全国大学生数学竞赛辅导2010试题解答

π
0 -a
递减
当0 < a <
3 3 π π 2π , f ( x ) 在 ( 0 ， ) 和 ( ， )内 各 有 一 个 实 根 ； 16 3 3 3
3 3 3 3 当 a= , f ( x )仅 有 一 个 实 根 ； 当 a > , f ( x )无 实 根 ； 16 16
5
5. 如果级数∑ an收敛，级数∑ bn 绝对收敛，则∑ an bn _____.
8.曲面积分 ∫∫
S
+
xdydz + ydzdx + zdxdy ( x 2 + y 2 + z 2 )3
= （），其中
z ( x − 2) 2 ( y − 1) 2 + ( z ≥ 0)的上侧. S + 是 1− = 7 25 16
7
用 Γ 表示以原点为中心， r 为半径的上半球面， Γ内 表示 Γ 的内侧，取 r 充分小使 Γ 在 S 之内部。记 Σ 为 ( x − 2) 2 ( y − 1) 2 平面上， x 2 + y 2 ≥ r 2 , + ≤ 1的部分。 25 16 Σ 下 表示 Σ 的下侧，Q表示 S 与之所围成的区域。
nα 6. 若 lim β = 2010，则α = ？，β = ？ β n → 0 n − ( n − 1)
n=0
⎧∞ α − β + 1 > 0 ⎪ 1 2009 ⎪1 原式= ⎨ β α − β + 1 = 0, 所以β = 2010 ，α =- 2010 ⎪ ⎪0 α − β + 1 < 0 ⎩
1 =|cos2- cos( A + ) |≤ 2, 关于A > 1有界. A 1 1 当x → ∞时，α = α → 0. x (1 − 1 2 ) x − 1 2−α x x
3
由 Dirichlet 判 别 法 知 ， 当 0 < α < 2,I 2收 敛 . 1 作 变 换 x = , 类 似 可 知 ， I1收 敛 ， t 故 I在 (0,2)收 敛 。
f (u ) = c1e + c2 e , 由f (0) = 0，f ′(0) = 1，
u −u
1 u 1 −u 可得f (u ) = e - e 2 2 ∞ 10. ∑ ( n − 2 n + 1 + n + 2) =
S n = 1 − 2 2 + 3 + 2 − 2 3 + 4 + ( 3 − 2 4 + 5) + ( n − 2 − 2 n − 1 + n ) +( n − 1 − 2 n + n + 1) + ( n − 2 n + 1 + n + 2) = 1 − 2 − n + 1 + n + 2 1 = 1− 2 + . n +1 + n + 2 所以级数=1 − 2
2
令I = ∫ + ∫
0 1
1
∞
1 =I1 + I 2 , 显然当α ≤ 0时，I 2发散。做变换x = , t
易知当α ≥ 2时，I1发散。所以只考虑0<α < 2。
1 1 ) sin( x + ) ∞ (1 − 1 ∞ 2 x x dx = + =I +I , 将I 写成I = ∫ ∫ ∫ 1 2 1 0 0 1 xα (1 − 2 ) x A A 1 1 1 1 其中 | ∫ (1 − 2 ) sin( x + )dx |=| ∫ sin( x + )d ( x + ) | x x x x 1 1
3
x
令f ( x) = sin 3 x cos x − a, f ′( x) = sin 2 x(3 − 4sin 2 x), π π π 2π 2π
0 (0, + 递增 3 ) 0 -a 3 0 3 3 -a 16 ( 3 − , 3 ) 3 0 3 3 -a 16
(
f ′( x ) f (x)
2π ,π ) 3 + 递增
北京科技大学数学竞赛试题解答2010 一. 选择题（每小题2分，共20分）
1. 设函数 f ( x )和 g ( x )均可导，且 f ( x ) < g ( x )，则必有 ______ .
A. f ′( x) < g ′( x) B. f (− x) > g (− x)
C. lim
x0
∫ f (t )dt
1 0 ln ∞ 1 t (− )dt = − ln t dt , 所以原式=0 原式 = ∫ ∫ 1+ t2 t2 1 ∞ 0 1+ 2 t
12
cos(sinx )-cosx 3.极限 lim = 4 x→0 sin x
5.设f ( x)在(0, + ∞)内连续，f (1) = 3，且对∀x, t ∈ (0, +∞)满足
6
⎧ x tf (t ) dt ⎪ ∫0 x ≠ 0，其中 f ( x )具有连续的 2 7. 设 F ( x ) = ⎨ x ⎪ x=0, ⎩0 导数且 f (0) = 0, 则 F ′( x )在 x =0处 ____ . A 连续； 不连续； 可导; D 不确定 B C
答案A，运用洛比达法则
⎧1 2 1 ⎪2 x + 8 0 < x <1 ⎪ f ( x) = ⎨ ⎪− 1 x 2 + 1 − 1 < x ≤ 0 ⎪ 2 8 ⎩ 1 3 3 1 1 f (3 ) = f (2 + ) = f ( ) = f (2- ) = f (- ) = 0 2 2 2 2 2
1 sin( x + ) ∞ x dx条件收敛的充要条件是 _____ . 3. 积分I = ∫ xα 0 A α ∈ (0,1)；B α ∈ (0, 2)；C α ∈ (0,3)；D α ∈ (0,1.5)
9
∂2 z = f ′(u )e x sin y + f ′′(u )e 2 x sin 2 y ∂x 2 ∂2 z = − f ′(u )e x sin y + f ′′(u )e 2 x cos 2 y ∂y 2 代入方程得f ′′(u )e 2 x = ze 2 x，所以f ′′(u ) − f ′(u ) = 0
1
t
x x 6.设f ( x)在[0, + ∞)内可导， f (u ) d u = ∫ f (u ) d u，x > 0, 则 ∫0 3 0 f ( x)=
x
原式表明当 x > 0, x ≠ 3, ∫ f (t ) d t = 0, 因为∫ f (t ) d t
0 0
x
x
关于x连续，在[0, + ∞)上 ∫ f (t ) d t = 0，
下证I在α ∈(0,2)非绝对收敛。事实上，因为 1 1 1 2 2 sin( x + ) sin ( x + ) cos ( x + ) x |≥ x = 1 − x ， | xα xα 2 xα 2 xα 1 分别对α ∈(0,)和α ∈(1,2)讨论。
所以I 条件收敛 ⇔ α ∈(0,2)
4
3 3 4. 在[0, π ]上方程 sin x cos x = a ( a > )的实根个数是 _________ . 16
x
x 8.级数∑ n ( p > 1)的收敛范围是 n =1 p
14
n2
x | x |n lim n | n | = lim n →∞ n →∞ p p
n2
x y −1 z 9.求直线L： = = 在平面π : x + y + 2 z = 0上的投影直线方程为 1 0 −1
⎧ 0 | x |< 1 ⎪ ⎪1 =⎨ x = ±1，收敛范围是[ −1,1] ⎪p ⎪ ∞ | x |> 1 ⎩
1 1 x n +1 = ln(1 + x) (−1) n n = ; ∑ (−1) n ∑ x 1 + x n =0 n +1 n=0 所以∑ (−1) n
n =0
∞
x = ∫ ln(1 + t )dt =x ln(1 + x) − x + ln(1 + x) (n + 1)(n + 2) 0
n+2
x − x0
x
x → x0
< lim
x0
∫ g (t )dt
x − x0
x
x → x0
D. ∫ f (t )dt < ∫ g (t )dt ∀x
x0 x0
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x
x
答案： C.
对C运用洛比达法则.
1
1 2. 设 函数 f ( x )满足 f ( x ) = f ( x + 2), f (0) = , 又在( −1,1)有 f ′( x ) =| x | 8 1 则 f (3 ) = ________ . 2
n=0 n=0 n=0
A 条件收敛； C 发散；
n=0 n
B 绝对收敛； D 不确定
n
∑ a 收敛 ⇒ lim a
n →∞
= 0, 所以存在M >0,使得|an |≤ M .
n=0
因为|an bn |≤ M 而∑ bn 绝对收敛，所以∑ an bn 绝对收敛
nα nα − β nα − β 因为 β ，由条件知β ≠ 0 = = β β 1 n − ( n − 1) 1 − (1 − 1 ) 1 − (1 − β + o( )) n n n
9.设函数f (u )具有二阶连续导数,函数z = f (e x sin y ) ∂2 z ∂2 z 满足方程 2 + 2 = ze 2 x ,f (0) = 0, f ′(0) = 1，则 ∂x ∂y f (u )=( ).
∂z ∂z x = f ′(u )e sin y; = f ′(u )e x cos y; ∂x ∂y
Ω下
x 2 + y 2 ≤ r 2的部分下侧为Ω下，此时 ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy =0， 1 1 所以I = 3 ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = 3 r Γ外 +Ω下 r
x2 + y 2 + z 2 ≤ r 2 , z ≥0
∫∫∫
3dxdydz = 2π
0
x
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若 f ( x )不变号，知 f ( x ) ≡ 0，将原式两边同时求导可得 (3 − x ) f ′( x ) = 2 f ( x ), 分离变量后得 c f ( x )= ，可见 f ( x )不变号，所以 c=0， f ( x ) ≡ 0 2 (3 − x )
x2 x3 x4 xn 7.计算无穷级数 − + − ........ + ( −1) n + .....(| x |< 1) = n i ( n − 1) 2 i 1 3i 2 4 i 3
则I =
S + +Γ内 +Σ下
∫∫
-∫∫ -∫∫ = ∫∫∫ 0dxdydz -∫∫ + ∫∫
Σ下 Γ内 Q Γ下 Γ外
又因为Σ在yz与zx平面的投影面积为0且在Σ上z = 0 所以∫∫ =0
Σ下
8
所以I = ∫∫
Γ外
1 = 3 ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy, 记xy平面上， r Γ外
10
n =1
二.填空题
n! = 1.极限 lim n →∞ n
n! 1 1 lim ln = lim [ln + n →∞ n →∞ n n n
n n
n
n-1 ] = ∫ ln xdx = −1, + ln n 0
1
n! = e −1 n →∞ n n ⎛ ⎛ 1⎞⎞ f ⎜a + ⎟ ⎟ ⎜ n⎠⎟ = 2.极限 lim ⎜ ⎝ n →∞ ⎜ f (a ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1 f ( a ) f ′( a ) f ( a ) + f ′ ( a ) 1 + O( ) f ′(a) 1 n n n ]n = lim[1 + n + +O( 1 )] f ′( a ) f ( a ) 原式 = lim[ n →∞ n →∞ f (a) f (a) n lim
记过直线L且与平面π 垂直的平面为π 1，则π 1与π的交线 就是L在π 上的投影，π 1的法向量n平行于l × n0 , 其中l为L 的方向向量，n0为π的法向量，即 n平行于 {1，， × {1， 2}={1， ， ， 0 -1} 1， -3 1} 又从L的方程看出(0,1, 0) ∈ L ⊆ π 1 , π 1的方程为x − 3( y − 1) + z = 0, ⎧x − 3y + z + 3 = 0 所以投影直线的方程为 ⎨ ⎩x + y + 2z = 0
=e
f ′( a ) f (a)
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x + sin x x − sin x 2sin sin x4 2 2 原式 = lim x → 0 sin 4 x x4 x + sin x x + sin x x − sin x sin sin x − sin x 1 2 2 2 = lim = 3 x→0 x + sin x x − sin x x x 6 2 2 ∞ ln x 4. 计算积分 ∫ dx = 2 1+ x 0
∫
xt 1
f (u ) d u = t ∫ f (u ) d u + x ∫ f (u ) d u，则f ( x) =
1 1
t
x
t
两边关于x求导, 可得 tf ( xt ) = tf ( x) + ∫ f (u )du, 两边再令x = 1且f (1) = 3,
1
则tf (t ) = 3t + ∫ f (u )du