数学竞赛题课件.doc
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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．limx24x x 1 x 12xsin x3 。
2．设函数y y( x) 由方程yarctan2 2 e 所确定，则曲线y y( x) 在点(1,0 )处的法线方程为xx yx y 1 0 。
3．设函数 f ( x) 连续，则dxdx 0tf (x 2 2 )dt t2xf (x ) 。
4．设函数 f 和g 都可微，u f x,xy ，v g x xy ，则uxvx1 y f1 yf2 g 。
1 5． 212 sin x x1a rcsin2xxdx31 。
6二、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．函数 f (x) 在闭区间[1,2] 上具有二阶导数， f (1) f (2) 0 ，F(x)(x1)2 f(x) ，则F (x) 在开区间(1,2)内( B )（A）没有零点；（B）至少有一个零点；（C）恰有两个零点；（D）有且仅有一个零点。
2．设函数 f (x) 与g( x) 在开区间( a,b)内可导，考虑如下的两个命题，⑴若 f (x) g( x) ，则 f (x) g (x) ；⑵若 f (x) g (x) ，则 f (x) g(x) 。
则（ A ）（A）两个命题均不正确；（B）两个命题均正确；（C）命题⑴正确，命题⑵不正确；（D）命题⑴不正确，命题⑵正确。
2 f x3．设常数0 ，在开区间, 内，恒有( ) ，( ) 0f x x ，记I f ( x)dx ，则（ C ）(A) I < 0；(B) I = 0；(C) I > 0；(D) I 非零，且其符号不确定。
f x f a4．lim 1，则 f (x) 在x=a 处（ D ）2x1 x a（A）导数存在，且 f (a) 0 ；（B）导数不存在；（C）取得极小值；（D）取得极大值。
5．累次积分πcos2d f r cos,r sin rdr00可以写成（D）（A）21y ydy f x,y dx；（B）00211ydy f x,y dx；00（C）11dx f x,y dy；（D）0012x xdx f x,y dy。
x y aalnsintantt2cost所确定的函数y yx的二阶导2ddxy2三、求由参数方程。
（本题6分）dydy acostdt解：ttandxdx ，dt a121tant22sect2sin t2d y d dy d dy111sin t224dxdx cos cosdx dx dt dxta t 。
dta121tant22sect2sin tx f x2，求：四、设f(x)在[0,)上可导，f(0)0，其反函数为g x，若g t x dt x ln1xxf(x)。
（本题6分）解：命t x u，则dt du，于是x x f x fx2g t x dt g u du x ln1x。
f x2将等式g u du x ln1x两边同时对x求导，同时注意到g f(x)x，于是有2xxf x2xln1x，1x当x0时，有f xx2ln1x。
1x对上式两端积分，得到xf x2ln1x dx2ln1x x l n1x x x ln1x C1xln1x2x ln1x x C由f(x)在x=0处连续，可知lim f x Cx0；又f(0)0，解得C=0，于是所以12 A。
623故422y2f(x,y)1x。
323七、求函数2y22y2x yz x在区域D：x22225上的最大值与最小值。
（本题7分）解：方法一先求函数2y2z x在区域D内的驻点：z xz2，驻点为0,0。
x,2yy由于z x2y20，所以0z为函数的最小值。
x0y0再求函数2y2z x在区域D的边界上的驻点：命2y2λx2y2x yF x,y,λx22225，则F x 2xλ2x2201F y 2yλ2y2202F λ2y2x yx222253由⑴、⑵得x=y，代入⑶得到5 1x y2或x y2。
22计算z1,z25，所以后者为函数252x y-x y222y2z x在区域D的边界上的最大值，同时也是在区域D上的最大值。
方法二由于区域D为222x2y23，所以其边界曲线的参数方程为xy223cost,t,0t2。
3sin故求函数在边界曲线上的驻点时，可化为求2z223cos t23s in t的驻点。
dz dt 62sin t cos tdz，命0dt，得驻点ππ5t,t。
计算44z25,z1,z t01362,z t25t t441362，于是可知，当π5t，即x y2时，函数422y 2z x在区域D的边界上取得最大值，同时也是在区域D上的最大值。
（省略处同方法一）f f八、设函数f x,y在点(1,1)处可微，且(x)f x,f x,xf1,11,2,3,x y(1,1)(1,1)，求d3 dx xx。
（本题7分）1解：1f1,f1,1f1,11，d dx 32x3xx1ddxxx1 23x f x,f x,x f x,f12x,x f x,x f x,x312323 12x151九、证明sin x cos x2202ddx x021x1x。
（本题8分）证明：方法一（利用积分估值定理）sin x cos x sin x cos x sin x cos x命224I02d d，x dx x0221x1x1x4对上式右端的第二个积分，取变换t x2，则dx dt，于是Isinxcos421xxdx24sin xcos21xxdxsinxcos421xxdxcosttsin2dt421t 2114sin x cos x0221x1x2dxx44sin x cos x0221x1x2dx2注意到：被积函数的两个因子在区间x40上异号（sin x cosx0，0,2 421x1x2），由积分估值定理得知必有I≤0，即知原不等式成立。
方法二（利用积分中值定理）sin x cos x sin x cos x sin x cos x 命224I dx dx x，02d0221x1x1x4由积分中值定理，并在区间4,2上取变换t x2，同时注意到：1，得2I11124sin x cos x dx112224sin x cos x dx11111 444sin x cos x dx cos t sin t dtcos x sin x dx02222 0111 1221十、设正值函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，baf(x)dx A，证明：ba f(b1f。
(x)x b a b a A x)e dx d()()a f(x)（本题8分）证明：化为二重积分证明。
记D(x,y)a x b,a y b，则原式左边baf f(x)e(x)dx ba f1(y)dyDff((x)y)e f(x)dxdyDff(y)(x)e f(y)dxdy1 2D ff(y)(x)e f(y)ff(x)(y)e f(x)dxdyDef(x)f(y)2dxdyD1f(x)2f(y)2dxdy(b a)2bdyabaf(x)dx(b a)(b a A)十一、设函数f(x)在闭区间[a,b]上具有连续的二阶导数，证明：存在ξ∈(a,b)，使得(b4a b2f()f(a)f b f2a)2()。
（本题7分）证明：将函数f(x)在点a bx处作泰勒展开，并分别取x=a和b，得到22a b a b a b1a b a bf(a)f f a f()a,其中1a，；12222!222a b a b a b1a b a b,f(b)f f2,b f()b其中b2。
2222!22两式相加得到2a b1b af(a)2f f(b)f()f()。
12222!由于f(x)连续，由介值定理知，存在1,使得2f(1)f()2f()，从而得2a b1f(a)2f f(b)b a()，2f244a b即)2(f f(b)f(f a)2。
2b a22十二、设函数f(x)在闭区间[-2,2]上具有二阶导数，f(x)1，且(0)(0) 4f f，证明：存在一点ξ∈(-2,2)，使得f()f()0。
（本题8分）证明：在区间[-2,0]和[0,2]上分别对函数f(x)应用拉格朗日中值定理1f(0)f(2) (2,0)使1；f()22f(2)f(0)(02)使2,f()。
2f(0)f(2)注意到：f(x)1，因此 1f(1)，f(2)1。
2命：2()2F(x)f(x)f x，则F(x)在区间[-2,2]上可导，且22F(1)f()f()2；1122F(2)f()f()2；22F(0)4。
故F(x)在闭区间1,上的最大值F()M ax f()4，且(1,2)。
由弗马定理知x2x1,2F()0。
而F(x)2f(x)f(x)2f(x)f(x)，故F()2f()f()f()0。
22由于()()()4F f f，所以f()0，从而f()f()0。
