2、2008-2014天津工业大学 求实杯数学竞赛（经管）试题及答案(7)

?t2?1?′?2?

dyt2?1d2y?t+1?4tdy=2,2=2=五. 解：1.；令=0得t=±1， 32dxt+1dxt+1dx(t+1)d2y1d2y11=>0,2=?<0，所以t=1时y=y(x)取得极小值?，t=?1又因为2

23dxt=12dxt=?1

时y=y(x)取得极大值1；

d2yd2y4t11

2.令==0得t=0，t=0时x=,y=，因为t<0时2<0，t>0时

dxdx2(t2+1)333d2y1311

>0，又显然关于变量是单增的，故曲线在tx=t+t+(?∞,]时为凸的，在2

dx333

1?11?

[,+∞)内为凹的，?,?为拐点。 3?33?

六. 解：设(x,y)为圆周(x+1)+y=1上任意一点，则d=x+(y?1) 设L(x,y,λ)=x+(y?1)+λ??(x+1)+y?1??

2

2

2

2

22222

?2?2?Lx=2x+2λ(x+1)=0x=?1+x=?1??1?2???22，所以 令?Lx=2(y?1)+2λy=0，解得?,??L=(x+1)2+y2?1=0?y=2?y=?2?x12???2?2

d1=x12+(y1?1)2=2?1,d2=x22+(y2?1)2=2+1,故圆周上点 ?22????1+2,2??为与定点(0,1)距离最小的点，最小距离为2?1，圆周上点 ???22????为与定点(0,1)距离最大的点，最大距离为2?1。 1,????22??

七.解：设切点坐标为(x0,lnx0)，y′=

11

，切线方程为： y?lnx0=(x?x0)，因为切xx0

1

x，切点A(e,1)。 e

线过原点，所以x0=e，所以切线方程为y=（1）A=

∫(e

0

1

y

?ey)dy=

e

?1； 2

68

（2）Vx=π1

∫

e

0

(x)dx?π∫

1

e2

e

1

1ee

或Vx=2π∫y(ey?ey)dy=2π(1?)； lnxdx=2π(1?)；

0332

?e21?

Vy=π∫e?(ey)dy=π???。

0

?62?

2y

2

∫八. 解：1.若?(x)在x=0点连续，则a=lim∫

x→0

x

x

0x0

tf(t)dtf(t)dt

=lim

x→0

xf(x)

=0，所以a=0； f(x)

2.?′(0)=lim

x→0

?(x)??(0)

x

tf(t)dt∫=lim=limx∫f(t)dt∫

0

x→0

x

x→0

0

xf(x)

x

0

f(t)dt+xf(x)

=lim

x→0

f(x)+xf′(x)1

=，当x≠0时，?′(x)=

f(x)+f(x)+xf′(x)2

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt

0

xx

(∫

x

0

f(t)dt

)0

2

,

?xf(x)xf(t)dt?f(x)xf(t)dt

∫0∫0?,x≠02x??

。 因此?′(x)=?∫0f(t)dt

?

1?x=0

??2

()3.当x>0时，?′(x)=

xf(x)∫f(t)dt?f(x)∫f(t)dt

0

xx

(∫

x

0

f(t)dt

)0

2

=

f(x)∫(x?t)f(t)dt

x

(∫

0

x

0

f(t)dt

)2

>0

因此，当x≥0时，?(x)单调增加。

九. 证明：（1）令F(x)=f(x)?x,则F()=f()?

1

21211

=>0,F(1)=f(1)?1=?1<0，22

由零点定理知存在η∈(,1)?(0,1)，使得F(η)=0，即f(η)?η=0。 （2）令G(x)=e

?2x

12

[f(x)?x]，则G(0)=G(η)=0，故由洛尔定理知存在ξ∈(0,η),使

G′(ξ)=0，即f′(ξ)?2[f(ξ)?ξ]=1。

十. 解： D1:(x,y)?2≤x≤0,?x≤y≤

{4?x2

}D2:(x,y)0≤x≤2,2x?x2≤y≤4?x2

所以I=

{}∫π3π4

2

dθ∫ρ?ρdρ+∫2dθ∫

0

0

2

π2

2

π2

0

2cosθρ?ρdρ=π+4∫2(1?cos4θ)dθ=π。

94

69

十一. 证明：f(x)=f(0)+f′(0)x+

f′′(0)2f′′′(η)3

x+x,η介于0与x之间； 23!

f′′(0)f′′′(ξ1)

?,?1<ξ1<0,(1)， 26f′′(0)f′′′(ξ2)

+1=f(1)=f(0)+,0<ξ2<1,(2) 26f′′′(ξ2)f′′′(ξ1)

，因为函数f(x)在闭区间[?1,1]上具有连续的三阶导数，(2)?(1)得：+1=

66

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)

所以f′′′(x)在[?1,1]上具有最小值m和最大值M。从而m≤≤M，所以

2

f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)

由介值定理知，存在一点ξ∈(?1,1)，使得f′′′(ξ)==3。

20=f(?1)=f(0)+

?y=4?x2?y=4?x2

得两曲线交点为(?1,3),(4,?12)；由?得两曲线交点为十二.解：由?

y=?3xy=3x??

(1,3),(?4,?12)。由f(x)为[?1,1]上连续的奇函数，所以f(x)ln(y+1+y2)为关于变量

x的奇函数，x2为关于变量x的偶函数，且积分区域D 关于y轴对称，所以由二重积分得

对称性知：I=

∫∫xdxdy+0=2∫dx∫

D

0

2

2

4?x2

?3x

x2dy=2∫x2(4?x2+3x)dx=

0

2

113

。 30

2014《高等数学》求实杯竞赛（经管）试卷（答案）

一．填空题

1. e；2. x=?1,x=0,x=1；3.二．选择题

1. D；2. C；3. C；4. A；5. A；

15

5π；4. y=0,x=1,x=?1；5. 2； 128

xx??xx

xln(1+)+(1)?1?+xln(1)?3

?1e12?α3?x?3===x=β≠0, 三．解：I=lim3limlimlimααα→0→0→0x→0xxxxxx3

所以α=2,β=

1

。 3

+∞

dxduu

==ln=ln2； 四． 解：I1=∫x∫ 0 1e+1u(u+1)u+11

+∞ +∞

π3

+∞

2

223 0 0

I=∫

3

1xutan 1123

dx=∫udutdtsec==，所以。 =+Iln26∫0 u(x+1)sec44

70

112

五．解：g(0)=∫xdx=，g(1)=∫(1?x2)dx=；

0 033

1

2

当0

0

∫

t(t?x)dx+∫2

1

331

(x?t)dx=t2?t+； t43

2

g′(t)=2t?1，令g′(t)=0得t=

六．解：设I=

11121；g()=，所以maxg(t)=，ming(t)=。

0≤t≤144430≤t≤14

∫∫D

(2x?y+1)2+x3y1+x+ydσ+∫∫D22dσ，由区域D的对称性及函数的奇偶性可得，

I=5∫∫D

x21+x+y2211+x+y22dσ，

又由轮换对称性得

1 15x2+y21r3rI=∫∫dσ+∫∫dσ=5π∫dr+2π∫dr，

2222 0 02D1+x2+y21+x+y1+r1+rD

1051

π?2π+2π(2?1)=(4+2)π。 333

1

七． 解：1. C′(x)=； x+200，C′(300)=215（元）

20

25000125000C(x)1′2.平均成本C(x)=，令C(x)==?=0，x+200+2

xxx4040

50000′′(1000)>0，所以C(1000)为最小值，即产量为1000

x=1000，C′′(x)=，C=0

x3

因此I=

时平均成本最少；

x2x?25000，令L′(x)=300?3.利润L(x)=500x?C(x)=300x?=0， 4020

得x=600；L′′(x)=?

1

<0，唯一极大值，L(600)为最大值；20

x2

300x?

x163220，。 ELx=L′(x)=E=E=E=?,0,Lxx=4000Lxx=6000Lxx=8000

x23131L(x)

300x??25000

40

?y

八． 1.证明：?e

?y′+e?x

2

1+e?x

=y′?1，y′=>0，所以y(x)是单调增加的；

1+e?y

x→+∞

x→+∞

2

2.解：y(x)是单调增加的，若y(x)有上界，则limy(x)存在，设limy(x)=a，则对方

程两侧求极限得：e?a+

π2

=lim(y?x+1)，而lim(y?x+1) …… 此处隐藏：2471字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……