厦门大学第景润杯数学竞赛试卷答案理工类

x
和最小值， L 是连接原点与点 A(1,0) 的位于第一象限内的光滑曲线，
并且与线段 OA 围成的闭区域 D 的面积为 1，求关于坐标的曲线积分 . I (3 by ex sin y)dx (ax ex cosy)dy （其中 L 为逆时针方向）
L
解：先确定 a,b ，再计算 I .
由 f ( x) 的积分表达式 f (x) | sin x | | cosx |
其特征方程为 2
1 0 ， 其特征根为 1 1 5 , 2 1 5 ， 故此差分
2
2
方程的通解为 xn
n
c1 1
c2
n 2
，其中
c1 ,c2
为常数，其特解可由
x1
1, x2
2定
出 , 由于 lim
n 1
n
,
lim
n 2
n
0 ，所以
1 lim
n xn
1
lim
n
c1
n 1
n
c2 2
0.
另解：由题设条件知， 对 n 1 ， xn 0 ，且 xn xn 1 xn 2 0 ， 即 { xn} 严格
D
D
D
D
b
b
b
即
(b a) f ( x)g( x)dx f ( x) dx g( x)dx
a
a
a
（ ii ）由于 f ( x) 与 1 f (x) 在上 [0,1] 具有反序性，则由（ i ）
1 f (x)
1
1 f ( x)
1 f (x)
1
f ( x)dx
(1 f ( x))dx
dx (1 f ( x))dx
FFF
在点 M 0 (x0 , y0 ,z0) 处的法向量为 {
, x M0
, y M0
} z M0
{2 x0 ,2 y0, 4} ，
由于所求的平面 与 相切，因此 应满足
32
1
，
2 x0 2 y0
4
由此可得， x0
2 , y0
6 4 且 z0
1 4
(
x02
+
y02 )
5 2 12
又因为 M 0 (x0, y0 ,z0 ) 也应在 上，将其代入（ 1）得
e3
1
lim
x0
x2
xln(1 2 sin x)
lim
x0
3 x2
2
sin x lim 3
2
.
x0 x
3
另解：原式
ex ln(3 2sin x)
lim
x0
x2
exln3
x[ln(3 2sin x) ln 3]
lim e
x0
x2
1 2sin x
2 sin x
lim
lim
2
.
（两次应用拉格朗日中值定理）
d[ f ( f ( x))] d[ f (u)] du f (u) du
dx
du dx
dx
c
a
(a2 b2) ( u2
c
a
b) (a2 b2 ) ( x2
b)
(代入 u )
c2
a(a2 b2 )2 a
(a2 b2) 2 [
c2
( x
bx) 2
a b]( x2
b) .
三、（8 分）设函数 f ( x) 在 [0,1] 上有连续的导数，且 f (0) f (1) 0 ，
z 3( y 1)
为 L ， 是通过 L 且与曲面 : x2 y2 4z 相切的平面，求 的方程 .
x y2
解：若以 y 为参数，曲线 C的参数方程为 C : y y ，C 在对应 y 1
z 3( y 1)
点 (1,1,0) 处的切向量为 { x ( y), y , z ( y)} {2 y,1,3}| y 1 {2,1,3} ，所以 C 在点
证明至少存在一点 (0,1)，使得 f ( ) f ( ) . 证明 ：构造辅助函数 F (x) e x f ( x) ，则 F ( x) 在 [0,1] 上连续可导，且 F ( x) e x [ f ( x) f ( x)] ， F (0) f (0), F (1) e 1 f (1),
若对 x (0,1), F ( x) 0 ，则有下面两种情况
(1,1,0) 处的切线 L 的方程为
x1 y1 z
x 2y 1 0
， 或者
2
13
3y z 3 0
过 L 的平面束方程为 (3y z 3) (x 2y 1) 0 ，
即 x (3 2 ) y z 3 0
（1）
记 F ( x, y, z) x2 y2 4z ，设 与曲面 的切点为 M 0( x0 , y0 ,z0 ) ， 则曲面
OA
1
(2 2 2)dxdy 3dx (2 2 2) 3 2 2 5. 0 D
八、（10 分） 设幂级数 an xn 的系数满足 a0 2, nan an 1 n 1, n 1 ，
n0
求此幂级数的和函数 S( x) .
解：设 S(x)
an xn ，则 S ( x)
nan xn 1 ，由条件 nan an 1 n 1，有
厦门大学第十二届“景润杯” 数学竞赛试卷（理工类）
竞赛日期 2015 年 5 月 30 日
一、 求下列各题极限（每小题 5 分，共 15 分）
(3 2sin x) x 3x
（1） 求极限 lim x0
tan2 x
.
原式
(1
lim3 x lim
x0
x0
2sin x) x 1 3
x2
2 xln(1 sin x )
1c
af (x) bf ( )
xx
来自百度文库
解：由
1
af ( ) bf ( x) cx
x
(1)
, (1) a (2) b ，得 (2)
2
(a
2
b ) f ( x)
ac bcx ，即 f ( x) x
(a 2
c
b2)
(
a x
bx)
ca
du
c
a
令 u (a 2 b2 ) ( x bx) ， 则 dx ( a2 b2 ) ( x2 b)
n xn
2
（ 3）设可微函数 f (x) 满足 lim f (x) 1 ， 求
x0 x
t
dx lim 0
t0
[ f ( x t2 x 2
2
t 2 x2
t3
y2 )
2 y] dy .
解：由
f ( x) lim
1 得 f (0)
0, f (0)
1.
x0 x
记
t 2 x2
[f(
x2
y2 ) 2 y]dy
2
上的最小值为 F (0) 0 ，即 F ( x) 0, x (0,1) ，从而不等式成立。
五、设 f ( x),g( x) 是 [ a, b] 上的连续函数，且对 x,y [ a,b] 有
[ f ( x) f ( y)][g( x) g( y)] 0 （称 f ( x)与g( x) 具有反序性）
b
b
x0
x
x 03 x
3
其中 在 x ln(3 2sin x)与 x ln 3 之间， 在 (3 2sin x)与3 之间 .
(1) 设 x1 1,x2 2, xn xn 1 xn 2 (n 2,3, ) ，求极限 lim 1 .
n xn
解：将递推的数列等式 xn xn 1 xn 2 看成是二阶常系数的齐次差分方程
0
证： (i) 由 [ f (x) f ( y)][g( x) g( y)] 0 得
f ( x)g( x) f ( y)g( y) f ( x)g( y) f ( y)g( x)
不等式两端在 D 上求二重积分，其中 D {( x, y) | a y b, a x b} ， 即
f ( x)g( x)dxdy f ( y)g( y)dxdy f ( x)g( y)dxdy f ( y)g( x)dxdy
b min{ f ( ), f (3 ), f (0), f ( )} 2 2 44
I (3 (2 2) y ex sin y)dx ( 2x ex cos y)dy
L
（ 由格林公式）
( 2x ex cos y) {
D
x
[3 (2
2) y ex sin y] } dxdy
y
(3 (2 2) y ex sin y)dx ( 2x ex cos y)dy
点 1 ，当 0 x
1 时，F (x)
0 ，当 1
x
1 时，F ( x)
2
0 ，又 F (0)
1 F( )
2
0,
因此在 (0, 1 ) 上， F ( x) 0 ，从而在 (0, 1 ) 上， F ( x) 单增，且 F ( x) F (0) 0
2
2
类似地，由罗尔定理，在区间 ( 1 ,1) 上， F ( x)
单增，所以 xn xn 1 xn 2 2 xn 1 ， xn 1
故 xn
xn 1 xn 2
3 2 xn 1
(
3 2
)
2
xn
2
1 2
xn
，
即有
xn 2
(
3 )
n
2
1 x1
( 3)n 1 2
1 2 xn 1 ，
所以 0 lim 1 lim 1 0 ，即 lim 1 0 .
n xn n ( 3) n 1
b
（i ） 证明： f ( x)dx g( x)dx (b a) f ( x)g( x)dx;
a
a
a
（ii ） 利用（i ）证：若 f ( x) 是 [0,1] 上的连续函数， 且对 x [0,1] 有
1
0
f (x)
1 f ( x)
1，则 0 1
dx f ( x)
f ( x)dx
0
1
.
1 f ( x)dx
(i)
对 x (0,1),F ( x) 0，此时 F (x) ，F (1) F (0) 0 ，e 1 f (1) 0 ，
从而 F (1) 0 ， 这与 F (1) lim F (x) 0 矛盾， x1
(ii) 对 x (0,1),F ( x) 0 ，此时 F (x) ，F (1) F (0) 0 ，e 1 f (1) 0 ，
2 3
sin x | 4 2
2
0x x
2
2 2
2 ，
f (0)
2 | cost | dt
0
2 costdt
0
sin x |02
1
3
f ( ) 2 | cost | dt
3
2 costdt
3
sin x | 2 1
3 所以 a max{ f ( ), f ( ), f (0), f ( )} 2 ，
44
t 2 x2
f(
x2
y2 ) dy
t 2 x2
0
令u
x2 y2 2 t uf (u) du
x u2 x2
t
dx lim 0
t0
[ f ( x t2 x2
2
t2 x2
t3
y2 ) 2 y]dy
t t uf (u)
2 dx
du
0
lim
t0
x u2 x2 t3
2 lim
t0
t
u
uf (u)du
0
0
t3
1 dx u2 x2
t
uf (u)du
2 lim
t0
2
0
t3
t
uf (u) du
lim 0
t0
t3
lim
t0
tf (t) 3t 2
lim f (t) f (0)
3t 0
t
f (0) 3
.
3
1c 二、（8 分）设函数 f (u) 可导，且满足 af ( x) bf ( ) ，其中 a, b,c 是
xx
常数，且 | a | | b |，求 f ( f ( x)) 的导数 .
0
0 1 f ( x)
0 1 f (x) 0
1 f ( x)
1
dx [1 f (x)dx]
01 f (x)
0
因为 1
1
f ( x) dx 0 ， 所以
0
1 f ( x) dx
0 1 f ( x)
1
f (x)dx
0
1
.
1 f (x)dx
0
六、（ 10 分）已知曲线 C : y2 x ，在纵坐标为 y 1的点处的切线
2
( 2 sin x) 仅有唯一
的一个零点
1 F ( ) F (1)
2
2 ，当
1 2
x
2 时， F (x)
0 ，因此在 ( 1 ,1)上， F (x)
2
0 ， 当 2 x 1 时， F (x) 0 ，又 0 ， 从而 F (x) 在 ( 1 ,1)上单减， 且
2
F ( x) F (1) 0 ，综上所述， F ( x) 在区间 (0,1) 上恒大于零，即 F ( x) 在 [0,1]
于是 f (x) 0 的根为 x
f( ) 4
3
4 | cost| dt
4
3 ,
，并且
44
3
2 4 | cost | dt
4
2
sin x |2
4
3 f( )
4
3
4 |cost | dt
4
3
2 4 | cost | dt sin x |2
4
2
4
sin x cos x
sin x cosx
3
sin x | 4 2
从而 F (1) 0 ， 这与 F (1) lim F (x) 0 矛盾。 x1
从而至少存在一点 (0,1)，使得 f ( ) f ( ) .
四、（8 分） 证明不等式 sin x x(1 x) (0 x 1)
证明：设 F (x) sin x x(1 x) (0 x 1)
F ( x)
cos x
2x 1，令 F ( x)
n0
n1
S ( x)
an 1xn 1
(n 1)x n 1 S( x)
nxn S( x) x nxn 1
0, 解得驻点为 x
1 0, ,1
2
2 F ( x) 2 sin x ( sin x) ， F (0) F (1) 2 0
1 F( ) 2
2
0 ，故 x 0和1是 F ( x) 的极小值点， x 1 是 F ( x) 的极大值点。
2
由罗尔定理，在区间 (0, 1 ) 上， F ( x)
2
2 ( sin x) 仅有唯一的一个零
9, ( M 0 在 上)
2 2 (3 2 )(6 4 ) (5 2 12 9)
3 0 ，即 5 2 11 6 0
解得 1,6 ，因而得到所求的 的平面方程为
5
x y z 2 0或 6x 3y 5z 9 0 .
x
七、（10 分） 设 a,b 分别是函数 f ( x)
2 | cost| dt 在 [0, ] 上的最大值