第十届2013景润杯(经管).docx

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1、厦门大学第十届景润杯数学竞赛试卷学院年级专业竞赛时间2013.06.22（经管卷）1.（15分）求下列极限（每小题5分，共15分）9(1)n-lnnn2lnn)ln-n/Innn1-n解：lim(n-lnn)lnn=lim(^)lnnnn2lnnn、121nn=limn.tt20dxx2Sinydylim^73；(e-1)arctant2解:limt_0-.tt20dx-sinydy2P3(e1。1)arctant2ty2°dy°sinydx2t232kt2lnn、白(1)(12nlnn/n・2sinydxdylimT

2、zJ(e洪-1)arctant2二0tysiny2dy--lim72rt2Je"-2"e_3e"9(3)Rimffe^arctan—dxdy,其中dr是由x=r,y=o,y=2x-1所围成.解：由于函数e*arctan'在Dr上连续，由积分中值定理得x工,y,,.，，R,!.i.earctan—dxdyearctan—dxdyearctan—,DrxDr4其中dJ)WDr,BPR

3、ffearctandxdy

4、=earctan口dxdywearct

5、an->0>DrxDr4所以lime,arctan—dxdy=0.9R'二Drx2.(10分)设f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且2f(0)=f⑴，试证明：至少存在一点^w(0,1),使得(1+之)丁《)=f《)。解：构造辅助函数9(x)=f(X),显然中(X)在［0,1］上连续，在(0,1)内1Xf(0),因此可导，且中0=f(0)=f(0L1=f(1)=2f⑼101129(X)在［0,1］上满足罗尔定理的条件，则由罗尔定理知，存在之三(0,1)使得中'd)=0,即小代)=(1-)f'⑴一fG)=0,

6、因(1+1)2=0,(1)2故有(1+Df《)=f(9.证毕.3、(10分)计算定积分［

7、x2+2

8、xb3dx.3c2c3c解：」(x22

9、x卜3)

10、dx=J(x22

11、x

12、-3)

13、dx2

14、(x22冈-3)

15、dx2232=20

16、(x2x-3)

17、dx2

18、(x2x-3)

19、dx1232=20

20、(x3)(x-1)

21、dx21

22、(x3)(x-1)

23、dx2(x2x-3)dx123c=-2o(x3)(x-1)dx2［(x3)(x-1)dx2(x22x-3)dx49.34.(10分)设f(x)=(1+x)a,g(x)=1+^x,xw(-1

24、,+°°),其中值为任意实数，试就u的不同取值范围，讨论f(x)和g(x)的大小关系.解法1：对于函数f(x)=(1x)f(x)=:(1x)f(x)=:(二-1)(1x)'(I)当豆＜0,或豆＞1时，f"(x)＞0,f(x)是严格的下凸函数，而g(x)=1+“x是曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线，而严格下凸函数的切线总是位于曲线的下方。因此有f(x)之g(x),即(1+x产之1+ctx.(II)当0

25、(x),所以9(1x)：1X.不论何种情况，当且仅当x=0时，f(x)三g(x)。解法2：设辅助函数F(x)=(1x):-1-：X,X(-1,•二)显然F'(x)="[(1+x严-1],且F(0)=0(i)若口<0或口>1时，当xw(—1,0)时，F'(x)<0=F(x)J=F(x)之F(0)=0;当xw(0,+g)时，F'(x)>0=F(x)=F(x)之F(0)=0,所以F(x)之0,即(1+x产之1+£x.(ii)若0<支<1时，当xw(-1,0)时，F'(x)>0=F(x)=F(x"F(0)=0;当xw(0,+馅

26、)时，F'(x)<0=F(x)J=F(x)wF(0)=0,所以当0Wu<1时，有F(x)W0,即(1+x)UW1+ax.当且仅当x=0时，等式成立即f(x)三g(x)。5、(10分)求f(x,y)=x2-xy+y2-2x+y在全平面上的最大值和最小值f=2x-y-2=0.(1,0).解法1:令Jxy0解得唯一的驻点fy=2y-x1=0A=fxx(1,0)=20,B=fxy(1,0)=-1,C=fyy(1,0)=2△=AC-B2A0,故(1,0)是极小值点，极小值为f(1,0)=-1.又有f(：cos]，：sin1)二■

27、2(1一sin^cos^)一(2cos^一sin^)2,/1.c、，c.、12c,、--(1sin2i)-[(2cosi-sini)3—：'(^：’),22可见f(x,y)在全平面上无最大值.又知存在P0,当P之P0时，f之-1,于是在x2+9y2至P20内，f不可能取最小值，即f的全局最小值只能在X2+y2WP20内取得，又f在