinx x (x) cosx ；

x2

当x = 0时，

(0)f(x) f(0) (x) cosx x (0)f (0) lim lim limx 0x 0x 0x 0xx2 (x) sinx (0) (x) cosx1 lim lim (0) 1 x 0x 02x22

故：

(x) cosx

(x) sinx x (x) cosx ,2 xf (x)

1 (0) 1 , 2

⑵ 因为

x 0

。

x 0

x2

(x) sinx x (x) cosx (x) sinx (x) cosx (0) 1 lim lim x 0x 02x22

x 0

x 0

limf (x) lim

(x) sinx x (x) cosx

所以，f (x)在点x = 0处连续。 五

、

设

正

值

函

数

f(x)

在

[1, )

上连续，求函数

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x 2 2

F(x) lnx lnt f(t)dt的最小值点。（本题6分）

1

t x

解：

F (x)

x 2 d 2 x

lnxf(t)dt lntf(t)dt 1 tdx 1 x

21 x 2 2 21 x

2 f(t)dt lnx f(x) lnx f(x) 2 f(t)dt

x 1x 1 x x x x

注意到：在[1, )上f(x) 0，因此，当x > 1时，命：F (x) 0，得

x

1

f(t)dt 0。

21

0，解此方程得到唯一驻点 x = 2。 2

xx

又，当1 x 2时，F (x) 0；当x > 2时，F (x) 0，所以F(x)在点x = 2处取得极小值F(2)，又因为x = 2是唯一的极值点，所以x = 2是F(x)的最小值点，最小值为

F(2)。

六、设y (x) arctan(x 1)，且y(0) 0，求解：

1112

y(x)dx xy(x) xy(x)dx y(1) xarctan(x 1)dx 0 0

0 01

2

（本题6分） y(x)dx。

1

y(1) (x 1)arctan(x 1)2dx arctan(x 1)2dx

11

y(1) (x 1)arctan(x 1)dx y(1) y(0) (x 1)arctan(x 1)2dx

2

命x 1 t

命u t111022

tarctantdt arctantd(t) arctanudu 1 1022

111u11 1 121 uarctanu du ln(1 u) ln22000221 u24484

2

2

11

2z 2z1 z 2z u x ay

0化为 0，试确定七、设变换 ，把方程2 y2 2 y u v x y v x 2y

a 。（本题7分）

解： 计算一、二阶偏导数

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z z z , x u v z za z11 a z z , y u2y vyy 2 u v

2z 2z 2z 2z

2 ,

u v v2 x2 u2

32222

2z1 2 a z z 1 za za z1 , y 222 2 yy u4y u vy vy 2 u v

2z 2z1 z

0，得到 代入方程2 y2 2 y x y 2z 2z1 z a2

y2 1 2 2 y 4 x y

2z 2z

u2 2 a u v 0，

a2

0 1

于是有 ，所以a 2。 4

2 a 0

八、设函数Q(x,y)在x O y平面上具有连续一阶偏导数，曲线积分

与路径无关，并且对任意的

(1,t)

2xydx Q(x,y)dy

L

t恒有

(t,1)

(0,0)

2xydx Q(x,y)dy

(0,0)

（本题7分） 2xydx Q(x,y)dy，求Q(x,y)。

解：由曲线积分与路径无关知

Q

(2xy) 2x， x y

所以Q(x,y) x C(y)，其中C(y)为待定函数。又

2

(t,1)

(0,0)(1,t)

2xydx Q(x,y)dy t C(y)dy t C(y)dy；

1

2

2

1

(0,0)

2xydx Q(x,y)dy 1 C(y) dy t C(y)dy。

tt

根据题设，有

t2 C(y)dy t C(y)dy，

1t

上式两边对t求导，得到

2t 1 C(t)，于是知C(t) 2t 1，即C(y) 2y 1，故Q(x,y) x2 2y 1。

九、设函数f (x)具有二阶连续导函数，且f(0) 0,f (0) 0,f (0) 0。在曲线y = f

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(x)上任意取一点(x,f(x))(x 0)作曲线的切线，此切线在x轴上的截距记作 ，求

lim

x 0

xf( )

。（本题8分） f(x)

解： 过点(x,f(x))的曲线y = f (x)的切线方程为：Y f(x) f (x)(X x)， 注意到：由于f (0) 0,f (0) 0，所以当x 0时，f (x) 0。因此，此直线在x

轴上的截距为

x

f(x)f(x)

。且lim limx lim 0。

x 0x 0x 0f (x)f (x)

利用泰勒公式将f(x)在x0 0点处展开，得到

f(x) f(0) f (0)x

类似可得：f( )

11

f ( 1)x2 f ( 1)x2,22

。 1在0与x之间；

1

f ( 2) 2,2

2在0与 之间。代入得

f(x)12x xf ( 2)

f ( 2)xf( ) xf (x) f(x)f (x)lim lim lim lim lim lim

x 0 f(x)x 0x 0f x 01 ( 1)x 0xx 0xxf (x)2

f ( 1)x2

xf (x)f (x)f (0)1

lim lim x 0f (x) xf (x)x 0f(x)f (0) f (0)2

f (x)x

十、设函数f (x)在闭区间[0,1]上连续，在开区间 (0,1) 内可导，且f ( 0 ) = 0，f ( 1 ) = 1 。试证明：对于任意给定的正数a和b ，在开区间 (0,1) 内存在不同的ξ和η，使得

ab

a b。 f ( )f ( )

（本题7分）

证明：取数 (0,1)，由连续函数介值定理知，存在C (0,1)，使得f(C) 。在区间[0,C]与[C,1]上分别应用拉格朗日中值定理，有

f(C) f(0)

,

C 0Cf(1) f(C)1

f ( )

1 C1 Cf ( )

0 C,

显然 。

C 1.

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由于 (0,1)，所以 0,1 0，即f ( ) 0,f ( ) 0。从而

ababaC(1 ) b (1 C)b C(a b a )

，

1 f ( )f ( ) (1 ) (1 )C1 C

ab，则1 ，并且 ,1 (0,1)，代入得 a ba b

ab

aba b a b。

ab f( )f( )

a ba b

11 1 t2

十一、设F(x) (1 e) (x t)edt，试证明在区间[ 1,1]上F(x)有且仅

12

注意到：若取 有两个实根。（本题7分）

证明：

x1221

F(x) (1 e 1) (x t)e tdt (t x)e tdt

1x2

xx1122221

(1 e 1) x e tdt te tdt te tdt x te tdt

1 1xx2

0x0x2222112x1 t21

(1 e 1) x e tdt x e tdt e t e x e tdt x e tdt

1010 12x22

00x13 1 x2 t2 t2 t2

e e x edt x edt 2x edt

11022

01x13 1 x2 t2 t2 t2

e e x edt x edt 2x edt

10022

x213 1 x2

e e 2x e tdt

022

由于e

x2

是偶函数，所以

x

e tdt是奇函数，2x e tdt是偶函数，于是知F(x)为

2

x

2

偶函数。

又注意到：

13 1e 3 e 0;222e

112111135 t t

F(1) 0 2 0edt 2 0edt

22e 22e 22e F(0)

（当x > 0时）。 F (x) 2xe x 2xe x 2 e tdt 2 e tdt 0，

2

2

x

2

x

2

因此，函数F(x)在闭区间[0,1]上有且仅有唯一一个实根；又F(x)为偶函数，所以F(x)

在闭区间[ 1,0]上同样有且仅有唯一一个实根。于是知函数F(x)在闭区间[ 1,1]上有且仅

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有两个实根。

十二、设函数f(x,y)在单位圆域上有连续的偏导数，且在边界上的值恒为零。证明：

1xfx yfy

f(0,0) lim dxdy

02 x2 y2

D

其中：D为圆域 x y 1。（本题8分）

证明：取极坐标系，由

2

2

2

x rcos

，得到

y rsin

f f x f y f f cos sin ， r x r y r x y

将上式两端同乘r，得到

r

f f f

rcos rsin xfx yfy 。 r x y

于是有

I

D

xfx yfy x2 y2

2 0

dxdy

D

2 1 f2 11 f

rrdrd d dr f(rcos ,rsin )d 2 0 0 rr r2

f(cos ,sin )d

2 0

f( cos , sin )d 0

2

f( cos , sin )d

f( cos , sin )d

由积分中值定理，有

I 2 f( cos 1, sin 1)，其中0 1 2 。

1xfx yfy

dxdy lim f( cos 1, sin 1) f(0,0)。 故lim

02 x2 y2 0

D

2004年天津市大学数学竞赛试题参考答案

（理工类）

一、 填空：（本题15分，每空3分。请将最终结果填在相应的横线上面。） 1．设函数f(x) ln

1 x x 1

，则函数f f 的定义域为 1 x 2 。 1 x 2 x

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/uq54.html