陕西省第12届数学竞赛预赛试卷(非数学)-答案

故
f
( y)
=
a3b 3
1 (3y2
−
y3 6
)
+
C1 y
+
C2
.
……………… 4 分
五、(本题满分 12 分) 计算 I =
3y
−
x
dx
−
5zdz
，曲线
:
x2
x2
+ +
y2 y2
+ z2 = = 2z
8
，从
z
轴
正向往坐标原点看去取逆时针方向.
【解】
曲线
也可表示为
z x
= 2， 2 + y2
+ sin x dx
0x
x sin u du . 0u
令 F(x) = x sin u du ，则 F(x) = sin x ， lim F(x) = ，所以
0u
x
x→+
2
2
I= − 4
+ 0
F ( x) F ( x)dx
=
2 4
−
1 F(x)2
2
+ 0
=
2 4
−
1 2
2
2
=
2 8
.
【5】 设 f (x) ，g(x) 在 x = 0 的某一邻域U 内有定义，对任意 x U ，f (x) g(x) ，
y2
2
1
+
x y
=
x + yy x2 + y2
，即 (x + y)y =
y−x，
所以 f (1) = 0 ，曲线 y = f (x) 在点 (1,1) 处的切线方程为 y =1.
【4】已知
+ sin x dx = ，则
+
+ sin x sin(x + y) dxdy =
0x
2
0 0 x(x + y)
=
所以 4，
的参数方程为
x y z
= 2 cos = 2sin = 2,
, ,
参数的范
围：0 2π . 注意到在曲线 上 dz = 0 ，所以
……………… 4 分
2
2
I = − 2 3 sin − 2 cos 2sind = −8
3 sin − 1 cos sind
0
02
2
=
−8
f (x0 ) − f (0) = f ( ) ， 且 f (x0 ) − f (1) = f () .
x0 − 0
x0 −1
所以
[1+ f ()][1+ f ()] = 4 .
…………… 5 分
四、(本题满分 12 分) 已知 z = xf ( y ) + 2 y( x ) ，其中 f ， 均为二次可微函数.
1 n2n
+ 4u1.
利用展开式 ln(1+ x) =
(−1)n−1
n=1
xn n
，取
x
=
−
1 2
，得
n=1
1 n2n
= ln 2 .
而
u1 =
1 dt 0 1+t4
=
2 [π + 2ln(1+ 8
2)]
因此 un = ln 2 + 2 [ + 2 ln(1+ 2)].
n=1 n
2
最后，当
2 0
cos
+ 3
sin d
=
−8
2 + 3
3
cos t
sin
t
− 3
dt
.
(代换：
t
=
+ 3
)
根据周期函数的积分性质，得
……………… 4 分
( ) I
= −8
−
cos t
sin
t
−
3
dt
= −4
−
cos t
sin t −
3 cos t dt = 8
3 cos t cos tdt . 0
令 u = t − ，则 2
I = −8
3
2 −
sin u
sin udu
=0.
2
……………… 4 分
n
六、(本题满分 12 分) 证明 f (n) =
m cos 2 n[x +1]dx 等于 n 的所有因子(包括 1 和 n 本
0 m=1
m
身)之和，其中[x +1]表示不超过 x +1的最大整数，并计算 f (2021) .
……………… 3 分
七、 (本题满分 14 分)
设 un =
1 dt 0 (1+ t 4 )n
(n 1) .
(1)
证明数列
{un
}
收敛，并求极限
lim
n→
un
；
(2) 证明级数 (−1)nun 条件收敛； n=1
(3)
证明当
p 1时级数
n=1
un np
收敛，并求级数
n=1
un n
的和.
+ n 0 (1+ t 4 )n+1 dt = 2n + 4n 0 (1+ t 4 )n+1 dt
0
=
1 2n
+ 4n
1 1+ t4 −1 0 (1+ t 4 )n+1
dt
=
1 2n
+ 4n(un
− un+1) ，
所以
n=1
un n
=
n=1
1 n2n
+ 4 (un
n=1
− un+1)
=
n=1
所以存在正整数 N ，当 n N 时，
1 dt a (1 + t 4 )n
，从而 2
0 un a +
1 dt a (1+ t 4 )n
2
+
2
=
,
所以
lim
n→
un
=
0.
……………… 4 分
(2)
显然
0 un+1 =
1 dt 0 (1 + t 4 )n+1
1 dt 0 (1+ t 4 )n
且 lim f (x) = lim g(x) = a 0 ，则 lim [ f (x)]g(x) −[g(x)]g(x) =
.
x→0
x→0
x→0
f (x) − g(x)
【解】 根据极限的保号性，存在 x = 0 的一个去心领域U1 ，使得 x U1 时 f (x) 0 ，
g(x) 0 . 当 x → 0 时，有 ex −1 x ， ln(1+ x) x ，利用等价无穷小替换，得
n
+
n
1 an−1
= (n +1) + (n +1)n + (n +1)n 1 ， an−1
……………… 4 分
如此递推，得
1 an+1
=
(n +1)!
n k =1
1+ k!
1 a1
=
n
(n +1)!
k =0
1， k!
……………… 3 分
2
因此
lim
n→
n!an
=
1
n−1
lim
(2)
2z xy
x=a
=− y a2
f
(
y a
)
−
2a y2
(
a y
)
=
−by
2
.
因为 f = ，所以
y a2
f ( y ) + 2a a y2
f ( a ) = by2 . y
令 y = au ，则 u a
f
(u)
+
2 au2
f (1) = a2bu2 ，即 u3 f (u) + 2 f (1) = a3bu4 .
.
【解】 令 u = x + y ，得
I =
+ sin x dx
+ sin(x + y) dy =
+ sin x dx
+ sin u du
0x
0 x+ y
0x
xu
=
+ 0
sin x
x
dx
+ sin u du − 0u
x 0
sin u
u
du
1
=
+ 0
sin x
x
dx
2
−
(x − sin x)e−x2 lim x→0 1− x3 −1
x − sin x
1− cos x
= −2lim x→0
x3
= −2lim x→0
3x2
= −1 . 3
【2】 设函数 f (x) = (x +1)n e−x2 ，则 f (n) (−1) =
.
【解】 利用莱布尼兹求导法则，得
n−1
f (n) (x) = n!e−x2 + Cnk [(x +1)n ](k) (e−x2 )(n−k) ， k =0
1
=1. e
n→ k=0 k !
……………… 3 分
三、(本题满分 10 分)设 f (x) 在[0,1]上连续， f (x) 在 (0,1) 内可导，且 f (0) = 0， f (1) =1.
证明： (1) 存在 x0 (0,1) 使得 f (x0 ) = 2 − 3x0 ； (2) 存在 , (0,1) ，且 ， 使得[1+ f ()][1+ f ()] = 4 .
【解】 (1) 令 F(x) = f (x) − 2 + 3x ，则 F(x) 在 [0,1] 上连续，且 F(0) = −2 ，
F(1) = 2 . 根据连续函数介值定理，存在 x0 (0,1) 使得 F (x0 ) = 0 ，即 f (x0 ) = 2 − 3x0 .
……………… 5 分
(2)在区间[0, x0 ]，[x0,1] 上利用拉格朗日中值定理，存在, (0,1) ，且 ，使得
e
g(x)
−1
=
aa
lim
g(x) ln
f (x) g(x)
=
aa
lim
g(x)
ln
1+
f (x) g(x)
−1
x→0 f (x) − g(x)
x→0 f (x) − g(x)
x→0
f (x) − g(x)
=
aa
lim
g ( x)
f (x) g(x)
−1
=
aa
.
x→0 f (x) − g(x)
【解】 (1) 对任意 0 ，取 0 a ，将积分区间分成两段，得 2
un =
1 dt 0 (1+ t 4 )n
=
a 0
dt (1+ t 4 )n
+
1 dt a (1+ t 4 )n .
因为
1 dt 1− a 1 → 0 (n → )
a (1+ t 4 )n (1+ a4 )n (1+ a4 )n
n=2 n −1 2n−1
收敛，所以
n=2
1 n −1
1
−
1 2n−1
发散，从而
n=1
un
发散.
因
此 (−1)nun 条件收敛. n=1
……………… 3 分
(3) 先求级数 un 的和. 因为
n=1 n
1 dt
1
t
1 4t 4
1
1 t4
un =
= 0 (1+ t 4 )n (1+ t 4 )n
【解】 m cos 2πn[x +1]dx = m k cos 2πn[x +1]dx = m k cos 2πnkdx = m cos k =1
m
k −1 k =1
m
k =1
m
……………… 4 分
如果 m 是 n 的因子，那么 m cos 2 n[x +1]dx = m ；否则，根据三角恒等式
u
u
上式中以 1 换 u 得 u
2 f (1) + 4u3 f (u) = 2a3b 1 .
u
u
……………… 5 分
3
联立二式，解得
−3u3
f
(u)
=
a3b(u4
−
2) u
，所以
f
(u)
=
a3b 3
(2 u4
− u)
，从而有
a3b 1 u3 f (u) = 3 (3u2 − 6 ) + C1u + C2 .
=
un
，即
un
单调递减，又
lim
n→
un
=0，
故由莱布尼兹判别法知， (−1)nun 收敛. n=1
另一方面，当 n 2 时，有
……………… 3 分
un =
1 dt 0 (1+ t 4 )n
1 dt 0 (1+ t)n
= 1 (1− 21−n ) ， n −1
5
由于
1
发散，
1
1
n=2 n −1
所以
f
(n) (−1)
=
n!
.
e
【3】 设 y = f (x) 是由方程 arctan x = ln x2 + y2 − 1 ln 2 + 确定的隐函数，且
y
2
4
满足 f (1) =1，则曲线 y = f (x) 在点 (1,1) 处的切线方程为
.
y − xy
【解】
对所给方程两端关于 x 求导，得
x
y
(1) 求 z ， 2 z ； x xy
(2) 当 f = ，且 2z = −by2 时，求 f ( y) .
xy x=a
【解】 (1)
z = f ( y ) − y f ( y ) + 2( x ) ，
x x x x
y
2z xy
=
−
y x2
f
(
y x
)
−
2x y2
(
x y
)
.
………………… 3 分
p
1时，因为
un np
un n
，且
n=1
un n
收敛，所以
n=1
un np
收敛.
……………… 4 分
6
二、(本题满分
10
分)
设数列{an} 满足： a1
= 1 ，且 an+1
=
an (n +1)(an
+1)
， n 1.求极
限
lim
n→
n
!an
.
【解】 利用归纳法易知 an 0 (n 1) .由于
1 an+1
= (n +1)1+