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河北省2012年非数类数学竞赛试题及答案

时间:2015-11-16


2012 年河北省大学生数学竞赛(非数学类)评分细则
f ( x) ? x f ( x) ? 1 x 一、 (本题满分 10 分)已知 lim + + = e3 ,求 lim 2 . ? ? x →0 x →0 x x ? ? ? ? 1+ x + 解 由题设知 lim =e ? ? x →0 x ? ? f ( x)
1 x f (x)? ? ln ?1+

x + x ? ? ? lim x →0 x 1

= e 3 ,故

f (x)? ? ln?1+x+ x ? ? ? lim =3 f ( x) ? ? x ,由此可得 lim 0 x→ ?x+ ?=0. x→0
? x ?

.....5 分

这样

f (x)? ? f (x) ln?1+x+ x+ ? x ? ? x = lim = 1 + lim 3 = lim x x x→ 0 x→ 0 x→ 0
从而 lim
x →0

f (x) x2
.....10 分

f ( x) = 2. x2

二、 (本题满分 10 分) 已知曲线 y = f ( x ) 在 x = 0 处的切线方程为: y = 6x .
?1 1 2 ? ∫ 0 f ( x t )dt , x ≠ 0, , 求 g '(0) . 令 g ( x) = ? x ? x=0 ?0,



由题设可得 f (0) = 0 , f '(0) = 6 .

当 x ≠ 0 时,作变量替换 u = x 2t ,则
g ( x) = 1 x2 1 1 2 = f (u )du f ( x t ) dt x ∫0 x3 ∫0 1 g ( x) ? g (0) g ' (0) = lim = lim 4 x→0 x x→0 x?0

.....5 分



x2

0

f (u )du

= lim

f ( x2 ) ? f ( 0 ) 1 2 xf ( x 2 ) = = f ' (0) = 3 lim x→0 x→0 2 4 x3 2x2

.....10 分

三、 (本题满分 10 分)设 f 是可导函数, f '(0) = 2 ,且满足对于任意 实数 x , y 有
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + y sin x . 求 f 的表达式.

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令 x = y = 0 可得 f (0) = 0 ,于是 2 = f '(0) = lim x →0

f ( x) . x

由已知条件可得
f '( x ) = lim
x →0

f ( x + y ) ? f ( x) f ( y ) + y sin x = lim = 2 + sin x 0 x → y y

.....5 分

积分得 f ( x ) = 2 x ? cos x + C 于是 f (0) = C ? 1 ,从而 C = 1 这样 f ( x ) = 2 x ? cos x + 1 . .....10 分

四、 (本题满分 10 分)设函数 f 在 ( ?∞ , +∞ ) 有界且有连续的导数.又对 于任意实数 x 有 f ( x ) + f '( x ) ≤ 1 ,证明 f ( x ) ≤ 1 . 证明 令 g ( x ) = e x f ( x ) ,则 g '( x ) = e x [ f ( x ) + f '( x )] . 于是 g '( x ) ≤ e x ,即 ?e x ≤ g '( x ) ≤ e x 这样



t

?∞

? e x dx ≤ ∫ g '( x )dx ≤ ∫ e x dx
?∞ ?∞

t

t

.....5 分

即 ?e t ≤ e t f (t ) ? lim e t f (t ) ≤ e t t →?∞
e t f (t ) = 0 但 f 在 ( ?∞ , +∞ ) 有界,从而 tlim →?∞

因此 ?e t ≤ e t f (t ) ≤ et 这就证明了 f ( x ) ≤ 1 . .....10 分

五、 (本题满分 10 分)求由曲面 z = x 2 + y 2 与 z = 2 ? x 2 + y 2 所围成的体 积 V 和表面积 S . 解 联立两曲面方程可解得 z = 1 , z = 4 (不合题意,舍去) ,故曲面 在 xoy 平面的投影区域为 D : x 2 + y 2 ≤ 1 . 因此 V = ∫∫ ? 2 ? x 2 + y 2 ? ( x 2 + y 2 ) ?dxdy = ∫0 dθ ∫0 (2 ? r ? r 2 )dr =
1 D 2π

?

?

5π ....5 分 6

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又 S = ∫∫ 1 + (
D

?z 2 ?z 2 ) + ( ) dxdy ,可得 ?x ?y ?x x +y
2 1 2

S = ∫∫ 1 + (2 x ) 2 + (2 y ) 2 dxdy + ∫∫ 1 + (
D D 2π

)2 + (

?y x +y
2 2

) 2 dxdy

= ∫∫ 1 + 4( x 2 + y 2 ) + 2 dxdy = ∫ dθ ∫
D 0

0

(

? 5 5 ?1 ? + 1 + 4r 2 + 2 dr = ? 2 ? ? 6 ?π . ? ?

)

.....10 分 六、 (本题满分 10 分)试比较两积分 ∫02 解
π π sin x cos x 2 dx dx 的大小. 与 2 ∫ 0 1+ x 1 + x2



π 2 0

π π sin x cos x sin x ? cos x 2 2 dx dx dx ? = 2 2 ∫ ∫ 0 1+ x 0 1+ x 1 + x2

=∫4
0

π

π sin x ? cos x sin x ? cos x 2 dx + dx π 2 ∫ 1+ x 1 + x2 4 π 4 0 π cos t ? sin t sin x ? cos x dt dx + ∫ 4 2 2 0 1+ x ?π ? 1+ ? ? t ? ?2 ?

.....5 分

=∫

? ? π ?2 ? ? ? x x π x sin cos ( ) ? ? ? ? π ?? 2 ? ? ? ? dx 4 =∫ 2 <0 0 ? ?π ? ? (1 + x 2 ) ?1 + ? ? x ? ? ? ? ? ? ?2 ?

因此



π 2 0

π sin x cos x 2 dx < dx . 2 ∫ 0 1 + x2 1+ x

.....10 分
x ?y dx + 2 dy 2 x +y x + y2
2

七、 (本题满分 10 分)计算曲线积分 I = ∫L

其中 L 为曲线 y = x 2 ? 1 自 A(?1, 0) 至 B(2, 3) 的弧段. 解 P=
?y x , Q= 2 2 2 x +y x +y
2

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易得 ( x, y ) ≠ (0, 0) 时,

?P ?Q = ?x ?y

取 C (?1, ?1) D (2, ?1) , 则 L 与线段 AC , CD, DB 围成单连通区域 G ,积分 在 G 内与路径无关. 于是
I =∫ +∫ +∫ 3 2 =∫
?1 2 3 ?1 1 2 dy + ∫ dy + ∫ dy 2 2 ?1 1 + x ?1 2 + y 2 1+ y

.....5 分

AC

CD

DB

0

= π + arctan

.....10 分

八、 (本题满分 15 分) 设函数 f 在点 x = 0 的某个邻域内有连续的导数, 且 lim x→0 证明
∞ f ( x) = r > 0 . 证明级数 ∑ x n =1 ∞ ?1? f ? ? 发散,而 ∑ (?1) n ?n? n =1

?1? f ? ? 条件收敛. ?n?

由 lim x→0

f ( x) = r > 0 知 f (0) = 0 , f '(0) = r > 0 ,故存在 δ > 0 ,在 (0, δ ) x ? ?

∞ 1? 内 f '( x) > 0 , 这样 f ( x ) > f (0) = 0 ,因此可认 为 级数 ∑ f ? ? ? 是 正项级 n n =1

1? 数,而 ∑ (?1) n f ? ? ? 是交错级数. n
n =1



? ?

.....5 分

对 x ∈ (0, δ ) 由 中 值 定 理 , 存 在 ξ ∈ (0, x ) , 使 得
f ( x ) = f (0) + f '(ξ ) x = f '(ξ ) x 1? 1 于是 f ? ? ? = f '(ξ ) n n ? ? ?1? f? ? 由此既得 lim ? n ? = lim f '(ξ ) = lim f '(ξ ) = f '(0) = r > 0 n →∞ n →∞ ξ →0 1 n
∞ 1? 所以级数 ∑ f ? ? ? 发散. n n =1

? ?

.....10 分

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? 1 ?? 由于在 (0, δ ) 内 f '( x) > 0 ,故数列 ? f ? ? ? ? 单调减少,且 n ? ? ??
∞ 1 ?1? lim f ? ? = lim f '(ξ ) = 0 ,由 莱布尼兹判别法 即得 ∑ (?1) n n →∞ n ? n ? n →∞ n =1

?1? f ? ?收 ?n?

敛.但是已证级数 ∑
n =1



∞ ?1? ?1? f ? ? 发散,因此 ∑ (?1) n f ? ? 条件收敛...15 分 ?n? ?n? n =1

x2 xn 九、 (本题满分 15 分)设 f n ( x ) = 1 + x + + L + , 2! n!

n 为自然数, 证

明: (1)当 n 为偶数时,对一切 x 均有 f n ( x ) > 0 ; (2)当 n 为奇数时, f n ( x ) = 0 有且只有一个根; (3)设 x m 为 f 2m +1 ( x) 的零点,则 x m < 0 且 mlim x m = ?∞ . → +∞ 证明:显然 f n ( x ) 在 R 上可导.
f n ( x) = +∞ ,于是 f n ( x ) 存在最小值点 x0 ,且 (1)当 n 为偶数时,则 xlim → ±∞ f n′ ( x 0 ) = 0 x x 又 f n ( x 0 ) = f n′ ( x0 ) + 0 = 0 ≥ 0 ,而 f n (0) = 1 , 故 x 0 ≠ 0 时, f n ( x 0 ) > 0 , n! n!
n n

所以对一切 x 均有
f n ( x) > 0 . f n ( x) = +∞ (2)当 n 为奇数时, xlim f n ( x) = ?∞ , xlim → +∞
→ ?∞

.....5 分

又 f n′( x ) = f n?1 ( x) > 0 ,所以 f n ( x ) 严格递增,故由介值定理知, f n ( x ) 有唯一 零点. .....10 分

( 3 ) 显 然 x m < 0 , ?M > 0 , lim f 2 m+1 (? M ) = e ? M > 0 , 故 ?N , 当 m > N m → +∞ 时 , f 2m +1 (? M ) > 0 , 又 由 ( 2 ) f 2m +1 ( x) 严 格 递 增 , 但 f 2m +1 ( x m ) = 0 , 因

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此, m > N 时, x m < ? M ,由 M 的任意性知, lim x m = ?∞ .
m → +∞

.....15 分

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