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2009年至2014年全国大学生数学竞赛试卷和解答——非数学类


第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷 (非数学类,2009)
一、填空题(每小题 5 分,共 20 分)

y ( x ? y) ln(1 ? ) x dxdy ? ____________, 1. 计算 ?? 其中区域 D 由直线 x ? y ? 1 D 1? x ? y
与两坐标轴所围成三角形区域.

?0 1 ? 解:令 x ? y ? u, x ? v ,则 x ? v, y ? u ? v , dxdy ? det? ? 1 ? 1? ? dudv ? dudv , ? ?
y ( x ? y) ln(1 ? ) u ln u ? u ln v ??D 1 ? x ? y x dxdy ? ??D 1 ? u dudv
u u ln u u u dv ? ln vdv)du ? ? 0 1? u 0 1? u 0 2 1 u ln u u (u ln u ? u ) ?? ? du 0 1? u 1? u

? ?(

1

??
令 t ? 1 ? u ,则 u ? 1 ? t 2

1

0

u2 du (*) 1? u

du ? ?2tdt , u 2 ? 1 ? 2t 2 ? t 4 , u(1 ? u) ? t 2 (1 ? t )(1 ? t ) ,

(*) ? ?2? (1 ? 2 t2 ? t4) dt
1

0

? 2?

1 0

1 ? 16 ? 2 (1 ? 2t ? t )dt ? 2?t ? t 3 ? t 5 ? ? 5 ? 0 15 ? 3
2 4
2 0

1

2 . 设 f ( x) 是 连 续 函 数 , 且 满 足 f ( x) ? 3x 2 ? ? f ( x)dx ? 2 ,
f ( x) ? ____________.
2



解:令 A ? ? f ( x)dx ,则 f ( x) ? 3x 2 ? A ? 2 ,
0

A ?

?

2 0

(3x 2 ? A ? 2) dx ? 8 ? 2 (A ? 2) ? 4 ? 2A ,
10 4 。因此 f ( x) ? 3x 2 ? 。 3 3

解得 A ? 3.曲面 z ?

x2 ? y 2 ? 2 平行平面 2 x ? 2 y ? z ? 0 的切平面方程是__________. 2

1

解 : 因平面 2 x ? 2 y ? z ? 0 的法向量为 (2,2,?1) ,而曲面 z ?

( x0 , y0 )

处 的 法 向 量 为

x2 ? y2 ? 2 在 2 ( z x ( x0 , y0 ), z y ( x0 , y0 ),?1) , 故

( z x ( x0 , y0 ), z y ( x0 , y0 ),?1) 与 (2,2,?1) 平行,因此,由 z x ? x , z y ? 2 y 知

2 ? z x ( x0 , y0 ) ? x0 ,2 ? z y ( x0 , y0 ) ? 2 y0 ,
即 x0 ? 2, y0 ? 1 ,又 z( x0 , y0 ) ? z(2,1) ? 5 ,于是曲面 2 x ? 2 y ? z ? 0 在 即曲 ( x0 , y0 , z( x0 , y0 )) 处的切平面方程是 2( x ? 2) ? 2( y ? 1) ? ( z ? 5) ? 0 , 面z ?

x2 ? y 2 ? 2 平行平面 2 2 x ? 2 y ? z ? 0 的切平面方程是 2 x ? 2 y ? z ? 1 ? 0 。

4.设函数 y ? y ( x) 由方程 xe f ( y ) ? e y ln 29 确定,其中 f 具有二阶导数,且 f ? ? 1 , 则

d2 y ? ________________. dx 2
解:方程 xe f ( y ) ? e y ln 29 的两边对 x 求导,得

e f ( y ) ? xf ?( y) y?e f ( y ) ? e y y? ln 29
因 e y ln 29 ? xe f ( y ) ,故

1 1 ,因此 ? f ?( y) y? ? y? ,即 y? ? x x(1 ? f ?( y))

d2 y 1 f ??( y) y? ? y?? ? ? 2 ? 2 dx x (1 ? f ?( y)) x[1 ? f ?( y)]2
? f ??( y) 1 f ??( y) ? [1 ? f ?( y)]2 ? ? x 2 [1 ? f ?( y)]3 x 2 (1 ? f ?( y)) x 2 [1 ? f ?( y)]3
e

e x ? e 2 x ? ? ? e nx x 二、 (5 分)求极限 lim ( ) ,其中 n 是给定的正整数. x?0 n
解: lim (
x?0

e x ? e 2 x ? ? ? e nx x e x ? e 2 x ? ? ? e nx ? n x ) ? lim (1 ? ) x?0 n n

e

e



e x ? e 2 x ? ? ? e nx ? n e x?0 n x x 2x nx e ? e ??? e ? n ? e lim x?0 nx A ? lim

e x ? 2e 2 x ? ? ? nenx 1? 2 ? ?? n n ?1 ? e lim ?e ? e x?0 n n 2
因此

e x ? e 2 x ? ? ? e nx x lim ( ) ? eA ? e x?0 n

e

n?1 e 2

2

三、 (15 分)设函数 f ( x) 连续, g ( x) ? ? f ( xt )dt ,且 lim
0

1

x?0

f ( x) ? A , A 为常数, x

求 g ?( x) 并讨论 g ?( x) 在 x ? 0 处的连续性. 解:由 lim
x?0

f ( x) f ( x) ?0 ? A 和函数 f ( x) 连续知, f (0) ? lim f ( x) ? lim x lim x?0 x?0 x?0 x x
1
1

因 g ( x) ? ? f ( xt )dt ,故 g (0) ? ? f (0)dt ? f (0) ? 0 ,
0
0

因此,当 x ? 0 时, g ( x) ?

1 x f (u )du ,故 x ?0

? lim g ( x) ? lim
x?0 x?0

x 0

f (u)du x

? lim

x?0

f ( x) ? f (0) ? 0 1

当 x ? 0 时,

g ?( x) ? ?

1 x2

?

x 0

f (u )du ?

f ( x) , x

x 1 x f (t )dt ? ?0 f (t )dt ? lim f ( x) ? A g ( x) ? g (0) 0 g ?(0) ? lim ? lim x ? lim x?0 2 x x?0 x?0 x?0 2 x x x2 1 x f ( x) f ( x) 1 x A A lim g ?( x) ? lim [? 2 ? f (u )du ? ] ? lim ? lim 2 ? f (u )du ? A ? ? 0 0 x?0 x?0 x ? 0 x ? 0 x x x x 2 2 这表明 g ?( x) 在 x ? 0 处连续.

四、 (15 分)已知平面区域 D ? {( x, y ) | 0 ? x ? ? , 0 ? y ? ? } , L 为 D 的正向边界, 试证: (1) ? xe sin y dy ? ye ? sin x dx ?? xe ? sin y dy ? ye sin x dx ;
L L

5 (2) ? xe sin y dy ? ye ?sin y dx ? ? 2 . 2 L
证:因被积函数的偏导数连续在 D 上连续,故由格林公式知

? xe
L

sin y

?? ? ? dy ? ye ?sin x dx ? ?? ? ( xe sin y ) ? (? ye ?sin x )?dxdy ? ?? (esin y ? e ? sin x )dxdy ?x ?y ? D D ?
?? ? ? dy ? ye sin x dx ? ?? ? ( xe ?sin y ) ? (? ye sin x )?dxdy ? ?? (e ? sin y ? esin x )dxdy ?x ?y ? D D ?

? xe
L

? sin y

而 D 关于 x 和 y 是对称的,即知

?? (e
D

sin y

? e ? sin x )dxdy ? ?? (e ? sin y ? esin x )dxdy
D

因此
3

? xe
L

sin y

dy ? ye ? sin x dx ?? xe ? sin y dy ? ye sin x dx
L

(2)因

et ? e ?t ? 2(1 ?


t2 t4 ? ? ?) ? 2(1 ? t 2 ) 2! 4!
1 ? cos 2 x 5 ? cos 2 x ? 2 2

esin x ? e ?sin x ? 2 ? sin 2 x ? 2 ?


? xe
L

sin y

dy ? ye ? sin y dx ? ?? (esin y ? e ? sin x )dxdy ? ?? (e ? sin y ? esin x )dxdy
D D



? xe
L

sin y

dy ? ye ?sin y dx ?

1 1 (esin y ? e ?sin x )dxdy ? ?? (e ?sin y ? esin x )dxdy ?? 2 D 2 D

?

1 1 (esin y ? e ?sin y )dxdy ? ?? (e ?sin x ? esin x )dxdy ? ?? (e ?sin x ? esin x )dxdy ?? 2 D 2 D D
? ?
0 0

? ? ? (e ?sin x ? esin x )dx ? ? ?

5 ? cos 2 x 5 dx ? ? 2 2 2

5 即 ? xe sin y dy ? ye ?sin y dx ? ? 2 2 L
五、 (10 分)已知 y1 ? xe x ? e2 x , y2 ? xe x ? e ? x , y3 ? xe x ? e 2 x ? e ? x 是某二阶常 系数线性非齐次微分方程的三个解,试求此微分方程. 解设 y1 ? xe x ? e2 x , y2 ? xe x ? e ? x , y3 ? xe x ? e 2 x ? e ? x 是二阶常系数线性非 齐次微分方程 y?? ? by? ? cy ? f ( x) 的三个解, 则 y2 ? y1 ? e? x ? e2 x 和 y3 ? y1 ? e ? x 都是二阶常系数线性齐次微分方程
y?? ? by? ? cy ? 0

的解,因此 y?? ? by? ? cy ? 0 的特征多项式是 (? ? 2)(? ? 1) ? 0 ,而 y?? ? by? ? cy ? 0 的特征多项式是

?2 ? b? ? c ? 0
?? ? y1 ? ? 2 y1 ? f ( x) 和 因此二阶常系数线性齐次微分方程为 y?? ? y? ? 2 y ? 0 ,由 y1
? ? e x ? xe x ? 2e2 x , y1 ?? ? 2e x ? xe x ? 4e2 x y1

?? ? y1 ? ? 2 y1 ? xe x ? 2e x ? 4e2 x ? ( xe x ? e x ? 2e2 x ) ? 2( xe x ? e2 x ) 知, f ( x) ? y1
? (1 ? 2x)e x
二阶常系数线性非齐次微分方程为
4

y?? ? y? ? 2 y ? e x ? 2xe x
六、 (10 分)设抛物线 y ? ax2 ? bx ? 2 ln c 过原点.当 0 ? x ? 1 时, y ? 0 ,又已知该

1 抛物线与 x 轴及直线 x ? 1所围图形的面积为 .试确定 a, b, c ,使此图形绕 x 轴旋 3
转一周而成的旋转体的体积最小. 解因抛物线 y ? ax2 ? bx ? 2 ln c 过原点,故 c ? 1 ,于是
1

1 1 2 b ? a b ?a ? ? (ax ? bx)dt ? ? x3 ? x 2 ? ? ? 3 0 2 ?0 3 2 ?3


b?

2 (1 ? a) 3
1 1

而此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积

V (a) ? ? ? (ax2 ? bx) 2 dt ? ? ? (ax2 ?
0 0

2 (1 ? a) x) 2 dt 3

1 1 4 4 a(1 ? a) ? x 3dt ? ? (1 ? a) 2 ? x 2 dt 0 0 0 3 9 1 1 4 ? ?a 2 ? ? a(1 ? a) ? ? (1 ? a) 2 5 3 27

? ?a 2 ? x 4 dt ? ?

1



1 1 4 V (a) ? ?a 2 ? ? a(1 ? a) ? ? (1 ? a) 2 5 3 27


2 1 8 V ?(a) ? ?a ? ? (1 ? 2a) ? ? (1 ? a) ? 0 , 5 3 27


54a ? 45 ? 90a ? 40 ? 40a ? 0


4a ? 5 ? 0
因此

5 3 a ? ? , b ? , c ? 1. 4 2
? ( x) ? un ( x) ? x n?1e x (n ? 1,2, ?) , 且 un (1) ? 七、 (15 分)已知 un ( x) 满足 un

e , 求函 n

5

数项级数 ? un ( x) 之和.
n?1

?



? ( x) ? un ( x) ? x n?1e x , un


y? ? y ? x n?1e x
由一阶线性非齐次微分方程公式知

y ? e x (C ? ? x n?1dx)
即 y ? e x (C ?

xn ) n
x

xn 因此 un ( x) ? e (C ? ) n e 1 由 ? un (1) ? e(C ? ) 知, C ? 0 , n n
于是

u n ( x) ?

x ne x n
? ?

x ne x 下面求级数的和:令 S ( x) ? ? un ( x) ? ? n n?1 n?1
则 S ?( x) ? ? ( x n?1e x ?
n?1 ? ? x ne x ex ) ? S ( x) ? ? x n?1e x ? S ( x) ? n 1? x n?1

即 S ?( x) ? S ( x) ?

ex 1? x
1 dx) 1? x
? n?1

由一阶线性非齐次微分方程公式知

S ( x) ? e x (C ? ?

令 x ? 0 ,得 0 ? S (0) ? C ,因此级数 ? un ( x) 的和

S ( x) ? ?e x ln(1 ? x)
八、 (10 分)求 x ? 1? 时, 与 ? x n 等价的无穷大量.
2

?

n?0

解令 f (t ) ? xt ,则因当 0 ? x ? 1 , t ? (0, ??) 时, f ?(t ) ? 2txt ln x ? 0 ,故
2

2

f (t ) ? x t ? e

2

?t 2 ln

1 x

在 (0, ??) 上严格单调减。因此

6

?

?? 0

f (t )dt ? ? ?
n ?0

?

n ?1

n

f (t )dt ? ? f (n) ? f (0) ? ? ?
n ?0 n ?1

?

?

n

n ?1

f (t )dt ? 1 ? ?

??

0

f (t )dt

即 又

?

?? 0

f (t )dt ? ? f (n) ? 1 ? ?
n ?0
?
2

?

?? 0

f (t )dt ,

? f (n) ? ? xn ,
n ?0 n ?0

?

1 1 ? lim x ? lim x ? 1 x?1 1 ? x x?1 ? 1 ln

?

?? 0

f (t )dt ? ? x dt ? ? e
t2 0 0
?

??

??

?t 2 ln

1 x

dt ?

1 ln

1? x

?? 0

e ?t dt ?

2

1

?

1 2 ln x



所以,当 x ? 1? 时, 与 ? x n 等价的无穷大量是
2

n?0

1 ? 2 1? x

第一届全国大学生数学竞赛决赛试卷 (非数学类,2010) 一、 (20 分)计算下列各题:
n?1 k k? 1.求极限 lim ? (1 ? ) sin 2 n?? n n k ?1

解法 1
n?1 k k? 因 ? (1 ? ) sin 2 n n k ?1

?

1 2 sin

?

2 sin ? (1 ? n ) n
k ?1

n?1

k

k?
2

sin

?
2n 2

2n 2

?

1 2 sin

?
2

(cos ? (1 ? n )
k ?1

n?1

k

2k? ? ? 2k? ? ? ? cos ) 2 2n 2n 2

2n

?

n2

?
n2

(cos ? (1 ? n )
k ?1 n?1

n?1

k

2k? ? ? 2k? ? ? ? cos ) 2 2n 2n2

k 2k? ? ? n2 n?1 k 2k? ? ? ? ? (1 ? ) cos ? ? (1 ? ) cos 2 ? k ?1 n 2n ? k ?1 n 2n2
7

?
?

n2
n2

k 2k? ? ? n 2 n k ?1 2k? ? ? ( 1 ? ) cos ? ? (1 ? ) cos ? 2 ? k ?1 n 2n ? k ?2 n 2n 2
n?1

1 ? n2 n ?1 (2n ? 1)? n2 n?1 1 2k? ? ? (1 ? ) cos 2 ? (1 ? ) cos ? ? cos 2 ? n 2n ? n 2n ? k ?2 n 2n2

1 ? n2 1 (2n ? 1)? n n?1 (2k ? 1)? (*) ? (1 ? ) cos 2 ? (2 ? ) cos ? ? cos 2 ? n 2n ? n 2n ? k ?2 2n2 n2

n?1

? cos
k ?2

1 (2k ? 1)? ? 2 ? 2n 2 sin 2 2n ? 1 2 sin

? 2 cos
k ?2 n?1

n?1

(2k ? 1)? ? sin 2 2 2n 2n k?
2

?

?[sin n
k ?2

? sin

(k ? 1)? ] n2

2n 2

?

sin

(n ? 1)? ? ? sin 2 2 n n 2 sin

?

2n 2 ? (n ? 2)? cos sin 2n 2n 2 (**) ? ? sin 2 2n 将(**)代入(*) ,然后取极限,得
原式 ? lim [
n??

n

1 ? n 1 (2n ? 1)? n (1 ? ) cos 2 ? (2 ? ) cos ? ? n 2n ? n 2n 2 ?
2 2

cos

?
2n

sin

sin

?

(n ? 2)? 2n 2 ]

2n 2

? lim[
n??

n2

1 n2 1 (2n ? 1)2 ? 2 2n3 ? (n ? 2)? (1 ? ) ? (2 ? ) (1 ? ) ? 2 cos sin ] 4 ? n ? n 8n ? 2n 2n2

? lim[
n??

n2

1 n2 1 ?2 2n3 ? (n ? 2)? (1 ? ) ? (2 ? ) (1 ? 2 ) ? 2 cos sin ] ? n ? n 2n ? 2n 2n2

? lim[
n??

n2

1 n2 1 ?2 2n3 ? 2 (n ? 2)? (n ? 2)3? 3 (1 ? ) ? (2 ? ) (1 ? 2 ) ? 2 (1 ? 2 )( ? )] ? n ? n 2n ? 8n 2n2 48n6

? lim[
n??

n2

?

5? 6

1 n2 1 ?2 2n3 ?2 ? ? ?3 (1 ? ) ? (2 ? ) (1 ? 2 ) ? 2 (1 ? 2 )( ? 2 ? )] ? n ? n 2n ? 8n 2n n 48n3

8

上式中含 n 2 的项的系数为 常数项系数为 ? ? 解法 2 Step 1 因 ? sin
k ?1 n?1

1

?
24

?

?
8

?

?

2

?? ?

? ?
6

? ?

1

?

? 0 ,含 n 的项的系数为

1

5? 6

?

?

1

?

?

1

?

(?2) ? 0 ,

1 k? ? 2 ? n 2 sin 2 2n ? 1 2 sin
?

? 2 sin n
k ?1

n?1

k?
2

sin

?
2n 2

?
2

? (cos
k ?1

n?1

2k? ? ? 2k? ? ? ? cos ) 2 2n 2n 2
? cos (2n ? 1)? ) 2n 2

2n

1 2 sin

?
2

(cos

?
2n
2

2n



lim ? sin
n?? k ?1

n?1

k? 1 ? (2n ? 1)? ? lim (cos 2 ? cos ) 2 2 n?? ? n 2 n 2 n 2 sin 2 2n
? lim
n??

?

1

(cos

?
2n
2

? cos

(2n ? 1)? ) 2n 2

n2

? lim

2n2

n??

?

sin

(n ? 1)? ? sin 2 2n 2n

? lim
Step 2 因 ? cos
k ?2 n

2n2 (n ? 1)? ? ? ? n?? ? 2n2 2n 2
(2k ? 1)? 2n 2

?

1 2 sin

?

? 2 cos
k ?2 n

n

(2k ? 1)? ? sin 2 2 2n 2n (k ? 1)? ] n2

2n 2

?

1 2 sin

?

?[sin n
k ?2

k?
2

? sin

2n 2

9

?

sin

(n ? 1)? (n ? 1)? n? ? sin ? sin 2 cos 2 2 2n 2n 2 n n ? ? ? 2 sin 2 sin 2 2n 2n

因此

1 k k? sin 2 ? ? ? n k ?1 n 2 sin 2 2n
n?1

? 2 n sin n
k ?1 n?1

n?1

k

k?
2

sin

?
2n 2

k (2k ? 1)? n?1 k (2k ? 1)? ? [ cos ? ? cos ] 2 ? ? 2n 2n 2 k ?1 n 2 sin 2 k ?1 n 2n 1 ?
n?1 k (2k ? 1)? n k ? 1 (2k ? 1)? [? cos ?? cos ] 2 2 ? k ?1 n 2 n 2 n k ?2 n 2 sin 2 2n

1

?

?1 ? n ?1 (2n ? 1)? n?1 1 (2k ? 1)? ? cos ? cos ? ? cos 2 2 ? ? 2n n 2n 2n 2 ? k ?2 n ? 2 sin 2 ? n 2n 1 ?1 ? (2n ? 1)? n 1 (2k ? 1)? ? cos ? cos ? ? cos 2 2 2 ? (*) ? ? n 2 n 2 n 2 n k ?2 n ? ? 2 sin 2 2n 1

?

(n ? 1)? (n ? 1)? ? cos sin 2 ? 1 1 ? (2n ? 1)? 2n 2n 2 ? cos 2 ? cos ? ? ? ? 2n 2n 2 2 sin 2 ? n n sin 2 2n ? 2n
于是
n?1 k k? lim ? sin 2 n?? n k ?1 n

? ? ? ? ?

(n ? 1)? (n ? 1)? ? cos sin 2 ?1 1 ? (2n ? 1)? 2n 2n 2 ? lim cos 2 ? cos ? ? n?? ? ? 2n 2n 2 2 sin 2 ? n n sin 2 2n ? 2n (n ? 1)? (n ? 1)? ? ? cos sin 2 n2 ? 1 (2n ? 1) 2 ? 2 2n 2n 2 ? ? lim ? ? ( 1? ) ? ? 4 n?? ? ? 8n ?n ? 2n ? ?

? ? ? ? ?

10

? (n ? 1) 2 ? 2 (n ? 1)? (n ? 1)3 ? 3 ? 1? )( ? )? n2 ? 1 ?2 ( 8n 4 2n 2 48n6 ? lim ? ? 1 ? 2 ? ? n?? ? ? 2n ?n ? ? ? 2 n ? ?

n2 ? 1 ?2 ? 2 n ? 1 (n ? 1)3? 2 ? ? lim ? ? 1 ? 2 ? ( 1 ? 2 )( ? ) n?? ? 2n 8n n 24n5 ? ?n ? ? lim n2 ? 1 ?2 ? 2 (n ? 1 ? 2 ? ? 1 ? ? ( 1 ? )( ? ) ?n n?? ? 2n2 8n2 n 24n2 ? ? ?

? lim

n2 ? 1 ?2 ?2 1 ?2 ? ? 1 ? ? ( 1 ? )( 1 ? ? ) ?n n?? ? 2n2 8n2 n 24n2 ? ? ?

n2 1 ?2 1 ?2 ?2 ? lim ( ? 1 ? 2 ? 1 ? ? ? ) n?? ? n 2n n 24n2 8n2 n2 ? 2 ?2 ?2 ? lim ( 2 ? ? ) n?? ? 2n 24n2 8n2
6 5? 原式 ? ? ? 2 3 6 ?

?
2

?

?

?

?

?

? 3

2.计算 ??
?

axdydz ? ( z ? a) 2 dxdy x2 ? y 2 ? z 2

,其中 ? 为下半球面

z ? ? a 2 ? x 2 ? y 2 的上侧, a ? 0 .


?2 为下半球面 z ? ? a 2 ? x 2 ? y 2 记 ?1 为平面 z ? 0, x 2 ? y 2 ? a 2 的上侧,

的下侧, ? 是由 ?1 和 ? 2 所围成的立体,则

?? axdydz ? ( z ? a) dxdy ??? a dxdy ? ?? a dxdy ? ? a
2 2 2 ?1 ?1 x 2 ? y 2 ?a 2

4



设 x ? r cos? , y ? r sin ? , 则
?1 ? ? 2

?? axdydz ? ( z ? a)
?

2

dxdy

? ???(a ? 0 ? 2 z ? 2a)dxdydz
? ???(2 z ? 3a)dxdydz
?

11

?
2

x ? y ?a

??
2

2

dxdy?

0

? a2 ? x2 ? y 2

(2 z ? 3a)dz

?

x 2 ? y 2 ?a 2

??

[ z 2 ? 3az]0 ?
2

a2 ? x2 ? y 2

dxdy

?

x 2 ? y 2 ?a 2

?? (?a

? x 2 ? y 2 ? 3a a 2 ? x 2 ? y 2 )dxdy

?

0? r ? a 0?? ? 2?
a

?? (?a
0

2

? r 2 ? 3a a 2 ? r 2 )r d r d ?

? 2? ? (?a 2 ? r 2 ? 3a a 2 ? r 2 )r d r ? ? ? (?a 2 ? r 2 ? 3a a 2 ? r 2 ) d(r 2 )
0 a

? ? ? (?a2 ? u ? 3a(a2 ? u) 2 ) d u
0
3 ? 2 u2 ? 2 ? ? ? ? a u ? ? 4a ( a ? u ) 2 ? 2 ? ?0 a2

a2

1

?

7?a 4 2

??
?

axdydz ? ( z ? a) 2 dxdy x2 ? y 2 ? z 2
?? 1 1 axdydz ? ( z ? a) 2 dxdy ? ?? axdydz ? ( z ? a) 2 dxdy ?? a ?1 ?? 2 a ?1

7?a3 ?a3 3 ?? ? ?a ? ? 2 2
3.现 设计一个容积为 V 的圆柱体容器. 已知上下两底的材料费为单位面积 a 元,而侧面的材料费为单位面积 b 元. 试给出最节省的设计方案;即高与的 上下底直径之比为何值时所需费用最少? V 解 设圆柱体的底半径为 r ,高为 h ,则 V ? ?r 2 h , h ? 2 总造价为 ?r 2bV P ? 2b?rh ? 2a?r 2 ? ? 2a?r 2 , r 则

P? ? ?

2bV bV ? 2a?r 3 , ? 4 a ? r ? ? 2 r2 r2
12

V ? bV ? 3 由 P? ? 0 知,解得 r ? ? , ? ,h ? 1 ? 2a? ? 3 ? bV ? ?? ? ? 2a? ?
因为是惟一的驻点,所以当
1 3 1 3 2 3 1

1

2 ? bV ? ? bV ? 2? ? bV ? ? 2?b 2 ? 3 2r : h ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? 2 ? ? V ? 2a? ? ? 2a? ? V ? 2a? ? ? ? Va ? 时,所需费用最少. 1 1 1 4.已知 f ?( x) ? , x ? ( , ) ,求 f ( x) 3 3 sin x ? cos x 4 2 1 1 1 解 因 f ?( x) ? , x ? ( , ) ,故 3 3 sin x ? cos x 4 2 1 f ( x) ? ? 3 dx sin x ? cos3 x

?? ??

1 dx (sin x ? cos x ? sin x cos x)(sin x ? cos x)
2 2

1 1 dx dx ? ? 1 ? (1 ? sin x cos x)(sin x ? cos x) 2 (1 ? sin 2 x) sin( x ? ) 2 4

?

1 1 dx ? 2 ?1 ? 1 cos(2 x ? ? ) ? sin( x ? ? ) ? ? 2 ? 4 ? 2
1 1 dx ? 2 ?1 ? 1 cos 2( x ? ? ) ? sin( x ? ? ) ? ? 4 ? 4 ? 2

?

1 ? 令 t ? ( x ? ) ,则 2 4

f ( x) ? ?

2 2 dt dt ? ? 1 ( 2 ? cos 4 t ) sin t cos t (1 ? cos 4t ) sin 2t 2 2 2 dt ? ? dt 2 2 (2 ? cos 2t ? sin 2t ) sin t cost (3 cos 2t ? sin 2 2t ) sin t cost
2

?? ??

2 dt (3(cos t ? sin t ) ? 4 sin 2 t cos2 t ) sin t cost
2 2 2

? 2?

(sin 2 t ? cos2 t ) 2 dt (3 cos4 t ? 3 sin 4 t ? 2 sin 2 t cos2 t ) sin t cost
13

? 2? ? 2?

cos4 t ? sin 4 t ? 2 sin 2 t cos2 t dt (3 cos4 t ? 3 sin 4 t ? 2 sin 2 t cos2 t ) sin t cost 1 ? tan 4 t ? 2 tan 2 t d tan t (3 ? 3 tan 4 t ? 2 tan 2 t ) tan t

令 u ? tan t , v ? u 2 ,则

2 1 ? u 4 ? 2u 2 1 ? u 4 ? 2u 2 d u2 f ( x) ? 2 ? du ? 2 4 2 4 2 ? 2 u (3 ? 3u ? 2u ) u(3 ? 3u ? 2u ) ? 2 1 ? v 2 ? 2v 2 v 2 ? 2v ? 1 d v ? dv 2 ? v(3 ? 3v 2 ? 2v) 2 ? v(3v 2 ? 2v ? 3)
1 v 2 ? 2v ? 1 A ? ? R(v) ,则 A ? , 2 3 v(3v ? 2v ? 3) v



v 2 ? 2v ? 1 1 3v 2 ? 6v ? 3 ? 3v 2 ? 2v ? 3 8 R(v) ? ? ? ? 2 2 2 v(3v ? 2v ? 3) 3v 3v(3v ? 2v ? 3) 3(3v ? 2v ? 3)
因此

f ( x) ?

2 dv 4 2 dv ? 2 ? ? 6 v 3 3v ? 2v ? 3

?

2 4 2 dv 2 4 2 dv ln v ? ? ln v ? 2 ? ? 6 3 3v ? 2v ? 3 6 9 (v ? 1 ) 2 ? 8 3 9

1 v? 2 4 2 1 3 ? C ? 2 ln v ? 2 arctan 3v ? 1 ? C ? ln v ? arctan 6 3 6 9 2 2 2 2 2 2 3 3
? 2 2 3 tan 2 t ? 1 2 2 3 tan 2 t ? 1 ln tan 2 t ? arctan ?C ? ln tan 2 t ? arctan ?C 6 3 6 3 2 2 2 2

2 x ? 2 ? ln tan 2 ( ? ) ? arctan 6 2 8 3
二、 (10 分)求下列极限

x ? 3 tan 2 ( ? ) ? 1 2 8 ?C 2 2

1 ? ? 1. lim n? (1 ? ) n ? e ? n?? n ? ?

14



设 f ( x) ? (1 ? x) , 则
1

1 x

f ?( x) ? (1 ? x) x (

x ? (1 ? x) ln(1 ? x) 1 ln(1 ? x) ? ) ? f ( x) 2 x 2 (1 ? x) x(1 ? x) x
1 x

原式= lim

x ?0

(1 ? x) ? e f ?( x) ? lim f ?( x) ? lim f ( x) lim x ? 0 x ? 0 x ? 0 x f ( x)
x ?0

? lim f ( x) lim
x ?0

x ? (1 ? x) ln(1 ? x) x2 (1 ? x)

? e lim

x ? (1 ? x) ln(1 ? x) x ?0 x2 ? ln(1 ? x) e ? e lim ?? x ?0 2x 2
n

1 1 ? 1 ? ? an ? bn ? cn ? 2. lim ? ? ,其中 a ? 0 , b ? 0 , c ? 0 n ?? 3 ? ? ? ? 解 因

a x ? bx ? c x ? 3 a x ln a ? b x ln b ? c x ln c ln a ? ln b ? ln c lim ? lim ? ? ln 3 abc x ?0 x ? 0 3x 3 3
?a ?b ?c 故 原式= lim ? x ?0 ? 3 ?
x x x 1 a lim ( ? x?0 x ? ? ?e ? 1 x
x

?b x ? c x ?1) 3

?e

a x ? b x ? c x ?3 x?0 3x lim

? 3 abc

三、 (10 分)设 f ( x) 在 x ? 1 处可导, f (1) ? 0 , f ?(1) ? 2 ,求 lim 解 设 f ( x) 在 x ? 1 处可导, f (1) ? 0 , f ?(1) ? 2 ,则

x?0

f (sin 2 x ? cos x) x 2 ? x tan x

lim

x?0

f (sin 2 x ? cos x) f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) ? lim x?0 x 2 ? x tan x x 2 ? x tan x x2 sin 2 x ? cos x ?1 f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) lim lim x?0 x 2 ? x tan x x?0 x2 sin 2 x ? cos x ?1
1 1? 1 cos2 x lim 2 sin x cos x ? sin x f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) lim x ?0 x ?0 2x sin 2 x ? cos x ? 1

? lim

x?0

? lim

x ?0

1 2 sin x cos x ? sin x f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) ? lim lim x?0 2 x?0 2x sin 2 x ? cos x ?1
15

1 sin x 2 cos x ?1 f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) ? lim lim lim x?0 2 x?0 x x?0 2 sin 2 x ? cos x ?1
f (t ) ? f (1) 1 1 1 f (sin 2 x ? cos x) ? f (1) 1 ? f ?(1) ? ? lim ? lim 2 4 2 4 t ?1 t ?1 4 x?0 sin x ? cos x ?1
四、 (10 分)设 f ( x) 在 [0,??) 上连续, ? 解 令 G( x) ? ? f (t ) d t , 则 因
0 x ?? 0

f ( x) d x 收敛,求 lim

1 y xf ( x) d x . y??? y ? 0

?

?? 0

f ( x) d x 收 敛 , 故 lim G( y) , 不 妨 设
y ???

y???

lim G( y) ? A ? R ,则
y 1 y 1 y 1 y ? ? xf ( x ) d x ? lim x d G ( x ) ? lim { xG ( x ) ? 0 ?0 G( x) d x} y??? y ?0 y ??? y ?0 y ??? y

lim

? lim (G( y) ?
y ???

1 y G ( x ) d x) y ?0

? A ? lim

1 y G ( x) d x y ??? y ? 0
y???

? A ? lim G( y) ? A ? A ? 0
五、 ( 12 分)设函数 f ( x) 在 [0,1] 上连续,在 (0,1) 内可微,且 f (0) ? f (1) ? 0 ,

1 ?1 ? f ( ) ? 1 ,证明: ( 1 )存在 ? ? ? ,1? 使得 f (? ) ? ? ; ( 2 )存在 ? ? ?0, ? ? 使得 2 ?2 ?
f ?(? ) ? f (? ) ? ? ? 1.

1 证 ( 1 )记 F ( x) ? f ( x) ? x ,则函数 F ( x) 在 [ ,1] 上连续,且 F (1) ? ?1 , 2 1 1 ?1 ? F ( ) ? ,故由零点存在性定理知存在 ? ? ? ,1? 使得 F (? ) ? 0 ,即 f (? ) ? ? . 2 2 ?2 ?
(2)因 ? e? x ( f ( x) ? f ?( x) ? x ? 1) d x

? ? e? x f ( x) d x ? ? e? x f ?( x) d x ? ? xe? x d x ? ? e? x d x ? ? e ? x f ( x) d x ? ? e ? x d f ( x) ? ? x d e ? x ? ? e ? x d x

? ?e? x f ( x) ? xe? x
16

故 令 F ( x) ? ( f ( x) ? x)e? x , 则 函 数 F ( x) 在 [0, ? ] 上 连 续 , 在 ?0, ? ? 内 可 微 ,

F (0) ? 0 , F (? ) ? 0 , F?( x) ? ( f ?( x) ? 1)e? x ? ( f ( x) ? x)e? x , 故由罗尔定理知 , 存在

? ? ?0, ? ? 使得 F ?(? ) ? 0 , f ?(? ) ? f (? ) ? ? ? 1.
六、设 f ( x) 在 (??,??) 上有定义,在 x ? 0 的某邻域内有一阶连续导数,且

lim

x ?0

? f ( x) 1 ? a ? 0 ,证明级数 ? (?1) n f ( ) 条件收敛. n x n?1

证 因 lim

x ?0

f ( x) ? a ? 0 ,故存在一个正数 ? ,使得当 0 ? x ? 0 ? ? 时,有 x

f ( x) a ?a ? x 2

1 f ( ) a f ( x) 1 1 a 因此 ? (0? x ?0 ?? ) ,于是,当 n ? 时, 0 ? ? 0 ? ? , ? n , 1 ? 2 x n 2 n
? ? 1 a 1 1 f( )? ,这表明级数 ? f ( ) 发散,即级数 ? (?1)n f ( ) 发散. n 2n n n n ?1 n ?1

f ( x) ? a ? 0 知, x ?0 x f ( x) f (0) ? lim f ( x) ? lim x lim ? 0a ? 0 x ?0 x ?0 x ?0 x f ( x) ? f (0) f ( x) f ?(0) ? lim ? lim ?a?0 x ?0 x ? 0 x x
下证原级数收敛:由 lim
x ?0



由 f ( x) 在 x ? 0 的某邻域内有一阶连续导数知, a ? f ?(0) ? lim f ?( x) ,因此存 在一个正数? ,使得当 x ? 0 ? ? 时,有

f ?( x) ? a ?
因此 0 ? 时, f (

a 2

a 1 ? f ?( x)( x ? (?? ,? ) ) . 特别地, f ( x) 在 (0,? ) 上单调增, 于是当 n ? 2 ?

1 1 1 ) ? f ( ) ,且 lim f ( ) ? f (0) ? 0 .最后由 Leibniz 判别法知,原级数 ? ? n ?1 n n

收敛. 综上可知,原级数条件收敛.

17

x ? t t2 tn ? ? d t ,证明:方程 七、 ( 14 分)设 n ? 1 为整数, F ( x) ? ? e?t ? 1 ? ? ? ? ? ? 1! 2! 0 n! ? ? ?

F ( x) ?

n ?n ? 在 ? , n ? 内至少有一个根. 2 ?2 ?



t t2 tn 记 pn (t ) ? 1 ? ? ? ? ? , 1! 2! n!

t t2 tn rn (t ) ? et ? (1 ? ? ? ? ? ) , 则 1! 2! n!

pn (t ) ? et ? rn (t ) ,且当 t ? 0 时, pn (t ) ? 0 , rn (t ) ? 0 , e ?t rn (t ) ? 0 .
记? ( x) ? F ( x) ?
n n n ,则? ( x) ? ? ? e?t rn (t ) d t , 2 2 0

x ? t t2 tn ? ? d t ,故 因 F ( x) ? ? e ? t ? 1 ? ? ? ? ? ? 1! 2! 0 n! ? ? ?

n ?n ? 函数? ( x) 在 [ , n] 上连续,在 ? , n ? 内可微,且 2 ?2 ?
n n n n n n ?t 2 ? ( ) ? F ( ) ? ? ? (1 ? e rn (t )) d t ? ? ?? 2 e?t rn (t ) d t ? 0 , 0 0 2 2 2 2

? (n) ? ? e ?t pn (t ) d t ?
0

n

n 2

n n n ? ? 2 (1 ? e ?t rn (t )) d t ? ? ? n e ?t pn (t ) d t 0 2 2

? ?? 2 e ?t rn (t ) d t ? ? n e ?t pn (t ) d t
0 2

n

n

? ?? e rn (t ) d t ? ? e
?t

n 2 0

n 2 0

?t ?

n 2

n pn (t ? ) d t 2
n

??

n n ?t ? 1 n 2 2 e ? t e? d t ? 2e pn (t ? ) d t ? ? 0 (n ? 1)! 0 2 n n

n n ?t ? t? 1 n ?t ? 2 ?? e e d t ? ? 2 e 2 (e 2 ? rn (t ? )) d t ? 0 0 (n ? 1)! 2 n n ?t ? ?1 ? n 1 1 ?t ? 2 2 2 2e ? ? e e d t ? e dt 2 (n ? 1)! ? 0 (n ? 1)! ? 0 n n

?

n n n 1 1 2 e? t e? d t ? 2 e? t e?1 d t ? 2 (n ? 1)! ? 0 (n ? 1)! ? 0

18

?

n n 2 2 e?t e 2 d t ? ? 0 2 (n ? 1)!

n

?

n 2 ? e 2 e?t 2 (n ? 1)!
n

n

? ?

n 2 0

n 2 ? ? (e 2 ? 1) 2 (n ? 1)!
n

n 2e 2 2 ? ? ? 2 (n ? 1)! (n ? 1)!
n n

n 2e 2 n 2e 2 ? ? ? ? 2 (n ? 1)! 2 (n ? 1)!
n ? 1 ? 0 (若 n ? 2 ,则左边的两个不等式都成立) 2 1 1 1 1 1 ? (1) ? F (1) ? ? ? e?t ?1 ? t ?d t ? ? ? ? ?1 ? t ?d e?t ? 0 0 2 2 2 1 1 1 3 3 ?t ? ? ?1 ? t ?e?t 1 ? 1 ? 2e?1 ? (1 ? e?1 ) ? ? ? ? 0 0? ? 0 e d t ? 2 2 2 e e ? (2) ? 1 ? ? 0 3 ?

?

?

3

3

3

9 33 e3 3 e2 3 2e 2 3 e 2 ?1? ? ? ? ? ? (3) ? ? ? ? ?0 4 144 144 2 12 2 4! 2 12

? (4) ? 2 ?
? ( n) ?

2e2 ee2 ? 2? ? 2 ?1 ? 0 , 5! 543

n e e e 2 n ? ? ? ?1 ? 0 n n 2 2 n ?1 n ?1 2 2 n n 故由零点存在性定理知, 存在 ? ? ( , n) 使得? (? ) ? 0 , 即 F (? ) ? . 2 2
八、 (12 分) 是否存在 R 中的可微函数 f ( x) 使得 f ( f ( x)) ? 1 ? x2 ? x4 ? x3 ? x5 ? 若 存在,请给出一个例子;若不存在,请给出证明. 解 不存在 假如存在 R 中的可微函数 f ( x) 使得 f ( f ( x)) ? 1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ,

? x) ? 2x ? 3x2 ? 4x3 ? 5x4 , 则 f ?( f ( x)) f ( ? 1)]2 ? f ?( f (1)) f ( ? 1) ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? ?2 ? 0 矛盾。 若 f (1) ? 1 ,则 [ f (
19

下面只需证明 f (1) ? 1 . 记 a ? f (1) ,则 f (a) ? f ( f (1)) ? [1 ? x 2 ? x 4 ? x3 ? x5 ]x?1 ? 1 ,

a ? f (1) ? f ( f (a)) ? [1 ? x 2 ? x 4 ? x3 ? x5 ]x?a ? 1 ? a 2 ? a 4 ? a 3 ? a 5 ,


a ? 1 ? a 2 ? a 4 ? a3 ? a5
移项得

1 ? a ? a 2 ? a3 ? a 4 ? a5 ? 0
分解因式得

(1 ? a ? a2 )(1 ? a ? a2 )(1 ? a) ? 0
因此

a ?1
九、 (12 分) 设 f ( x) 在 [0, ? ) 上一致连续, 且对于固定的 x ? [0, ?) , 当自然数 n ? ? 时 f ( x ? n) ? 0 .证明:函数序列 { f ( x ? n) : n ? 1,2,?} 在 [0,1] 上一致收敛于 0. 证 若函数序列 { f ( x ? n) : n ? 1,2,?} 在 [0,1] 上不一致收敛于 0, 则存在一个正 数 ? 0 使得对任何正整数 k ,存在 nk ? k 和 xk ?[0, 1] 使得 nk ? k , f ( xk ? nk ) ? ? 0 , 可以假设 nk ? nk ?1 , k ? 1,2, ? , 则因数列 {xk } 存在收敛子列 {xki } , 故不妨设

xki ? x0 ? [0, 1] .
事实上, 由 f ( x0 ? n) ? 0 知, 对上述的 ? 0 , 存在正整数 N1 使得当 n ? N1 时, 有 f ( x0 ? n) ?

?0
2

;

由 f ( x) 在 [0, ? ) 上一致连续知,对上述的 ? 0 , 存在正数 ? 0 使得当 x ? x0 ? ? 0 时, 有 f ( x) ? f ( x0 ) ?

?0
2

;

由 xki ? x0 ?[0,1] 知 , 对 于 上 述 的 ? 0 , 存 在 正 数 N2 , 使 得 当 i ? N 2 时 ,

xki ? x0 ? ? 0 ;
取 一 个 自 然 数 i , 使 得 i ? N1 ? N2 , 则 xki ? x0 ? ? 0 ,

f ( xki ) ? f ( x0 ) ?

?0
2

,

20

nki ? i ? N1 ? N 2 ? N1 , f ( x0 ? nki ) ?

?0
2

,

f ( xki ? nki ) ? f ( x0 ? nki ) ? f ( xki ? nki ) ? f ( x0 ? nki ) ?
这与 f ( xki ? nki ) ? ? 0 矛盾. 广义的 Stirling(斯特林)公式

?0
2

?

?0
2

? ?0 ,

?(n ? x) ? n? x? 2? 12( n ? x ) 2 (1 ? x)(2 ? x)?(n ? x) ? ( n ? x) e ?(1 ? x) 1

? ( x)

其中 n 为正整数, x ? 0 , 0 ? ? ( x) ? 1 . Stirling(斯特林)公式

?n? n !? 2n? ? ? e12n ?e?
其中 n 为正整数, 0 ? ? ? 1 .

n

?

补充题 1 设 f ( x) 在 [0, ] 上具有连续的二阶导数,且 f ?(0) ? 0 ,证明:存 2 在 ? ,? , ? ? (0, ) ,使得 f ?(? ) ? ? sin 2? f ??(? ) . 2 2

?

?

?

证 因 f ( x) 和 g ( x) ? cos 2 x 在 [0, ] 上连续,在 (0, ) 内可导,且 2 2

?

?

g ?( x) ? (cos 2 x)? ? 2 sin 2 x ? 0 , x ? (0, ) 2

?

(0, ) 故由 Cauchy 中值定理知,存在 ? ? ,使得 2

?

f ( ) ? f (0) f ? (?) 2 ? ? ? g ( ) ? g (0) g (?) 2


?

f ( ) ? f (0) f? (?) 2 (*) ? ?2 ? 2 sin (2?)
(0, ) 因 f ( x) 在 [0, ] 上具有连续的二阶导数,故存在 ? ? ,使得 2 2
21

?

?

?

f ( ) ? f (0) ? f ?(0) ? 2 2
再由 f ?(0) ? 0 知,

?

?

f ??(? ) ? 2 ( ) 2 2

f ( ) ? f (0) ? f ??(?) (**) 2 8
由(*)式和(**)式知,

?

?2

f? (?) ? 2 ? f ??(?) (***) sin (2?) 8
取? ?

? ? ,则? ? (0, ) ,且(***)式可以写成 2 4 ? f ?(? ) ? ? sin 2? f ??(? )
?

(0, ) (0, ) 其中? ? (0, ) , ? ? ,? ? 2 2 2

?

?

2

第二届全国大学生数学竞赛预赛试题 (非数学类,2010) 一、 (25 分,每小题 5 分) (1)设 xn ? (1 ? a)(1 ? a 2 )?(1 ? a 2 ) ,其中 | a | ? 1 ,求 lim xn
n ??
n



将 xn 恒等变形

xn ?

n 1 (1 ? a)(1 ? a)(1 ? a 2 )?(1 ? a 2 ) 1? a

?

n 1 (1 ? a 2 )(1 ? a 2 )?(1 ? a 2 ) 1? a

......
?
n ?1 1 (1 ? a 2 ) 1? a

由于 | a | ? 1 ,所以

22

n ??

lim xn ? lim

n ?1 1 1 (1 ? a 2 ) ? n ?? 1 ? a 1? a

? 1? (2)求 lim e? x ?1 ? ? x ?? ? x?

x2



x ? ?1? 1 ? x ? ? 1? lim e ?1 ? ? ? lim ?e ?1 ? ? ? x ?? x ?? ? x? ? ? x? ? ? ?
2

x

?x

1 1 1 ? ? ? 1 ? ? exp lim x? x ln(1 ? ) ? 1? ? exp lim x? x( ? 2 ? ? ( 3 )) ? 1? x ?? x ?? x x ? ? ? x 2x ?
1

? 1 1 ? exp lim (? ? ? ( )) ? e 2 x ?? 2 x

(3)设 s ? 0 ,求 I n ? ? e? sx x n dx (n ? 1, 2,?)
0

?

解 因为 s ? 0 时, lim e? sx xn ? 0 ,所以
x ???
? 1 n ?? n ?? I n ? ? e? sx x n dx ? [? e? sx x n ]0 ? ? e? sx x n ?1dx ? I n ?1 0 s s 0 s ?



I 0 ? ? e? sx dx ?
0

1 s

所以

In ?

n n n ?1 n n ?1 1 n! I n ?1 ? ? In?2 ? ? ? ? ? I 0 ? n ?1 s s s s s s s

1 ?2 g ?2 g g ( x, y) ? f ( ) , r ? x2 ? y 2 , (4) 设函数 f (t ) 有二阶连续导数, 求 2 ? 2 r ?x ?y ?g 1 1 x x 1 ? f ?( ) ? (? 2 ) ? ? ? 3 f ?( ) ?x r r r r r



?2 g r 3 ? 3x 2 r 1 x 2 1 ?? f ?( ) ? 6 f ??( ) 2 6 ?x r r r r

23

同理

?2 g r 3 ? 3 y 2r 1 y 2 1 ? ? f ?( ) ? 6 f ??( ) 2 6 ?y r r r r

所以

?2 g ?2 g 1 1 1 1 ? 2 ? 4 f ??( ) ? 3 f ?( ) 2 ?x ?y r r r r

?x ? y ? 0 x ? 2 y ?1 z ? 3 ? ? (5)求直线 l1 : ? 与直线 l2 : 的距离. 4 ?2 ?1 ?z ? 0
解 l1 的方向量为 s1 ? (1, 1, 0) ,l2 的方向量为 s2 ? (4, ? 2, ? 1) ,则 l1 ,l2 公 垂线的方向量

? ? ? i j k s3 ? s1 ? s2 ? 1 1 0 ? (?1, 1, ? 6) 4 ? 2 ?1
在 l1 上取一点 M1 (0, 0, 0) ,在 l2 上取一点 M 2 (2, 1, 3) ,则两直线的距离为

| M1M 2 ? s3 | | ?2 ? 1 ? 18 | 19 19 d ? | prjs3 M1M 2 | ? ? ? ? | s3 | 2 1 ? 1 ? 36 38
? ??

? ??

二、 (15 分)设函数 f ( x) 在 (??,??) 上具有二阶导数,并且

f ??( x) ? 0 , lim f ?( x) ? ? ? 0 , lim f ?( x) ? ? ? 0
x ? ?? x ? ??

且存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,证明:方程 f ( x) ? 0 在 (??,??) 恰有两个根. 证 因为 f ??( x) ? 0 ,所以 f ?( x) 在 (??,??) 上单调增加,又 lim f ?( x) ? ? ? 0 ,
x ? ?? x ? ??

lim f ?( x) ? ? ? 0 ,所以存在 x1 ? (??,??) ,使 f ?( x1 ) ? 0 ,且 f ( x) 在 (??, x1 ) 上单

调减少,在 ( x1,??) 上单调增加,所以 f ( x1 ) 是最小值.由 f ( x) 存在一点 x0 ,使得

f ( x0 ) ? 0 ,则有 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ? 0 ,又

24

f ( x) ? f ( x1 ) ? f ?( x1 )( x ? x1 ) ?
其中 ? 介于 x 与 x1 之间.则有

f ??(? ) f ??(? ) ( x ? x1 ) 2 ? f ( x1 ) ? ( x ? x1 )2 2! 2!

x ? ??

lim f ( x) ? ??

所以在 (??, x1 ) 及 ( x1,??) 内恰好各有方程 f ( x) ? 0 的一个实根.

? x ? 2t ? t 2 (t ? ?1) 所确定,且 三、 (15 分)设函数 y ? f ( x) 由参数方程 ? ? y ? ? (t )
t2 2 3 d2y 3 ? ( t ) y ? ? ( t ) y ? e?u du ? 在 t ? 1 , 其中 具有二阶导数,曲线 与 ? 2 ? 1 2e dx 4(1 ? t )

处相切,求函数 y ? ? (t ) .

解 因为

dy ? ?(t ) ? dx 2 ? 2t

d 2 y d ??(t ) 1 ???(t )(1 ? t ) ? ??(t ) 1 ? ( )? ? 2 2 dx dx 2(1 ? t ) 2 (1 ? t ) 2(1 ? t )
t2 2 3 d2y 3 由 2 ? 及曲线 y ? ? (t ) 与 y ? ? e?u du ? 在 t ? 1处相切得微分方程 1 2e dx 4(1 ? t )

? ??(t ) ?
且满足 ? (1) ?

1 ? ?(t ) ? 3(1 ? t ) 1? t

3 2 , ? ?(1) ? ,解得 2e e

? (t ) ? t 3 ?
n

1 2 1 t ? ( ? 3)t ? 2 2e e

四、 (15 分)设 an ? 0 , sn ? ? ak ,证明:
k ?1

25

(1)当 ? ? 1 时,级数 ?

an 收敛; ? n ?1 sn

?

(2)当 ? ? 1 且 sn ? ? (n ? ?) 时,级数 ?

an 发散; ? n ?1 sn

?

证 令 f ( x) ? x1?? , x ? [ sn ?1 , sn ] ,将 f ( x) 在区间 [sn ?1, sn ] 上用拉格朗日中值定 理,则存在 ? ? (sn ?1, sn ) ,有

f (sn ) ? f (sn ?1 ) ? f ?(? )(sn ? sn ?1 )
1 sn
? ?1



?

1 sn ?1
? ?1

? (1 ? ? )

1

??

an

(1)当 ? ? 1 时,

1
? ?1 sn -1

?

1
? ?1 sn
?

? (? ? 1)

1

??

an ? (? ? 1)

? an 1 1 ,而 ? ( ? ?1 ? ? ?1 ) 收 sn sn n ? 2 sn ?1

敛(前 n 项和有界),所以 ? (? ? 1)
n?2

? an an 收敛,即有 收敛. ? ? ? sn n ?1 sn

(2)当 ? ? 1 时,因为 an ? 0 ,则 {sn} 单调增加,所以

s ?s ak 1 n? p s ? ak ? n ? p n ? 1 ? n ? ? sn ? p k ? n ?1 sn ? p sn ? p k ? n ?1 sk
n? p

因为 sn ? ? (n ? ?) ,则对任意 n ,存在 p ? N ,有 所以 ?

sn sn ? p

n? p a 1 1 ? ,从而 ? k ? , 2 2 k ? n ?1 sk

an 发散. n ?1 sn
? ? an an an an ? ,由 发散及比较审敛法知, 发散. ? ? ? ? sn sn n ?1 sn n ?1 sn

?

当 ? ? 1 时,

26

五、 (15 分)设 l 是过原点、方向为 (? , ? , ? ) (其中 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 1 )的直线, 均匀椭球

x2 y 2 z 2 ? ? ? 1 (其中 0 ? c ? b ? a, 密度为 1 )绕 l 旋转. a 2 b2 c 2

(1)求其转动惯量; (2)求其转动惯量关于方向 (? , ? , ? ) 的最大值和最小值.

? x2 y 2 z 2 解 (1)记 l 的单位方向量 s ? (? , ? , ? ) ,? : 2 ? 2 ? 2 ? 1 ,设 P( x, y, z ) 为 a b c
椭球面上任一点,则 P 到 l 的距离 d 的平方为
? ?? ? | OP ? s |2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 d2 ? ? 2 ? (? ? ? ) x ? (? ? ? ) y ? (? ? ? ) z ? 2??yz ? 2??xz ? 2??xy |s|

则绕 l 旋转的转动惯量为

J l ? ???d 2 ?dv ? ???d 2dv
? ?

由积分区域的对称性知

???(2??yx ? 2??xz ? 2??xy)dv ? 0
?

可得

z2 4 z dv ? ? z dz?? dxdy ? ? z ?ab(1 ? 2 )dz ? ?abc3 ??? ?c ?c c 15 ? Dz
2 c 2 c 2

同理 所以

??? x dv ? 15 ?a bc ,
2 3 ?

4

??? y dv ? 15 ?ab c
2 3 ?

4

J l ? ???d 2 dv ?
?

4 ?abc[a 2 (? 2 ? ? 2 ) ? b2 (? 2 ? ? 2 ) ? c 2 (? 2 ? ? 2 )] 15

(2)考察目标函数

V ? a2 (? 2 ? ? 2 ) ? b2 (? 2 ? ? 2 ) ? c2 (? 2 ? ? 2 )
在条件 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 1 下的极值.设拉格朗日函数

F (? , ? , ? , ? ) ? a2 (? 2 ? ? 2 ) ? b2 (? 2 ? ? 2 ) ? c2 (? 2 ? ? 2 ) ? ? (? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 1)

? a2 (1 ? ? 2 ) ? b2 (1 ? ? 2 ) ? c2 (1 ? ? 2 ) ? ? (? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 1)


27

?F? ? ?F? ? ? F? ? ? F?
求得目标函数的极值点为

? 2? (? ? a 2 ) ? 0 ? 2? (? ? b2 ) ? 0 ? 2? (? ? c 2 ) ? 0 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?1 ? 0
P2 (0, ? 1, 0) ,

P 1 (?1, 0, 0) ,

P 3 (0, 0, ? 1)

其转动惯量分别为 4?abc 2 4?abc 2 4?abc 2 J P1 ? (b ? c 2 ) , J P2 ? (a ? c 2 ) , J P3 ? (a ? b 2 ) 15 15 15 4?abc 2 4?abc 2 (a ? b 2 ) ,最小值为 (b ? c 2 ) , 由条件 0 ? c ? b ? a 比较知,最大值为 15 15 即绕 z 轴旋转是转动惯量最大,绕 x 轴旋转是转动惯量最小. 六、 (15 分)设函数 ? ( x) 具有连续导数,在围绕原点的任意光滑的简单闭曲 线 c 上,曲线积分 ?

c

2 xydx ? ? ( x)dy 的值为常数. x4 ? y 2 2 xydx ? ? ( x)dy ? 0; L x4 ? y 2

(1)设 L 为正向闭曲线 ( x ? 2)2 ? y 2 ? 1 ,证明 ? (2)求函数 ? ( x) ;

(3)设 c 是围绕原点的光滑的简单闭曲线,求 ?

c

2 xydx ? ? ( x)dy . x4 ? y 2

( ) ) 解 (1)在 L 的上、下半圆各取一点 M , M( ,记左半圆弧为 L1 , 1 2, 1 2 2, ? 1 ( ) ) 右半圆弧为 L2 , 以M 为起点, 绕原点到 M( 做任意光滑的简单曲线 c1 , 1 2, 1 2 2, ? 1
? 则 L1 ? c1 、 L2 ? c1

均为绕原点的任意光滑的简单闭曲线,依题意有

?
即有

? L1 ?c

2 xydx ? ? ( x)dy 2 xydx ? ? ( x)dy ?? 4 2 L ? c 2 x ?y x4 ? y 2

?

? L1

2 xydx ? ? ( x)dy ? x4 ? y 2
28

?

2 xydx ? ? ( x)dy L2 x4 ? y 2

亦即

?

L1

2 xydx ? ? ( x)dy ? x4 ? y 2

?

L2

2 xydx ? ? ( x)dy 2 xydx ? ? ( x)dy ?? ?0 4 2 L x4 ? y 2 x ?y

(2)设

P?

2 xy , x ? y2
4

Q?

? ( x)
x4 ? y 2 ?Q ?P , ? ?x ?y

类似(1)的证明可知曲线积分在 y ? 0 的右半平面与路径无关,则有 即

??( x)( x 4 ? y 2 ) ? 4 x3? ( x)
( x 4 ? y 2 )2
整理有

?

2 x( x 4 ? y 2 ) ? 4 xy 2 ( x 4 ? y 2 )2

? ?( x) ? ? ( x) ? 2 x
? ?( x) ? ?2 x

4 x



解得

? ( x) ? x2

(3)设 c:x4 ? y 2 ? 1 ,方向逆时针,所围的区域为 D ,则

2 xydx ? x 2dy 2 xydx ? ? ( x)dy ?c x4 ? y2 ? ?c x4 ? y 2
? ? 2 xydx ? x 2dy ? ?? (?2 x ? 2 x)dxdy ? ?4?? xdxdy ? 0
c D D

第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及答案 (非数学类,2011) 一.计算下列各题(本题共 3 小题,每小题各 5 分,共 15 分。 )

? sin x ?1?cos x (1).求 lim ? ; ? x?0 ? x ?
29

1

解:方法一(用两个重要极限) :

? sin x ? lim ? ? x?0 ? x ? ? lim e
x?0

1 1?cos x

? sin x ? x ? ? lim ?1 ? ? x?0 x ? ?
sin x? x lim x ?0 1 3 x 2

x sin x? x ? sin x? x x?1?cos x ?

sin x? x x?1?cos x ?

?e

?e

cos x ?1 lim x ?0 3 2 x 2

?e

1 ? x2 lim 2 x ?0 3 2 x 2

?e

?

1 3

方法二(取对数) :

? sin x ?1?cos x lim ? ?e ? x?0 x ? ? ?e
sin x? x lim x ?0 1 3 x 2

1

? sin x ? ln? ? x ? lim ? x ?0 1?cos x

?e

sin x ?1 lim x x ?0 1 2 x 2

?e

cos x ?1 lim x ?0 3 2 x 2

?e

1 ? x2 lim 2 x ?0 3 2 x 2

?e

?

1 3

1 1 ? ? 1 ? ? ... ? ?; n?? n ? 1 n ? 2 n ? n ? ? 1 1 1 解:方法一(用欧拉公式)令 xn ? ? ? ... ? n ?1 n ? 2 n?n
(2).求 lim ?

由欧拉公式得1 ?

1 1 ? ? ? ? ln n=C+o( 1), 2 n 1 1 1 1 则1 ? ? ? ? ? ??? ? ln 2n=C+o( 1), 2 n n ?1 2n

其中, o

?1? 表示 n ?? 时的无穷小量,

xn ? ln 2. ?两式相减,得:xn -ln 2 ? o( 1),?lim n ??
方法二(用定积分的定义)

1 1 1 1 1 1 ? lim ( ? ? ? ) lim x ? lim ? lim( ? ? ? ) n n ?? n ?? n ?? n n 1? 1 n n?? n ? 1 2n 1? n n 1 1 ?? dx ? ln 2 0 1? x

30

2t ? d2y ? x ? ln ?1 ? e ? (3)已知 ? ,求 。 2 t dx ? ? y ? t ? arctan e

et 1? 2t dx 2e2t dy et dy e 2 t ? et ? 1 1 ? e 解: ? , ? 1? ? ? ? 2e2t dt 1 ? e2t dt 1 ? e2t dx 2e2t 1 ? e2t
2t t d 2 y d ? dy ? 1 et ? 2 1 ? e2t ?1 ? e ?? e ? 2 ? ? 2 ? ? ?? ? ? ? dx dt ? dx ? dx 2e2t 2e2t 4e4t dt

二. (本题 10 分)求方程 解:设 P

? 2 x ? y ? 4? dx ? ? x ? y ? 1? dy ? 0 的通解。
是 一 个 全 微 分 方 程 , 设

? 2 x ? y ? 4, Q ? x ? y ? 1,则 Pdx ? Qdy ? 0

?

?P ?Q ? ? 1,? Pdx ? Qdy ? 0 ?y ?x

d z ?

P ?d x

Q d y

方法一:由

?z ? P ? 2x ? y ? 4 得 ?x
?z ? x ? C' ? y ? ? Q ? x ? y ?1 ?y

z ? ? ? 2x ? y ? 4?dx ? x2 ? xy ? 4x ? C ? y ?
由 得

C ' ? y ? ? y ? 1,?C ? y ? ?

1 2 y ? y?c 2

1 ? z ? x2 ? xy ? 4 x ? y 2 ? y ? c 2
方 法 二 :
0

z ? ? dz ? ? Pdx ? Qdy ? ?

? x, y ?

?0 ?

4 ? 2x ? y ? ? dx ? ,? x ? y ? ? dy
31

?

?P ?Q ? ,?该曲线积分与路径无关 ?y ?x

x y 1 ? z ? ? ? 2 x ? 4? dx ? ? ? x ? y ? 1? dy ? x 2 ? 4 x ? xy ? y 2 ? y 0 0 2

三. (本题 15 分)设函数 f(x) 在 x=0 的某邻域内具有二阶连续导数,且

f ? 0? , f ' ? 0? , f " ? 0 ? 均不为
lim

0 ,证明:存在唯一一组实数 k1 , k2 , k3 ,使得

k1 f ? h? ? k2 f ? 2 h? ? k3 f ? 3 h ? ? f? 0? ? 0。 h?0 h2 lim ? 证明: 由极限的存在性: ?k1 f ? h ? ? k2 f ? 2h ? ? k3 f ? 3h ? ? f ? 0 ?? ??0
h?0



? k1 ? k2 ? k3 ? 1? f ? 0? ? 0 ,又 f ? 0? ? 0 ,? k1 ? k2 ? k3 ? 1①

由洛比达法则得

k1 f ? h ? ? k2 f ? 2h ? ? k3 f ? 3h ? ? f ? 0 ? h?0 h2 k1 f ' ? h ? ? 2k2 f ' ? 2h ? ? 3k3 f ' ? 3h ? ? lim ?0 h?0 2h ' ' ' 由极限的存在性得 lim ? k1 f ? h ? ? 2k2 f ? 2h ? ? 3k3 f ? 3h ?? ? 0 ? ? lim
h?0



? k1 ? 2k2 ? 3k3 ? f ' ? 0? ? 0 ,又 f ' ? 0? ? 0 ,? k1 ? 2k2 ? 3k3 ? 0 ②

再次使用洛比达法则得

k1 f ' ? h ? ? 2k2 f ' ? 2h ? ? 3k3 f ' ? 3h ? lim h?0 2h k1 f " ? h ? ? 4k2 f " ? 2h ? ? 9k3 f " ? 3h ? ? lim ?0 h?0 2 ? ? k1 ? 4k2 ? 9k3 ? f " ? 0 ? ? 0 ? f " ? 0 ? ? 0
? k1 ? 4k2 ? 9k3 ? 0 ③

?k1 ? k2 ? k3 ? 1 ? 由①②③得 k1 , k2 , k3 是齐次线性方程组 ?k1 ? 2k2 ? 3k3 ? 0 的解 ?k ? 4k ? 9k ? 0 2 3 ? 1
32

?1 1 1 ? ? k1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? 设 A ? 1 2 3 , x ? k2 , b ? 0 ,则 Ax ? b , ? ? ? ? ? ? ?1 4 9 ? ?k ? ? 0? ? ? ? 3? ? ?
增 广 矩 阵

?1 A* ? ? ?1 ?1 ?

1 2 4

1 ? 1? ? 0? 3 ? ? ? ? 9 ? ? ? 0

1 0 ?0 ?0 , 则 0 ? ? 1 0 ? 1 ? 0

3 3 1

R ? A, b ? ? R ? A? ? 3
所以,方程 Ax ? b 有唯一解,即存在唯一一组实数 k1 , k2 , k3 满足题意, 且 k1

? 3, k2 ? ?3, k3 ? 1。

四. ( 本 题 17

x2 y 2 z 2 分 ) 设 ?1 : 2 ? 2 ? 2 ? 1 , 其 中 a ? b ? c ? 0 , a b c

?2 : z 2 ? x 2 ? y 2 , ? 为 ?1 与 ? 2 的交线,求椭球面 ?1 在 ? 上各点的切平面
到原点距离的最大值和最小值。

x2 y 2 z 2 解:设 ? 上任一点 M ? x, y, z ? ,令 F ? x, y, z ? ? 2 ? 2 ? 2 ? 1 , a b c 2x ' 2 y ' 2z ' 则 Fx ? 2 , Fy ? 2 , Fz ? 2 ,?椭球面 ?1 在 ? 上点 M 处的法向量为: a b c ? ? x y z ? t ? ? 2 , 2 , 2 ? ,??1 在点 M 处的切平面为 ? : ?a b c ? x y z X ? x ? Y ? y ? Z ? z? ? 0 ? ? ? ? 2 2 2 ? a b c
原 点 到 平 面

?

的 距 离 为

d?

1 x y z ? 4? 4 4 a b c
2 2 2

, 令

x2 G ? ,x ,? y? z4 a

y2 ? 4 b

z2 ? 4, c
33

则d

?

1 G ? x, y, z ?



现 在 求

x2 y2 z2 G? x , y ,?? z 4 ? 4 ? 4在 , a b c

条 件

x2 y2 z2 ? 2 ? 21 ?, 2 a b c

z 2 ? x2 ? y 2 下的条件极值,


? x2 y 2 z 2 ? x2 y 2 z 2 H ? x, y, z ? ? 4 ? 4 ? 4 ? ?1 ? 2 ? 2 ? 2 ? 1? ? ?2 ? x 2 ? y 2 ? z 2 ? a b c b c ?a ?
则由拉格朗日乘数法得:

2x ? ' 2x H ? ? ? 1 2 ? 2?2 x ? 0 ? x a4 a ? ? H ' ? 2 y ? ? 2 y ? 2? y ? 0 1 2 2 ? y b4 b ? 2z ? ' 2z ? H z ? 4 ? ?1 2 ? 2?2 z ? 0 , c c ? ? x2 y 2 z 2 ? 2 ? 2 ? 2 ?1 ? 0 b c ?a 2 2 ?x ? y ? z2 ? 0 ? ?
?x ? 0 ? 2 a 2c 2 2 ? ?x ? z ? 2 2 2 2 或 解得 ? a ?c , ? b c 2 2 ? y ? z ? b2 ? c 2 ? y ? 0 ? ?

b4 ? c 4 a4 ? c4 对应此时的 G ? x, y, z ? ? 或 G ? x, y, z ? ? 2 2 2 2 b c ?b ? c ? a 2c 2 ? a 2 ? c 2 ?

b2 ? c 2 此时的 d1 ? bc b4 ? c 4
又因为 a

a2 ? c2 或 d2 ? ac a4 ? c4
34

? b ? c ? 0 ,则 d1 ? d2

所以,椭球面 ?1 在 ? 上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为:

a2 ? c2 d2 ? ac 4 4 a ?c

b2 ? c 2 , d1 ? bc b4 ? c 4

? x2 ? 3 y 2 ? 1 五. (本题 16 分)已知 S 是空间曲线 ? 绕 y 轴旋转形成的椭球面 z ? 0 ?
的上半部分 (z

? 0) 取上侧,? 是 S 在 P ? x, y, z ? 点处的切平面,? ? x, y, z ?

是原点到切平面 ? 的距离, ? , ? ,? 表示 S 的正法向的方向余弦。计算: (1)

z (2) ?? z ? ? x ? 3? y ?? z ? dS dS ; ?? S ? ? x, y, z ? S
2

解: (1)由题意得:椭球面 S 的方程为 x 令F

? 3 y 2 ? z 2 ? 1? z ? 0?

? x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 1, 则 Fx' ? 2 x, Fy' ? 6 y, Fz' ? 2 z , ? 切平面 ? 的法向量为 n ? ? x,3 y, z ? ,
? 的方程为 x ? X ? x ? ? 3 y ?Y ? y ? ? z ? Z ? z ? ? 0 ,
原 点 到 切 平 面

?
1









? ? x, y, z ? ?
? I1 ? ??
S

x2 ? 3 y 2 ? z 2 x2 ? 9 y 2 ? z 2

?

x2 ? 9 y 2 ? z 2

z dS ? ?? z x2 ? 9 y 2 ? z 2 dS ? ? x, y, z ? S
: x 2 ? z 2 ? 1, x ? 0, z ? 0
?
1 2 2 z? 3 ? 2 x ? z ? ?? ? ?

将一型曲面积分转化为二重积分得:记 Dxz

? I1 ? 4 ??
Dxz

3?1 ? x 2 ? z 2 ?

dxdz ? 4? 2 sin ? d? ?
0

r 2 ? 3 ? 2r 2 ? dr 3?1 ? r 2 ?

0

35

? 4?
?
(2)

1

r 2 ? 3 ? 2r 2 ? dr 3?1 ? r
2

0

?

? 4? 2
0

?

sin 2 ? ? 3 ? 2sin 2 ? ? d? 3

4 ?3 1? 3 ? ? 3? ? ? 2? ? ? 2? 4 ? 2 2 3?2
方 法 一 :

??

x x2 ? 9 y 2 ? z 2

,? ?

3y x2 ? 9 y 2 ? z 2

,? ?

z x2 ? 9 y 2 ? z 2 3? 2

? I 2 ? ?? z ? ? x ? 3? y ? ? z ? dS ? ?? z x 2 ? 9 y 2 ? z 2 dS ? I1 ?
S S

方法二(将一型曲面积分转化为二型) :

I 2 ? ?? z ? ? x ? 3? y ?? z ? dS ? ?? xzdydz ? 3 yzdzdx ? z 2 dxdy
S S

记?: z 向外,

? 0, x2 ? 3 y 2 ? 1, ? : x2 ? 3 y 2 ? z 2 ? 1? z ? 0 ? ,取面 ? 向下,?

由高斯公式得: I 2

? ?? xzdydz ? 3 yzdzdx ? z 2dxdy ? ??? 6zdV
? ?

? I 2 ? ??? 6 zdV ,求该三重积分的方法很多,现给出如下几种常见方法:
?

① 先




1? x 2 ?3 y 2





I2 ? 6
?

x 2 ?3 y 2 ?1

??
1 0

d? ?

0

zdz ? 3

x 2 ?3 y 2 ?1

?? ?1 ? x

2

? 3 y 2 ? d?

? 12? 2 d? ?
0

1 3? r ?1 ? r 2 ? dr ? 2 3

② 先二后一: I 2

? 6? zdz
0

1

x2 ?3 y 2 ?1? z 2

??

d? ?

1 6 3? ? ? z ?1 ? z 2 ? dz ? 2 3 0

36

? 1 24 ? 3? 3 2 2 2 d ? d ? r sin ? dr ? ③广义极坐标代换: I 2 ? ?0 ?0 2 3 ?0

? ??, ?? ? 内的可微函数,且 f 、? x ? ? mf ? x ? , 其 中 0 ? m ? 1 ,任取实数 a0 ,定 义 an ? ln f ? an?1 ? , n ? 1,2,..., 证明:
六. (本题 12 分) 设 f(x)是在

?? a
n?1

?

n

? an?1 ? 绝对收敛。
? an?1 ? ln f ? an?1 ? ? ln f ? an?2 ?

证明: an

由拉格朗日中值定理得: ?? 介于 an?1 , an?2 之间,使得

f ' ?? ? ln f ? an?1 ? ? ln f ? an?2 ? ? ? an?1 ? an?2 ? f ?? ?

? an ? an?1 f ' ?? ? ?m f ?? ?

f ' ?? ? ? ? an?1 ? an?2 ? f ?? ?





f 、?? ? ?

m ?? ?f



? an ? an?1 ? m an?1 ? an?2 ? ... ? mn?1 a1 ? a0 ? 0 ? m ? 1
?级数 ? m
n?1 ? n?1

a1 ? a0

收敛,?级数

?a
n?1

?

n

? an?1

收敛,



?? a
n?1

?

n

? an?1 ? 绝对收敛。

七. ( 本 题 15 分 ) 是 否 存 在 区 间

?0,2? 上 的 连 续 可 微 函 数
2 0

f(x) , 满 足

、 f ? 0 ? ? f ? 2? ? 1 , f ? x ? ? 1, ? f ? x ? dx ? 1 ?请说明理由。

解:假设存在,当 x ?

?0,1? 时,由拉格朗日中值定理得:
37

??1 介于 0,x 之间,使得 f ? x ? ? f ? 0? ? f ' ??1 ? x, ,

?1,2? 时,由拉格朗日中值定理得: ?? 2 介于 x,2 之间,使得 f ? x ? ? f ? 2? ? f ' ??2 ?? x ? 2? ' ' 即 f ? x ? ? 1 ? f ??1 ? x, x ? ?0,1?; f ? x ? ? 1 ? f ??2 ?? x ? 2 ? , x ? ?1,2? ? ?1 ? f 、? x ? ? 1 , ?1 ? x ? f ? x ? ? 1 ? x, x ? ?0,1?; x ? 1 ? f ? x ? ? 3 ? x, x ? ?1,2?
同理,当 x ? 显然,
1

f ? x ? ? 0, ? f ? x ? dx ? 0
2 0 2 2 1 2 1 0 0 1

1 ? ? ?1 ? x ? dx ? ? ? x ? 1? dx ? ? f ? x ? dx ? ? ?1 ? x ? dx ? ? ? 3 ? x ? dx ? 3
0

? ? f ? x ? dx ? 1,又由题意得 ? f ? x ? dx ? 1,? ? f ? x ? dx ? 1
2 2 2 0 0 0



?

2

0

? ?1 ? x, x ? ?0,1? f ? x ? dx ? 1,? f ? x ? ? ? ? ? x ? 1, x ? ?1,2?

? lim ?
x?1

f ? x ? ? f ?1? f ? x ? ? f ?1? x ?1 1? x ? lim ? 1, lim ? lim ? ?1 ? ? ? x ? 1 x ? 1 x ? 1 x ?1 x ?1 x ?1 x ?1
f(x)是在区间

? f ' ?1? 不存在,又因为

?0,2? 上的连续可微函数,即 f ' ?1? 存

在,矛盾 故,原假设不成立,所以,不存在满足题意的函数 f(x)。 第三届大学生数学竞赛初赛试题解答 一、 计算题(每小题 6 分,共 4 个小题)
(1 ? x) x ? e2 (1 ? ln(1 ? x)) 1、 lim x ?0 x
2

(1 ? x) ? e (1 ? ln(1 ? x)) e ? 解答: 因为 x
2

2 x

2 ln(1? x ) x

? e2 (1 ? ln(1 ? x)) , x

38

e2 ln(1 ? x) 2 lim ?e x ?0 x
lim
x ?0

e

2 ln(1? x ) x

2 ln(1 ? x) ? 2 ?e e ?1 2 2 x ? e lim ? e lim x ?0 x ?0 x x x 1 ?1 ln(1 ? x) ? x (1 ? x) 2 2 ? 2e lim ? 2e lim ? ?e2 2 x ?0 x ?0 x 2x
2 2 ln(1? x ) ? 2 x 2

所以 (1 ? x) x ? e2 (1 ? ln(1 ? x)) lim ?0 x ?0 x ? ? ? 2、设 an ? cos ? cos 2 ??? cos n , 求 lim an n ?? 2 2 2
解答:若 ? ? 0, 则 lim an ? 1
n??

? ? 0,则当n充分大,使得2n ? k 时, ? ? ? ? ?

? ? 1 an ? cos ? cos 2 ??? cos n ? cos ? cos 2 ??? cos n ? sin n ? 2 2 2 2 2 2 2 sin ? 2n ? ? ? 1 ? 1 ? cos ? cos 2 ??? cos n?1 ? sin n?1 ? ? 2 2 2 2 2 sin n 2 ? ? ? 1 ? 1 ? cos ? cos 2 ??? cos n ?2 ? 2 sin n ?2 ? ? 2 2 2 2 2 sin n 2 sin ? ? ? 2n sin n 2
sin ? 2n sin
n ?? n ??

这时, lim an ? lim

?

?

sin ?

?

2n

3、求 ?? sgn( xy ? 1)dxdy, 其中D ? {( x, y) 0 ? x ? 2,0 ? y ? 2}
D

1 解答: 设D1 ? {( x, y) 0 ? x ? ,0 ? y ? 2} 2

1 1 ? x ? 2,0 ? y ? } 2 x 1 1 D3 ? {( x, y) ? x ? 2, ? y ? 2} 2 x D2 ? {( x, y)
39

D1 ? D2

??

dxdy ? 1 ? ?
2

dx ? 1 ? 2ln 2, ?? dxdy ? 3 ? 2ln 2 1 x D3
dxdy ? 2 ? 4ln 2
D3 D1 ? D2

2

?? sgn( xy ?1)dxdy ? ?? dxdy ? ??
D

4、求幂级数 ?

? 2n ? 1 2 n ?2 2n ? 1 x 的和函数,并求级数 的和。 ? n n ?1 2 n ?1 n ?1 2 ?

解答:令 S ( x) ? ?
x

2n ? 1 2 n ? 2 x ,则它的定义区间为 (? 2, 2) , ?x ? (? 2, 2) 2n n ?1
?

? S (t )dt ? ? ?
0

? 2n ? 1 2n?2 x2n?1 x ? x 2 n?1 x t dt ? ? ?( ) ? ? n n 2 2 n?1 2 2 ? x2 n ?1 0 n ?1 2 ? x

于是, S ( x) ? (
?

x 2 ? x2 ? ) ? , x ? (? 2, 2) 2 ? x2 (2 ? x2 )2

2n ? 1 ? 2n ? 1 1 2 n?2 1 10 ?? n ( ) ? S( ) ? 。 ? n ?1 2 9 2 2 n ?1 2 n ?1
二、 (每题 8 分,共 16 分)设 {an }? n ?0 为数列, a, ? 为有限数,求证: 1、 2、 如果 lim an ? a ,则 lim
n??

a1 ? a2 ? ??? ? an ? a; n ?? n
n??

如果存在正整数 p ,使得 lim(an? p ? an ) ? ? ,则 lim
n??

an ? ? . n p

解答:1、由于 lim an ? a ,
n??

?M ? 0, 使得 an ? M , 且?? ? 0, ?N1 ? N ,当n ? N1时, an ? a ?

?
2

N (M ? a ) ? 因为?N2 ? N1 ,当n ? N2时, 1 ? n 2 N (M ? a ) ? (n ? N1 ) ? a ? a ? ??? ? an 于是, 1 2 ?a ? 1 ? ?? n n 2 n 2
所以 lim
n ??

a1 ? a2 ? ??? ? an ? a; n

(i ) (i ) ? a( n?1) p?i ? anp?i , 易知{An }为 {an? p ? an }的子列 , 2、 对于 i ? 0,1, ???, p ?1, 令 An
(i ) (i ) A1(i ) ? A2 ? ??? ? An ??, n?? n

(i ) 由 lim(an? p ? an ) ? ? ,知 lim An ? ? ,从而 lim
n??

n??

40

(i ) (i ) 而 A1(i ) ? A2 ???? ? An ? a( n?1) p?i ? a p?i ,所以 lim
n??

a( n?1) p?i ? a p?i n

??

由 lim
n??

a p ?i n

? 0 ,知 lim
n??

a( n?1) p?i n

??

从而 lim
n??

a( n?1) p?i (n ? 1) p ? i

? lim

a n ? ? ( n?1) p?i ? , n?? (n ? 1) p ? i n p

?m ? ?, ?n, p, i ? ?, (0 ? i ? p ? 1) ,使得 m ? np ? i,当m ? ?时,n ? ? ,
所以, lim

an ? ? . n?? n p

] 具有连续的三阶导数,且 三、 ( 15 分 ) 设 函 数 f ( x) 在 闭 区 间 [ ? 1, 1上 f (?1) ? 0, f (1) ? 1, f ?(0) ? 0 ,求证:在开区间(-1,1)内至少存在一点 x0 ,使得

f ???( x0 ) ? 3
解答:由迈克劳林公式,得

f ( x) ? f (0) ?

1 1 f ??(0) x 2 ? f ???(? ) x3 ,?介于0与 x 之间, x ?[-1,1] 2! 3!

在上式中分别取 x ? 1和 x ? ?1,得

1 ? f (1) ? f (0) ?

1 1 f ??(0) ? f ???(?1 ), 0 ? ?1 ? 1. 2! 3! 1 1 0 ? f (?1) ? f (0) ? f ??(0) ? f ???(?2 ), ? 1 ? ?2 ? 0. 2! 3!

两式相减,得

f ???(?1 ) ? f ???(?2 ) ? 6
由于 f ???( x) 在闭区间 [ ?1,1]上连续,因此 f ???( x) 在闭区间 [?2 ,?1 ] 上有最大值 M 最 小值 m ,从而 m ?

f ???(?1 ) ? f ???(?2 ) ?M 2 f ???(?1 ) ? f ???(?2 ) ?3 2

再由连续函数的介值定理,至少存在一点 x0 ?[?2 ,?1 ] ? (?1,1) ,使得

f ???( x0 ) ?

四、 (15 分)在平面上,有一条从点 ? a,0? 向右的射线,线密度为 ? ,在点 ? 0, h ?
41

处(其中 h ? 0 )有一质量为 m 的质点,求射线对该质点的引力. 解: 在 x 轴的 x 处取一小段 dx ,其质量是 ? dx ,到质点的距离为 h2 ? x2 ,这一小段 与质点的引力是 dF ? 为 dFx ?
??

Gm? dx (其中 G 为引力常数 ). 这个引力在水平方向的分量 h2 ? x 2

?h

Gm? xdx
2

?x

2 32

?

.从而
2 ?? Gm? ?? d ? x ? Gm? 2 2 ?1 2 . ? ? ? Gm ? h ? x ? ? ? 3 2 ? a 2 a h2 ? a 2 ? h2 ? x 2 ?

Fx ? ?

a

?h

Gm? xdx
2

? x2 ?

32

而 dF 在竖直方向上的分量为 dFy ?

?h

Gm? hdx
2

? x2 ?

32

,故

Fy ? ?

??

a

?h

Gm? hdx
2

? x2 ?

32

??

? 2

a arctan h

Gm? h2 sec2 tdt Gm? ? 2 Gm? ? a? ? 1 ? sin arctan ? a cos tdt ? ? 3 3 ? h sec t h arctan h h ? h?

.所求引力向量为 F ? Fx , Fy .

?

?

? 1 1? 五、 (15 分)设 z ? z ? x, y ? 是由方程 F ? z ? , z ? ? ? 0 确定的隐函数,且具有连 x y? ?
续 的 二 阶 偏 导 数 , 且
2 ?2 z ?2 z 3 ? z x ? xy ? x ? y ? ?y ? 0. ?x2 ?x?y ?y 2 3

F1 ? F2 ? 0 求 证

x2

?z ?z ? y2 ? 0 和 ?x ?y

? ?z 1 ? ?z ?z ? ?z 1 ? F1 ? ? ? 2 ? F2 ? 0 . 由此解得 证: 对方程两边求导 , ? ? 2 ? F1 ? F2 ? 0 , ?y ?x ? ?x x ? ? ?y y ?

F ? F2 ?z ?z ?z ?z , ? 2 ,所以 x2 ? y 2 ? 2 1 ? 0 .将上式再求导, ?x x ? F1 ? F2 ? ?y y ? F1 ? F2 ? ?x ?y x2
2 ?2 z ?z 2 ? z ? y ? ?2 x 2 ?x ?y?x ?x

,

x2

?2 z ?2 z ?z ? y 2 2 ? ?2 y ?x?y ?y ?y

,









x3

2 ?2 z ? z 2 3? z . ? xy x ? y ? y ? 0 ? ? ?x2 ?x?y ?y 2

六、 (15 分)设函数 f ? x ? 连续, a 、 b 、 c 为常数, ? 是单位球面 x2 ? y 2 ? z 2 ? 1.记

42

第一型曲面积分 I ? ?? f ? ax ? by ? cz ?dS .求证 I ? 2? ? f
1
?

?1

?

a2 ? b2 ? c2 u du .

?

证: 由 ? 的面积为 4? 可见,当 a 、 b 、 c 都为零时,等式成立.当它们不全为零时,可 知 原 点 到 平 面 ax ? by ? cz ? d ? 0 的 距 离 是

d a2 ? b 2 ?c

2

. 设 平 面

Pu : u ?

ax ? by ? cz a 2 ? b2 ? c 2

, 其中 u 固定. 则 u 是原点到平面 P u 的距离 , 从而 ?1 ? u ? 1 . 两

平面 P u和P u ? du 截单位球 ? 的截下的部分上,被积函数取值为 f

?

a 2 ? b2 ? c 2 u .这
du 1? u2
,它的面

?

部分摊开可以看成一个细长条,这个细长条的长是 2? 1 ? u 2 ,宽是 积是 2? du .故得证.

第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷 (非数学类,2012)时间 150 分钟,满分 100 分 一、 (本大题共 5 小题,每小题 6 分,共 30 分)计算下列各题(要求写出重要步 骤) (1) lim

sin 2 x ? x 2 cos2 x x?0 x 2 sin 2 x
sin x ? x cos x ? lim x ?0 x 2 sin 2 x
2 2 2

[x ?

解: lim

x?0

x3 x2 ? o( x 3 )]2 ? x 2 [1 ? ? o( x 2 )]2 6 2 x4

2 4 x ? o( x 4 ) 2 ? l i m3 ? 4 x?0 x 3 x 1 (2) lim [( x 3 ? ? tan )e1 x ? 1 ? x 6 ] x ??? 2 x x 解:原式 ? lim [( x 3 ? )e1 x ? 1 ? x 6 ] x ??? 2
1 t2 t3 t6 1 (1 ? t 2 )[1 ? t ? ? ? o(t 3 )]e t ? [1 ? ? o(t 6 )] (1 ? t 2 )e t ? 1 ? t 6 2 2 6 2 2 ? lim? ? lim? 3 3 t ?0 t ? 0 t t

43

1 2 t 3t 5 1 2 t 6 ( 1 ? t ? t ) e ? (1 ? t )e ? 1 ? t 2 1 ? t 6 ? ?? 2 ? lim ? ?? 。或 ? lim? t ?0 t ?0? t3 t3
(3 )设函数 f ( x, y ) 有二阶连续偏导数,满足 f x2 f yy ? 2 f x f y f xy ? f y2 f xx ? 0 ,且

f y ? 0 , y ? y ( x, z ) 是由方程 z ? f ( x, y ) 所确定的函数,求
解:

?2 y 。 ?x 2

f ?y ?? x ?x fy
f y [ f xx ? f xy ( ? fx f )] ? f x [ f yx ? f yy ( ? x )] fy fy f y2

? y ?? ?x 2
2

f x2 f yy ? 2 f x f y f xy ? f y2 f xx ?? ?0 f y3
1 x? (4)求不定积分 I ? ? (1 ? x ? )e x dx 。 x
x? x? 1 x? 解: I ? ? (1 ? x ? )e x dx ? ? e x dx ? ? xde x x 1 1 1 1

? ?e

x?

1 x

dx ? xe

x?

1 x

??e

x?

1 x

dx ? xe

x?

1 x

?C

(5)求曲面 x 2 ? y 2 ? az 和 z ? 2a ? x 2 ? y 2 (a ? 0) 所围立体的表面积。 解: D : x 2 ? y 2 ? a 2 ,则

s?

1 a 2 ? 4 x 2 ? 4 y 2 dxdy ? ?? 2dxdy ?? a D D a 2? ?0 ? a ? 4? d? ? 2a ? ? 6 (5 5 ? 6 2 ? 1)
a 2 2 2
?? 0 2

2? ? a

x dx 的敛散性。其中 ? 是一个实常数。 cos x ? x ? sin 2 x 1 ?? x x dx , I 2 ? ? dx ,则 解:记 I1 ? ? 2 ? 2 2 0 cos x ? x sin x 1 cos x ? x ? sin 2 x ?? x ?0 cos2 x ? x? sin 2 x dx ? I1 ? I 2 x 首先, 对任意的实常数 ? ,I 1 收敛, 这是因为设 f ( x ) ? , 当? ? 0 2 cos x ? x ? sin 2 x
二、 (本题 13 分)讨论 ?
44

时, f ( x ) 在 [0,1] 上连续,所以可积。当 ? ? 0 时 lim f ( x) ? 0 ,只要令 f (0) ? 0 ,
x?0

则 f ( x ) 在 [0,1] 上连续,所以可积。
?? x ?? 1 x dx ? ? dx ? ? dx ,所以当 ? ? 2 时发散。 ? 2 ? 1 1 1 cos x ? x sin x x x ? ?1 1 而 ? ? 2 时, f ( x ) ? ?1 ,取 xk ? k ? ( k ? 1,2,3, ? ) 2 x cos x ? x ? ?1 sin 2 x

注意到 ?

??

2

则 f ( xk ) ? k? ? ?? , (k ? ?) ,所以 I 2 发散。综上所述,对任意的实常数 ? ,积 分都是发散的。 三、 (本题 13 分)设 f ( x ) 在 ( ??,??) 上无穷次可微,并且满足:存在 M ? 0 ,使 得 | f ( k ) ( x) |? M , ?x ? ( ??,??) , (k ? 1,2, ?) 。且 f ( 证:在 ( ??,??) 上 f ( x ) ? 0 。 证明: 因为 f (0) ? lim f (
n??

1 ) ? 0, ( n ? 1,2,3, ? ) 。求 2n

1 1 1 ) ? 0, 所以 f ( n ) ? f (0) ? f ?(?1 ) n , 所以 f ?(?1 ) ? 0 , n 2 2 2

从而有 f ?(0) ? lim f ?(?1 ) ? 0 ,设 f (0) ? f ?(0) ? ? ? f ( k ) (0) ? 0 ,则
?1 ?0

f(

f ( k ?1) (? k ?1 ) 1 1 1 f ??(0) 1 f ( k ) (0) 1 ? ) ? f ( 0 ) ? f ( 0 ) ? ? ? ? ? 2n 2n 2! 22n k! 2nk (k ? 1)! 2n ( k ?1)
?k ?1 ?0

所以 f ( k ?1) (? k ?1 ) ? 0 ,从而 f ( k ? ) (0) ? lim f ( k ?1) (? k ?1 ) ? 0 ,所以对任意自然数 k , 都有 f ( k ) (0) ? 0 ,又 | f ( k ) ( x) |? M ,即

? M ? f ( k ) ( x) ? M
当 x ? 0 时,上式两端在 [0, x ] 上连续积分 k 次,得

(1)

?M
因为幂级数 ? M
k ?0 ??

xk xk ? f ( x) ? M k! k!

(2)

xk 对任意的 x 都是收敛的,所以由级数收敛的必要条件知 k!

xk xk xk 得 f ( 0) ? 0 。 lim M ? 0 所以由 ? lim M ? f ( x) ? lim M k ?? k ?? k ?? k! k! k!
当 x ? 0 时, (1)式两端在 [ x,0] 上连续积分 k 次,得

45

(?1) k x k (?1) k x k ?M ? f ( x) ? M k! k!
同理可得 f (0) ? 0 ,所以在在 ( ??,??) 上 f ( x ) ? 0 。 四、 (本题共 16 分,第 1 小题 6 分,第 2 小题 10 分)设 D 为椭圆形

x2 y2 ? ?1 a 2 b2

(a?b?0) , 而 密 度 为 ? 的 均 质 薄 板 ; l 为 通 过 椭 圆 焦 点 ( ?c,0) ( 其 中

c 2 ? a 2 ? b 2 )垂直于薄板的旋转轴。1、求薄板 D 绕 l 旋转的转动惯量 J ;2、对
于固定的转动惯量,讨论椭圆薄板的面积是否有最大值和最小值。 解:1、 J ? ?? ( x ? c) 2 dxdy ? ?? x 2 dxdy ? abc2?
D D

x ?ar c o?s y ?br s i ? n

?

Dr?

?? a
2? 0

2 2

2 r s in ?abrdrd? ? abc2?

? a b?
3

5a 3b s i n?d? ? r dr ? abc ? ? ? ? ab3? 0 4
2 1 3 2

2、令 L(a, b) ? ab? ? ? (

5a 3b ? ? ab3? ? J ) 4
(1)

则有

1 ? ?(

15a 2 ? b2? ) ? 0 4 5a 2 ? 3b2 ) ? 0 4

1 ? ?(
由(1)—(2)可得

(2)

5 2 a ? 2b 2 ? 0 ,这是不可能的,所以对于固定的转动惯量, 2 椭圆薄板的面积不存在最大值和最小值。
五、 (本题 12 分)设连续可微函数 z ? z ( x, y ) 由方程 F ( xz ? y, x ? yz ) ? 0 (其中

F ( u, v ) 有 连 续 的 偏 导 数 ) 唯 一 确 定 。 L 为 正 向 单 位 圆 周 。 试 求 :

I ? ? ( xz 2 ?2 yz )dy ? (2 xz ? yz 2 )dx 。
解:设 D : x 2 ? y 2 ? 1 ,则

I ? ? ( xz 2 ?2 yz )dy ? (2 xz ? yz 2 )dx ? 2?? [ z 2 ?( xz ? y )
D

?z ?z ? ( x ? yz ) ]dxdy ?x ?y

46

又由于

zF ? F2 F ? zF2 ?z ?z ?? 1 ? 1 , ,所以 ?x xF1 ? yF2 ?y xF1 ? yF2

I ? 2?? [ z 2 ?
D

( x ? yz )( F1 ? zF2 ) ? ( xz ? y )( zF1 ? F2 ) ]dxdy ? 2?? dxdy ? 2? xF1 ? yF2 D

六、 (本题共 16 分,第 1 小题 6 分,第 2 小题 10 分)

? dy x2 ? ? xy ? xe (1)求解微分方程 ? dx ; ? ? y (0) ? 1
(2)如果 y ? f ( x ) 为上述方程的解。证明: lim ?
n??

n ? f ( x )dx ? 2 0 n x ?1 2
1 2
2

解: (1) y ? e [ ? xe dx ? C ] ? e ? Ce ,由 y (0) ? 1 得, C ? 0 ,所以 y ? e x 。
x2

x2 2

x2 2

x2 2

(2) ?

1 1 n x2 x2 f ( x ) dx ? e d arctan nx ? e arctan n ? ?0 ?0 arctan nxde 0 n2 x2 ? 1 1

( 0 ? ? ? 1) 。 ? ea r c t a nn ?a r c t a n? n? dex ? e a r c t a nn ?a r c t a n? n(e ? 1) ,
2

1

0

n ? f ( x )dx ? 2 n?? n?? n?? 0 n x ? 1 2 2 第四届全国大学生数学竞赛 预赛试题(非数学类)参考答案及评分标准 一、 (本大题共 5 小题,每小题 6 分共 30 分)解答下列个体(要求写出要求写 出重要步骤)
因为 lim arctan n ? lim arctan n? ? ,所以 lim ?
1 2

?

1

(1) 求极限 lim(n! ) n
n? ?

2

? 2 x ? y ? 3z ? 2 ? 0 (2) 求通过直线 l : ? 的两个互相垂直的平面 ? 1 和 ? 2 ,使其中 ? 5 x ? 5 y ? 4z ? 3 ? 0 一个平面过点 (4 , ? 3 , 1) 。
(3) 已知函数 z ? u( x , y)e ax?by , 且 满足方程

? 2u 确定常数 a 和 b , 使函数 z ? z( x , y ) ? 0。 ? x? y

?2z ?z ?z ? ? ?z?0 ? x? y ?x ?y

(4) 设函数 u ? u( x ) 连续可微, u( 2) ? 1 ,且 ? ( x ? 2 y )udx ? ( x ? u3 )udy 在右半 平面与路径无关,求 u( x , y ) 。 x ?1 sin t dt (5) 求极限 lim 3 x ? x x ? ?? t ? cos t 解 (1) 因为 ( n! )
1 n2

?e

1 ln(n!) n2

1分
47

1 1 ln 1 ln 2 ln n ln n 3分 ln( n! ) ? ( ? ? ?? ) ,且 lim ?0 2 n ? ? n n 1 2 n n 1 ln 1 ln 2 ln n 所以 lim ( ? ? ?? )?0 n?? n 1 2 n 1 1 n2 即 2分 lim 2 ln( n! ) ? 0 , 故 lim( n! ) ? 1 n? ? n? ? n (2) 过直线的平面束为 ? ( 2 x ? y ? 3 z ? 2) ? ? (5 x ? 5 y ? 4 z ? 3) ? 0 即 ( 2? ? 5? ) x ? (? ? 5? ) y ? ( 3? ? 4? ) z ? ( 2? ? 3? ) ? 0 2分 若平面 ? 1 过点 (4 , ? 3 , 1 ,代入的 ? ? ? ? 0 ,即 ? ? ? ? , ) 3x ? 4 y ? z ? 1 ? 0 从而平面 ? 1 的方程为 2分 若平面束中 ? 2 与 ? 1 垂直,则 3 ? ( 2? ? 5? ) ? 4 ? (? ? 5? ) y ? ( ?1)( ?3? ? 4? ) z ? 0 x ? 2 y ? 5z ? 3 ? 0 解得 ? ? ?3? ,从而平面 ? 2 的方程为 2分 ?z ?u ?z ?u ? e ax? by [ ? au( x , y )] (3) 2分 ? e ax? by [ ? au( x , y )] , ?y ?y ?x ?x ?2z ?u ?u 2分 ? e ax? by[b ? a ? abu( x , y )] ?x?y ?x ?a ?2z ?z ?z ? ? ?z ? x? y ?x ?y ?2z ?z ?z 要使 ? ? ? z ? 0 ,只有 ? x? y ?x ?y ?u ?u 2分 (b ? 1) ? (a ? 1) ? (ab ? a ? b ? 1)u( x , y ) ? 0 , 即 a ? b ? 1 ?x ?a ? ? ( u[ x ? u3 ]) ? ([ x ? 2 y]u) 得 ( x ? 4u3 )u? ? u (4) 由 ?x ?y dx 1 即 2分 ? ? 4u2 du u 方程的通解为 x ? elnu ( ? 4u2e ? lnudu ? C ) ? u(2u2 ? C ) 3分
而 由 u( 2) ? 1 得 C ? 0 ,故 u ? 3 (5)

x 2
dt t ?1

1分

因为当 x ? 1 时, x ?1 x ?1 sin t 3 x? dt ? 3 x ? x x t ? cos t

3分 2分 1分

? 23 x ( x ? x ? 1 ) ? 2

x ? 0( x ? ??) x ? x ?1

3

x ? ??

lim

3

x?

x ?1 x

sin t dt ? 0 t ? cos t
?? 0

二、 (本题 10 分)计算 ? 解 : 由于

e ? 2 x sin x dx

48

?

n? 0

e ? 2 x sin x dx ? ? ?
???
k ?1 k ?1 n

n

k? ( k ?1)? k? ( k ?1)?

e ? 2 x sin x dx ( ?1)k ?1 e ? 2 x sin xdx
3分

应用分部积分法,得

1 (?1)k ?1 e ? 2 x sin xdx ? e ? 2k? (1 ? e 2? ) ( k ?1)? 5 n n? 1 所以 ? e ? 2 x sin x dx ? (1 ? e 2? )? e ? 2 k? 0 5 k ?1 1 e ?2k? ? e ?2( k ?1)? ? (1 ? e 2? ) 5 1 ? e ?2k? 当 n? ? t ? ( n ? 1)? 时,

?

k?

2分

2分

? ? ?

n? 0

e ? 2 x sin x dx ? ? e ? 2 x sin x dx ? ?
0

t

( n?1)? 0

e ? 2 x sin x dx ,

令 n ? ? ,由两边夹法则,得
?? 0

e ? 2 x sin x dx ? lim ?
n? ?

n? 0

e ? 2 x sin x dx ?

1 e 2? ? 1 5 e 2? ? 1 1 e 2? ? 1 5 e 2? ? 1

3分

注:如果最后不用夹逼法则,而用
?? 0

e ? 2 x sin x dx ? lim ?
n? ? ?? 0

n? 0

e ? 2 x sin x dx ?

需先说明 ?

e ? 2 x sin x dx 收敛。

1 ? 2 x ? 501 的近似解,精确到 0.001. x sin(? t ) 2 (0 ? ? ? 1) 解: 由泰勒公式 sin t ? t ? t 2
三、求方程 x 2 sin 令 t?

2分

1 1 1 x , 代入原方程得 得 sin ? ? 2 x x x 2x 1 ? 1 ? 4分 x ? sin ? 2 x ? 501 ,即 x ? 501 ? sin 2 x 2 x ? 1 由此知 x ? 500 , 0 ? ? , x 500 1 ? 1? 1 4分 x ? 501 ? sin ? ? ? 0.001 2 x 2 x 1000 四、 (本题 12 分) 设函数 y ? f ( x ) 二阶可导, 且 f ??( x ) ? 0 , f (0) ? 0 , f ?(0) ? 0 ,

sin

?

x 3 f (u) 求 lim ,其中 u 是曲线 y ? f ( x ) 上点 P ( x , f ( x )) 处的切线在 x 轴 x ?0 f ( x ) sin3 u 上的截距。 解:曲线 y ? f ( x ) 上点 P ( x , f ( x )) 处的切线方程为 Y ? f ( x ) ? f ?( x )( X ? x ) f ( x) f ( x) 令 Y ? 0 ,则有 X ? x ? ,由此得 u ? x ? 3分 f ?( x ) f ?( x )
49

且有

f ( x ) ? f (0) f ( x) f ?(0) x?0 ?0 2分 lim u ? lim( x ? ) ? ? lim ? ? ? x ?0 x ?0 x ? 0 f ( x ) ? f (0) f ?( x ) f ??(0) x?0 由 f ( x ) 在 x ? 0 的二阶泰勒公式 f ??(0) 2 f ??(0) 2 f ( x ) ? f (0) ? f ?(0) x ? x ? o( x 2 ) ? x ? o( x 2 ) 2 分 2 2 ? ? f (0) 2 x ? o( x 2 ) u f ( x) 得 lim ? 1 ? lim ? 1 ? lim 2 x ?0 x x ?0 xf ?( x ) x ?0 xf ?( x ) 1 f ??(0) ? o(1) 1 f ??(0) 1 3分 ? 1? ? 1 ? lim ? 2 f ??(0) 2 2 x?0 f ?( x ) ? f ?(0) x?0 3 f ??(0) 2 x ( u ? o(u2 )) 3 x x f (u) 2 所以 lim 2分 ? lim ? 2 ? lim x ? 0 x ?0 3 f ??(0) 2 x ?0 f ( x ) sin3 u u 2 u( x ? o( x )) 2
五、 (本题 12 分) 求最小实数 C , 使得满足 ? f ( x ) dx ? 1 的连续函数 f ( x ) 都
0 1



?

1 0

f ( x )dx ? C

解: 由于

?

1 0

f ( x ) dx ? ? f (t ) 2tdt ? 2? f (t ) dt ? 2
0 0

1

1

4分 3分 3分

另一方面 取 f n ( x ) ? ( n ? 1) x n ,则 而

?

1 0

f n ( x ) dx ? ? f n ( x )dx ? 1
0

1

?

1 0

f n ( x )dx ? 2? tf n (t )dt ? 2
0

1

因此最小实数 C ? 2 2分 六、 (本题 12 分)设 f ( x ) 为连续函数, t ? 0 。区域 ? 是由抛物面 z ? x 2 ? y 2 和球面 x 2 ? y 2 ? z 2 ? t 2 ( z ? 0) 所围起来的部分。定义三重积分

n?1 ? 2 (n ? ?) n? 2

F (t ) ? ??? f ( x 2 ? y 2 ? z 2 )dv
?

求 F ( t ) 的导数 F ??( t )

1 ? 4t 2 ? 1 解法 1: 记 g ? g( t ) ? , 2 则 ? 在 xoy 面上的投影为 x 2 ? y 2 ? g

2分

? x2 ? y2 ? z 在曲线 l : ? 2 上任取一点 P ( x , y , z ) ,则原点到 P 点的 2 2 2 ?x ? y ? z ? t z g 射线和 z 轴的夹角为 ? t ? arccos ? arccos t t 取 ? t ? 0 ,则 ? t ? ? t ? ?T
对于固定的 t ? 0 ,考察积分差 F ( t ? ?t ) ? F ( t ) ,这是一个在厚度为 ? t 的球壳的 积分,原点到球壳边缘上的点的射线和 z 轴夹角在 ? t ? ?T 与 ? t 之间。我们使用球
50

坐标变换来做这个积分。由积分的连续性可知,存在 ? ? ? (?t ) ? (? t ? ?T , ? t ) ,使 得

F ( t ? ?t ) ? F ( t ) ? ?
这样就有 当 ?t ? 0? 时

2? 0

d? ? d? ?
0

?

t ? ?t t

f (r 2 )r 2 sin?dr
t ? ?t t

4分

F ( t ? ?t ) ? F ( t ) ? 2? (1 ? cos? )?

f (r 2 )r 2dr

cos? ? cos? t ?

g( t ) 1 t ? ?t , ? f (r 2 )r 2dr ? t 2 f (t 2 ) t ?t t
4分

故 F ( t ) 的右导数为 g( t ) 2 2? (1 ? )t f (t 2 ) ? ? ( 2t ? 1 ? 1 ? 4t 2 )t f ( t 2 ) t 当 ?t ? 0 时,考察 F ( t ) ? F ( t ? ?t ) 可以得到同样的左导数,因此

F ?( t ) ? ? ( 2t ? 1 ? 1 ? 4t 2 )t f ( t 2 )

2分

? 0 ? ? ? 2? ? a2 ? a4 ? t 2 ? x ? r cos? ? ? ? 解法 2:令 ? y ? r sin? ,则 ? : ? 0 ? r ? a ,其中 ? 1 ? 4t 2 ? 1 , 2 分 a ? ? 2 ? ? z?z 2 2 ? 2 ? ? r ? z ? t ?r
故有

F (t ) ? ?

2? 0

d? ? rdr ?
0

a

t 2 ?r 2 r2

f (r 2 ? z 2 )dz
2分

a ? t 2 ?r 2 ? ? 2? ? r ? f (r 2 ? z 2 )dz ? 2 ? ? ?dr 0 ? r ?

从而有
t 2 ?a 2 a ? da tdr ? F ?(t ) ? 2? ? a ? 2 f (r 2 ? z 2 )dz ? ? rf (r 2 ? t 2 ? r 2 ) ? 0 dt t2 ? r2 ? ? a

4分

注意到 t 2 ? a 2 ? a 2 ,第一个积分为 0,我们得到 2 2 a d (t ? r ) a r dr ? ?? tf ( t 2 )? F ?(t ) ? 2? tf (t 2 )? 0 0 t2 ? r2 t2 ? r2

? 2? tf (t 2 )(t ? a 2 ) ? ? ( 2t ? 1 ? 1 ? 4t 2 )t f ( t 2 )
七、 (本题 14 分)设 ? a n 与 ? bn 为正项级数,证明:
n ?1 n ?1 ? ?

4分

? an 1 ? ? ? 0 ,则级数 ? a n 收敛; n?? a bn?1 n ?1 n?1bn ? ? an 1 ? (2)若 lim? ? ? 0 ,且级数 ? bn 发散,则级数 ? a n 发散。 n? ? a bn?1 n ?1 n ?1 n?1bn an 1 ? ? 2c ? c ? 0 , 证明: (1) lim? ? n?? a bn?1 n?1bn 则存在正整数 N ,对于任意的 n ? N 时,

(1)若 lim?

51

an a a 1 1 a a ? ? c , n ? n?1 ? can?1 , an?1 ? ? n ? n?1 an?1bn bn?1 bn bn?1 c bn bn?1 n n a a a 1 a 1 1 aN ak ?1 ? ? ? n ? n ?1 ? ? ? N ? n ? 1 ? ? ? c bN bn?1 c k ? N bn bn?1 c bN k?N
因而级数 ? a n 的部分和有上界,从而级数 ? a n 收敛;
n ?1 n ?1 ? ?

?

4分

4分

(2) lim?
n? ?

an 1 ? ? c ? 0, ? an?1bn bn?1
3分

则存在正整数 N ,对于任意的 n ? N 时, 有

an b ? n an?1 bn?1 b b b b b b a an?1 ? n?1 an ? n?1 n an?1 ? n?1 n ? N ?1 a N ? N bn?1 bn bn bn?1 bn bn?1 bN bN
? ? n ?1 n ?1

于是由级数 ? bn 发散,得到级数 ? a n 发散。 第四届全国大学生数学竞赛决赛答案 (非数学类,2013) 一、(25 分)简答下列各题

3分

? ? ?? ? ln( ax) ?? ? ( a ? 0) ?? , 1. 计算 lim ?ln( x ln a ) ln? x ?0? x ? ? ? ? ln ?? ? a ?? ? ? ?
2. 设 f ( u , v ) 具有连续偏导数,且满足 f u (u , v ) ? f v (u , v ) ? uv ,求

y( x) ? e ?2 x f ( x , x) 所满足的一阶微分方程,并求其通解。
?? ) 3. 求在 [0 , 上的可微函数 f ( x ) ,使 f ( x) ? e ? u( x ) ,其中 u( x ) ? ?
4. 计算不定积分 ? x arctan x ln(1 ? x 2 )dx
x 0

f (t )dt 。

? 10 ? 2 y ? 2z ? 27 5. 过直线 ? 作曲面 3 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 27 的切平面, 求此切平面的方 ?x? y?z ? 0
程。

? ? ?? ? ln( ax) ?? ? 2 ln a ?? ? lim ln? 1 ? 1. 解 lim ?ln( x ln a ) ln? x ? 0 ? n? ? ln x ? ln a ? ln x ?? ? ? ? ? ? a ?? ? ?
? ln e 2 lna
1分
52

?

ln x ? lna ln x ? ln(ln a) 2 lna 2 lna ln x ? lna

4分

? 2 ln a

2. 解 y? ? ?2e ?2 x f ( x , x ) ? e ?2 x f u ( x , x ) ? e ?2 x f v ( x , x )

? ?2 y ? x 2e ?2 x
因 此 , 所 求 的 一 阶 微 分 方 程 为 3分 其通解为
? 2 dx y ? e ? ? ? x 2e ? 2 x dx ? C ?

y? ? 2 y ? x 2e ?2 x

x3 ?? ? C ?e ? 2 x 3
2分 3. 解 由题意,有 即 2分 两边求导可得 由 3分 4. 解 由于 ? x ln(1 ? x 2 )dx ? 此 可
?

( C 为任意常数)

e

?0

x

f ( t ) dt

? f ( x)

?
f ?( x) ? ? f 2 ( x) ,并且
求 得

x 0

f (t )dt ? ? ln f ( x )

f (0) ? e 0 ? 1
f ( x) ? 1 x ?1

1 ln(1 ? x 2 )d (1 ? x 2 ) 2? 1 ? [(1 ? x 2 ) ln(1 ? x 2 ) ? x 2 ] ? C 2

2分 则原式 ?

1 arctan xd[(1 ? x 2 ) l n 1 ( ? x2 ) ? x2 ] 2?

1 1 x2 ? [(1 ? x 2 ) ln(1 ? x 2 ) ? x 2 ]arctan x ? ? [ln(1 ? x 2 ) ? ]dx 2 2 1 ? x2
1 1 3 ? [(1 ? x 2 ) ln(1 ? x 2 ) ? x 2 ? 3]arctan x ? x[ln(1 ? x 2 ) ? x 2 ] ? C 2 2 2
分 5. 解 记 F ( x , y , z ) ? 3 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 27 ,则曲面的法向量为
53

3

? n 1 ? ( Fx , Fy , Fz )
1分

? 2( 3 x , y , ? z )

? 10 ? 2 y ? 2z ? 27 过直线 ? 的平面束方程为 ?x? y?z ? 0
10 ? 2 y ? 2 z ? 27 ? ? ( x ? y ? z ) ? 0
即 其 1分 设所求的切点为 P0 ( x0 , y0 , z0 ) ,则
2 2 2 ? 3 x0 ? y0 ? z0 ? 27 ? ? 10 ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? y0 z0 ? 3 x0 ? ? (10 ? ? ) x0 ? ( 2 ? ? ) y0 ? ( 2 ? ? ) z0 ? 27

(10 ? ? ) x ? (2 ? ? ) y ? (2 ? ? ) z ? 27 ? 0
法 向 量 为

? n 2 ? (10 ? ? , 2 ? ? , ? 2 ? ? )

1分 解得 x0 ? 3 , y0 ? 1 , z0 ? 1 , ? ? ?1 ,或 x0 ? ?3 , y0 ? ?17 , z0 ? ?17 , ? ? ?19 所求的切平面方程为

9 x ? y ? z ? 27 ,或 9 x ? 17 y ? 17z ? ?27

二、(15 分) 设曲面 ? : z 2 ? x 2 ? y 2 , 1 ? z ? 2 ,其面密度为常数 ? ,求在原点处的质量 为 1 的质点和 ? 之间的引力(记引力常数为 G ) 。

Fy ? 0 解: 设引力 F ? ( Fx , Fy , Fz ) , 由对称性知 Fx ? 0 ,
分 记 r ? x 2 ? y 2 ? z 2 ,从原点出发过点 ( x , y , z ) 的射线与 z 轴的夹角为 ? ,则有

2

cos? ?

z r

质点和面积微元 dS 之间的引力为

dF ? G
分 于 是

?dS
r
2

, 而 dFz ? G

?dS
r
2

cos? ? G?

z dS r3

4





Fz ? ? G?
?

z dS r3

54

2分 在 z 轴上的区间 [1 , 2] 上取小区间 [ z , z ? dz] 相应于该小区间有

dS ? 2? z 2dz
3分 而 r ? 2z 2 ? 2z ,就有

? 2 2? zdz

Fz ? ?


2 1

2 1 2 2? z 2 G? dz ? G ?? ?1 z dz ? G?? ln 2 2 2z 3

4

三、(15 分) 设 f ( x ) 在 [0 , 上连续可导, f ?( x ) ? ?? ) 明:
x ? ??

1 ? 1 ? ln? 1 ? 1 2 1 ? f ( x) x x

? ? ,证

lim f ( x ) 存在。

证明:当 t ? 0 时,对函数 ln(1 ? x ) 在区间 [0 , t ] 上用拉格朗日中值定理,有

ln(1 ? t ) ?

t ,0 ? ? ? t 1??

由此得

t ? ln(1 ? t ) ? t 1? t t? 1 x
, 有

取 5分

1 1 1 ? ln(1 ? ) ? 1? x x x

?? )上 单 调 增 加 所 以 , 当 x ? 1 时 , 有 f ?( x ) ? 0 , 即 f ( x ) 在 [ 0 ,
1分 又

f ?( x ) ?
?

1 1 ? ln? 1 ? x x

??

1 1 ? ? x x ?1

x ?1 ? x x x ?1

1 ( x ? 1 ? x ) x( x ? 1)

?

1 2 x3

4分 故 即

?

x 1

f (t )dt ? ?

x 1

1 2 t3

dt ,所以 f ( x ) ? f (1) ? 1 ?


1 ?1 x
有 上 界

f ( x ) ? f (1) ? 1
55

f ( x)

4分 由 于 f ( x ) 在 [0 , ?? )上 单 调 增 加 且 有 上 界 , 所 以 1分
x ? ??

l i m f ( x) 存 在 。

2] 上二阶可导,且 f ( x ) ? 1 ,又 f 2 (0) ? [ f ?(0)]2 ? 4 , 四、(15 分) 设函数 f ( x ) 在 [ ? 2 ,
试证:

2) 内至少存在一点 ? ,使得 f (? ) ? f ??(? )? 0 。 在 (? 2 , 2] 上 分 别 对 f ( x ) 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理 , 可 知 存 在 0] 和 [ 0 , 证 明 : 在 [? 2 ,

? 1 ? (?2 , 0) ,
? 2 ? (0 , 2) ,使得
f ?(? 1 ) ?
分 由于 f ( x ) ? 1 , 所以 分 设 F ( x) ? f 2 ( x) ? [ f ?( x)]2 。则

f (0) ? f (?2) f (2) ? f (0) , f ?(? 2 ) ? 2 2
f ?(? 1 ) ? 1 , f ?(? 2 ) ? 1

4

2

F (? 1 ) ? 2
2分



F (? 2 ) ? 2

(*)

由于 F (0) ? f 2 (0) ? [ f ?(0)]2 ? 4 ,且 F ( x ) 为 [? 1 , ? 2 ] 上的连续函数,应用闭区间 上连续函数的最值定理, F ( x ) 在 [? 1 , ? 2 ] 上必定能够取得最大值,设为 M 。则 当 ? 为 F ( x ) 的 最 大 值 点 时 , 由 (*) 知 : 2分 所以 ? 必是 F ( x ) 的极大值点,注意到 F ( x ) 可导,由极值点的必要条件可知

M ? F (? )



? ? [? 1 , ? 2 ] 。

F ?(? ) ? 2 f ?(? )[ f (? ) ? f ??(? )]2 ? 0
3分 由于 F (? ) ? f 2 (? ) ? [ f ?(? )]2 ? 4 ,且 f (? ) ? 1 ,可知 f ?(? ) ? 0 ,由上式知

f (? ) ? f ??(? )? 0
56

2分 五、(15 分) 求二重积分 ??

x 2 ? y 2 ?1

x 2 ? y 2 ? x ? y dxdy

解: 由对称性,可以只计算区域 y ? x ,由极坐标变换得

I ? ??
?
0

5? 4

4

d? ? r ? 2 sin(? ?
0
1 0

1

?
4

) r 2dr

? ? d? ? r ? 2 cos? r 2dr
4分 上式的积分里, (? , r ) 所在的区域为矩形: D : 0 ? ? ? ? , 0 ? r ? 1 ,把 D 分解为

D 1 ? D 2 ,其中

D1 : 0 ? ? ?

?
2

, 0 ? r ? 1,

D2 :

?
2

?? ?? , 0? r ?1

又记 D 3 :

?
4

?? ?

?
2

, 2 cos? ? r ? 1 ,这里 D 3 是 D 1 的子集。

且记 I i ? ??

Di

r ? 2 cos? r 2d?dr , ( i ? 1 , 2 , 3 ) ,则

I ? 2( I 1 ? I 2 )
3分 注意到 r ? 2 cos? 在 D 1 \ D 3 , D 2 , D 3 的符号分别为负,正,正;则

I3 ? ?
3分

? 2

? 4

d? ?

1 2 cos?

(r ? 2 cos? )r 2dr

?

3 1 2 ?? ? 32 4 3

I 1 ? ?? ( 2 cos? ? r )r 2d?dr ? 2 I 3 ?
D1

2 ? ? 1 2 ? ? 2I 3 ? ? ? 3 8 16 2 3

2



I 2 ? ?? ( 2 cos? ? r )r 2d?dr
D2

?

2 ? ? 3 8
3? 8

2分 所 1分
57









I ? 2( I 1 ? I 2 )

? 1?

六、(15 分) 若对于任何收敛于零的序列 ? xn ? ,级数 ? an xn 都是收敛的,试证明:
n ?1

?

级数 ? an 收敛。
n ?1

?

证 明 : 用 反 证 法 , 1分

若 级 数

?
n ?1

?

an

发 散 , 必 有

?a
n ?1

?

n

??

则存在自然数 m 1 ? m 2 ? ? ? m k ? ? ,使得

?a
i ?1

m1

n

? 1,

i ? m k ?1 ?1

?

mk

an ? k ( k ? 2 , 3 , ?)

6

分 取 xi ?

1 sgn ai (m k ?1 ? i ? mk ) ,则 k

i ? m k ?1 ?1

?

mk

a i xi ?

i ? m k ?1 ?1

?

mk

ai k

?1

6

分 由此可知,存在数列 ? xn ? ? 0 (n ? ?) ,使得 ? an xn 发散,与题设矛盾。
n ?1 ?

所 2分







?a
n ?1

?

n







第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷 (非数学类,2013)

一、

解答下列各题(每小题 6 分共 24 分,要求写出重要步骤)
n??

1.求极限 lim 1 ? sin ? 1 ? 4n2 解

?

?.
n

因为 sin ? 1 ? 4n2 ? sin ? 1 ? 4n2 ? 2n? ? sin

?

?

?
1 ? 4n2 ? 2n

58

? ? ? ? ? ? 原式 ? lim ?1 ? sin ? exp ?lim n ln ?1 ? sin ? n?? n ?? ? 1 ? 4n2 ? 2n? ? ? 1 ? 4n2 ? 2n? ? ? ? ?
? ? ? ? 1 ? n? ? exp ? lim n sin ? ? exp ? lim ? ? e4 2 2 n ?? n ?? ? 1 ? 4n ? 2n? ? ? 1 ? 4n ? 2n? ? ? ?
??

n

?? ?? ?? ?

2.证明广义积分
? n ?1??

?
0

sin x dx 不是绝对收敛的 x

解 记 an ?

n?

?

? sin x dx ,只要证明 ? an 发散即可。 x n ?0

1 因为 an ? ? n ? 1? ?
而?
?

? n ?1??
n?

?

1 2 sin x dx ? sin xdx ? 。 ? ? n ? 1? ? 0 ? n ? 1? ?

?

? 2 发散,故由比较判别法 ? an 发散。 n ? 0 ? n ? 1? ? n ?0

3.设函数 y ? y ? x ? 由 x3 ? 3x2 y ? 2 y3 ? 2 确定,求 y ? x ? 的极值。 解 方程两边对 x 求导,得 3x2 ? 6xy ? 3x2 y? ? 6 y 2 y? ? 0

故 y? ?

x ? x ? 2y? ,令 y? ? 0 ,得 x ? x ? 2 y ? ? 0 ? x ? 0 或 x ? ?2 y 2 y 2 ? x2

将 x ? ?2 y 代入所给方程得 x ? ?2, y ? 1, 将 x ? 0 代入所给方程得 x ? 0, y ? ?1 , 又 y?? ?

? 2x ? 2xy? ? 2 y ? ? 2 y 2 ? x2 ? ? x ? x ? 2 y ?? 4 yy? ? 2x ?

?2y

2

? x2 ?

2

y??

x ?0, y ?1, y??0

?

? 0 ? 0 ? 2?? 2 ? 0? ? 0 ? ?1 ? 0, y?? x ??2, y ?1, y ??0 ? 1 ? 0 , 2 ? 2 ? 0?

故 y ? 0? ? ?1 为极大值, y ? ?2? ? 1 为极小值。 4.过曲线 y ? 3 x ? x ? 0 ? 上的点 A 作切线,使该切线与曲线及 x 轴所围成的平 面图形的面积为

3 ,求点 A 的坐标。 4
59



设切点 A 的坐标为 t , 3 t , 曲线过 A 点的切线方程为 y ? 3 t ?

?

?

1 3 t2
3

?x ?t?

令 y ? 0 ,由切线方程得切线与 x 轴交点的横坐标为 x0 ? ?2t 。 从而作图可知,所求平面图形的面积
t

S?

13 3 3 t? t ? ? ?2t ?? ? ? 3 xdx ? t 3 t ? ? t ? 1 , ? ? 2 4 4 0

故 A 点的坐标为 ?1,1? 。
?

二、 (满分 12)计算定积分 I ?

?? 0

?
?

x sin x ? arctan e x dx 1 ? cos2 x


?

I?

??

?

x sin x ? arctan e x x sin x ? arctan e x dx ? dx 2 ? 1 ? cos2 x 1 ? cos x 0
?

??
0

x sin x ? arctan e? x x sin x ? arctan e x dx ? dx ? 1 ? cos2 x 1 ? cos2 x 0
?

x sin x ? x sin x ?? ? ? arctan e? x ? arctan e x ? dx ? ? dx 2 2 0 1 ? cos2 x 0 1 ? cos x
?? ? ?? ? ?2?
2?

?

sin x ?3 ? ?? ? dx ? ? arctan cos x ? ? ? ? 0 1 ? cos 2 x 8 ?2? 0

2

三、 (满分 12 分) 设 f ? x ? 在 x ? 0 处存在二阶导数 f ?? ? 0? , 且m i l
? ?1? 级数 ? f ? ? 收敛。 ?n? n ?1

x ?0

f ? x? 证明 : 0 ? 。 x

解 由于 f ? x ? 在 x ? 0 处可导必连续,由 lim
x ?0

f ? x? ? 0得 x

? f ? x? ? f ? 0? ? lim f ? x ? ? lim ? x ? ??0 x?0 x?0 x ? ?
f ? ? 0? ? lim
x ?0

f ? x ? ? f ? 0? f ? x? ? lim ?0 x ?0 x?0 x

由洛必塔法则及定义
60

lim
x?0

f ? x? f ?? x? 1 f ? ? x ? ? f ? ? 0? 1 ? lim ? lim ? f ?? ? 0? x? 0 2 x x2 2 x? 0 x ?0 2

?1? f? ? ? n ? 1 ?? 所以 lim ? f ? 0? 2 n ?? 2 ?1? ?n? ? ?
由于级数 ?
? 1 ?1? f ? ? 收敛。 收敛,从而由比较判别法的极限形式 ? 2 ?n? n ?1 n ?1 n

?

四、 (满分 12 分)设 f ? x ? ? ? , f ? ? x ? ? ? ? 0 ? a ? x ? b ? ,证明 ? sin f ? x ? dx ?
a

b

2 m

解因为 f ? ? x ? ? ? ? 0 ? a ? x ? b ? ,所以 f ? x ? 在 ? a, b? 上严格单调增,从而有反函数 设 A ? f ? a ? , B ? f ? b ? , ? 是 f 的反函数,则 0 ? ? ? ? y ? ?
b

1 1 ? f ?? x? m

又 f ? x ? ? ? ,则 ?? ? A ? B ? ? ,所以 ? sin f ? x ? dx ?
a

x ?? ? y ? B

? ?? ? y ? sin ydy
A

1 1 2 ? ? ? ? ? y ? sin ydy ? ? sin ydy ? ? cos y ? m m m 0 0 0
五、 (满分 14 分)设 ? 是一个光滑封闭曲面,方向朝外。给定第二型的曲面积分

?

?

?

I ? ?? ? x3 ? x ? dydz ? ? 2 y 3 ? y ? dzdx ? ? 3z 3 ? z ? dxdy 。试确定曲面 ? ,使积分 I 的值
?

最小,并求该最小值。 解 记 ? 围成的立体为 V,由高斯公式
V V

I ? ??? ? 3x2 ? 6 y 2 ? 9 z 2 ? 3? dv ? 3??? ? x 2 ? 2 y 2 ? 3z 2 ?1? dxdydz

为了使得 I 的值最小,就要求 V 是使得的最大空间区域 x2 ? 2 y2 ? 3z 2 ?1 ? 0 ,即 取V ?

?? x, y, z ? x

2

? 2 y 2 ? 3z 2 ? 1 ,曲面 ? : x2 ? 2 y2 ? 3z 2 ? 1

?

? ?x ? u 1 ? ? x , y , z ? ? ? ?0 为求最小值,作变换 ? y ? v ,则 2 ? u , v , w ? ? ? ?z ? w 0 ? 3 ?
61

0 1 0

0 2 0 1 3 ? 1 , 6

从而 I ?

3 u 2 ? v2 ? w2 ? 1? dudvdw ? ??? 6 V
?
2? 1

3 使用球坐标计算,得 I ? d? ? d? ? ? r 2 ? 1? r 2 sin ?dr ? 60 0 0
?
? 3 3 6 ?2 4 6 ?1 1? ? 2? ? ? ? ? ? cos ? ? 0 ? ? 4? ? ?? ? 6 15 15 6 ?5 3?

六、 (满分 14 分)设 I a ? r ? ? ? ?
C

? x2 ? y 2 ?
r ???

ydx ? xdy
a

,其中 a 为常数,曲线 C 为椭圆

x2 ? xy ? y2 ? r2,取正向。求极限 lim I a ? r ?
2 ?u ? v ? 2 解 (观察发现或用线性代数里正交变换化二次型的方 2 ?u ? v ? 2 3 1 法) ,曲线 C 变为 uov 平面上的椭圆 ? : u 2 ? v 2 ? r 2 (实现了简化积分曲线) , 2 2 也是取正向
而且 x2 ? y2 ? u 2 ? v2 , ydx ? xdy ? vdu ? udv (被积表达式没变,同样简单! ) ,

? ?x ? ? 作变换 ? ?y ? ? ?

Ia ? r ? ? ? ?
?

?u

vdu ? udv
2

? v2 ?

a

曲线参数化 u ?

2 2 2 r cos? , v ? 2r sin ? ,? : 0 ? 2? ,则有 vdu ? udv ? ? r d? , 3 3
? 2 2 r d? 3
2?

Ia ? r ? ?

2?

?
0

2 2?1?a ? d? ?? r a a ? 3 ?2 2 0 ?2 2 2 2 ? 2 2 ? r cos ? ? 2 r sin ? cos ? ? 2sin ? ?3 ? ?3 ? ? ? ? ?
d?
a

令 Ja ?

2?

? ?2
0

? 2 2 ? cos ? ? 2sin ? ? ?3 ?

,则由于

2 2 ? cos 2 ? ? 2sin 2 ? ? 2 ,从而 3 3

0 ? J a ? ?? 。因此当 a ? 1 时 lim I a ? r ? ? 0 或 a ? 1 时 lim I a ? r ? ? ??
r ??? r ???

62

而 a ? 1, J1 ?

2?

?2
0

d? cos2 ? ? 2sin 2 ?
??

?4 ?
0

? /2

3

d? 2 cos2 ? ? 2sin 2 ? 3
??

?2 ?
0

? /2

d tan ? 1 ? tan 2 ? 3

?2?
0

dt 1 2 ?t 3

? 2?

1 t ?? ? arctan ? 2 3 ? ? 0 ? ? 3? 1/ 3 1/ 3 0 ?2 ?

?0, a ? 1 2 ? I1 ? r ? ? ? ? 3? ? ?2? 。故所求极限为 I a ? r ? ? ???, a ? 1 3 ??2? , a ? 1 ?

1 1 1? ??? 2 n 的敛散性,若收敛,求其和。 七(满分 14 分)判断级数 ? n ?1 ? n ? 1?? n ? 2 ?
?

an 1 1 解 (1)记 an ? 1 ? ? ? ? , un ? , n ? 1, 2,3,? 2 n ? n ? 1?? n ? 2?
因为 lim
n 1 1 ? ln n ? 0, n 充分大时 0 ? an ? 1 ? ? dx ? 1 ? ln n ? n n?? n 1 x

1 1 1? ??? n 1 1 n 收敛 所以 0 ? un ? ? 3 ,而 ? 3 收敛,故 ? 2 n ? 1 n ? 2 ? ?? ? ? n ? 1?? n ? 2? n 2 n ?1 n ?1 2 n
?
?

1 1 (2)记 ak ? 1 ? ? ? ? , ? k ? 1, 2,3,?? ,则 2 k

1 1 1? ??? n n ak a ? ? a k ? Sn ? ? 2 ? ?? k ? k ? ? k ?2? k ?1 ? k ? 1?? k ? 2 ? k ?1 ? k ? 1?? k ? 2 ? k ?1 ? k ? 1
n

a ? ? a a ? ?a ?a a ? ?a a ? = ? 1 ? 1 ? ? ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? n?1 ? n?1 ? ? ? n ? n ? ?2 3? ? 3 4? ? n n ?1 ? ? n ?1 n ? 2 ?
a a1 1 1 1 ? ? a2 ? a1 ? ? ? a3 ? a2 ? ? ? ? ? an ? an?1 ? ? n 2 3 4 n ?1 n?2 a a 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? n ? 1? ? n = ? ? ? ? ??? 2 3 2 4 3 n ?1 n n ? 2 n n?2
=

a 1 1 ? ln n 1 ? ln n ?0, 因为 0 ? an ? 1 ? ? dx ? 1 ? ln n ,所以 0 ? n ? ,从而 lim n ?? n ? 2 n?2 n?2 1 x
n

故 lim

an ?0。 n ?? n ? 2
63

因此 S ? lim Sn ? 1 ? 0 ? 0 ? 1 。 (也可由此用定义推知级数的收敛性)
n??

64


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