大连市高等数学竞赛试题B答案HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】大连市第二十三届高等数学竞赛试卷答案（B）一、填空题（本大题共5小题，每小题2分，计10分）1. n ⎭⎝∞→= e^2 . 2. 30tan sin lim x x xx→-= 1/2 . 3. 0lim x x x +→= 1 . 4. 2cos lim xx t dtx→⎰= 1 .5.若221lim 2,2x x ax b x x →--=+-则(,)(4,5).a b =- 二、（本题10分）设⎪⎩⎪⎨⎧=≠=),0(1),0(1sin)(3x x xx x f 求)(x f '.解 当0≠x 时，xx x f 1sin )(3=为一初等函数，这时;1cos 1sin 311cos 1sin 3)(2232xx x x x x x x x x f -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+='（6分） 当0=x 时，由于),0(01sin lim )(lim 300f xx x f x x ≠==→→（8分） 所以)(x f 在0=x 处不连续，由此可知)(x f 在0=x 处不可导。

（10分）解：0,1,1x x x ===-为间断点。

（3分） 当0x =时，由于00lim ()lim 1,1||x x x f x x x ++→→==+而00lim ()lim 1,x x f x --→→==- 所以0x =是跳跃间断点。

（5分） 当1x =时，由于11lim ()lim 1,1||x x x f x x x →→==+所以1x =是可去间断点。

（7分） 当1x =-时， 而1lim (),x f x →-=∞所以1x =-是无穷间断点。

（8分）考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共 四 页第 1页曲线)0(316>=x x y 上哪一点处的法线在y 轴上的截距最小？ 3在),(y x 处的法线方程为 )(x X k y Y -=-，因为52x y ='，所以521x k -=，法线方程为 )(215x X x y Y --=-，（4分）整理后为 64545312121212x x X x x x X y Y ++-=+-=，法线在y 轴上的截距为 643121x x b +=。

（6分）求此函数的极值：令0='b ，解得1,121-==x x （舍去）;（8分）020)1(,101046>=''+=''b x xb ,故)1(b 为极小值。

由于驻点唯一，知它即是最小值，因此曲线在点⎪⎭⎫⎝⎛31,1处的法线在y 轴上截距最小。

（10分）五、（本题6分）求x x y 44cos sin +=的n 阶导数. x x x x 22222cos sin 2)cos (sin -+= ,4cos 414324cos 12112sin 212x x x +=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=（2分） )24cos(44)4sin (410π+=⋅-='x x y （3分）)224cos(4π⋅+=''x y （4分） 所以).4cos(41)(π⋅+=-n x y n n （6分）六、（本题10分）讨论方程ax x =ln （其中0>a ）有几个实根？ ),0(,+∞∈-x ax x ，则a x x f -='1)(，故a x 1=为)(x f 的驻点（2分）。

当a x <时，0)(>'x f ，当a x 1>时，0)(<'x f ，所以)1(a f 为最大值。

（4分）当0)1(>a f 时，即01ln >--a ,即ea 10<<时，由于-∞=-∞=∞→→+)(lim ,)(lim 0x f x f x x ，所以当ea 10<<时，此时方程有两个根。

（8分）当0)1(=a f 时，即e a 1=时，此时方程有一个根。

（9分）当0)1(<a f 时，即ea 1>时，方程无根. （10分）共四页第 2 页七、（本大题共3小题，每小题6分，总计18分）（1）1.1tandxx+⎰解⎰⎰⎰+-++=+=+dxxxxxxxdxxxxdxx cossinsincossincos21cossincostan11（2分）1cos sin111(sin cos)2sin cos2sin cosx xdx x d x xx x x x-⎛⎫⎡⎤=+=++⎪⎢⎥++⎝⎭⎣⎦⎰⎰（4分）1(ln|cos sin|).2x x x C=+++（6分）（2）sin(ln).x dx⎰解：⎰⎰⋅⋅-=dxxxxxxdxx1)cos(ln)sin(ln)sin(ln（2分）⎰⎰--=---=dxxxxxxdxxxxxxxx)sin(ln)cos(ln)sin(ln]1)]sin(ln[)cos(ln[)sin(ln（4分）所以.)]cos(ln)[sin(ln)sin(ln2Cxxxdxx+-=⎰（5分）故.)]cos(ln)[sin(ln2)sin(ln Cxxxdxx+-=⎰（6分）（3）⎰--+442.1sin ππdx e xx解 由于⎰⎰-+=-aaadx x f x f dx x f 0)]()([)(，（2分）而x e e e x e x e x x f x f x x xx x 2222sin 111sin 1sin 1sin )()(=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+++=-+-（4分） 所以 ⎰⎰⎰-==+--4040244222cos 1sin 1sin ππππdx x xdx dx e x x.822sin 412140-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππx x （6分）八、（本题10分）设)(x f '在],[b a 上连续，且0)()(==b f a f ，证明：),()()x f a f x =-),()()(x f x f b x-=-（3分）两式相减，得⎰⎰'-'=bxxadt t f dt t f x f )()()(2，（5分）所以 ⎰⎰'+'≤bxxadt t f dt t f x f )()(|)(|2（7分）⎰⎰⎰'='+'≤b ab xx adt t f dt t f dt t f |)(||)(||)(|（9分）即 .|)(|21|)(|⎰'≤ba dx x f x f （10分） 共 四页 第 3页九、（本题8分）已知函数()f x 具有二阶导数，且()lim0x f x x→=，(1)0f =，证明：存在点(0,1)ξ∈，使得()0f ξ''=.证明：由1)(lim=∞→xx f x ，得0)0(=f ，0)0(='f ， （2分） 函数)(x f 在[0，1]连续，（0，1）可导，0)1()0(==f f ，由罗尔定理，至少存在)1,0(0∈x 使0)(0='x f 。

（6分）函数)(x f '在[]0,0x 连续，),0(0x 可导，0)()0(0='='x f f ，由罗尔定理，至少存在)1,0(),0(0⊂∈x ξ使0)(=''ξf （10分）十、（本题10分）设)(x f 为连续函数，且满足⎰--=x xdt t f t x e x f 02)()()(，求)(x f .解 将上式两边对x 求导，得⎰-='xx dt t f e x f 02)(2)(，（2分）再对上式求导，得)(4)(2x f e x f x -=''，即x e x f x f 24)()(=+''。

（4分） 由已知条件，可知2)0(,1)0(='=f f 。

（6分）因此所求函数)(x f y =满足下列初值问题⎩⎨⎧='==+''==2|,1|,4002x x x y y e y y ， 其通解为x e x C x C Y 22154sin cos ++=（8分）。

根据初值条件，得52,5121==C C 。

从而所求的函数为x e x x x f 254sin 52cos 51)(++=（10分）共四页第4页。