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河北大学生数学竞赛试题及答案

时间:2012-08-29


2010 年河北省大学生数学竞赛试卷答案 (非数学类,2010)
考试形式: 闭卷 考试时间: 150 分钟 满分: 100 分

一 、(本题满分 10 分) 求极限 lim 解

n →∞

1 ( n 2 ? 1 + n 2 ? 22 + 2 n + n 2 ? (n ? 1) 2 )
+ 1? ( n ?1 2 ) ] n

+ n 2 ? (n ? 1) 2 ) .

Sn =

1 ( n 2 ? 1 + n 2 ? 22 + 2 n

1 1 2 = [ 1 ? ( )2 + 1 ? ( )2 + n n n 1 0 1 = [ 1 ? ( )2 + 1 ? ( )2 + n n n
n ?1 i 1 1 = ∑ 1 ? ( )2 ? ? , n n n i =0 n ?1 i 1 1 lim Sn = lim[∑ 1 ? ( ) 2 ? ? ] . n →∞ n →∞ n n n i =0

+ 1? (

n ?1 2 1 ) ]? n n
……7 分

因 1 ? x 在 [0,1] 上连续,故
2



1 0

1 ? x 2 dx 存在,且


所以 lim S n =
n →∞

1 0

n ?1 i 1 1 ? x 2 dx = lim ∑ 1 ? ( ) 2 ? , n →∞ n n i =0



1 0

1 ? x 2 dx ? lim

1 1 π = ∫ 1 ? x 2 dx = . 0 n →∞ n 4

……10 分

二、(本题满分 10 分) 请问 a, b, c 为何值时下式成立 lim 解

2 x t dt 1 =c. x →0 sin x ? ax ∫ b 1+ t2

注意到左边得极限中,无论 a 为何值总有分母趋于零,因此要想极限存在,分子必 须为无穷小量,于是可知必有 b = 0 ,当 b = 0 时使用洛必达法则得到
2 x t dt 1 x2 = lim , x →0 sin x ? ax ∫ 0 1 + t 2 x →0 (cos x ? a ) 1 + x 2

lim

……5 分

由上式可知:当 x → 0 时,若 a ≠ 1 ,则此极限存在,且其值为 0 ;若 a = 1 ,则

lim

2 x t dt 1 x2 = lim = ?2 .综上所述,得到如下结论: x →0 sin x ? x ∫ 0 1 + t 2 x→0 (cos x ? 1) 1 + x 2

a ≠ 1, b = 0, c = 0 ;或 a = 1, b = 0, c = ?2 .

……10 分

____________________________________________________________________________ 共 5页 第 1 页

三 、(本题满分 10 分) 计算定积分 I = 作变换 x =



π
2 0

dx . 1 + tan 2010 x



π
2

? t ,则
π ? dt tan 2010 t 2 = I = ∫π dt 2010 t ∫ 0 1 + tan 2010 t 2 1 + cot
0

……5 分

=∫
所以

π
2 0

π 1 (1 ? )dt = ∫ 2 dt ? I 0 1 + tan 2010 t

I=
? 1

1 π π ∫02 dt = 4 . 2

……10 分

四、(本题满分 10 分) 求数列 {n n } 中的最小项. 解 因为所给数列是函数 y = x
1 ? ?2 x ? 1 x

当 x 分别取 1, 2,3,

,n

时的数列.

又 y′ = x

(ln x ? 1) 且令 y′ = 0 ? x = e , 容易看出当 0 < x < e 时 y′ < 0 , x > e 时 当

y′ > 0 .
所以 y = x
? 1 x

有唯一极小值 y (e) = e e .

?

1

……7 分 ……10 分

1 ? 1 1 1 > 3 ,因此数列 {n n } 的最小项为 3 . 而2 < e < 3? 2 3 3

e? n 五、(本题满分 10 分) 求 ∑ . n=0 n + 1




考虑幂级数

xn ∑ n +1 n=0
∞ xn 1 = (?1) n ∑ 收敛;当 ∑ n +1 n=0 n=0 n + 1 ∞



其收敛半径为 1,收敛区间为 ( ?1,1) ,当 x = ?1 时,


∞ xn 1 x = 1 时, ∑ =∑ 发散,因此其收敛域为 [ ?1,1) .设其和函数为 s ( x) ,则 n=0 n + 1 n=0 n + 1 n ∞ ∞ x t tn x dt = ∑ ∫ dt = ∑ x n +1 = . ∑ n + 1 n=0 0 n + 1 n=0 0 1? x n =0 x ∞

?x ∈ (?1,1) ,∫ s (t )dt = ∫
0

x

……7 分

____________________________________________________________________________ 共 5页 第 2 页

于是

x 1 s ( x) = ( )′ = . 1? x (1 ? x) 2
e? n e2 = s (e ?1 ) = ?1 2 . ∑ n +1 (e ) n=0




……10 分

六、(本题满分 10 分) 设 f ( x) = sin x ? 解 原方程可写为



x
0

( x ? t ) f (t )dt ,其中 f 为连续函数,求 f ( x) .

f ( x) = sin x ? x ∫ f (t )dt + ∫ tf (t )dt
0 0

x

x

上式两端对 x 求导得

f ′( x) = cos x ? ∫ f (t )dt ? xf ( x) + xf ( x) = cos x ? ∫ f (t )dt
0 0

x

x

(*)

两端再对 x 求导得

f ′′( x) = ? sin x ? f ( x)


f ′′( x) + f ( x) = ? sin x

……5 分

这是一个二阶线性常系数非齐次方程,由原方程知 f (0) = 0 ,由(*)式知 f ′(0) = 1 . 特征方程为

λ 2 + 1 = 0 , λ = ±i
齐次通解为
*

y = C1 sin x + C2 cos x

设非齐次方程特解为 y = x( a sin x + b cos x) ,代入 f ′′( x) + f ( x) = ? sin x 得

则非齐次方程通解为 由初始条件

1 2 x y = C1 sin x + C2 cos x + cos x 2
a = 0 ,b =

y (0) = 0 和 y′(0) = 1 可知
C1 = 1 , C2 = 0 . 2
……10 分

七、(本题满分 10 分) 在过点 O(0, 0) 和 A(π , 0) 的曲线族 y = a sin x (a > 0) 中,求一条曲 线 L ,使沿该曲线从 O 到 A 的积分

∫ (1 + y )dx + (2 x + y)dy
3 L

的值最小. ____________________________________________________________________________ 共 5 页 第 3 页



I (a) = ∫ (1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy = ∫ [1 + a 3 sin 3 x + (2 x + a sin x)a cos x]dx
L 0

π

4 = π ? 4a + a 3 3
2

……5 分

令 I ′( a ) = ?4 + 4a = 0 ,得 a = 1 ( a = ?1 舍去 ) ;又 I ′(1) = 8 > 0 ,则 I ( a ) 在 a = 1 处取极小值,且 a = 1 是 I (a ) 在 (0, +∞) 内的唯一极值点,故 a = 1 时 I (a ) 取最小值, 则所求曲线为 y = sin x (0 ≤ x ≤ π ) . 八、(本题满分 10 分) 设 f (x) 在 [?1,1] 上有二阶导数,且 f ( ?1) = f (1) = 证明 1. | f ' ( x) |≤ ……10 分

1 1 , | f ' ' ( x) |≤ . 2 2

1 , 2

x ∈ [?1,1].

2. f ( x) = x 在 [?1,1] 上有且只有一个实根. 证明 1. 由泰勒公式

f ' ' (ξ ) (?1 ? x) 2 , ξ ∈ (?1, x) 2 f ' ' (η ) f (1) = f ( x) + f ' ( x)(1 ? x) + (1 ? x) 2 , η ∈ ( x,1) 2 两式相减并整理得 f (?1) = f ( x) + f ' ( x)(?1 ? x) +

(1 ? x) 2 f ' ' (η ) 2 2 (1 + x )2 | f ' ' (ξ ) | + (1 ? x) 2 | f ' ' (η ) |≤ (1 + x )2 + (1 ? x) 2 于是, f ' ( x) ≤ 4 4 8 2 2 (1 + x ) + (1 ? x) = 1 由于 max ?1≤ x≤1 8 2 1 ……5 分 因此 | f ' ( x) |≤ , x ∈ [?1,1]. 2 3 1 2. 令 F (x ) = f ( x) ? x , x ∈ [?1,1]. 则 F (? 1) = f (? 1) + 1 = , F (1) = f (1) ? 1 = ? . 2 2 2 f ' ( x) = f ' ' (ξ ) ?
但 F (x ) 在 [?1,1] 上连续,由介值定理知, F (x ) 在 [?1,1] 上至少有一个零点. 又由 1 可知 F ' (x ) = f ' ( x) ? 1 < 0 ,故 F (x ) 在 [?1,1] 上严格单调,从而至多有一个零点. 这样 F (x ) 在 [?1,1] 上有且只有一个零点,即 f ( x) = x 在 [?1,1] 上有且只有一个实 根. ……10 分

(1 + x )2

____________________________________________________________________________ 共 5页 第 4 页

九、(本题满分 10 分) 设 f ( x ) 在 (? ∞,+∞ ) 为连续函数,则 证明:令 ? ( x ) =



a
0

x 3 f x 2 dx =

( )

1 a2 xf (x )dx 2∫0


'

x
0

t 3 f (t 2 )dt ,则 ? ' ( x ) = x 3 f (x 2 )

Ψ (x ) =
'

1 1 x2 ' 2 2 3 2 ∫ 0 tf (t )dt ,则 Ψ (x ) = 2 ? 2 x ? x f x = x f x 2

( )

( )

……5 分

所以 ? ( x ) = Ψ ( x ) 即 ? (x ) = Ψ (x ) + c 而 ? (0 ) = Ψ (0 ) = 0 特别地 ? (a ) = Ψ (a ) 即

c 为常数

∴ ? (x ) = Ψ (x )



a
0

x 3 f x 2 dx =

( )

1 a2 xf (x )dx . 2∫0

……10 分

十、(本题满分 10 分) 设 f ( x) 是 [0,1] 上的连续函数,证明


证法一

1 0

e f ( x ) dx ∫ e ? f ( y ) dy ≥ 1 。
0 f ( x )? f ( y )

1

设 D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} 。由于 e

≥ 1 + f ( x) ? f ( x) ,所以
……4 分



1 0

e f ( x ) dx ∫ e ? f ( y ) dy = ∫∫ e f ( x ) ? f ( y ) dxdy
0 D

1

≥ ∫ dx ∫ [1 + f ( x) ? f ( y )]dy
0 0

1

1

= ∫ dx ∫ dy + ∫ f ( x)dx ∫ dy ? ∫ dx ∫ f ( y )dy = 1 . ……10 分
0 0 0 0 0 0

1

1

1

1

1

1

证法二



1 0

e f ( x ) dx ∫ e ? f ( y ) dy = ∫∫ e f ( x ) ? f ( y ) dxdy
0 D

1

……4 分

= ∫∫ e f ( y ) ? f ( x ) dxdy
D

=

1 f ( x )? f ( y ) + e f ( y )? f ( x ) )dxdy ∫∫ (e 2 D 1 2dxdy = 1 . 2 ∫∫ D
……10 分



____________________________________________________________________________ 共 5 页 第 5 页


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