2011年第三届全国大学生数学竞赛决赛试题及详细解答

一．计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分，要求写出重要步骤。

）
（1）.求1
1cos 0
sin lim x x x x -→⎛⎫ ⎪⎝⎭
； 解：方法一（用两个重要极限）：
()
()
2
0003
2
2
1
sin 1cos sin 1cos 001
sin cos 12lim
lim
lim
sin 11331cos 3
2
2
2
sin sin lim lim 1lim x x x x
x x x x x x x x x x x x
x x x
x x x x x x x x x x x e
e e e
e
→→→-∙
---→→-
----
-→-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=====
方法二（取对数）：
2
02
000
3
2
2sin 1
sin 1
ln lim
11cos lim
1cos 2
1sin cos 12lim
lim
lim
11333
2
2
2
sin lim x x x x x x
x x x x x
x
x x
x x x x x x x e e
x e e
e
e →→→→→-⎛⎫ ⎪⎝⎭--→----
⎛⎫== ⎪⎝⎭
====
（2）.求11
1
lim (12)
n n n n n →∞⎛⎫
+++ ⎪+++⎝⎭； 解：方法一（用欧拉公式）令111
...12n x n n n n
=+++
+++ 111ln =C +o 1211111ln 2=C +o 121
2n n
n n n n
+++-+
++
+++
-+ 由欧拉公式得（），则（），
其中，()1o 表示n →∞时的无穷小量，
-ln 2o 1n x ∴=两式相减，得：（）,lim ln 2.n n x →∞
∴= 方法二（用定积分的定义）
111
lim lim lim ()12n n n n x n n n
→∞→∞→∞=++++ 111lim ()111n n n n n
→∞=++++
1
01ln 21dx x
==+⎰
（3）已知()2ln 1arctan t t x e y t e ⎧=+⎪
⎨=-⎪⎩
，求22
d y dx 。

解：
222222221211,
121121t t t t
t
t
t t
t
t
t
e
dx e
dy e
dy e
e e
e
dt
e
dt
e
dx
e
e
--++=
=-
∴
=
=
+++
()()
22
2222412121224t
t
t
t
t t t
e
e d y
d dy
e e
dx dx dt dx e e e
dt
+--+⎛⎫∴=∙== ⎪⎝⎭ 二．（本题10分）求方程()()2410x y dx x y dy +-++-=的通解。

解：设24,1P x y Q x y =+-=+-，则0Pdx Qdy +=
1,P Q y
x
∂∂=
=∴∂∂
0Pdx Qdy +=是一个全微分方程，设dz Pdx Qdy =+
方法一：由
24z
P x y x
∂==+-∂得
()()2
244z x y dx x xy x C y =
+
-=+-+⎰
由
()'
1z x C
y Q
x y y
∂=+==+-∂得()()'
2
11,2
C
y y C y y y c =-∴=
-+
2
2
142
z x xy x y y c ∴=+-+
-+
方法二：()()(
)
()
,0,0241x y z dz Pdx Q dy x y dx x y dy =
=+=+-++-⎰⎰⎰
,P Q y
x
∂∂=
∴∂∂
该曲线积分与路径无关
()()2
2
00124142
x
y
z x dx x y dy x x xy y y ∴=
-++
-=-++
-⎰⎰
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
()()()'
"
0,0,
0f f
f
均不为0，证明：存在唯一一组实数123
,,k k k ，使得
()()()()1
2
32
230l i m
0h k f h k f h k f h f h
→+
+-=。

证明：由极限的存在性：()()()()1230
lim 2300h k f h k f h k f h f →++-=⎡⎤⎣⎦
即[]()123100k k k f ++-=，又()00f ≠
，1231k k k ∴++=①
由洛比达法则得
()()()()
()()()
1232
'
''
1230
230lim
2233lim
2h h k f h k f h k f h f h
k f
h k f h k f h h
→→++-++==
由极限的存在性得()()()'
''1230
lim 22330h k f
h k f h k f h →⎡⎤++=⎣
⎦
即()()'
1232300k k k f ++=，又()'00f ≠
，123230k k k ∴++=②
再次使用洛比达法则得
()()()
()()()
()()()'
''1230
"
""1230
"
"
1232233lim
24293lim
02
490000
h h k f
h k f h k f h h
k f
h k f h k f h k k k f f
→→++++==∴++=≠
123490k k k ∴++=③
由①②③得123,,k k k 是齐次线性方程组1231231
231
230490
k k k k k k k k k ++=⎧⎪
++=⎨⎪++=⎩的解
设1231111123,,01490k A x k b k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪
=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则Ax b =，
增广矩阵*
1
11110031
230010314
9
00
1
1A ⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪
=- ⎪
⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
，则()(),3R A b R A == 所以，方程Ax b =有唯一解，即存在唯一一组实数123,,k k k 满足题意， 且1233,3,1k k k ==-=。

四．（本题17分）设22212
2
2
:
1x y z a
b
c
∑+
+
=，其中0a b c >>>，
222
2:z x y ∑=+，Γ为1∑与2∑的交线，求椭球面1∑在Γ上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。

解：设Γ上任一点(),,M x y z ，令()2222
2
2
,,1x y z F x y z a
b
c
=
+
+
-，
则'
'
'
2
2
2
222,,,x y z x y z F F F a
b
c
=
=
=
∴椭球面1∑在Γ上点M 处的法向量为：
222,,,x y z t a b c ⎛⎫
=∴ ⎪⎝⎭ 1∑在点M 处的切平面为∏：
()()()2220x y z
X x Y y Z z a b c
-+-+-= 原点到平面∏
的距离为1
d =，令()222444,,,x y z G x y z a b c =++
则
1
d =
现在求()2224
4
4
,,,x y z G x y z a
b
c
=+
+
在条件
2222
2
2
1x y z a
b
c
+
+
=，222
z x y =+下
的条件极值，
令()()2
2
2
222
222
12444222,,1x
y z
x y z H x y z x y z a b c a b c λλ⎛⎫=+++++-++- ⎪⎝⎭
则由拉格朗日乘数法得：
'
1242'1242
'
1242
222
222222
22202220
2220100x y z x x H x a a y y H y b b z z H z c c x y z
a b c x y z λλλλλλ⎧=++=⎪⎪
⎪=++=⎪⎪
⎪=+-=⎨⎪
⎪++-=⎪⎪⎪+-=⎪⎩
， 解得22
22
22
0x b c y z b c =⎧⎪⎨==⎪+⎩或22
222
20a c x z a c y ⎧==⎪+⎨⎪=⎩
，
对应此时的()()
44
2
2
2
2
,,b c G x y z b c
b
c
+=
+或()()
44
2
2
2
2
,,a c G x y z a c
a
c
+=
+
此时的1d =
2d =又因为0a b c >>>，则12d d <
所以，椭球面1∑在Γ上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为：
2d =
1d =五．（本题16分）已知S 是空间曲线2231
x y z ⎧+=⎨=⎩绕y 轴旋转形成的椭球面的上半部
分（0z ≥）取上侧，∏是S 在(),,P x y z 点处的切平面，(),,x y z ρ是原点到切平
面∏的距离，,,λμν表示S 的正法向的方向余弦。

计算： （1）
(),,S
z
dS x y z ρ⎰⎰；（2）()3S
z x y z dS λμν++⎰⎰
解：（1）由题意得：椭球面S 的方程为()222
310x y z
z ++=≥
令2
2
2
31,F x y z =++-则'''
2,6,2x y z F x F y F z ===，
切平面∏的法向量为(),3,n x y z =
，
∏的方程为()()()30x X x y Y y z Z z -+-+-=，
原点到切平面∏的距离为(
)22231,,x y z
x y z ρ++=
=
(
)
1,,S
S
z
I dS z
x y z ρ∴=
=
⎰⎰⎰⎰
将一型曲面积分转化为二重积分得：记2
2
:1,0,0xz D x z x z +≤≥≥
()
(
)2
2
2
21210
323244sin xz
D z x z r
r
dr
I d π
θθ⎡⎤-+-∴==⎰⎰
⎰⎰
(
)
()2
2
2
2
1
2
32sin 32sin 44r
r dr d π
θθθ
--==⎰
⎰
4313
2
22422
π
⨯⎫
=-=
⎪
⨯⎭
(2)方法一：
3
x y z
λμν
===
(
)
21
3
2 S S
I z x y z dS z I
λμν
∴=++===
⎰⎰⎰⎰
方法二（将一型曲面积分转化为二型）：
()2
2
33
S S
I z x y z dS xzdydz yzdzdx z dxdy
λμν
=++=++
⎰⎰⎰⎰
记()
22222
:0,31,:310
z x y x y z z
∑=+≤Ω++≤≥，取面∑向下，Ω向外，
由高斯公式得：2
2
36
I xzdydz yzdzdx z dxdy zdV
∑Ω
+++=
⎰⎰⎰⎰⎰
2
6
I zdV
Ω
∴=⎰⎰⎰，求该三重积分的方法很多，现给出如下几种常见方法：
①
先一后二：()
2222
22
2
3131
6313
x y x y
I d zdz x y d
σσ
+≤+≤
==--
⎰⎰⎰⎰⎰
(
)
1
2
2
00
1
121
2
d r dr
π
θ
=-=
⎰⎰
②先二后一：(
)
222
11
2
2
00
31
6
61
2
x y z
I zdz d z z dz
σ
+≤-
==-=
⎰⎰⎰⎰
③广义极坐标代换：
1
32
22
2
000
24
sin
2
I d d r dr
ππ
θϕϕ
==
⎰⎰⎰
六．（本题12分）设f(x)是在()
,
-∞+∞内的可微函数，且()()
f x mf x
<
、，其中01
m
<<，任取实数
a，定义()1
ln,1,2,...,
n n
a f a n
-
==证明：()1
1
n n
n
a a
∞
-
=
-
∑
绝对收敛。

证明：()()
112
ln ln
n n n n
a a f a f a
---
-=-
由拉格朗日中值定理得：ξ
∃介于
12
,
n n
a a
--
之间，使得
()()
()
()
()
'
1212
ln ln
n n n n
f
f a f a a a
f
ξ
ξ
----
-=-
()
()
()'
112n n n n f a a a a f
ξξ---∴-=
-，又()()f
mf ξξ<、
得
()()
'
f m
f
ξξ<
1
11210...n n n n n a a m a a m
a a ----∴-<-<<-01m <<
∴级数1
101n n m
a a ∞
-=-∑收敛，∴级数11
n n n a a ∞
-=-∑收敛，
即
()11
n
n n a
a ∞
-=-∑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f(x)，满足()()021f f
==，
()
()2
1,
1f
x f x dx ≤≤⎰
、
？请说明理由。

解：假设存在，当[]0,1x ∈时，由拉格朗日中值定理得：
1ξ∃介于0，x 之间，使得()()()'
10,f x f f x ξ=+，
同理，当[]1,2x ∈时，由拉格朗日中值定理得：
2ξ∃介于x ，2之间，使得()()()()'
222f x f f
x ξ=+-
即()()[]()()()[]''121,0,1;12,1,2f x f x x f
x f x x ξξ=+∈=+-∈
()11f x -≤≤ 、
，
()[]()[]11,0,1;13,1,2x f x x x x f x x x ∴-≤≤+∈-≤
=-∈
显然，()()2
00,0f
x f x dx ≥≥⎰
()()()()()1
2
2
12
1
1
111133
x dx x dx f x dx x dx x dx ≤
-+-≤≤
++-=⎰⎰⎰
⎰⎰()2
1f x dx ∴
≥⎰
，又由题意得
()()2
2
1,1f x dx f x dx ≤∴
=⎰
⎰
即()2
1f x dx =⎰，()[][]
1,0,11,1,2x x f x x x ⎧-∈⎪∴=⎨-∈⎪⎩
()()()()11111111lim lim 1,lim lim 11111x x x x f x f f x f x x
x x x x ++-+→→→→----====----- ()'1f ∴不存在，又因为f(x)是在区间[]0,2上的连续可微函数，即()'
1f 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)。