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2010年河北省大学生数学竞赛解析

时间:2010-11-02


2010年河北省大学生数学 竞赛试题解析
(非数学类)

1 lim 2 ( n 2 ? 1 + n 2 ? 22 + L + n 2 ? (n ? 1) 2 ). 一、求极限 n→∞ n

【解】
1 S n = 2 ( n 2 ? 1 + n 2 ? 2 2 + L + n 2 ? (n ? 1) 2 ) n
1 1 2 2 2 n ?1 2 = ( 1? ( ) + 1? ( ) +L+ 1? ( ) ) n n n n

1 0 2 1 2 2 2 n ?1 2 1 ) )? = ( 1 ? ( ) + 1 ? ( ) + 1 ? ( ) + L+ 1 ? ( n n n n n n

=∑
i =0

n ?1

i 2 1 1 1? ( ) . ? n n n

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

n ?1



[0,1] 上连续,故 ∫ 1 - x 2 dx 存在,且 1? x 在 0
2

1




1

0

1 - x dx = lim ∑ n →∞
2
i =0

n ?1

i 2 1 1? ( ) . n n
2

所以, lim S = n
n→∞



1

0

1 1 - x dx ? lim n →∞ n
2

= ∫ 1 - x dx =
0

1

π
4

.

二、请问 a, b, c 何值时下式成立
2 x t dt 1 lim ∫b 1 + t 2 = c. x → 0 sin x ? ax 【解】 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 ∫0 1 + t 2 = lim (cos x ? a) 1 + x 2 x →0 sin x ? ax x →0

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
2 x t dt x2 1 lim = lim = ?2 b 2 2 x →0 sin x ? ax ∫ x →0 1+ t (cos x ? 1) 1 + x

综上所述,得到如下结论:

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

三、计算定积分 I = ∫
【解】 作变换 x =
0

π

2 0

dx 1 + tan 2010 x



π
2

? t ,则
π

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


=∫
2I =

π

2 0

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

π


π

π

2 0

π
2

I 所以, =

。 4

四、求数列 {n } 中的最小项。 【解】
? 1 x

?

1 n

因为所给数列是函数 y = x 当x分别取
1,2,3, L , n, L 时的数列。
1 ? ?2 x

又 y′ = x

(ln x ? 1) 且令 y ′ = 0 ? x = e,

y 容易看出:当 0 < x < e 时, ′ < 0;

当 x > e 时,y ′ > 0 。

所以, y = x
2< e <3? 1

1 ? x

有唯一极小值 y(e) = e 。而
1
3

?

1 e

2

>

3

,因此数列 {n }的最小项 3 3 。

?

1 n

1



五、求 【解】

e ?n ∑ n +1 n=0





xn 考虑幂级数 ∑ n + 1 ,其收敛半径为1, n =0
∞ xn 1 = (?1) n ∑ 时, n + 1 ∑ n =0 n =0 n + 1


收敛区间为 (?1,1) 当 x = ?1 当x


收敛;

∞ xn 1 = 1 时,∑ n + 1 = ∑ n + 1 发散, n =0 n =0

因此其收敛域为 [?1,1) 。 设其和函数为s (x ),则 ?x ∈ (?1,1) ,

∞ x n +1 1 ′ = ∑( ′ = ∑ xn = [ xs( x)] ) 1? x n =0 n + 1 n =0 ∞

1 xs 于是, ( x) = ∫0 1 ? x dx = ? ln(1 ? x).
x

故,

? ln(1 ? x) s( x) = x
e ln(1 + e) ?1 ∑ n + 1 = s (e ) = ? e n =0
∞ ?n


六、设 f ( x) = sin x ? ∫0 ( x ? t ) f (t )dt ,其中 f 为连续函数,求 f (x ) 。 【解】 原方程可写为
f ( x) = sin x ? x ∫ f (t )dt + ∫ tf (t )dt
0 0 x x

x



上式两端对 x 求导得
f ′( x) = cos x ? ∫ f (t )dt ? xf ( x) + xf ( x)
0 x

= cos x ? ∫ f (t )dt
0

x

(*)

两端再对 x 求导得

f ′′( x) + f ( x) = ? sin x



f ′′( x ) = ? sin x ? f ( x )

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 齐次通解为
y = C1 sin x + C 2 cos x.

λ λ2 + 1 = 0 , = ±i。

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

由初始条件 y (0) = 0 和 y ′(0) = 1可知,
1 C1 = , C 2 = 0. 2

七、在过点 o(0,0) 和 A(π ,0) 的曲线族 y = asin x (a > 0) 中,求一条曲线L,使沿该曲线从o到A的积分
(1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy 的值最小。 ∫L

【解】

I (a ) = (1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy ; ∫
L

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

π

= π ? 4a +

4 3 a . 3

I ′(a ) = ?4 + 4a 2 = 0 ,得 a = 1 (a = ?1舍去) 令

;

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、设f (x)在[?1,1]上有二阶导数,且 f (1) = f (-1) = 1,
1 f ' ' ( x) ≤ 。 2

1 证明: f ' ( x) ≤ ,x∈[?1,1]。 1. 2

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 (?1) = f ( x) + f ′( x )(?1 ? x) +

f ′′(ξ ) ξ (?1 ? x ) 2, ∈ ( ?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
(1 + x) 2 (1 ? x) 2 2 f ′( x) = f ′′(ξ ) ? f ′′(η ) 2 2

于是,
(1 + x) 2 (1 ? x) 2 (1 + x) 2 + (1 ? x) 2 f ′( x) ≤ f ′′(ξ ) + f ′′(η ) ≤ 4 4 8

由于

(1 + x 2 ) + (1 ? x 2 ) 1 max = ?1≤ x ≤1 8 2



因此,

| f ' ( x ) |< 1 x ∈ [ ?1,1] 。 ,
2. 令 F ( x) = f ( x) - x, x ∈ [?1,1] 。则
1 F (1) = f (1) ? 1 = 2
3 F (?1) = f (?1) ? 1 = 2

, 。

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。

+ 九、设 f (x )在 (-∞, ∞) 为连续函数,则



a

0

1 a2 x 3 f ( x 2 )dx = ∫ xf ( x)dx. 2 0
x

? ( x) = ∫ t 3 f (t 2 )dt , 则 ? ′( x) = x 3 f ( x 2 ), 【解】令 0
1 2 1 x2 ψ ′( x) = ? x f ( x 2 ) ? 2 x = x 3 f ( x 2 ), ψ ( x) = ∫ tf (t )dt ,则 2 2 0

所以 即

? ′( x) = ψ ′( x ).

? ( x) = ψ ( x) + c. c为常数。而
? (0) = ψ (0) = 0 ∴ ? ( x ) = ψ (, x)

特别地,

? (a ) = ψ (a ).

1 a2 x 3 f ( x 2 )dx = ∫ xf ( x)dx. 2 0



a

0

十、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

1

设 D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1} 。由于
e f ( x )? f ( y ) ≥ 1 + f ( x) ? f ( y ) ,所以




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
0 0 0 0 0 0

1

1

1

1

1

1

=1



【证法二】 ∫0 e

1

f ( x)

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

1

= ∫∫ e f ( y ) ? f ( x ) dxdy
D

1 = ∫∫ (e f ( x ) ? f ( y ) + e f ( y )? f ( x ) )dxdy 2 D 1 ≥ ∫∫ 2dxdy = 1. 2 D


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