厦门大学第12届景润杯数学竞赛试卷答案(理工类)

一、 求下列各题极限（每小题5分，共15分）（1） 求极限 20(32sin )3lim tan x xx x x→+-. 原式2ln(1sin )3222000022(1sin )1ln(1sin )e 133lim3lim lim lim x x x x x x x x x x x x x x +→→→→+-+-=⋅== 02sin 23lim 3x xx →==.另解：原式ln(32sin )ln32200e [ln(32sin )ln 3]lim lim x x x x x e x x e x xξ+→→-+-== 0012sin 2sin 2limlim 33x x x x x x η→→===. （两次应用拉格朗日中值定理） 其中ξ在ln(32sin )ln 3x x x +与之间，η在(32sin )3x +与之间.(1) 设12121,2,(2,3,)n n n x x x x x n --===+=，求极限1lim n nx →∞. 解：将递推的数列等式12n n n x x x --=+看成是二阶常系数的齐次差分方程 其特征方程为210λλ--=，其特征根为12λλ==，故此差分方程的通解为1122n n n x c c λλ=+，其中12,c c 为常数，其特解可由121,2x x ==定出,由于12lim,lim 0n n n n λλ→∞→∞=+∞=，所以 112211lim lim 0n nn n n x c c λλ→∞→∞==+. 另解：由题设条件知，对1n ∀>，0n x >，且120n n n x x x ---=>，即{}n x 严格单增，所以1212n n n n x x x x ---=+<，112n n x x ->，即有 2112n n x x -->， 故 211121213333()()()2222n n n n n n n x x x x x x ------=+>>>>= 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日所以 1110limlim 03()2n n n n x →∞→∞-≤≤=，即1lim 0n n x →∞=.（3）设可微函数()f x 满足 0()lim 1x f x x→=，求t +→.解：由 0()lim1x f x x→= 得(0)0,(0)1f f '==. 记2]2f y dy f dy +=2t⎰lim t tt t ++→→=330()()222lim lim tuttt t t uf u du uf u du tt ππ+++→→→===⎰⎰200()()(0)lim lim (0)3333t t tf t f t f f t t ππππ++→→-'====. 二、（8分）设函数()f u 可导，且满足1()()caf x bf x x+=，其中,,a b c 是常数，且||||a b ≠，求(())f f x 的导数.解：由1()()(1)1()()(2)c af x bf x xaf bf x cx x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩, (1)(2)a b ⨯-⨯，得22()()aca b f x bcx x-=-，即22()()()c a f x bx a b x =--令 22()()c a u bx a b x =--，则222()()du c ab dx a b x=--- [(())][()]()d f f x d f u du duf u dx du dx dx'=⋅=⋅222222()()()()c a c ab b a b u a b x=--⋅---- (代入u ) 2222222222()[()]()()c a a b a a bx b b a b c x x--=-++-. 三、（8分）设函数()f x 在[0,1]上有连续的导数，且(0)(1)0f f '==，证明至少存在一点(0,1)ξ∈，使得()()f f ξξ'=.证明：构造辅助函数()()x F x e f x -=，则()F x 在[0,1]上连续可导，且()[()()]x F x e f x f x -''=-，1(0)(0),(1)(1),F f F e f -'''==-若对(0,1),()0x F x '∀∈≠，则有下面两种情况 (i)对(0,1),()0x F x '∀∈>，此时()F x ，(1)(0)0F F >=，1(1)0e f ->，从而(1)0F '<，这与1(1)lim ()0x F F x -→''=≥矛盾， (ii) 对(0,1),()0x F x '∀∈<，此时()F x ，(1)(0)0F F <=，1(1)0e f -<，从而(1)0F '>，这与1(1)lim ()0x F F x -→''=≤矛盾。

从而至少存在一点(0,1)ξ∈，使得()()f f ξξ'=. 四、（8分） 证明不等式 sin (1)(01)xx x x ππ>-<<证明：设sin ()(1)(01)xF x x x x ππ=--<<()cos 21F x x x π'=+-，令()0,F x '= 解得驻点为10,,12x =2()2sin (sin )F x x x πππππ''=-=-，(0)(1)20F F ''''==>1()202F π''=-<，故01x =和是()F x 的极小值点，12x =是()F x 的极大值点。

由罗尔定理，在区间1(0,)2上，2()(sin )F x x πππ''=-仅有唯一的一个零点1ξ，当10x ξ<<时，()0F x ''>，当112x ξ<<时，()0F x ''<，又1(0)()02F F ''==,因此在1(0,)2上，()0F x '>，从而在1(0,)2上，()F x 单增，且()(0)0F x F >=类似地，由罗尔定理，在区间1(,1)2上，2()(sin )F x x πππ''=-仅有唯一的一个零点2ξ，当212x ξ<<时，()0F x ''<，当21x ξ<<时，()0F x ''>，又1()(1)02F F ''==，因此在1(,1)2上，()0F x '<，从而()F x 在1(,1)2上单减，且()(1)0F x F >=，综上所述，()F x 在区间(0,1)上恒大于零，即()F x 在[0,1]上的最小值为(0)0F =，即()0,(0,1)F x x >∀∈，从而不等式成立。

五、设(),g()f x x 是[,]a b 上的连续函数，且对[,]x,y a b ∀∈有[()()][g()g()]0f x f y x y --≤ （称()g()f x x 与具有反序性）（i ） 证明：()()()()g();bb baaaf x dxg x dx b a f x x dx ⋅≥-⎰⎰⎰（ii ） 利用（i ）证：若()f x 是[0,1]上的连续函数，且对[0,1]x ∀∈有0()1f x ≤<，则11100()()1()1()f x dx f x dx f x f x dx≥--⎰⎰⎰. 证：(i)由[()()][g()g()]0f x f y x y --≤ 得()g()()g()()g()()g()f x x f y y f x y f y 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()g()()g()()g()()g()DDD Df x x dxdy f y y dxdy f x y dxdy f y x dxdy +≤+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰即 ()()g()()g()b bba a ab a f x x dx f x dx x dx -≤⎰⎰⎰ （ii ）由于()1()f x f x -与1()f x -在上[0,1]具有反序性，则由（i ） 11110000()()()(1())(1())1()1()f x f x f x dx f x dx dx f x dx f x f x =-≤---⎰⎰⎰⎰1100()[1()]1()f x dx f x dx f x ≤⋅--⎰⎰因为11()0f x dx ->⎰，所以 11100()()1()1()f x dx f x dx f x f x dx≥--⎰⎰⎰. 六、（10分）已知曲线2C :3(1)y xz y ⎧=⎨=-⎩，在纵坐标为1y =的点处的切线为L ，∏是通过L 且与曲面22:4x y z ∑+=相切的平面，求∏的方程.解：若以y 为参数，曲线C 的参数方程为2C :3(1)x y y y z y ⎧=⎪=⎨⎪=-⎩，C 在对应1y =点(1,1,0)处的切向量为1{(),,()}{2,1,3}|{2,1,3}y x y y z y y ='''==，所以C 在点(1,1,0)处的切线L 的方程为11213x y z--==，或者 210330x y y z -+=⎧⎨--=⎩过L 的平面束方程为(33)(21)0y z x y λ--+-+=， 即(32)30x y z λλλ+--+-= （1）记22(,,)4F x y z x y z =+-，设∏与曲面∑的切点为0000()M x ,y ,z ，则曲面∑在点0000()M x ,y ,z 处的法向量为000{,,}{2,2,4}M M M FF F x y xyz∂∂∂=-∂∂∂，由于所求的平面∏与∑相切，因此λ应满足0321224x y λλ--==-， 由此可得，002,64x y λλ==-且2220001()51294z x +y λλ==-+, (0M 在∑上) 又因为0000()M x ,y ,z 也应在∏上，将其代入（1）得222(32)(64)(5129)30λλλλλλ+----++-=，即 251160λλ-+=解得61,5λ=，因而得到所求的∏的平面方程为 20x y z +--=或63590x y z +--=.七、（10分）设,a b 分别是函数2()|cost |dt x xf x π+=⎰在[0,]π上的最大值和最小值，L 是连接原点与点(1,0)A 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.(3sin )d (cos )d x x LI by e y x ax e y y =++++⎰（其中L 为逆时针方向）解：先确定,a b ，再计算I .由()f x 的积分表达式 sin cos 02()|sin ||cos |sin cos 2x x x f x x x x x x πππ⎧-≤<⎪⎪'=-=⎨⎪+≤≤⎪⎩， 于是()0f x '=的根为3,44x ππ=，并且3334242444242()|cost |dt |cost |dt sin |sin |24f x x πππππππππππ==+=-=⎰⎰⎰33342424442423()|cost |dt |cost |dt sin |sin |24f x x πππππππππππ==+=-=⎰⎰⎰ 22200(0)|cost |dt costdt sin |1f x πππ====⎰⎰333222()|cost |dt costdt sin |1f x πππππππ==-=-=⎰⎰所以3max{(),(),(0),()}44a f f f f πππ==3min{(),(),(0),()}244b f f f f πππ==-(3(2sin )d cos )d x x LI y e y x e y y =++++⎰ （由格林公式）cos )[3(2sin ]{}x x De y y e y dxdy x y ∂+∂++=-∂∂⎰⎰(3(2sin )d cos )d x x OAy e y x e y y -+-+++⎰12)32)35Ddxdy dx =--=--=-⎰⎰⎰.八、（10分）设幂级数0n n n a x ∞=∑的系数满足012,1,1n n a na a n n -==+-≥，求此幂级数的和函数()S x .解：设0()nn n S x a x ∞==∑，则11()n n n S x na x ∞-='=∑，由条件11n n na a n -=+-，有11111111()(1)()()n n nn n n n n n S x a xn xS x nx S x x nx ∞∞∞∞----===='=+-=+=+∑∑∑∑2()()()1(1)x xS x x S x x x '=+=+--解此一阶线性微分方程，得1()1x S x ce x=+-. 由(0)2S =，得1c =，故 1()1x S x e x=+-. 九、（12分）设L 是过原点，方向为(,,)αβγ（其中2221αβγ++=）的直线，均匀椭球2222221x y z a b c++≤（其中0c b a <<<，密度为1）绕L 旋转（1）求其转动惯量；（2）其转动惯量关于方向(,,)αβγ的最大值和最小值.解：（1）设旋转轴L 的方向向量为(,,)αβγ，椭球内任意一点(,,)P x y z 到旋转轴L 的距离的平方为222222222[(,,)(,,)]()d x y z x y z x y z x y z αβγαβγ=++-⋅=++-++ 222222(1)(1)(1)222x y z xy yz xz αβγαββγγα=-+-+----由积分区域的对称性，[222]0xy yz xz dxdydz αββγγαΩ++=⎰⎰⎰，其中222222{(,,)|1}x y z x y z a b cΩ=++≤，而22222223222214(1)d 15aay z x a a b c a x a bc x dxdydz x dx dydz x bc x a ππ-+≤--Ω==-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰同理332244,1515ab c abc y dxdydz z dxdydz ππΩΩ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 所求的转动惯量为22222224[(1)(1)(1)]15abc I d dxdydz a b c παβγΩ==-+-+-⎰⎰⎰. （2）设考虑目标函数22222(1)(1)(1)ab c αβγ-+-+-在约束条件2221αβγ++=下的条件极值. 设拉格朗日函数为222222222(,,,)(1)(1)(1)(1)L a b c αβγλαβγλαβγ=-+-+-+++-令2222222()0,2()0,2()0,1L a L b L c αβγαλβλγλαβγ=-==-==-=++= 求得极值点为 222123(1,0,0,),(0,1,0,),(0,0,1,)Q a Q b Q c ±±±通过比较可知，当(,,)(0,0,1)αβγ=±时，即绕z 轴转动惯量最大，即22max 4()15abc I a b π=+，当(,,)(1,0,0)αβγ=±时，即绕x 轴转动惯量最小，即22min 4()15abc I b c π=+.十、（9分）在不断抽打下，陀螺会飞快地旋转，但当一旦停止对它进行抽打，它也就不再转动而停下来.设陀螺材质均匀，且旋转体所占的立体区域为222{()|()2},0}x,y,z x y z a a aΩ=+≤≤>，试求当陀螺停止转动后，在稳定平衡状态下它的中心轴与水平地面的夹角θ.如图（轴截面）(其中A 为陀螺停止转动后，在稳定平衡状态下与地平面的接触点)解：首先求陀螺的质心坐标.由于陀螺材质均匀的旋转体，所以它的 质心就是几何体的形心，根据对称性可知， 必有0x y ==，而zdvz dvΩΩ=⎰⎰⎰⎰⎰⎰22302za aD azdv dz dxdy dz a ππΩ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22240423za aD az zdv zdz dxdy dz a ππΩ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰.所以有陀螺的质心坐标为 44G(0,0,)3a π.当陀螺停止转动后，在稳定平衡状态下时，它的质心到水平地面的距离应达到最短。