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历届全国大学生数学竞赛 预赛 参考解析 (非数类)


首届全国大学生数学竞赛赛区赛试卷参考答案 (非数学类,2009)
一、 填空题 y? ? ( x + y ) ln?1 + ? x? ? (1) 计算 ∫∫ dxdy =_____________, 其中区域 D 由直线 x + y = 1 D 1? x ? y 与两坐标轴所围三角形区域. ( 2 ) 设
f ( x) = 3 x 2 ? ∫ f ( x)dx ? 2 , 则
0 2

f ( x) 是 连 续 函 数 , 满 足

f ( x) =___________________.
(3) 曲面 z=

x2 + y2 ? 2 2

平行平面

2x + 2 y ? z = 0

的切平面方程是

________________________.
(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,

d2y 且 f ′ ≠ 1 ,则 =____________________. dx 2
答案:

16 10 [1 ? f ′( y )]2 ? f ′′( y ) , 3x 2 ? , 2 x + 2 y ? z ? 5 = 0 , ? . 15 3 x 2 [1 ? f ′( y )]3

e x + e2 x + 二、求极限 lim( x →0 n

+ e nx

)

e x

,其中 n 是给定的正整数.

e e x + e2 x + 解:原式 = lim exp{ ln( x →0 x n = exp{lim
x →0

+ e nx

)}

e(ln(e x + e 2 x + x

+ e nx ) ? ln n)

}

其中大括号内的极限是

0 型未定式,由 L′Hospital 法则,有 0
+ e nx ) ? ln n) = lim e(e x + 2e x + x →0 e x + e2 x + + ne nx ) + e nx

lim
x →0

e(ln(e x + e 2 x + x

=

e(1 + 2 + n
原式= e
(

+ n)

=(

n +1 )e 2

于是

n +1 )e 2

.

三、 设函数 f ( x) 连续, g ( x) = ∫ f ( xt )dt , 且 lim
0

1

x →0

f ( x) 求 g ′( x) 并 = A , A 为常数, x

讨论 g ′( x) 在 x = 0 处的连续性. 解:由题设,知 f (0) = 0 , g (0) = 0 .

∫ 令 u = xt ,得 g ( x) =
从而
g ′( x ) =

x

0

f (u )du x
x 0 2

( x ≠ 0) ,

xf ( x) ? ∫ f (u )du x

( x ≠ 0)

由导数定义有

∫ g ′(0) = lim
x →0

x

0

f (u )du x
2

= lim
x →0

f ( x) A = 2x 2 f ( x) ∫ f (u)du = A ? A = A = g ′(0) , ? lim 0 2 x →0 x x 2 2
x

由于

lim g ′( x) = lim
x →0 x →0

xf ( x) ? ∫ f (u )du x
0 2

x

= lim
x →0

从而知 g ′( x) 在 x = 0 处连续. 四、已知平面区域 D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ π } ,L 为 D 的正向边界,试证:
sin y ? sin x dx = (1) ∫ xe dy ? ye L

∫ xe
L

? sin y

dy ? yesin x dx ;

sin y ? sin x dx ≥ (2) ∫ xe dy ? ye L

5 2 π . 2

证法一:由于区域 D 为一正方形,可以直接用对坐标曲线积分的计算法计 算.

(1) 左边 =
右边 = 所以

sin y sin x ? sin x ? sin x ∫0 π e dy ? ∫π π e dx = π ∫0 (e + e )dx ,

π

0

π



π e? sin y dy ? ∫ π esin x dx = π ∫ (esin x + e? sin x )dx , 0 0 π

π

0

π

∫ xe
L

sin y

dy ? ye? sin x dx =
sin x

∫ xe
L

? sin y

dy ? yesin x dx

(2) 由于 e

+ e ? sin x ≥ 2 + sin 2 x ,


L

π 5 xesin y dy ? ye ? sin x dx = π ∫ (esin x + e? sin x )dx ≥ π 2 . 0 2

证法二: (1)根据 Green 公式,将曲线积分化为区域 D 上的二重积分

∫ xe
L

sin y

dy ? ye ? sin x dx = ∫∫ (esin y + e? sin x )dδ
D

∫ xe
L

? sin y

dy ? ye

sin x

dx = ∫∫ (e ? sin y + esin x )dδ
D

因为 关于 y = x 对称,所以

∫∫ (e
D ? sin y

sin y

+ e ? sin x )d δ = ∫∫ (e ? sin y + esin x )d δ ,故
D sin x

∫ xe
L

sin y

dy ? ye

? sin x

dx =


∫ xe
L

dy ? ye

dx .

?t t (2) 由 e + e = 2∑

t 2n ≥ 2 + t2 n = 0 (2n)!

∫ xe
L

sin y

5 dy ? ye? sin x dx = ∫∫ (esin y + e? sin x )dδ = ∫∫ (esin x + e? sin x )dδ ≥ π 2 . 2 D D
x 2x

x ?x x 2x 五、已知 y1 = xe + e , y2 = xe + e , y3 = xe + e

? e ? x 是某二阶常系
2x

数线性非齐次微分方程的三个解,试求此微分方程. 解:根据二阶线性非齐次微分方程解的结构的有关知识,由题设可知: e

?x x 与 e 是相应齐次方程两个线性无关的解,且 xe 是非齐次的一个特解.因此可

以用下述两种解法 解法一: 故此方程式 y′′ ? y′ ? 2 y = f ( x) 将 y = xe
x

代入上式,得

f ( x) = ( xe x )′′ ? ( xe x )′ ? 2 xe x = 2e x + xe x ? e x ? xe x ? 2 xe x = e x ? 2 xe x ,
x x 因此所求方程为 y′′ ? y′ ? 2 y = e ? 2 xe .

x 2x ?x 解法二:故 y = xe + c1e + c2 e ,是所求方程的通解, x x 2x ?x x x 2x ?x 由 y′ = e + xe + 2c1e ? c2 e , y′′ = 2e + xe + 4c1e + c2 e ,消去 c1 , c2 得所
x x 求方程为 y′′ ? y′ ? 2 y = e ? 2 xe . 2 六、设抛物线 y = ax + bx + 2 ln c 过原点,当 0 ≤ x ≤ 1 时, y ≥ 0 ,又已知该抛物

线与 x 轴及直线 x = 1 所围图形的面积为 旋转一周而成的旋转体的体积 V 最小. 解: 因抛物线过原点,故 c = 1

1 . 试确定 a, b, c, 使此图形绕 x 轴 3

a b 1 2 + = .即 b = (1 ? a) , 0 3 2 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 而 V = π ∫0 (ax + bx) dx = π [ a + ab + b ] 5 2 3 1 1 1 4 = π [ a 2 + a(1 ? a ) + ? (1 ? a ) 2 ] . 5 3 3 9 dv 2 1 2 8 = π [ a + ? a ? (1 ? a)] = 0 , 令 da 5 3 3 27 5 3 得 a = ? ,代入 b 的表达式 得 b = . 所以 y ≥ 0 , 4 2
由题设有

∫ (ax

1

2

+ bx)dx =

d 2v 2 2 8 4 5 3 = π[ ? + ] = π > 0 及实际情况, | 又因 当a = ? , b = , c =1 2 a =? 5 da 5 3 27 135 4 2 4
时,体积最小. 七、已知 un ( x) 满足

un′ ( x) = un ( x) + x n ?1e x ( n 为正整数) ,
e 且 un (1) = ,求函数项级数 n

∑ u ( x) 之和.
n =1 n
∞ n =1



解:先解一阶常系数微分方程,求出 un ( x) 的表达式,然后再求 ∑ un ( x) 的 和.
n ?1 x 由已知条件可知 un′ ( x) ? un ( x) = x e 是关于 un ( x) 的一个一阶常系数线

性微分方程,故其通解为
dx ? dx x un ( x) = e ∫ ( ∫ x n ?1e x e ∫ dx + c) = e x ( + c) , n n

由条件 un (1) =


e xnex u x = c = 0 ( ) ,得 ,故 n , n n
∞ ∞ xnex xn = ex ∑ . n n =1 n

从而

∑ un ( x ) = ∑
n =1 n =1

xn s ( x) = ∑ , 其 收 敛 域 为 n =1 n



[?1, 1) , 当

x ∈ (?1, 1) 时 , 有

s′( x) = ∑ x n ?1 =
n =1



1 , 1? x

故 s ( x) = ∫0

x

1 dt = ? ln(1 ? x) 1? t

当 x = ?1 时,

∑ u ( x ) = ?e
n =1 n



?1

ln 2 .
x

于是,当 ?1 ≤ x < 1 时,有

2

∑ u ( x) = ?e
n =1 n



ln(1 ? x) .

八、求 x → 1 ? 时,与 ∑ x n 等价的无穷大量.
n=0

解: ∫

+∞ 0

x t dt ≤ ∑ x n ≤ 1 + ∫
2 2



+∞ 0

xt dt ,
1 x

2

n =0


=

+∞ 0

xt dt = ∫
2

+∞ 0

e

? t 2 ln

dt

1 ln

1∫ x

+∞ 0

e ?t dt =

2

1 π 1 π ? . 1 2 ln 2 1? x x

第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷? 参考答案及评分标准? (非数学类,2010)
?

? 一 (本题共 5 小题, 每小题 5 分, 共 25 分) 、 计算下列各题 (要求写出重要步骤) .? (1)? 设 xn = (1 + a ) ? (1 + a 2 ) 解? ? 将 xn ? 恒等变形?
xn = (1 ? a )(1 + a ) ? (1 + a 2 )
? ? ? ? ? ? ? ? = (1 ? a ) ? (1 + a )
4 4 2n

(1 + a 2 ) ,其中 | a |< 1 ,求 lim x n .?
n→∞

n

(1 + a 2 )

n

1 ? = (1 ? a 2 ) ? (1 + a 2 ) 1? a
n+1

(1 + a 2 )

n

1 ? 1? a

1 1 ? a2 ? = ,? (1 + a ) 1? a 1? a
n

由于 | a |< 1 ,可知 lim a 2 = 0 ,从而?
n →∞

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? lim x n =
n→∞

1 .? ? ? ? ? 1? a

? 1? (2)? 求 lim e ? 1 + ? .? x →∞ x? ?
?x x ?? 1 ? x ?1 ? 1? ?x ? ? ? ? ? ? 解? ? lim e ? 1 + ? = lim ?? 1 + ? e ? x →∞ x ? x →∞ ? ? ?? x ? ? ? ?
2

x2

x

? ? ? ? ? ? ? ? = exp ? lim ? ln ? 1 +

?

? ? ? x →∞ ? ? ? ?
? ? x →∞

x ? ? ? 1? ? ? 1 ? ?? = exp ? lim x ? x ln ? 1 + ? ? 1? ? ? ? ? 1? x ? ? x? ? x ? ?? ? ? x →∞ ? ? ?

? ? ? ? ? ? ? ? = exp ? lim x ? x ?

1 ? ?1 1 1 ? ?? ? ? 2 + ο ( 2 ) ? ? 1? ? = e 2 .? x ? ?? ? ? x 2x

(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 x n = 0 ,所以,?
x →+∞
+∞ 1 +∞ n ? sx 1 ? n ? sx +∞ n = ? ? x de x e e ? sx dx n ? = I n ?1 ? ∫ ∫ 0 ? ? 0 0 ? s s s? n n n ?1 n! n! 由此得到, I n = I n ?1 = ? I n ? 2 = = n I 0 = n +1 ? s s s s s

In = ?

?

1? ?

?2 g ?2 g 1 (4)? 设函数 f ( t )有二阶连续的导数, 求 2 + 2 .? r = x 2 + y 2 ,g ( x, y ) = f ( ) , ?x ?y r
解? ? 因为

?r x ?r y = , = ,所以? ?x r ?y r

x 1 ?g ?2 g x2 1 2 x2 ? y 2 1 = ? 3 f ′( ) , 2 = 6 f ′′( ) + f ′( ). 5 ?x r r r r ? ?x r r
利用对称性,

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

?

?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? ? 直线 l1 的对称式方程为 l1 :

x y z = = .? 记两直线的方向向量分别为 1 1 0

两直线上的定点分别为 P l1 = (1,1, 0) , l2 = (4, ?2, ?1) , 1 (0,0,0) 和 P 2 (2,1,3) ,
a = P1P2 = (2,1,3) .? l1 × l2 = ( ?1,1, ?6) .? 由向量的性质可知,两直线的距离

d= ?

a ? (l1 × l2 ) l1 × l2

=

| ?2 + 1 ? 18 | 19 19 = = ? 2 1 + 1 + 36 38

二(本题共 15 分) 、? 设函数 f ( x ) 在 ( ?∞ ,+∞ ) 上具有二阶导数,并且
f ′′( x) > 0, lim f ′( x) = α > 0 , lim f ′( x) = β < 0 ,且存在一点 x 0 ,使得 f ( x0 ) < 0 .? ?
x →+∞ x →?∞

证明:方程 f ( x ) = 0 在 ( ?∞ ,+∞ ) 恰有两个实根.? 证 1.? ? 由 lim f ′( x) = α > 0 必有一个充分大的 a > x 0 ,使得 f ′(a ) > 0 .?
x →?∞

f ′′( x ) > 0 知 y = f ( x) 是凹函数,从而 f ( x) > f (a) + f ′(a)( x ? a)

( x > a) ?

当 x → +∞ 时, f (+∞ ) + f ′( a )( x ? a ) → +∞ .? 故存在 b > a ,使得?
? ? ? ? ? ? ? f (b ) > f ( a ) + f ′( a )(b ? a ) > 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ………………? ? (6 分)? ?
2? ?

同样,由 lim f ′( x) = β < 0 ,必有 c < x0 ,使得 f ′(c) < 0 .?
x →?∞

f ′′( x ) > 0 知 y = f ( x) 是凹函数,从而 f ( x) > f (c) + f ′(c)( x ? c)

( x < c) ?

当 x → ?∞ 时, f ( ?∞ ) + f ′(c )( x ? c ) → +∞ .? 故存在 d < c ,使得?
? f ( d ) > f (c ) + f ′(c )( d ? c ) > 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ……………………? ? ? (10 分)?

在 [ x0 , b] 和 [d , x0 ] 利 用 零 点 定 理 , ?x1 ∈ ( x0 , b) , x2 ∈ ( d , x0 ) 使 得 f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ………………………? (12 分)? 下面证明方程 f ( x ) = 0 在 ( ?∞ ,+∞ ) 只有两个实根.? 用反证法.? 假设方程 f ( x ) = 0 在 ( ?∞ ,+∞ ) 内有三个实根,不妨设为 x1 , x 2 , x3 , 且 x1 < x 2 < x3 .? 对 f ( x ) 在区间 [ x1 , x 2 ] 和[ x 2 , x3 ]上分别应用洛尔定理,则各至少 存在一点 ξ1 ( x1 < ξ1 < x2 )和 ξ 2 ( x 2 < ξ 2 < x3 ) ,使得 f' (ξ1 ) = f' (ξ 2 ) = 0 .? 再将
f' ( x ) 在 区 间 [ξ1 , ξ 2 ] 上 使 用 洛 尔 定 理 , 则 至 少 存 在 一 点 η(ξ1 < η < ξ 2 ) , 使 f" ( η) = 0 .? 此与条件 f ′′( x) > 0 矛盾 .? 从而方程 f ( x ) = 0 在 (?∞,+∞ ) 不能多于两

个根.? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ……………………(15 分)? ? 证 2.? 先证方程 f ( x ) = 0 至少有两个实根.? 由 lim f ′( x) = α > 0 ,必有一个充分大的 a > x 0 ,使得 f ′(a ) > 0 .?
x →+∞

因 f ( x ) 在 ( ?∞ ,+∞ ) 上具有二阶导数, 故 f ′( x ) 及 f ′′( x ) 在 ( ?∞ ,+∞ ) 均连续.? 由 拉格朗日中值定理,对于 x > a ? 有?
f ( x ) ? [ f ( a ) + f ′( a )( x ? a )] = f ( x ) ? f ( a ) ? f ′( a )( x ? a )] ?
? ? ? ? ? ? = f ′(ξ )( x ? a ) ? f ′( a )( x ? a ) = [ f ′(ξ ) ? f ′( a )]( x ? a ) ? ? ? ? ? ? ? = f ′′(η )(ξ ? a )( x ? a ) .?

其中 a < ξ < x ,

a < η < x .? 注意到 f ′′(η ) > 0 (因为 f ′′( x) > 0 ) ,则?
3?

?

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? f ( x) > f (a) + f ′(a)( x ? a)

( x > a) ?

又因 f ′( a ) > 0, ? 故存在 b > a ,使得?
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? f (b ) > f ( a ) + f ′( a )(b ? a ) > 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? …………………(6 分) ? ? ? ? ? ? 又已知 f ( x 0 ) < 0 ,由连续函数的中间值定理,至少存在一点 x1 ( x 0 < x1 < b) ?

使得?

f ( x1 ) = 0 .? 即方程 f ( x ) = 0 在 ( x 0 ,+∞) 上至少有一个根 x1 ? ? ? ………………(7 分)?
? ? ? ? 同理可证方程 f ( x ) = 0 在 (?∞ , x0 ) 上至少有一个根 x2 .? ? ? ? ? ………………(12 分) ? ? ? ? ? 下面证明方程 f ( x ) = 0 在 ( ?∞ ,+∞ ) 只有两个实根.(以下同证 1).……(15 分) ? ?

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

处相切.? 求函数ψ (t ) . 解 因为 d2y 1 (2 + 2t )ψ ′′(t ) ? 2ψ ′(t ) (1 + t )ψ ′′(t ) ?ψ ′(t ) dy ψ ′(t ) , 2 = ? = , = 2 dx 2 + 2t 4(1 + t )3 dx 2 + 2t ( 2 + 2t )
……………… (3 分) ?

由 题 设

d2y 3 = 2 dx 4(1 + t )

, 故

(1 + t )ψ ′′(t ) ?ψ ′(t ) 3 = 3 4(1 + t ) 4(1 + t )
1 ψ ′(t ) = 3(1 + t ). ? 1+ t

, 从 而

(1 + t )ψ ′′(t ) ?ψ ′(t ) = 3(1 + t ) 2 ,即? ? ψ ′′(t ) ? 设 u = ψ ′(t ) ,则有 u ′ ?
1 u = 3(1 + t ) ,? 1+ t

1 1 dt ? ? dt ? u = e ∫ 1+t ? ∫ 3(1 + t )e ∫ 1+t dt + C1 ? = (1 + t ) ? ∫ 3(1 + t )(1 + t ) ?1 dt + C1 ? = (1 + t )(3t + C1 ). ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? …………(9 分) ? 由 曲 线 y = ψ (t ) 与 y = ∫ e ?u du +
2

t2

1

3 3 在 t = 1 处 相 切 知 ψ (1) = , 2e 2e

ψ ′(1) =
?

2 .? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ……………… (11 分) ? e
4?

所以 u

t =1

= ψ ′(1) =

2 1 ,知 C1 = ? 3 .? e e

ψ (t ) = ∫ (1 + t )(3t + C1 )dt = ∫ (3t 2 + (3 + C1 )t + C1 )dt =t 3 + ψ (1) =
?

3 + C1 2 t + C1t + C2 , 由 2

1 1 3 ,知 C 2 = 2 ,于是ψ (t ) = t 3 + t 2 + ( ? 3)t + 2 (t > ?1) .…(15 分) ? 2e e 2e
n

四(本题共 15 分) 、设 an > 0, S n = ∑ ak ,证明:?
k =1

(1)当 α > 1 时,级数 ∑

an 收敛;? α n =1 S n an 发散.? α n =1 S n
+∞

+∞

(2)当 α ≤ 1 ,且 Sn → ∞ ( n → ∞ )时,级数 ∑

证明 ? 令 f ( x ) = x1?α , x ∈ [ S n ?1 , S n ] .? 将 f ( x ) 在区间 [ S n ?1 , Sn ] 上用拉格朗日中值定 理,? 存在 ξ ∈ ( Sn ?1 , Sn ) ? f ( S n ) ? f ( Sn ?1 ) = f ′(ξ )( S n ? S n ?1 ) ?
1?α 1?α ?α 即 Sn (5 分) ? ? Sn an ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ……………… ?1 = (1 ? α )ξ

( 1 )当 α > 1 时,

1
α ?1 Sn ?1

?

1
α ?1 Sn

= (α ? 1)

ξα

an

≥ (α ? 1)

? 1 1 ? an ? . ? 显然 的 ? α ?1 α ?1 ? α Sn ? Sn ?1 S n ?

前 n 项和有界, 从而收敛, 所以级数 ∑

an 收敛.? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? …………… (8 分) ? α n =1 S n

+∞

(2)当 α = 1 时,因为 an > 0 , S n 单调递增,所以?
ak 1 ≥ Sn+ p k = n +1 S k



n+ p

k = n +1

∑a

n+ p

k

=

Sn+ p ? Sn Sn+ p

= 1?

Sn ? Sn+ p
n+ p Sn a 1 1 < , 从而 ∑ k ≥ .? 所以级数 2 Sn + p 2 k = n +1 S k

因为 S n → +∞ 对任意 n , 当 p ∈

∑ Sα
n =1 n

+∞

an

发散.? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ……………… (12 分) ?
?
+∞ +∞ an an an an . ? 由 发散及比较判别法 , 发散.………(15 分) ? ≥ ∑ ∑ α α Sn Sn n =1 S n n =1 S n

当 α < 1 时,
?

5?

?

五(本题共 15 分) 、设 l 是过原点,方向为 (α, β , γ ) (其中 α 2 + β 2 + γ 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 (α, β , γ ) 的最大值和最小值.? 解? ? (1)? 设旋转轴 l 的方向向量为 l = (α, β , γ ) ,椭球内任意一点 P(x,y,z)的径向量 为 r ,则点 P 到旋转轴 l 的距离的平方为?

d 2 = r 2 ?(r ? l ) = (1? α 2 ) x 2 + (1? β 2 ) y 2 + (1? γ 2 ) z 2 ? 2αβ xy ? 2βγ yz ? 2αγ xz ?
由积分区域的对称性可知?

2

∫∫∫
?

? ? ? ? x2 y 2 z 2 ? ? (2αβ xy + 2βγ yz + 2αγ xz )dxdydz = 0 , 其中 ? = ?( x, y, z ) 2 + 2 + 2 ≤ 1? ? ? a b c ? ?? ? ? ………………(2 分)?
a a ? x2 ? ? 4a 3bcπ 2 ? ? dydz x bc 1 dx π = ? ? = ? z x 2? ∫ + ≤1? 2 ? 15 ? ? ? a ? ? b2 c 2 a ?a
2 2

而 ∫∫∫ x 2 dxdydz = ∫ x 2 dx ∫∫ y 2
? ?a



π

1

(或

∫∫∫
?

x dxdydz = ∫ d θ ∫ d ? ∫ a 2 r 2 sin 2 ? cos 2 θ ? abcr 2 sin ?dr =
2 0 0 0

4a 3bcπ )? 15

∫∫∫
?

4ab3cπ 4abc3π 2 y dxdydz = ,∫∫∫ z dxdydz = 15 15 ?
2

…………… (5 分) ? ????????????

由转到惯量的定义?
J l = ∫∫∫ d 2 dxdydz =
?

4abcπ (6 分) ? ((1? α 2 )a 2 + (1? β 2 )b2 + (1? γ 2 )c 2 ) …………… 15

?

(2)? 考 虑 目 标 函 数 ? ? V (α, β , γ ) = (1? α 2 )a 2 + (1? β 2 )b 2 + (1? γ 2 )c 2 在 约 束? ? α 2 + β 2 + γ 2 = 1 ? ? 下的条件极值.? 设拉格朗日函数为? L(α, β , γ , λ ) = (1? α 2 )a 2 + (1? β 2 )b 2 + (1? γ 2 )c 2 + λ (α 2 + β 2 + γ 2 ?1) ? ? ?
…………………(8 分) ?

令 Lα = 2α(λ ? a 2 ) = 0 , Lβ = 2β (λ ? b 2 ) = 0 , Lγ = 2 γ (λ ? c 2 ) = 0 ,?

Lλ = α 2 + β 2 + γ 2 ?1 = 0 ?
6? ?

解得极值点为 Q1 (±1,0,0, a 2 ) ,Q2 (0, ±1,0, b 2 ) ,Q3 (0,0, ±1, c 2 ) ? ? ? .…… (12 分) ? 比较可知,绕 z 轴(短轴)的转动惯量最大,为 J max =

4abcπ 2 ( a + b 2 ) ;绕 15

x 轴(长轴)的转动惯量最小,为 J min = ?

4abcπ 2 b + c 2 ) .? ? ? ? ? ? ? ………(15 分) ? ( 15

六(本题共 15 分) 、设函数 ?( x) 具有连续的导数,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 + y2

(1) 设 L 为正向闭曲线 ( x ? 2) 2 + y 2 = 1 .? 证明:? (2)? 求函数 ?( x) ;?


L

2 xydx + ? ( x )dy = 0 ;? x4 + y2

(3)? 设 C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求 ∫
C

2 xydx + ? ( x )dy .? x4 + y2

解? (1)? 设 ∫
L

2 xydx + ? ( x) dy = I ,闭曲线 L 由 L i , i = 1, 2 组成.? 设 L 0 为不经过原点 x4 + y 2

? ? 的光滑曲线,使得 L0 ∪ L1 (其中 L1 为 L1 的反向曲线)和 L 0 ∪ L2 分别组成围绕

原点的分段光滑闭曲线 C i , i = 1, 2 .? 由曲线积分的性质和题设条件?


L

2 xydx + ? ( x ) dy 2 xydx + ? ( x ) dy 2 xydx + ? ( x ) dy = ∫ +∫ = ∫ +∫ ?∫ ?∫ 4 2 4 2 x +y x +y x4 + y 2 L L L L L L?
1 2 2 0 0 1

= ∫ +∫
???
C1

C2

2 xydx + ? ( x) dy = I ?I =0 x4 + y 2

(5 分) ? ? ……………
???????????????????????????

? ? ? (2)? 设 P( x, y ) =

2 xy ? ( x) , Q ( x, y ) = 4 .? 2 x +y x + y2
4



?Q ?P ? ′( x )( x 4 + y 2 ) ? 4 x 3? ( x ) 2 x 5 ? 2 xy 2 = , 即 ? ? , 解 得 = 4 ?x ?y ( x 4 + y 2 )2 ( x + y 2 )2
? ……………………(10 分) ????????????????????????????????????????????
7?

? ( x ) = ?x 2 (3)? 设 D 为正向闭曲线 Ca : x 4 + y 2 = 1 所围区域,由(1)?
?


C

2 xydx + ? ( x )dy 2 xydx ? x 2 dy =∫ x4 + y2 x4 + y2 C
a

(12 分) ? …………………
?????????????????????

利用 Green 公式和对称性,?


?

Ca

2 xydx + ? ( x) dy = ∫ 2 xydx ? x 2 dy = ∫∫(? 4 x) dxdy = 0 x4 + y2 C D
a

(15 分) ? …………………
??

8? ?

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、 (本题共 5 小题,每小题各 6 分,共 30 分)解答下列各题(要求写出重要步骤).
1

(1) 求极限 lim(n !) n ;
n →∞

2

(2) 求通过直线 L : ?

?2 x + y ? 3z + 2 = 0 的两个相互垂直的平面 π 1 和 π 2 ,使其中一个平面过点 ?5 x + 5 y ? 4 z + 3 = 0

(4, ?3,1) ;
(3) 已 知 函 数 z = u ( x, y )e
ax + by

? 2u = 0, 确 定 常 数 a 和 b , 使 函 数 z = z ( x, y ) 满 足 方 程 ,且 ?x?y

? 2 z ?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 + u 3 )udy 在右半平面上与路径无关,
L



求 u ( x) ; (5) 求极限 lim 解
1 1 3

x →+∞

x∫

x +1

x

sin t dt . t + cos t

(1) 而

因为 ( n !)

n2

=e

n2

ln( n!)

……………………………………(1 分)

1 1 ? ln1 ln 2 ln( n !) ≤ ? + + 2 n n? 1 2
1 ? ln1 ln 2 lim ? + + n →∞ n 2 ? 1
1 lim 2 ln(n !) = 0 , n →∞ n


+

ln n ? ln n =0 ? ,且 lim n →∞ n n ?
+ ln n ? ?=0, n ?
1 n2

………………………(3 分)

所以



lim(n !) =1
n →∞

……………………………………(2 分)

(2)过直线 L 的平面束为

λ (2 x + y ? 3 z + 2) + μ (5 x + 5 y ? 4 z + 3) = 0


(2λ + 5μ ) x + (λ + 5μ ) y ? (3λ + 4 μ ) z + (2λ + 3μ ) = 0 ,…………………………(2 分)

若平面 π 1 过点 (4, ?3,1) ,代入得 λ + μ = 0 ,即 μ = ? λ ,从而 π 1 的方程为

3x + 4 y ? z + 1 = 0 ,
若平面束中的平面 π 2 与 π 1 垂直,则

……………………………………(2 分)

3 ? (2λ + 5μ ) + 4 ? (λ + 5μ ) + 1 ? (3λ + 4 μ ) = 0
解得 λ = ?3μ ,从而平面 π 2 的方程为 x ? 2 y ? 5 z + 3 = 0 ,………………………………(2 分) (3)

? ?u ? ?z ? ?u ? ?z = e ax +by ? + bu ( x + y ) ? , = e ax + by ? + au ( x + y ) ? , ?x ? ?x ? ?y ? ?y ? ? ?u ? ?2 z ?u = e ax +by ?b + a + abu ( x, y ) ? . ?x?y ?y ? ?x ?

………………(2 分)

……………………………………(2 分)

? ? ? 2 z ?z ?z ?u ?u ? ? + z = e ax +by ? (b ? 1) + (a ? 1) + (ab ? a ? b + 1)u ( x, y ) ? , ?x?y ?x ?y ?x ?y ? ?
若使

? 2 z ?z ?z ? ? + z = 0, 只有 ?x?y ?x ?y
(b ? 1) ?u ?u + (a ? 1) + (ab ? a ? b + 1)u ( x, y ) =0, 即 a = b = 1 . ………………(2 分) ?x ?y

(4)由

dx 1 ? ? ? x = 4u 2 …… u[ x + u 3 ] = (( x + 2 y )u ) 得 x + 4u 3 u ' = u , 即 du u ?x ?y

(

)

(

)

.(2 分)

方程通解为

x = e ln u

(∫ 4u e

2 ? ln u

du + C = u ∫ 4udu + C = u 2u 2 + C

) (
1/ 3

) (

)

. …………………(3 分)

由 u ( 2) = 1 得 C = 0 , 故 u = ?

? x? ? . ?2?

……………………………………(1 分)

(5)因为当 x >1 时,
3

x∫

x +1

x

x +1 sin t dt dt ≤ 3 x ∫ x t + cos t t ?1

………………………………(3 分)

≤ 23 x

(

x ? x ?1 = 2
x +1

)

3

x

x + x ?1

→ 0( x → ∞ ) ,

………… ………(2 分)

所以

lim 3 x ∫
x →∞

x

sin t dt =0。 t + cos t

……………………… ………(1 分)

二、 (本题 10 分)计算 解 由于




+∞

0

e ? 2x | sin x | dx



0

e ? 2 x | sin x | dx = ∑ ∫ e ? 2 x | sin x | dx
k =1 n ( k ?1)π

n



= 应用分部积分法

∑∫
k =1



( k ?1)π

(?1) k ?1 e ? 2 x sin xdx

……………………………………(3 分)


所以



( k ?1)π

(?1) k ?1 e ? 2 x sin xdx =

1 ?2 kπ e (1 + e 2π ) 5

………………………………(2 分)





0

e

?2 x

?2π n 1 1 ? e ?2 ( n +1)π ? 2 kπ 2π 2π e = (1 + e ) | sin x | dx = (1 + e )∑ e ……………(2 分) 5 5 1 ? e ? 2π k =1

当 nπ ≤ x < ( n + 1)π 时





0

e ? 2 x | sin x | dx ≤ ∫ e ?2 x | sin x | dx < ∫
0

x

( n +1)π

0

e ? 2 x | sin x | dx ,

令 n → ∞ ,由两边夹法则,得





0

e ? 2 x | sin x | dx = lim ∫ e ? 2 x | sin x | dx =
x →∞ 0

x

1 e 2π + 1 …………………………(3 分) 5 e 2π ? 1


注:如果最后不用夹逼法则,而用





0

e ?2 x | sin x | dx = lim ∫ e?2 x | sin x | dx =
n →∞ 0

1 e 2π + 1 ,需先说明 5 e 2π ? 1





0

e ? 2 x | sin x | dx 收敛.
1 = 2 x ? 501 的近似解. 精确到 0.001. x sin(θ t ) 2 …………………………………(2 分) 解 由泰勒公式 sin t = t ? t (0 < θ < 1) 2

三、 (本题 10 分)求方程 x 2 sin

?θ ? sin ? ? 1 1 1 ?x?, 令 t= 得 sin = ? x x 2 x2 x
代入原方程得

1 ?θ ? x ? sin ? ? = 2 x ? 501 2 ? x?

即 x = 501 ? sin ? ?

1 2

?θ ? ? x?

……………………………(4 分)

由此知 x > 500 , 0 <

θ
x

<

1 500

x ? 501 =

1 1 ?θ ? 1 θ sin ? ? ≤ < = 0.001 2 ? x ? 2 x 1000
…………………………(4 分)

所以, x = 501 即为满足题设条件的解

四、 (本题 12 分)设函数 y = f ( x ) 的二阶可导,且 f ''( x ) > 0, f (0) = 0, f '(0) = 0 ,求

lim
x →0

x3 f (u ) ,其中 u 是曲线 y = f ( x ) 上点 p ( x, f ( x )) 处的切线在 x 轴上的截距. f ( x) sin 3 u

解:曲线 y = f ( x ) 在点 p ( x, f ( x )) 处的切线方程为

Y ? f ( x ) = f '( x )( X ? x) ,
令 Y = 0 ,则有 X = x ? 且有

f ( x) f ( x) ,由此 u = x ? , ……………………………(3 分) f '( x) f '( x)

f ( x) ? f (0) ? f ( x) ? f ′(0) x lim u = lim ? x ? = ? lim = = 0 . …………………(2 分) ? x →0 x →0 x →0 f ′( x ) ? f ′(0) f '( x) ? f ′′(0) ? x
由 f ( x ) 在 x = 0 处的二阶泰勒公式

f ( x) = f (0) + f '(0) x +


f ′′(0) 2 f ′′(0) 2 x + ο ( x2 ) = x + ο ( x 2 ) ……(2 分) 2 2

f ′′(0) 2 x + ο ( x2 ) u f ( x) = 1 ? lim 2 lim = 1 ? lim x →0 x x →0 xf '( x ) x →0 xf '( x)
1 f ′′(0) + ο (1) 1 f ′′(0) 1 = 1 ? lim = 1? = …………………(3 分) 2 x →0 f '( x) ? f '(0) 2 f ′′(0) 2 x

? x3 ? x f (u ) ∴ lim = lim ? x →0 f ( x ) sin 3 u x →0 ? u3 ? ?
3

f ′′(0) 2 ? u + ο (u 2 ) ? 2 ? = lim x = 2 ……………………(2 分) ′′ f (0) 2 ? x →0 u x + ο ( x2 ) ? 2 ?

五、 (本题 12 分)求最小实数 C ,使得满足 | f ( x ) | dx = 1 的连续的函数 f ( x ) 都有
0 1



1

∫ f(
0

x )dx ≤ C



由于

∫ | f(
0

1

x ) | dx = ∫ | f (t ) | 2tdt ≤ 2 ∫ | f (t ) | dt = 2, ………………………(4 分)
0 0

1

1

另一方面, 取 f n ( x ) = ( n + 1) x n , 则

∫|f
0

1

n

( x) | dx = ∫ f n ( x) dx = 1. …………………(3 分)
0

1

而 ∫ f n ( x )dx = 2∫ tf n (t )dt = 2
0 0

1

1

n +1 1 ? ? = 2 ?1 ? ? → 2 (n → ∞). …………………(3 分) n+2 ? n+2?
…………………………………(2 分)

因此最小的实数 C = 2.

2 2 六、 (本题 12 分)设 f ( x) 为连续函数 , t > 0 。 区域 Ω 是由抛物面 z = x + y 和球面

x 2 + y 2 + z 2 = t 2 (t > 0) 所围起来的部分. 定义三重积分

F (t ) = ∫∫∫ f ( x 2 + y 2 + z 2 )dv 。
Ω

求 F (t ) 的导数 F ' (t ) .

解法 1.

记 g = g (t ) =

1 + 4t 2 ? 1 2 2 , 则 Ω 在 xy 面上的投影为 x + y ≤ g 2

….(2 分)

? x2 + y2 = z S : 在曲线 上任取一点 ( x, y, z ) , 则原点到的点的射线和 z 轴的夹角 ? 2 2 2 2 x y z t + + = ?


θt = arccos = arccos

z t

g . 取 Δt > 0 , 则 θ t > θ t + Δt . 对于固定的 t > 0 , 考虑积分差 t

F (t + Δt ) ? F (t ) , 这是一个在厚度为 Δt 的球壳上的积分. 原点到球壳边缘上的点的射线和
z 轴夹角在 θ t + Δt 和 θ t 之间. 我们使用球坐标变换来做这个积分, 由积分的连续性可知, 存在

α = α (Δt ) , θ t + Δt ≤ α ≤ θ t , 使得
F (t + Δt ) ? F (t ) = ∫ d? ∫ dθ
0 0 2π

α

t + Δt

∫ f (r
t

2

)r 2 sin θdr . ……………………(4 分)

这样就有 F (t + Δt ) ? F (t ) = 2π (1 ? cos α )

t + Δt

∫ f (r
t

2

)r 2 dr . 而当 Δt → 0 + ,

cos α → cos θt =
故 F (t ) 的右导数为

g (t ) , t

1 Δt

t + Δt

∫ f (r
t

2

)r 2 dr → t 2 f (t 2 ) .

? g (t ) ? 2 2 2 2 2π ? 1 ? ? t f (t ) = π 2t + 1 ? 1 + 4t t f (t ) . ………………(4 分) t ? ?
当 Δt < 0 , 考虑 F (t ) ? F (t + Δt ) 可以得到同样的左导数. 因此

(

)

F ' (t ) = π 2t + 1 ? 1 + 4t 2 t f (t 2 )

(

)

.………………………(2 分)

?x = r cos θ ? 解法 2.. 令 ?y = r sin θ , ? z = z ?
? 0 ≤ θ ≤ 2π ? 1 + 4t 2 ? 1 0≤r ≤a 则Ω : ? ,其中 a 满足 a 2 + a 4 = t 2 , a = 2 ? 2 2 2 r z t r ≤ ≤ ? ?
故有 ………(2 分)

? F (t ) = ∫ dθ ∫ rdr ∫ f (r + z ) dz = 2π ∫ r ? ? 0 0 0 r2 ?


a

t2 ?r 2

a

t 2 ?a2

2

2

r2

2 2 ? ∫ f(r + z )dz dr …….(2 分)

? ? ?

从而有

? F '(t ) = 2π ? a ? ?
注意到

t 2 ?a2

a2

2 2 ∫ f(a + z )dz

da + dt

2 2 2 ∫ rf(r + t ? r ) 0

a

t t2 ? r2

dr ? ….(4 分)
? ?

?

t 2 ? a 2 = a 2 , 第一个积分为 0, 我们得到
a

F '(t ) = 2πf(t 2 ) t∫ r
0

1

t2 ? r2

dr = ?πtf(t 2 )∫
0

a

d(t 2 ? r 2 ) t2 ? r2

,

所以 F '(t ) = 2π tf (t 2 ) t ? a 2 = π tf (t 2 ) 2t + 1 ? 1 + 4t 2

(

)

(

).

…… ………………(4 分)

七、 (本题 14 分)设

∑ an 与 ∑ bn 为正项级数,
n =1 n =1





(1)若 lim ?

∞ ? an 1 ? 0 ? > ,则 an 收敛; ? ∑ n →∞ a n =1 ? n+1bn bn +1 ? ∞ ∞ ? an 1 ? 0 ? < ,且 发散,则 b an 发散。 ? ∑ ∑ n n →∞ a n =1 n =1 ? n+1bn bn +1 ?

(2)若 lim ?

证明: (1)设 lim ? n →∞

? an 1 ? ? ? = 2δ > δ > 0 , 则存在 N ∈ Ν ,对于任意的 n ≥ N 时, ? an +1bn bn +1 ?
an an +1 ? > δ an +1 , bn bn +1 an +1 < 1 an an +1 ( ? ), δ bn bn +1

an 1 1 ? >δ, an +1 bn bn +1
m

……………(4 分)

n= N


∑ an+1 ≤

∑ (b δ
n= N
∞ n =1

1

m

an
n

?

an +1 a 1 a 1 aN ) ≤ ( N ? m+1 ) ≤ , bn +1 δ bN bm+1 δ bN
………………………………(4 分)

因而

∑ an 的部分和有上界,从而 ∑ an 收敛.
n =1 n →∞

(2)若 lim(

an 1 1 ) < δ < 0 则存在 N ∈ Ν ,对于任意的 n ≥ N 时, ? an +1 bn bn +1 an b < n an +1 bn +1

…………………………………(3 分)



an +1 >
∞ ∞

bn +1 an > bn

>

bn +1 bn bn bn ?1

bN +1 a aN = N bn +1 bN bN
………………………………(3 分)

于是由

∑ bn 发散,得到 ∑ an 发散.
n =1 n =1

第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷 评分细则
一、(共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分) 解答下列各题 .
1. 求极限 lim 1 sin
n

1 4n 2

n

.



sin

1 4n 2

sin

1 4n 2

2n
n

sin

2n

1 4n 2

(2 分)

原式 lim 1 sin
n

2n

1 4n 2
2n 1 4n 2
(2 分)

exp lim n ln 1 sin
n

exp lim n sin
n

2n n

1 4n 2
1

exp lim
n

2n

1 4n 2

e4

(2 分)

2 证明广义积分
0

sin x dx 不是绝对收敛的. x
(2 分)

( n 1)

证. 记 an
n

| sin x | dx , 只要证明 an 发散. x n 0
( n 1)

因为 an

1 (n 1)

| sin x | dx
n

1 (n 1)

sin xdx
0

2 . (n 1)

(3 分)


n 0

2 (n 1)

发散, 故
n 0

an 发散.

(1 分)

3. 设函数 y

y ( x ) 由 x3

3x 2 y 2 y 3

2 所确定. 求 y ( x) 的极值.

解 方程两边对 x 求导,得

3x 2

y'

6 xy 3x2 y ' 6 y 2 y ' 0
x 0或 x

(1 分)
2y .

x( x 2 y ) ,令 y ' 0 ,得 x( x 2 y) 0 2 y 2 x2
2 y 代入所给方程,得

将x 0和x

x y

0 1



x y 1

2

.

(2 分)



y

(2 y 2

x 2 )(2 x 2 xy ' 2 y ) ( x 2 (2 y 2 x 2 )2
1 0.

2 xy)(4 yy ' 2 x)
x 0 y 1 y' 0

1 0,

y

x 2 y 1 y' 0

故 y(0)

1 为极大值, y( 2) 1 为极小值.

(3 分)

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

解 设切点 A 的坐标为(t,3 t ),曲线过 A 点的切线方程为
y
令y
3

t

1 3 t2
3

(x t)
2t

(2分)

0, 由上式可得切线与 x 轴交点的横坐标 x0

平面图形的面积 S

Ax0t 的面积 曲边梯形 otA 的面积

S

13 t 3t 2

t 0

3

xdx

3 3 t t 4

3 4

t 1,

A 的坐标为 (1,1).

(4分)

二、 (12 分) 计算定积分 I 解

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

I

0

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

x sin x arctan e x dx 1 cos2 x
(4 分)

0

0

(arctan e x

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

2

0

x sin x dx 1 cos2 x
2

(2 分)

2
2

0

sin x dx 1 cos 2 x
3

(4 分)

2

arctan(cos x)

0

8

(2 分)

三、(12 分)设 f ( x) 在 x

0 处存在二阶导数 f (0) ,且 lim
x 0

f ( x) x

0. 证明:级数

f
n 1

1 收敛. n
证 由于 f ( x) 在 x 则

0 处连续,且 lim
x 0

f ( x) x 0,

0,
(2分) (2分)

f (0) lim f ( x) lim

f ( x) x x 0 x 0 x f ( x) f (0) f (0) lim 0. x 0 x 0 f ( x) 2x

应用罗比达法则,

lim
x 0

f ( x) x2

lim
x 0

lim
x 0

f ( x) f (0) 2( x 0)

1 f (0). 2

(3分)

所以

f lim
n 0

1 n 1 n2

1 f (0) . 2
1 收敛. n

(2分)

由于级数
n

1 收敛,从而 2 n 1 n

f
1

(3 分)

2 . m 证 因为 f ( x) m 0 (a x b) ,所以 f ( x) 在 [a, b] 上严格单增,从而有反函数. 设 A f (a) , B f (b) , 是 f 的反函数,则

四、(10 分) 设 | f ( x) |

, f ( x) m 0 (a

x b) ,证明

b

a

sin f ( x) d x

(2 分)

0

( y)

1 f ( x)

1 , m

(3 分)

又 | f ( x) |

,则
b a

A B
x ( y)

,所以
B A

sin f ( x)d x

( y)sin y d y 2 m

(3 分) (2 分)

0

1 sin y d y m

五、(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 y3

y dzdx

3z 3

z dxdy .

试确定曲面 , 使得积分 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,

I
V

3x 2 6 y 2 9 z 2 3 dv 3
V

x 2 2 y 2 3z 2 1 dxdydz .

(3分)

为了使得 I 达到最小, 就要求 V 是使得 x 2

2 y 2 3z 2 1 0 的最大空间区域, 即
(3分)

V
所以 V 是一个椭球,

( x, y, z ) | x 2 2 y 2 3z 2 1 .
是椭球 V 的表面时, 积分 I 最小.

x u
为求该最小值, 作变换

y z

v/ 2 . 则 w/ 3

( x, y, z ) (u, v, w)

1 , 有 6

I

3 6 u2
3 6
2

u 2 v2
v2 w2 1

w2 1 dudvdw .

(4 分)

使用球坐标变换, 我们有
1

I

d
0 0

d
0

r 2 1 r 2 sin dr

4 6 15

.

(4分)

六、(14 分) 设 I a (r ) 向. 求极限 lim I a (r ) .
r

ydx xdy 2 , 其中 a 为常数, 曲线 C 为椭圆 x 2 2 a ( x y ) C

xy

y2

r 2 , 取正

解. 作变换

x (u v) / 2 y (u v) / 2

,

曲线 C 变为 uov 平面上的
2

3 : u2 2
ydx xdy

1 2 v 2

r 2 , 也是取正向

(2 分)

且有 x

y2

u 2 v2 ,

vdu udv ,

I a (r )

vdu udv . (u 2 v 2 )a
2 2 r d 3

(2 分)

作变换

u v

2 r cos , 则有 vdu udv 3 2r sin
2 2 ( 1a r 3
2 2 ) 0

I a (r )

(2cos

2

d / 3 2sin 2 ) a

2 r 3
.

2a( 1

J a ,)

其中 J a
0

(2cos

2

d , 0 / 3 2sin 2 ) a

Ja
.

(3 分) (2 分)

因此当 a

1 和 a 1 , 所求极限分别为 0 和

而当 a

1,
2

J1
0

d 2 cos
2

/ 2

/3

2 sin

2

4
0

dt a n 2/3

2

4 2 t a n0

dt
2 t 2 /3

3. 2

(3 分)

故所求极限为

0, a 1
r

lim I a (r )

, a 1. 2 , a 1

(2 分)

1
七、(14 分) 判断级数
n 1

1 1 2 n 的敛散性, 若收敛,求其和. (n 1)(n 2)
1 , un n

解: (1) 记 an 因为 n 充分大时

1

1 2

an , n 1, 2, 3, (n 1)(n 2)

.

0 an
所以 u n

1

1 2

1 1 n

n 1

1 dx 1 ln n x


n,

(3 分)

(n
1
1

n 1)(n

1 2)

n

3/2

1 收敛,所以 u 收敛. n 3/ 2 n 1 n n 1

(2 分)

(2) ak
n

1 2

1 (k 1, 2,....) k
n k

Sn
k 1

1 1 2 k (k 1)(k 2)

ak 1)(k 2) 1 (k

n k 1

ak ak k 1 k 2

a1 2

a1 3

a2 3

a2 4

an 1 n

an 1 n 1

an an n 1 n 2

(2 分)

1 1 1 a1 (a2 a1 ) (a3 a2 ) 2 3 4
1 1 1 12 2 3 3 4
因为 0 所以 0 于是 S

1 n 1
1

(an an 1 )
1 n

1 n 2
1

an

(2 分)

1 n (n 1)

n 2

an

1

n 2

an .

(2 分)

an 1 ln n
an n 2
n

1 ln n 1 ln n 且 lim n n 2 n 2

0 . 所以 lim
n

an n 2

0.
(3 分)

lim Sn 1 0 0 1 . 证毕。

? ?

?

? ? ? ? ? ? ? ? 2015 年第七届预赛(非数学类)参考答案?
一、每小题 6 分,共计 30 分。? π 2 ? ? ? sin n sin n π sin π ? + 2 +L+ 2 (1)? 极限 lim n ? 2 ?= n →∞ n +n? ? n +1 n + 2 ? ?

2

π

? 。?

i π n sin 1 n i 1 n i n π ≤ sin 解:由于? ≤ ∑ sin π , 而? ∑ ∑ i n + 1 i =1 n n i =1 n i =1 n+ n
lim 1 n i n π n i 1 π 2 sin π = lim sin π = ∫ sin xdx = ,? ∑ ∑ n →∞ n + 1 n →∞ ( n + 1)π n n n π 0 π i =1 i =1

1π n i 1 n i 1 sin π = lim ∑ sin π = lim ∑ →∞ n n →∞ n n π n i =1 n π i =1
所以所求极限是? 2 . ?
π
(2)设函数 z = z ( x, y ) 由方程 F ( x +



π

0

sin xdx =

2

π

。?

z z , y + ) = 0 所决定,其中 F (u , v) 具有连续偏导 y x z ? xy
。 (本小题结果要求不显含 F 及其

数,且 xFu + yFv ≠ 0 。则? x 偏导数)?

?z ?z +y = ?x ?y

? 1 ?z ? ? ? F +? ? 1 ?z ? z ? ? F = 0? 解:方程对 x 求导,得到? ? ? ? ? ?1 + 2? v ? u ? ? ? ? y ?x ? ? ? x ?x ? x ?
即x

?z y ( zFv ? x 2 Fu ) = 。? ?x xFu + yFv ?z x( zFu ? y 2 Fv ) = 。? ?y xFu + yFv

同样,方程对 y 求导,得到 y

于是 x ?

?z ?z z ( xFu + yFv ) ? xy ( xFu + yFv ) +y = = z ? xy ? ?x ?y xFu + yFv

(3)曲面 z = x + y + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面与曲面 z = x + y 所围区域的体积为?
2 2 2 2

π
2

。?

解:曲面 z = x + y + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面: 2( x ? 1) ? 2( y + 1) ? ( z ? 3) = 0 ,?
2 2

即 z = 2 x ? 2 y ? 1 。联立 ?

? z = x2 + y 2 ,? ?z = 2x ? 2 y ? 1
2 2

得到所围区域的投影 D 为: ( x ? 1) + ( y + 1) ≤ 1 。? 所求体积 V =

∫∫ [(2 x ? 2 y ? 1) ? ( x
D

2

+ y 2 )]dxdy = ∫∫ [1 ? ( x ? 1)2 ? ( y + 1)2 ]dxdy ?
D

令? ?

2π 1 ? x ? 1 = r cos t π , V = ∫ dt ∫ (1 ? r 2 ) rdr = 。? 0 0 2 ? y + 1 = r sin t

(4)函数 f ( x) = ?

?3, x ∈ [?5, 0) 在 ( ?5,5] 的傅立叶级数在 x=0 收敛的值? ? ? ? 3/2? ? 。? ?0, x ∈ [0,5)

解:由傅里叶收敛定理,易知 f(0)=3/2.? ? ? (5)设区间 (0, +∞) 上的函数 u( x) 定义为 u ( x ) =



+∞

0

e ? xt dt ,则 u ( x ) 的初等函数表达式为?

2

π
2 x

。?
+∞ +∞

[解]? ? 由于? u 2 ( x ) =



0

e ? xt dt ∫ e ? xs ds =
2 2

0

s ≥ 0,t ≥ 0

∫∫

e? x ( s

2

+t 2 )

dsdt ,? 故有?

? ? ? ? u ( x) =
2



π /2

0

d? ∫ e ? x ρ ρ d ρ =
2

+∞

0

4x ∫

π

+∞

0

e ? xρ d ρ ( x ρ 2 ) = ?

2

π
4x

e ? xρ

2

ρ =+∞ ρ =0

=

π
4x

。?

所以 u ( x) =

π
2 x

。?

? 二、 (12 分)设 M 是以三个正半轴为母线的半圆锥面,求其方程。? 解:显然,O(0,0,0)为 M 的顶点,A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)在 M 上。由 A,B,C 三点决定的平 面 x + y + z = 1 与球面 x + y + z = 1 的交线 L 是 M 的准线。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分?
2 2 2

设 P(x,y,z)是 M 上的点, (u,v,w)是 M 的母线 OP 与 L 的交点, 则 OP 的方程为

x y z 1 = = = , u v w t

即 u=xt,v=yt,w=zt。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分? 代入准线方程,得 ?

?( x + y + z )t = 1
2 2 2 2 ?( x + y + z )t = 1

。?

消除 t,得到圆锥面 M 的方程 xy + yz + zx = 0 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分?

? 三、 (12 分)设? f ( x ) 在 ( a, b) 内二次可导,且存在常数 α , β ,使得对于 ?x ∈ ( a, b) ? ?

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? f ′( x ) = α f ( x) + β f ′′( x ) ,? 则 f ( x ) 在 (a, b) 内无穷次可导。? ? ? ? ? ? 证明? 1.? 若 β = 0 。? 对于 ?x ∈ ( a, b) ,有?
f ′( x ) = α f ( x ) , f ′′( x) = α f ′( x) = α 2 f ( x), L , f ( n ) ( x) = α n f ( x) 。?

从而 f ( x ) 在 (a, b) 内无穷次可导。? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分? ? ? ? ? ? 2.? 若 β ≠ 0 。对于 ?x ∈ ( a, b) ,有? ? ? ? ? ? ? ? ? ? f ′′( x) = f ′( x) ? α f ( x) = A1 f '( x) + B1 f ( x), ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (1)?

β

其中? A1 = 1/ β , B1 = α / β 。? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐6 分? 因为(1)右端可导,从而? ? ? ? ? ? ? ? ? f ′′′( x) = A1 f "( x) + B1 f '( x) 。? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分? ? 设 f ( n ) ( x ) = A1 f ( n ?1) ( x ) + B1 f ( n ? 2) ( x ), n > 1 ,则 f ( n +1) ( x ) = A1 f ( n ) ( x ) + B1 f ( n ?1) ( x ) 。? 故 f ( x ) 任意阶可导。? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分?
四、? (14 分)求幂级数

n3 + 2 ( x ? 1) n 的收敛域与和函数? ∑ n = 0 ( n + 1)!


解:因?

a n +1 (n + 1) 3 + 2 = = 0 。? lim lim 3 n →∞ a n n →∞ ( n + 2)( n + 2)

固收敛半径 R = +∞ ,收敛域为 ( ?∞,+∞ ) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分? 由?

1 1 1 1 n 3 + 2 (n + 1)n(n ? 1) n +1 + = + + + = ( n ≥ 2) ? (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n ? 2)! n! (n + 1)!
及幂级数
∞ ∞ 1 1 1 n n , 和 ( x ? 1 ) ( x ? 1 ) ( x ? 1) n 的收敛域皆为 ( ?∞,+∞ ) 得? ∑ ∑ ∑ ( n ? 2 )! n ! ( n + 1 )! n=2 n =0 n =0 ∞

∞ ∞ ∞ n3 + 2 1 1 1 n n n x ? = x ? + x ? + ( x ? 1) n 。? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ∑ ∑ ∑ ∑ n = 0 ( n + 1)! n = 2 ( n ? 2)! n = 0 n! n = 0 ( n + 1)! ∞

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐7 分? 用 S1 ( x) , S 2 ( x) 和 S 3 ( x) 分别表示上式右端三个幂级数的和函数。依据 e x 的展开式得到?

S1 ( x) = ( x ? 1) 2 ∑
再由?

1 ( x ? 1) n = ( x ? 1) 2 e x ?1 , ? ? ? ? ? S 2 ( x) = e x ?1 ? n = 0 n!



( x ? 1) S 3 ( x) = ∑
得到,当 x ≠ 1 时 S 3 ( x ) =

∞ 1 1 ( x ? 1) n +1 = ∑ ( x ? 1) n = e x ?1 ? 1 ? ? n = 0 ( n + 1)! n =1 n!



1 (e x ?1 ? 1) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分? x ?1

又 S 3 (1) = 1 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分? ? 综合以上讨论,最终得到所给幂级数的和函数?

S ( x) =

( x 2 ? 2 x + 2)e x?1 +
2

1 (e x?1 ? 1),x ≠ 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐14 分? x ?1 x =1

五、 (16 分)设函数 f 在[0,1]上连续,且 (1) ?x0 ∈ [0,1] 使 f ( x0 ) > 4 ? (2) ?x1 ∈ [0,1] 使 f ( x1 ) = 4 ?



1

0

f ( x)dx = 0,∫ xf ( x)dx = 1 。试证:?
0

1

证明: (1)若 ?x ∈ [0,1] , f ( x) ≤ 4 ,则?
1 1 1 1 1 1 1 = ∫ ( x ? ) f ( x) dx ≤ ∫ x ? f ( x) dx ≤ 4 ∫ x ? dx = 1 ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分? 0 0 0 2 2 2 1 1 1 f ( x) dx = 1 。而 4 ∫ x ? dx = 1 ,? 0 2 2

因此



1

0

x?





1

0

1 x ? (4 ? f ( x) )dx = 0 ,? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分? 2

所以对于任意的 x ∈ [0,1] , f ( x) = 4, 由连续性知 f ( x ) ≡ 4 或 f ( x ) ≡ ?4 。? 这就与条件



1

0

f ( x)dx = 0 矛盾。?

f x0 ) > 4 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分? 故 ?x0 ∈ [0,1], 使 (

f x2 ) < 4 。若不然,对任何 x ∈ [0,1] , ( f x) ≥ 4 成立。则, ? ? (2)先证 ?x2 ∈ [0,1] ,使 (

f ( x) ≥ 4 恒成立,或者 f ( x) ≤ ?4 恒成立,与 ∫ f ( x)dx = 0 矛盾。再由 f ( x ) 的连续性及
0

1

f x1 ) = 4 。? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐16 分? (1)的结果,利用介值定理 ?x1 ∈ [0,1] 使 (
?
2 2 六、 (16 分)设 f ( x, y ) 在 x + y ≤ 1 上有连续的二阶偏导数, f xx + 2 f xy + f yy ≤ M 。若

2

2

2

f (0, 0) = 0 , f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0 ,证明

x + y ≤1

2

∫∫

f ( x, y )dxdy ≤

π M
4



2

证明: 在点 (0,0) 展开 f ( x, y ) 得

2 1? ? 1 ? 2 ?2 ? ? ?2 2 ? ? f ( x, y ) = ? x + y ? f (θ x, θ y )= ? x + 2 xy +y ? f (θ x,θ y ) , 2 ? ?x 2 ? ?x 2 ?y ? ?x?y ?y 2 ?

2

其中 θ ∈ (0,1) 。 记 (u, v, w) = ?

--------6 分

? ?2 ?2 ?2 ? , , 2 ? f (θ x,θ y ) ,则 2 ? ?x ?x?y ?y ?
f ( x, y ) = 1 ux 2 + 2vxy + wy 2 ) 。 ( 2

由于 || (u , 2v, w) ||=

u 2 + 2v 2 + w2 ≤ M 以及 || ( x 2 , 2 xy , y 2 ) ||= x 2 + y 2 ,我们有

| (u , 2v, w) ? ( x 2 , 2 xy, y 2 ) |≤ M ( x 2 + y 2 ) ,


| f ( x, y ) |≤
从而

1 M ( x2 + y 2 ) 。 2

-----------13 分

x2 + y 2 ≤1

∫∫

f ( x, y )dxdy ≤

M 2

x2 + y 2 ≤1

∫∫

( x 2 + y 2 )dxdy =

π M
4



-------16 分?


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