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首届全国大学生数学竞赛类决赛试卷参考答案--非数学


首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 决赛试卷参考 (非数学类,2010) 非数学类,2010)
1)求极限 lim
n →∞

∑ (1 + n ) sin n
k =1

n ?1

k


2

.

2)计算

∫∫


axdydz + ( z + a ) 2 dxdy x +y +z
2 2 2

,其中 ∑ 为下半球面 z = ? a ? y ? x 的上侧, a 为大于 0 的
2 2 2

常数. 3)现要设计一个容积为 V 的一个圆柱体的容器.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:即高与上下底的直径之比为何值时所需费用最 少? 4)已知 f ( x ) 在 ( , ) 内满足 f ′( x ) =

1 1 4 2

1 ,求 f ( x ) . sin x + cos3 x
3

解 1)记 )

n ?1 k kπ S n = ∑ (1 + )sin 2 ,则 n n k =1

n ?1 1 ? ? k ?? kπ S n = ∑ ? 1 + ?? 2 + o( 2 ) ? . n ?? n n ? k =1 ?

=

π
n
2

∑k + n ∑k
k =1
3

n ?1

π

n ?1 k =1

2

1 + o( ) n



π
2

+

π
3

=

2) 将 Σ (或分片后)投影到相应坐标平面上化为二重积分逐块计算。 )

5π 6

I1 =

1 2 2 2 ∫∫ axdydz = ?2D a ? ( y + z )dydz ∫∫ a Σ yz

其中 Dyz 为 yoz 平面上的半圆 y 2 + z 2 ≤ a 2 , z ≤ 0 。利用极坐标,得

I1 = ?2 ∫ dθ ∫
π



a

0

2 a 2 ? r 2 rdr = ? π a 3 3

I2 =

1 1 2 2 2 2 2 ∫∫ ( z + a) dxdy = a D [a ? a ? ( x + y )] dxdy , ∫∫ a Σ xy

其中 Dxy 为 xoy 平面上的圆域 x 2 + y 2 ≤ a 2 。利用极坐标,得

I2 =

a 1 2π π 3 2 2 2 2 ∫0 dθ ∫0 2a ? 2a a ? r ? r rdr = 6 a 。 a

(

)

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a3 。 2 3)设圆柱容器的高为 h ,上下底的径为 r ,则有 ) V π r 2h = V , 或 h = 2 。 πr 2bV 2 2 所需费用为 F ( r ) = 2aπ r + 2bπ rh = 2aπ r + r 2bV ' 显然, F ( r ) = 4aπ r ? 2 。 r bV 3 ' 那么,费用最少意味着 F ( r ) = 0 ,也即 r = 2aπ h V a 这时高与底的直径之比为 = = 。 3 2r 2π r b
4) 由 sin 3 x + cos3 x = )

因此, I = I1 + I 2 = ?

π

1 π π cos( ? x)[1 + 2 sin 2 ( ? x)] 得 4 4 2

I = 2∫

cos( ? x)[1 + 2sin ( ? x)] 4 4
2

π

dx

π

,令 u =

π
4

? x ,得

I = ? 2∫

du d sin u = ? 2∫ 2 2 cos u (1 + 2 sin u ) cos u (1 + 2 sin 2 u )

令t = sin u ? 2 ∫
=?

dt 2 ? dt 2dt ? =? 2 ? ∫ 1 ? t 2 + ∫ 1 + 2t 2 ? (1 ? t )(1 + 2t ) 3 ? ?
2

2 ? 1 1+ t ? ? 2 ln 1 ? t + 2 arctan 2t ? + C 3 ? ?

1 + sin( ? x) 2 2 π 4 =? ln ? arctan( 2 sin( ? x)) + C 。 π 6 4 1 ? sin( ? x) 3 4
二、 (共 10 分,第(1)小题 4 分,第(2)小题 6 分)求下列极限
1 1 ? 1 n n n 1 n a +b +c (1) lim n[(1 + ) ? e] ;(2) lim ? n →∞ n →∞ ? n 3 ? ?

π

? ? , 其中 a > 0, b > 0, c > 0 . ? ? ?

n

解 (1) 我们有
1 1 1? + o ( ) ? ? 1 +o( 1 ) ? 1 1 1 ? ? 1? ? ? ? 1 1 + ? ? e = e 2 n n ? e = e ?e 2 n n ? 1? = e ?{1 ? + o( )} ? 1? = e ? ? + o( ) ? ? 2n n n ? ? n? ? ? ? 2n ? ?
n

第 2 页( 共 9 页)

1 e 因此, lim n[(1 + ) n ? e] = ? 。 n →∞ n 2

(2) 由泰劳公式有 1 ln a 1 1 a n = e n = 1 + ln a + o( ) (n → +∞) , n n 1 ln b 1 1 b n = e n = 1 + ln b + o( ) (n → +∞) n n 1 ln c 1 1 c n = e n = 1 + ln c + o( ) (n → +∞) n n 因此, 1 1n 1 1 1 1 a + b n + c n = 1 + ln 3 abc + o( ) (n → +∞) , 3 n n

(

)

1 1 ? 1 n n n ? a +b +c ? 3 ? ?

? n ? = ?1 + 1 ln 3 abc + o( 1 ) ? . ? ? n n ? ? ? ? ?

n

令αn =

1 3 1 ln abc + o( ) ,上式可改写成 n n

1 1 ? 1 an + bn + cn ? ? 3 ? ?

? ? = ?(1 + α ) 1αn ? nα n n ? ? ? ? ?
1

n

显然, 所以,

(1 + α n )

αn

→ e (n → +∞) ,

nα n → ln 3 abc (n → +∞)

1 1 1 ? n n a + b + cn lim ? n →∞ ? 3 ? ?

? ? = 3 abc . ? ? ?

n

三、 (10 分)设 f ( x ) 在 x = 1 点附近有定义,且在 x = 1 点可导,并已知 f (1) = 0, f ′(1) = 2 .求

lim
x →0

f (sin 2 x + cos x) . x 2 + x tan x f ( y ) ? f (1) f ( y) = lim = f ' (1) = 2 。 y →1 y ? 1 y ?1

解 由题设可知:

lim
y →1

令 y = sin 2 x + cos x ,那么当 x → 0 时, y = sin 2 x + cos x → 1 , 故由上式有

lim
x →0

f (sin 2 x + cos x) =2 sin 2 x + cos x ? 1
第 3 页( 共 9 页)

可见,

? f (sin 2 x + cos x) sin 2 x + cos x ? 1 ? f (sin 2 x + cos x) lim = lim ? × ? x →0 x →0 sin 2 x + cos x ? 1 x 2 + x tan x x 2 + x tan x ? ?
= 2 lim sin 2 x + cos x ? 1 1 = x →0 x 2 + x tan x 2

最后一步的极限可用常规的办法---洛比达法则或泰劳展开---求出。 四、 (10 分)设 f ( x ) 在 [0, +∞ ) 上连续,并且无穷积分





0

f ( x)dx 收敛.求 lim

1 y xf ( x)dx . y →+∞ y ∫0

解 设



+∞

0

f ( x)dx = l ,并令 F ( x) = ∫ f (t )dt 。
0
x →+∞

x

这时, F ' ( x) = f ( x) ,并有 lim F ( x) = l 。 对于任意的 y > 0 ,我们有
1 y 1 y 1 1 y 1 y x= y ∫0 xf ( x)dx = y ∫0 xdF ( x) = y xF ( x) |x=0 ? y ∫0 F ( x)dx = F ( y ) ? y ∫0 F ( x)dx y

根据洛比达法则和变上限积分的求导公式,不难看出
1 y F ( x)dx = lim F ( y ) = l y →+∞ y ∫0 y →+∞ lim

因此, lim

1 y xf ( x)dx = l ? l = 0 。 y →+∞ y ∫0

五、 (共 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, f ( ) = 1 .证明:
' (1) 存在一个 ξ ∈ ( ,1) 使得 f (ξ ) = ξ ;(2) 存在一个η ∈ (0, ξ ) 使得 f (η ) = f (η ) ? η + 1 .

1 2

1 2

证明 (1) 令 F ( x ) = f ( x ) ? x , 则 F ( x ) 在 [0,1] 上连续,且有

?1? 1 F ? ? = > 0, F (1) = ?1 < 0 ?2? 2
所以,存在一个 ξ ∈ ?

?1 ? ,1? ,使得 F (ξ ) = 0 ,即 f (ξ ) = ξ 。 ?2 ?

?x (2) 令 G ( x ) = e [ f ( x ) ? x ] ,那么 G (0) = G (ξ ) = 0 。

这样,存在一个η ∈ (0, ξ ) ,使得 G (η ) = 0 ,即
'

第 4 页( 共 9 页)

G ' (η ) = e?η [ f ' (η ) ? 1] ? e?η [ f (η ) ? η ] = 0 .
也即

f ' (η ) = f (η ) ? η + 1 . 证毕。

六、 14 分)设 n > 1 为整数, (

t t2 tn F ( x ) = ∫ e (1 + + + ... + )dt . 0 1! 2! n!
x ?t

证明:方程 F ( x ) =

n n 在 ( , n) 内至少有一个根. 2 2

证明:因为 证明

? t t2 tn ? e ?1 + + + ... + ? < 1, ?t > 0, n! ? ? 1! 2!
?t

故有
n ? t t2 tn ? n ?n? F ? ? = ∫ 2 e? t ? 1 + + + ... + ?dt < 2 n! ? ?2? 0 ? 1! 2!

下面只需证明 F ( n) >
n ?t

n 即可。 我们有 2

n? ? t t2 tn ? t t2 t n ? ?t F (n) = ∫ e ?1 + + + ... + ?dt = ? ∫ ?1 + + + ... + ?de 0 0 n! ? n! ? ? 1! 2! ? 1! 2!

? n n2 nn ? n ? t t2 t n ?1 ? = 1 ? e ? n ? 1 + + + ... + ? + ∫ e? t ?1 + + + ... + ?dt n! ? 0 (n ? 1)! ? ? 1! 2! ? 1! 2!
由此推出

F ( n) = ∫

n

0

? t t2 tn ? e ?1 + + + ... + ?dt n! ? ? 1! 2!
?t

? n n2 nn ? = 1 ? e ? n ?1 + + + ... + ? n! ? ? 1! 2! ? n n2 n n ?1 ? +1 ? e ? n ?1 + + + ... + ? (n ? 1)! ? ? 1! 2!
? n? +... + 1 ? e ? n ? 1 + ? + 1 ? e? n ? 1! ?
第 5 页( 共 9 页)

记 ai =

ni ,那么 a0 = 1 < a1 < a2 < ... < an 。我们观察下面的方阵 i!

? a0 0 ? ? a0 a1 ?… … ? ? a0 a1

0 ? ? a0 a1 ? an ? ? 2a0 ? ? ? ? ? 0 ? ? 0 a1 ? an ? ? a0 + = ? 0 ? ? 0 … ? …? ? … ? ? ? ? ? an ? ? 0 0 0 an ? ? a0 ?

a1 2a1 … a1

an ? ? ? an ? … …? ? ? 2 an ? ?

整个矩阵的所有元素之和为

? n n2 nn ? (n + 2)(1 + a1 + a2 + ? + an ) = (n + 2) ?1 + + + ... + ? n! ? ? 1! 2!
基于上述观察,由(*)式我们便得到 ( )

( 2 + n ) e? n ?1 + n + n2 + ... + n n ? F ( n) > n + 1 ?
2 ? ? 1! 2!
> n +1? n+2 n = ,证毕. 2 2

? n! ?

11 七、 12 分)是否存在 R 中的可微函数 f ( x ) 使得 (

f ( f ( x)) = 1 + x 2 + x 4 ? 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。
11 假设存在 R 中的可微函数 f ( x ) 使得

f ( f ( x)) = 1 + x 2 + x 4 ? x3 ? x5 。
考虑方程 f ( f ( x )) = x , 即 1+ x + x ? x ? x = x ,
2 4 3 5 4 2 或 ( x ? 1)( x + x + 1) = 0 。

此方程有惟一实数根 x = 1 ,即 f ( f ( x )) 有惟一不动点 x = 1 。 下面说明 x = 1 也是 f ( x ) 的不动点。 事实上,令 f (1) = t ,则 f (t ) = f ( f (1)) = 1, f ( f (t )) = f (1) = t ,因此 t = 1 。如所需。
' ' 记 g ( x ) = f ( f ( x )) ,则一方面, [ g ( x ) ] = [ f ( f ( x )) ] ? g (1) = f (1) ' ' ' 2 4 3 5 另一方面, g ( x ) = 1 + x + x ? x ? x

(

)

2

≥ 0;

(

) = 2x + 4x
'

3

? 3 x 2 ? 5 x 4 ,从而 g ' (1) = ?2 。矛盾。

第 6 页( 共 9 页)

所以,不存在 R 中的可微函数 f ( x ) 使得 f ( f ( x)) = 1 + x + x ? x ? x 。证毕。
11 2 4 3 5

解法二:满足条件的函数不存在. 理由如下 首先,不存在 xk → +∞ ,使 f ( xk ) 有界,否则 f ( f ( xk )) = 1 + xk + xk ? xk ? xk 有界,矛盾.
2 4 3 5

因此
x →+∞

lim f ( x) = ∞ .从而由连续函数的介值性有 lim f ( x) = +∞ 或 lim f ( x) = ?∞ .
x →+∞ x →+∞

若 xlim f ( x ) = +∞ 则 xlim f ( f ( x)) = ylim f ( y ) = ?∞ ,矛盾. →+∞ →+∞ →+∞ 若 xlim f ( x ) = ?∞ ,则 xlim f ( f ( x)) = ylim f ( y ) = +∞ ,矛盾. →+∞ →+∞ →?∞ 因此,无论哪种情况都不可能.

八、 分)设 f ( x ) 在 [0, ∞ ) 上一致连续, (12 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:由于 f ( x ) 在 [0, +∞ ) 上一致连续,故对于任意给定的 ε > 0 ,存在一个 δ > 0 使得

f ( x1 ) ? f ( x2 ) <
取一个充分大的自然数 m ,使得 m > δ

ε
2

, 只要 x1 ? x2 < δ ( x1 ≥ 0, x2 ≥ 0)

?1

,并在 [0,1] 中取 m 个点:

x1 = 0 < x2 < ... < xm = 1 ,
其中 x j =

j ( j = 1, 2,..., m) 。这样,对于每一个 j , m x j +1 ? x j = 1 <δ 。 m

又由于 lim f ( x + n) = 0 ,故对于每一个 x j ,存在一个 N j 使得
n →∞

f ( x j + n) <
这里的 ε 是前面给定的。 令 N = max{N1 ,..., N m } ,那么

ε
2

, 只要n > N j ,

f ( x j + n) <

ε
2

, 只要n > N ,

第 7 页( 共 9 页)

其中 j = 1, 2,..., m 。 设 x ∈ [0,1] 是任意一点,这时总有一个 x j 使得 x ∈ [ x j , x j +1 ] 。 由 f ( x ) 在 [0, +∞ ) 上一致连续性及 x ? x j < δ 可知,

f ( x j + n) ? f ( x + n) <
另一方面,我们已经知道

ε
2

(?n = 1, 2,...)

f ( x j + n) <
这样,由后面证得的两个式子就得到

ε
2

, 只要n > N

f ( x + n) < ε , 只要n > N , x ∈ [0,1]
注意到这里的 N 的选取与点 x 无关, 这就证实了函数序列 { f ( x + n) : n = 1, 2,...} 在 [0,1] 上一致收敛 于 0.

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