2022年首届全国大学生数学竞赛类决赛试卷参考答案--非数学 .pdf

《2022年首届全国大学生数学竞赛类决赛试卷参考答案--非数学 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年首届全国大学生数学竞赛类决赛试卷参考答案--非数学 .pdf（9页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（ 共 9 页）首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（非数学类， 2010）1）求极限121lim(1) sinnnkkknn. 2）计算2222()axdydzzadxdyxyz，其中为下半球面222zayx的上侧， a 为大于 0 的常数 . 3）现要设计一个容积为V的一个圆柱体的容器.已知上下两底的材料费为单位面积a 元，而侧面的材料费为单位面积b元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底的直径之比为何值时所需费用最少？4）已知()fx在11(,)42内满足331()sincosfxxx，求()fx.解 1）记121( 1) s i nnnkkkSnn，则122111()nnk

2、kkSonnn. 11223111()nnkkkkonnn52362）将（或分片后）投影到相应坐标平面上化为二重积分逐块计算。222112()yzDIaxdydzayzdydza其中yzD为yo z平面上的半圆222,0yzaz。利用极坐标，得222310223aIdarrdra22222211()() xyDIzadxdyaaxydxdyaa，其中xyD为xo y平面上的圆域222xya。利用极坐标，得2222232001226aIdaaarrrdraa。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - -

3、 - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 2 页（ 共 9 页）因此，3122IIIa。3） 设圆柱容器的高为h,上下底的径为r，则有22,VrhVhr或。所需费用为222( )222bVFrarbrharr显然，22()4bVFrarr。那么，费用最少意味着()0Fr，也即32bVra这时高与底的直径之比为322hVarrb。4）由3321sincoscos()12 sin ()442xxxx得22cos()12sin()44dxIxx，令4ux，得222sin22cos(12 sin)cos(12 sin)duduIuuuu22sin2(1)(12)

4、dttutt令22223112dtdttt211ln2 arctan2321ttCt1sin()224lnarctan(2 sin()6341sin()4xxCx。二、 （共 10 分，第（ 1）小题 4 分，第（ 2）小题 6 分）求下列极限(1) 1lim(1)nnnen；(2)111lim3nnnnnabc, 其中0,0,0abc. 解 (1) 我们有11111()()22111noonnnneeee en11111()1()22eoeonnnn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - -

5、- - - 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 3 页（ 共 9 页）因此，1lim(1)2nnenen。(2) 由泰劳公式有ln1111ln() ()annaeaonnn, ln1111ln() ()bnnbebonnnln1111ln() ()cnnceconnn因此，11131111ln() ()3nnnabcabconnn, 1113111ln()3nnnnnabcabconn. 令311ln()nabconn，上式可改写成111113nnnnnnnnabc显然，11()nnen，3l n()nna b cn所以，1113lim3nnnnnabcabc. 三

6、、 （ 10 分）设()fx在1x点附近有定义，且在1x点可导，并已知(1)0,(1)2ff.求220(sincos)limtanxfxxxxx. 解由题设可知：11()(1)()limlim(1)211yyfyffyfyy。令2sincosyxx，那么当0 x时，2sincos1yxx，故由上式有220(sincos)lim2sincos1xfxxxx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 4 页（ 共 9 页）可

7、见，22222200(sincos)(sincos)sincos1limlimtansincos1tanxxfxxfxxxxxxxxxxxx220sincos112limtan2xxxxxx最后一步的极限可用常规的办法- 洛比达法则或泰劳展开-求出。四、 （10 分）设()fx在0,)上连续，并且无穷积分0()fx dx收敛 .求01lim()yyxfx dxy. 解设0()fx dxl，并令0( )( )xF xft dt。这时，()()Fxfx，并有lim()xFxl。对于任意的0y，我们有00001111()( )() |( )yyyxyxxfx dxxdFxxFxFx dxyyyy01

8、()()yFyFx dxy根据洛比达法则和变上限积分的求导公式，不难看出01lim( )lim()yyyF x dxFyly因此，01lim( )0yyxfx dxlly。五、 （共12分）设函数()fx在0,1上连续，在(0,1)内可微，且1(0)(1)0,()12fff.证明：(1) 存在一个1(,1)2使得()f；(2) 存在一个(0,)使得()()1ff. 证明(1) 令()()Fxfxx, 则()Fx在0,1上连续，且有110,(1)1022FF所以，存在一个1,12，使得()0F，即()f。(2) 令()()xGxefxx，那么(0)()0GG。这样，存在一个(0,)，使得()0G

9、，即名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 5 页（ 共 9 页）()()1()0Gefef. 也即()()1ff. 证毕。六、 （14分）设1n为整数，20( )(1.)1!2!nxttttFxedtn. 证明：方程()2nFx在(,)2nn内至少有一个根. 证明 ：因为21.1,0,1!2!nttttetn故有2201.21!2!2nntntttnFedtn下面只需证明()2nFn即可。我们有2200()1.1.

10、1!2!1!2!nnnnttttttttF nedtdenn221011.1.1!2!1!2!(1)!nnnntnnnttteedtnn由此推出20( )1.1!2!nnttttF nedtn211.1!2!nnnnnen2111.1!2!(1)!nnnnnen. . .1111!nnnee名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 6 页（ 共 9 页）记!iinai，那么0121.naaaa。我们观察下面的方阵001

11、01011010101002002000002nnnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa整个矩阵的所有元素之和为212(2)(1)(2)1.1!2!nnnnnnaaann基于上述观察，由（ *） 式我们便得到22()11.21!2!nnnnnnF nnen2122nnn,证毕 .七、 （12分）是否存在11R 中的可微函数()fx使得2435()1ffxxxxx？若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明. 解 不存在。假设存在11R 中的可微函数()fx使得2435()1ffxxxxx。考虑方程()ffxx，即24351xxxxx，或42(1)(1)0 xxx。此方程有惟一实

12、数根1x，即()ffx有惟一不动点1x。下面说明1x也是()fx的不动点。事实上，令(1)ft，则( )(1)1,( )(1)ftfffftft，因此1t。如所需。记()()gxffx，则一方面，2()()(1)(1)0g xffxgf；另一方面，2435324()12435gxxxxxxxxx，从而(1)2g。矛盾。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 7 页（ 共 9 页）所以，不存在11R中的可微函数()fx

13、使得2435()1ffxxxxx。证毕。解法二：满足条件的函数不存在. 理由如下首先，不存在kx，使()kfx有界，否则2435()1kkkkkffxxxxx有界，矛盾 . 因此lim()xfx.从而由连续函数的介值性有lim()xfx或lim()xfx. 若lim()xfx则lim( )lim( )xyffxfy，矛盾 . 若lim()xfx，则lim( )lim()xyffxfy，矛盾 . 因此，无论哪种情况都不可能.八、 (12 分)设()fx在0,)上一致连续， 且对于固定的0,)x， 当自然数 n时()0fxn.证明函数序列() :1, 2,.fxnn在0,1上一致收敛于0 证：由于

14、()fx在0,)上一致连续，故对于任意给定的0，存在一个0使得121212()(),(0,0)2fxfxxxxx只 要取一个充分大的自然数m ，使得1m，并在0,1中取 m 个点 : 120.1mxxx，其中(1,2,.,)jjxjmm。这样，对于每一个j ，11jjxxm。又由于lim()0nfxn，故对于每一个jx，存在一个jN使得(),2jjfxnnN只 要，这里的是前面给定的。令1max,.,mNNN，那么(),2jfxnnN只 要，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - -

15、 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 8 页（ 共 9 页）其中1, 2,.,jm。 设0,1x是任意一点，这时总有一个jx使得1,jjxxx。由()fx在0,)上一致连续性及jxx可知，()()(1, 2,.)2jfxnfxnn另一方面，我们已经知道(),2jfxnnN只 要这样，由后面证得的两个式子就得到(),0,1fxnnNx只 要注意到这里的N的选取与点x无关， 这就证实了函数序列() :1, 2,.fxnn在0,1上一致收敛于 0.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - - 第 9 页（ 共 9 页）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - -