2.A
【解法一】求导得
1x
y0 = p
;
2x x2
令 y0 = 0; 可求得 x = 1; 又 0 < x < 1 时, 有 y0 > 0; 当 1 < x < 2 时, 有 y0 < 0: 故 x = 1
时有极大值 y = 1: 故当 x = 0 及 x = 2 时, 有边界极小值 y = 0.
【解法二】可以看出该q一元函数是一个半圆. 将函数形式作变形可得
y = 1 (x 1)2 ) (x 1)2 + y2 = 1; (0 ⩽ y ⩽ 0) ;
作图如下, 易知 (A) 正确.
3.C 【解析】 1 不一定有界. 例如函数 f (x) = 1 在 (0; 1) 每点确定且有界, 但在区间 (0; 1) 区
x 间内无界.
2
有界.
反证,
若
f
(x)
在
[a; b]
“
a
2
f 2 (x) + f 2 (y) dxdy;
[a;b] [a;b]
[a;b] [a;b]
由积分区域的轮换对称性可得
“
[a;b] [a;b]
“ f 2 (x) + f 2 (y) dxdy = 2
ˆb
ˆb
f 2 (x)dxdy = 2 f 2 (x)dx dy
a
a
[a;b] [a;b]
ˆb
= 2 (b a) f 2 (x)dx;
0
lim
x!1
xm xn
1 1
=
lim
x!1
mxm nxn
1 1
=
m :
n
2.
2x sin x2 + 1
y
【解析】由题 则有 3. 1 .
4
@u 2x sin x2 @u cos x2
= @x
y
;= @y
y2 ;
@u @u
2x sin x2
y cos x2 2x sin x2 + 1
+=
@x u@y
0ÄxÄ 0ÄyÄ
1 4
sin
2'Ãˇˇˇˇ2
0
=
a3 :
3
1 4
sin
2xÃˇˇˇˇ
0
21 =: 4
天津大学北洋数学研究社命制
第2页 共7页
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
1 =0
1 =0
@y y
ˆˆˆˆˆˆˆˆ:
@F @z @F
p1
=
=0
z
=x+y+z
a=0
;
@
可得
am
an
ap
x=
;y =
;z =
;
m+n+p
m+n+p
m+n+p
此时有
u
=
am+n+p mm nn p p (m + n + p)m+n+p :
连续函数 w 定义在平面(x + y + z = (a 于第一象限(内的部分, 边界上有三条直线组成:
当
n=1
时,
因为
1 2
<
1 p;
3
不等式显然成立；
设 n = k 时, 不等式成立, 即 1 3 24
2k 1
1
2k
<p
:
2k + 1
对于 n = k + 1 而言, 由于 p
1 3 2k + 1
1 2k + 1 2k + 1
p
24
2k
+
2
<
p 2k
+1
= 2k + 2
; 2k + 2
故只需证明
2k + 1 2k + 2
22 24 28
n!1
Á
1
2 2n =
lim
11
(
1 2
)n
22
1
1 2
= 2:
n!1
天津大学北洋数学研究社命制
第3页 共7页
【解析】由三角函数的性质易知
ˆ2
cos xdx = 0;
ˆ
0 2
ˆ
x sin xdx =
0
ˆ0
ˆ2 x sin xdx +
ˆ
x sin xdx
= x sin xdx
(t + ) sin t dt
y
cos x2 y2 =
: y
天津大学北洋数学研究社命制
第1页 共7页
【解法一】令
x
=
1 ;
则有
t
p x x2 + 2x
p 2 x2
+
x
+
Á x
=
p1
+
2t
2p1 + t + 1 t2
p1 + 2t + 1 2 4 (1 + t )
= t2
p1 + 2t + 2p1 + t + 1
p
2 1 + 2t 1 t
0ˆ
0
ˆ2
=
x sin xdx < 0 = cos xdx
ˆ2
0
x2 cos xdx = x2 sin xˇˇ20
ˆ2
0
2 x sin xdx
0
Â
ˆ0 2
Ã
=2
x
cos
x
2
j0
cos xdx = 4 > 0
0
三．"【ˆ解b 析】由基#本2 不等式“可得
f (x)dx =
f
(x) f
(y)dxdy
⩽
1
@y @2u
2 1
ˆ0
x
@y2 = 2 0
f
0 y
(
;x
+y
f ( ; x + y)]d ;
)
f
0 y
(
;
x + y) d ;
天津大学北洋数学研究社命制
第4页 共7页
由此可得 @2u @x2
@2u @y2
=
f
(x; y) ;
证毕.
五．【解析s】因为Â @z Ã2 Â @z Ã2 r
1+
+
= 1+
x Á2 +
=
x3
+ x2px2 + x
p x
2
+
2x
+
pxx22p+xx2Á+x2x+
x2px2 px2 + x
Á+
x
x2 x px2 + 2xÁ
=
px2
+
2x
+
px2
+
Á x
x
+
p x
2
+
Á x
=
px2
+
2x
+
px2
+
Á x
x
2x3
+
p x
2
+
Á x
x + px2 + 2xÁ
=r
r
!
2
1
2 r
!
1
r
!! 2
<
1 p
2k +
; 3
即证
(2k
+
1) (2k
+
3)
<
(2k
+
2)2;
该不等式可转化为
4k2 + 8k + 3 < 4k2 + 8k + 4;
于是有 1 3 24
2k 2k
+ +
1 2
<
1 p
2k +
; 3
即对于
n
=
k
+
1
时不等式也成立,
归纳法证毕.
十．【证明】由假定
k
> 0; T
> 0;
令
a
=
k
1 T
1 :
4
1+ + 1+ 1+ 1+ 1+ 1+
x
x
x
x
4.
a3
3
【解析】ˆ 由2 题 ˆ d'
a
r 2 sin2 ' d'
=
a3
ˆ
2
sin2'd'
=
a3
 '
0
0
30
32
5. 1 .
4
【解析】由二元函数在闭“区间平均值的定义可得 Ä Â
1 f (x; y) =
sin2xsin2ydxdy =
1
2
x 2
)+f ( ;
x + y)]d
@2u
2 1
ˆ0x
@x2
= 2
0
f
0 y
(
;x
+y
)
f
0 y
(
;
x + y) d
1
+ [f (x; x + y x) + f (x; x x + y)]
1 ˆ2x
= 20
f
0 y
(
;x
+y
)
f
0 y
(
;
x + y) d + f (x; y)
同理可得
@u 1 ˆ x
=
[f ( ; x + y )
p x x2 + 2x
p
Á hp
p
Á
p
Ái
2 x2 + x + x = x x2 + 2x x2 + x + x x2 + x
2 = x 64
px2 + 2xÁ2 px2 + 2x
+
px2 + xÁ2 px2 + x
+
x2 x
px2
+
p x
2
Á2 3 + x 75 +x
x2
x2
= px2 + 2x + px2 + x x + px2 + x
qn ;
1q
令
q
=
b a
;
则有
b  b Ã2
1+ +
+
aa
所以有
an bn = an 1 (a
 b Ãn
 b Ãn 1
a
an bn
+ a
=
b
1
= an an 1b ;
a
Xn  b Ãk
b)
= (a
a
k=0
Xn b) an 1 kbk;
k=0
令 b = 1, 则有
an 1n = an 1 (a 1) Xn  1 Ãk = Xn an 1 k;
= t2
p1 + 2t + 2p1 + t + 1
p 2 1 + 2t
1
t
p 1
+
2t
+
1
2
= t2
p1 + 2t + 2p1 + t + 1
p1 + 2t + 1 2
4
= t2
p1 + 2t + 2p1 + t + 1
p1 + 2t + 1 2 ;
令
x
!
+1;
则
t
!
0;
所以上式
!
1 :
4
【解法二】由抓大头公式
y Á2
=
1
q a2
+
(x2
+
y2);
@x
@y
a
aa
积分区域为双纽线 r2 = a2 sin 2' 所围成的闭曲线, 于是利用对称性可求得要求的面积为
“ S=
1
q a2
+
(x2
+
y2)dxdy
=
4
ˆ
4
ˆ d'
apsin 2'
r
p a2
+ r2dr
a
0
0
a
D
=
4
ˆ
4
h a3(1
+
sin
2'
)
3 2
i a3 d'
> 0;
则
aT
= k;
于是有
a
"ˆ b
#2
所以有
f (x)dx ⩽ (b
a
ˆb a) f 2 (x)dx:
a
四.【证明】利用含参变量的常义积分求导公式，可得
@u 1 ˆ x = [f ( ; x + y
) ( 1) f ( ;
x + y)]d
@x
2
0ˆ 1
x+y
+
f (x; Á)dÁ
2 1ˆ x
x+y
= [f ( ; x + y
a2 a2 = (20 3 ) :
33 3 9
六.【解析】设 w = ln u = m ln x + n ln y + p ln z; 令 F (x; y; z) = w
1 (x + y + z
a) ;
解方程组
(x
>
0; y
>
0;
z
>
0; a 8ˆˆˆˆˆˆˆˆ<>@@@0FFx)
: = =
m x n
因而也是极大值.
七．【解析】作变换
ax + by pa2 + b2
=
u;
bx pa2
ay + b2
=
v;
则有
(au + bv) (bu av)
x
=
pa2
;y + b2
=
pa2 + b2 ;
天津大学北洋数学研究社命制
第5页 共7页
及 x2 + y2 = u2 + v2 ⩽ 1: 因此 x2 + y2 ⩽ 1 可变为 u2 + v2 ⩽ 1; 且有 jJ j = 1; 因此
无界,
使得
lim f
n!1
(xn)
=
1;
取子列
xnk
!
x0
2
[a; b] ;
则 f (x) 在 x0 无界, 与题目条件矛盾.
4.C
【解析】由指数运算的性质和等比数列求和公式可得
1
1
1
22 24 28
1
2 2n
=2
1 2
+
1 22
+
Á
1 2n
1
= 22
1
(
1 2
)n
; 1
1 2
故有 5.B
lim
111
“
“
p
Á
f (ax + by + c)dxdy =
f a2 + b2u + c dudv
x2+y2Ä1
u2+v2Ä1
ˆ1
ˆ
p 1
u2
p
Á
= du p f a2 + b2u + c dv
ˆ1 1 p
1 u2
p
Á
=2
1 u2f a2 + b2u + c du
1
八．【证明】设
g (x)
=
1 ;F
x
(x)
=
分。)
1.B
2.A
3.D
4.C
5.B
1. B
【解析】由题
lim f (x) = lim x2 4 = lim (x + 2) = 4;
x!2
x!2 x 2 x!2
所以当 A = 4 时,f (x) 在 x = 2 处连续;A ¤ 4 时,f (x) 在 x = 2 处不连续, 且在 x ¤ 2 处
连续, 且 x ¤ 2 时,f (x) = x + 2:
内至少存在一点 ; 使得
f (x2) f (x1) f 0 ( ) f ( )
F (x2) g (x2)
F (x1) = F 0 (x) = g (x1) g0 (x)
x2 1
x1 1
=
1
;
x1 x2
2
化简得
x1
1
x2
ˇˇˇˇf
x1 (x1)
f x(x22)ˇˇˇˇ = f ( )
f0( ):
九．【证明】利用数学归纳法证明。
a
k=0
k=0
所以有
xm 1 = (x 1) xm 1 + xm 2 + + x + 1 xn 1 = (x 1) xn 1 + xn 2 + + x + 1
故
lim
x!1
xm xn
1 1
=
lim
x!1
xm xn
1 + xm 2 + 1 + xn 2 +
+x+1 m =:
+x+1 n
【解法二】易知该极限为 0 型极限，所以有
2018 年天津市大学生数学竞赛试题 参考答案
天津大学北洋数学研究社
————————————————————————————————————————
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. m . n
【解法一】由等比数列求和公式可得
1 + q + q2 +
+ qn = 1
=
4a2
ˆ
4
(1
+
sin
2'百度文库
)
3 2
d'
a2
3a 0
30
3
又有
ˆ
ˆ
4
(1
+
sin
2'
)
3 2
d'
=
4h 1 + cos 2
Ái
3 2
' d'
=
ˆ p 22
4 cos3
0
0
4
0
4
ˆ
Â
p =2 2
4
cos3t dt
=
p 22
sin t
0
sin3 3
t
Ãˇˇˇˇ 4
0
=
5 :
3
Á ' d'
因此 S = 4a2 5
f
(x) ;
x
由于
x1x2
>
0;
故
x
=
0
在
[x1; x2]
之外.
从而
g (x)
和
F
(x)
均在
[x1; x2] 上可微. 且有 g0 (x) 2 + F 0 (x) 2 =
1 x4
n 1
+
xf 0 (x)
o f (x) 2 ¤ 0;
且 g (x1) ¤ g (x2) : 因此对于函数 g (x) 和 F (x) 满足 Cauchy 中值定理条件。故在 (x1; x2)
x+y =a y+z =a z+x =a
;
;
;
z=0
x=0
y=0
当点 P 区域边界上的点时, 由于可疑点仅一个，故当 x
显然有 w am
=
!
1; ;y
因此函数 an
=
w
在区域内去的最大值. ; z = ap 时, 函数
u
取得
m+n+p
m+n+p
m+n+p
最大值,u =
am+n+p mm nn p p (m + n + p)m+n+p
