2021天津市大学数学竞赛试题解答(人文类).docx

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（人文类）

一. 填空题（本题15分，每小题3分）
1
1. 设a > 1，则lim(n!) na
n®¥

= 1 .
1 1
解： 显然有1 £ (n!)na £ (nn )na . 当a > 1时，
1-a
1 lim ln x

lim 1 1


lim (xx ) xa x®+¥
= lim xx x®+¥


= ex®+¥ xa -1 = ex®+¥ (a -1) xa -1 = 1，则有lim(nn ) na
n®¥
= 1.
1
由两边夹法则，有lim(n!) na
n®¥

= 1.
2. lim n[(1+ 1 )2n - e2 ] = -e2 .
n®¥ n
1


2n ln(1+ 1 ) 2n ln(1+ 1 )-2
解： lim n[(1+
n®¥
)2n - e2 ]= lim n[e n n®¥
n - e2 ] = lim e2n[e
n®¥
n -1]
ln(1+ 1 ) - 1 1 -1
= lim 2e2 n n = 2e2 lim ln(1+ t) - t = 2e2 lim 1+ t

n®¥
= 2e2 lim
1

n2
-t = -e2
t ®0+ t 2
t ®0+ 2t
t ®0+ 2（t 1+t)
d n m m n

m, n
f (2)

n n(m-1)
设 f (x) =
dxn (2 - x )
，其中
为正整数，则
= (-m)
n!2
解： f (x) =
n
d n m-1
{(2 - x) (2
dxn
+ 2m-2
x + + x

m-1
)n}
= åC ((2 - x) ) ((2 + 2 x + + x ) )
n
i n (i ) m-1 m-2 m-1 n (n-i )
n
i=0
n x=2
故 f (2) = Cn ((2 - x)n )(n) (2m-1 + 2m-2 x + + xm-1)n |

= (-m)n n!2n(m-1) .
设函数 y = y(x) 由方程sin x =
y dy 4
(arcsin t) dt 确定，则
2
=

ò1 dx

p
2
x=0
= ò 2 = =
y
解：由sin x (arcsin t) dt 可得，当 x 0 时， y x 求导，得
1
人文类 Page 1
cos x = (arcsin y)2 y¢ ， y¢=
cos x
(arcsin y)2
，有 y¢(0) = 4 .
p 2
已知 f (x) 的一个原函数是sin x ln x ，则ò xf '(x)dx =
(x cos x - sin x) ln x + sin x + c .
解： 由题意， ò f (x)dx = sin x ln x + c ， f (x) = (sin x ln x)¢
故 ò xf '(x)dx=ò xdf (x) = xf (x) - ò f (x)dx = x(sin x ln x)¢ - sin x ln x + c
=(x cos x - sin x) ln x + sin x + c
二. 选择题（本题15分，每小题3分）
ì
í
î
1. 设函数 f (x) = ï
ex -1
2
x

, x > 0

，其中a > 0 ， g(x) 为有界函数，则 f (x) 在
x = 0 处
ïx1+a g(x), x £ 0
（A） 极限不存在
2
（B） 极限存在但不连续解：选（D）.
（C） 连续但不可导
（D） 可 导
2
lim

f (x) = lim
ex -1

x
= lim
x = 0 ， lim f (x) = lim x1+a g(x) = 0 ，
x®0+
x®0+
x®0+
x®0-
x®0-
x
lim
x®0+
f (x) = lim
x®0-
f (x) = f (0) = 0 ，则 f (x) 在 x = 0 处连续.
f+¢(0) = lim
f (x) - f (0)

2 2
x x
x x
ex -1=
x
lim = lim

= 0
x®0+
¢
x
f (x) - f (0)

x®0+ x®0+
x1+a g(x) a
f- (0) = lim
= lim = lim x g(x) = 0
x®0-x
则 f ¢(0) = 0 .
x®0-x
x®0-
2. 设函数 y = f (x) 满足方程 y '''+ x2 y ''+ xy '- 5y = 4x3 + 6 ，且
f (0) = f '(0)=f ''(0) = 0 ，则函数 f (x)
在 x = 0 点取得极大值;
在 x = 0 点取得极小值； 解：选（C）.

在 x = 0 点为拐点；
在 x = 0 点不为拐点.
函数 y = f (x) 满足方程 y '''+ x2 y ''+ xy '- 5y = 4x3 + 6 ，且
人文类 Page 2
f (0) = f '(0)=f ''(0) = 0 ，可得 f ¢¢¢(0) = 6 ¹ 0 ，而
f ¢¢¢(0)= lim f ¢(x) - f ¢(0) = lim f ¢(x) ，故 f ¢¢(x) 在 x = 0 的左右邻域变号，故
x®0 x x®0 x
点(0, f (0)) 为拐点.
ìx2 + ax + b，x ³ 1
3. 若函数 f (x) = í
îsin(2p x) , x < 1
 在 x = 1处可导，则
(A)
a = 0,b = -1
(C)
a = 1,b = -2
(B)
a = 2p - 2,b =1- 2p
(D)
a = -1,b = 0
解：选（B）.
ìx2 + ax + b，x ³ 1
由 f (x) = í
îsin(2p x) , x < 1

在 x = 1处可导，则在 x = 1处必连续，从而
1+ a + b = 0 ，此时 f+¢(1) = 2 + a ， f-¢(1) = 2p ，故有a = 2p -2 ， b = 1- 2p .
以下命题中正确的是（ ）
若函数 f (x)
若函数 f ¢(x)
若函数 f (x)
若函数 f ¢(x)
在(a,b) 内连续，则在(a,b) 内连续，则在(a,b) 内有界，则在(a,b) 内有界，则
f (x)
f (x)
f ¢(x)
f (x)
在(a,b) 内有界
在(a,b) 内有界
在(a,b) 内有界
在(a,b) 内有界
解：选(D)
(A）不正确：如 f (x) = ln x ,在 (0,1) 内连续，但 f (x) 在 (0,1) 内无界.
（B）不正确：如 f (x) = ln x , f '(x) = 1 在(0,1) 内连续，但 f (x) 在 (0,1) 内无界.
x
（C）不正确：如 f (x) =
（D）正确：若函数 f ¢(x)
x ，在(0,1) 内有界，但 f ¢(x) = 在 (0,1) 内无界.
1
2 x
在(a,b) 内有界，由 Lagrange 中值定理，则对"x Î(a,b),
f (x) - f ( a + b) = f ¢(x )(x - a + b) ,故|f (x)| £ |f ( a + b)|+|f ¢(x )||b - a| ，显然，（D）
2 2 2
成立.
sin x
设 f (x) 为连续函数，且 F (x) = òx f (t - x)dt ，则 F¢(x) 等于
人文类 Page 3
（A）
f (sin x - x)(cos x -1)
（C）
f (sin x - x) - f (0)
（B）
f (sin x - x) cos x - f (0)
（D）
f (sin x - x)
解：选（A）
= ò - ò ¢ = - -
sin x sin x-x
F (x) f (t x)dt= f (u)du ， F (x) f (sin x x)(cos x 1)
x
3 3
三. (6分) 设 ò

x ex t -1

0
dt 与 xn (n > 0) 为 x ® 0 时的同阶无穷小量，求n 的大小。
0 t
3 3
3
x ex t -1 x2 eu -1
解： ò0 t dt = ò0 u du
（2分）
3 3
3
6
x ex t -1
x2 eu -1
ex -1
ò0
lim
dt ò0
t
= lim
du
u = lim
× 2x
x2

（4分）
x®0
1
x6
6
ex -1 1
x®0 x6
x®0
6x5
= lim =
3 x®0 x6 3
，故n = 6 . （6分）
四. （6分）设函数 f (x) =（1- x25 )2 ln(1- x3 ) ，求 f (49) (0) .
+ (-1)n-1
n
x
2
解： 由Taylor公式， ln(1+x)=x - +
2

xn + o(xn )
ln(1- x3 ) = -x3
- x6 -
2
o(x3n )
1 x3n n
f (x) =（1- x25 )2 ln(1- x3 )
1 x3n
n
25 50 3 x6 3n
（3分）
=（1- 2x
+ x )(-x - -
2
+ o(x ))
f（¢ 0） f (n（) 0） n n
又 f (x) = f (0) +
x + +
1！
x + o(x )
n！
比较 x49 的系数，故有
f (49（) 0）
=(-2（)
49！
- 1）= 1
8 4
 ，得 f (49（) 0） 49! . （6分）
=
4
ò
五. （6分）设a,b, c, d, m 为某个常数且（a2 + b2 )m ¹ 0 ，求 c sin(mx) + d cos(mx)dx .
a sin(mx) + b cos(mx)
解：若csin(mx) + d cos(mx) = A(a sin(mx) + b cos(mx)) + B((a sin(mx) + b cos(mx))¢
即csin(mx) + d cos(mx) = A(asin(mx) + bcos(mx)) + B(amcos(mx) - bmsin(mx))
人文类 Page 4
比较sin(mx)、cos(mx) 的系数，可得：
ì aA - bmB = c
í
ì
ïï
，解得í
A= ac + bd
a2 +b2
ad - bc

（4 分）
îbA + amB = d
c sin(mx) + d cos(mx)
ïB=
ïî


(a2 +b2 )m
故 ò a sin(mx) + b cos(mx)dx
(a sin(mx) + b cos(mx))¢
=ò{A + B
a sin(mx) + b cos(mx)
}dx = Ax + B ln | a sin(mx) + b cos(mx) | +c
= ac + bd x + ad - bc
ln | a sin(mx) + b cos(mx) | +c
a2 +b2 (a2 +b2 )m
其 中 c 为 任 意 常 数 . (6 分 )

2 x 0 2 x -2 x
六. （7 分） 设连续函数 f (x) 满足方程ò xf (t)dt + 2ò tf (2t)dt = 4e + e ，讨论函数
0 x
f (x) 在区间[-1,1]上的单调性、极值以及最值。
2 x 0 2 x -2 x
0
x
解： xò f (t)dt + 2ò tf (2t)dt = 4e + e
ò = 2 x - -2 x
2 x
两边对 x 同时求导，得 f (t)dt 8e 2e ，再次求导得
0
2 f (2x) =16e2x + 4e-2x ， 从 而 f (x) = 8ex + 2e- x （3 分 ）
f ¢(x) = 8ex - 2e- x ,令 f ¢(x) = 0 ，即得 x = - ln 2 .
x
-1
-1 < x < -ln 2
ln 2
-ln 2 < x <1
1
f ¢(x)
小于 0
0
大于 0
f (x)
8 + 2e2

e
递减
8（极小值）
递增
2 + 8e2

e
故最小值为8，最大值为
2 + 8e2
e
.[-1, -ln 2] 为单增区间，[-ln 2,1] 为单减区间.（7 分）
ò cos x
p e2 x 1- e-2 x
七. （7 分）计算
4
-p 2
4
(1+ sin 2x +
1+ e2 x
)dx .
ò cos x(1+ e )
e2 x -1 p p p e2 x -1
解：
cos2 x(1+ e2 x )
为[-
, ] 上的奇函数，从而
4 4
4
-p 2 2 x
4
dx =0 . （2 分）
人文类 Page 5
ò cos x
p e2 x
1- e-2 x
p (1+ sin 2x)e2 x
4
-p 2
4
(1+ sin 2x +
1+ e2 x
)dx = 4
p
-
4
cos2 x
dx
ò
p p p
4 2 x 2
4 2 x 2
4 2 x 2 2 x
= ò-p e (1+ tan x) dx = ò-p e (1+ 2 tan x + tan x)dx = ò-p (e sec x + 2e tan x)dx
4 4 4
ò
ò
4 2 x 2
4
p p p p

对 于 -p


2e2 x tan xdx= 4
p
-


tan xde = e tan x |-p


-ò-p e sec xdx
(5 分)
2 x 2 x 4
4 4 4 4
ò
p e2 x
1- e-2 x
p p -p
p
从 而 4
2 x 4
cos2 x
(1+ sin 2x +
1+ e2 x
)dx=e tan x |-p =e +e （7 分）
2 2
4 4
八. （7分）就k 的取值，讨论曲线 y = ln2n x - 2nln x + k 与直线 y = -2nx 交点的个数， 其中n 为某个正整数。
解：令 F(x) = ln2n x - 2nln x + k + 2nx ， x > 0
令 F¢(x) = 2n
ln2n-1 x + x -1

x

=0，可得 x = 1
x
0 < x < 1
x = 1
x > 1
F¢(x)
小于0
0
大于0
F(x)
单调递减
k + 2n
单调递增
(3分)
且 lim F(x) = lim（ln2n x - 2n ln x + k + 2nx）= lim (ln x(ln2n-1 x - 2n) + k) = +¥
x®0+
x®0+

ln2n x

2n ln x k
x®0+
lim F (x) = lim （x - + + 2n），而
x®+¥
x®+¥
x x x
lim（
ln2n x
- 2n ln x + k + 2n）=2n ，从而 lim F (x) = +¥ .
x®+¥
x x x
x®+¥
故当k + 2n=0 ，即k = -2n 时，曲线与直线有一个交点; 当 k + 2n < 0 ，即k < -2n 时，曲线与直线有两个交点;
2 2
当 k + 2n > 0 ，即k > -2n 时，曲线与直线没有交点. （7分） 九. （7分）证明：当b > a 时，不等式ea -b -1 > 2b(a - b) 成立。
2 2 e
b2
解法1. 要证ea -b -1 > 2b(a - b) ，即证：
ea2

2
< 2beb
b - a
2
设 f (x) = ex ， x Î[a,b] ，满足Lagrange中值定理的条件，故$x Î(a,b) ，使得
人文类 Page 6
eb2
ea2
= f ¢(x ) = 2x ex 2 . (4分)
2
令 g(x) = xex
b - a
， g¢(x) = ex2 +2x2ex2 > 0 ，故 g(x) 在 x Î[a,b] 上严格单调递增，有
eb2
ea2
= 2x ex 2 < 2beb2 .即得： ea2 -b2 -1 > 2b(a - b) . （7分）
b - a
2 2
解法2. 设 f (x) = ex -b -1- 2b(x - b) ， x Î[a,b] . （2分）
则 f ¢(x) = 2xex2 -b2 - 2b ， f ¢¢(x) = 2ex2 -b（2 2x2 +1) > 0, x Î[a, b]
从而 f ¢(x) 在 x Î[a,b] 上严格单调递增，而 f ¢(b) = 0 ，从而 f ¢(x) < 0 ， x Î[a,b) .进
2 2
而 f (a) > f (b) ， 即 得 ea -b -1 > 2b(a - b) . （7 分 ）
十. （8 分）数列{x }， x = a, x = a+ 1 , ， x

= a+
1 , ，其中a > 1 ，证明

x
n 1 2 n
1
xn-1
数列极限存在，并求其极限.
解 ： x = a, x = a+ 1 , n = 2, 3, , 显然 x

³ a >1 ，若极限存在，且设lim x = A
x
1 n n
n-1
n®¥ n
（ A ³ 1），在 xn
= a+
1

xn-1
两边取极限，得 A = a + 1 ，即 A2 - aA -1 = 0 ，则
A
a ± a2 + 4
a + a2 + 4
A = (负舍).从而若极限存在，则 A = . (4 分 )
2
1
现证明极限lim xn 存在： |xn - A| = |a+ -
2
a + a2 + 4
a - a2 + 4
| =| 1 + |
n®¥ xn-1
a + a2 + 4
1 2
= × | xn-1 -
2
|
xn-1 2
xn-1 a + a2 + 4 2
£ 1 | x - A |< < 1 |x

- A |® 0, n ® ¥ ( a > 1).
a n-1 an-1 1
n
从 而 lim x = A . （8 分 ）
n®¥
2 2 x2 y2
十一. （8 分）已知圆 x
+ ( y -1)
=1包含在椭圆 +
a2 b2
= 1内，问 a,b 取何值时，此
椭圆的面积最小，并求出此时的椭圆方程和椭圆面积.
x2
解： 椭圆
a2
y2
+ = = p
1的面积为 S ab . 由题要求：定圆 x
b2
2 + ( y -1)2
=1包含在待
人文类 Page 7
x2
定椭圆
a2
y2
+ =
1内，且要求待定椭圆的面积最小，此时椭圆与圆必相切。设定圆
b2
2 2 x2 y2
x + ( y -1)
=1 与待定椭圆 +
a2 b2
= 1 相切于点 P(x0 , y0 ) . 此时， 圆与椭圆在
P(x , y ) 点切线斜率分别为 K
= x0 和 K
=- b2 x

0
0
.则在 P(x , y ) 点，斜率
0 0 圆切
1- y0
椭切 a2 y 0 0
相等并同时满足圆与椭圆方程，即
ì x 2 y 2
ï 0 + 0 = 1
a2 b2
ï
ï
2 2 2 2 2 4
2 a4
íx0 + ( y0 -1) = 1，可得b - a b + a
= 0 ,即b
= . （4 分 ）
-1
a2
ï x b2 x
ï 0 = - 0
ï 1- y a2 y
î 0 0
此时椭圆面积 S = abp 最小等价于 S 2 = a2b2p 2 最小.
设 f (a) = S 2
= a6p 2
a2 -1

，令 f
¢(a) =
2a5 (2a2 - 3)p 2
（a2 -1)2

=0，可得a =
(a = 0舍）,此时
6
2
=
b = 3 2 .易求 f ¢¢( 6 ) = 108p 2 > 0 .故当a = 6 ， b 3 2 时，椭圆面积最小，椭圆
2 2 2 2
3 3
2
2
面积为S= p ，椭圆标准方程为： x + y
2 3 9
= 1 （8 分 ）
2 2
十二. （8 分）设函数 f (x) 在[0,1] 上连续，在（0,1）内可导，且 f (1) = 0 ，证明，对于任意常数 b 以及任意正整数n ，存在x Î（0,1），等式x f '(x ) + (n - bx ) f (x ) = 0 成立。
证明：设 F(x) = xn f (x)e-b x
， （2 分）
则 F(x) 在[0,1] 上连续，在（0,1）内可导，且
F (0) = F（1）=0 ，利用 Rolle 中值定理， $x Î（0,1），使 F¢(x )=0 . （5 分）
F¢(x) = [nf (x)+xf ¢(x) - b xf (x)]xn-1ebx ,从而[x f '(x ) + (n - bx ) f (x )]x n-1e-bx = 0.
因为当x Î（0,1）时， x n-1e-bx ¹ 0，从而等式x f '(x ) + (n - bx ) f (x ) = 0 成立. 证毕
（8 分）
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