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im∑(1+=)sin 2)计算a+(+d,其中∑为下半球面=、a-y2-x的上侧,a为大于的 +y+2 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f(x)在(42)内满足f(x) 求f(x) sin x+ cos x 解1)记Sn=∑(1+-)sin。2,则 S-(2) k2 236 2)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。 a -(4+= )dydz 其中D=为y02平面上的半圆y2+≤a,z≤0。利用极坐标,得 1=-da (=+a)drys.I x+y)i dxdy 其中Dn为xOy平面上的圆域x2+y2≤a2。利用极坐标,得 第1页(共9页)
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 1 2 1 lim (1 )sin n n k k k n n π − →∞ = ∑ + . 2）计算 2 2 22 axdydz z a dxdy ( ) ∑ xyz + + + + ∫∫ ，其中 ∑ 为下半球面 222 z ayx = − −− 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 f ( ) x 在 1 1 (,) 4 2 内满足 3 3 1 ( ) sin cos f x x x ′ = + ，求 f ( ) x . 解 1）记 1 2 1 (1 )sin n n k k k S n n π − = = + ∑ ，则 1 2 2 1 1 1 () n n k k k S o nn n π − = ⎛ ⎞⎛ ⎞ =+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑ . 1 1 2 2 3 1 1 1 ( ) n n k k k ko nn n π π − − = = =+ + ∑ ∑ 5 23 6 π π π →+= 2） 将Σ （或分片后）投影到相应坐标平面上化为二重积分逐块计算。 2 22 1 1 2 () Dyz I axdydz a y z dydz a Σ = =− − + ∫∫ ∫∫ 其中 D yz 为 yoz 平面上的半圆 22 2 y z az +≤ ≤ , 0。利用极坐标，得 2 22 3 1 0 2 2 3 a I d a r rdr a π π =− − =− θ π ∫ ∫ 2 2 2 22 2 1 1 ( ) [ ( )] Dxy I z a dxdy a a x y dxdy a a Σ = + = − −+ ∫∫ ∫∫ ， 其中 Dxy 为 xoy 平面上的圆域 222 x + ≤ y a 。利用极坐标，得 ( ) 2 2 22 2 3 2 0 0 1 2 2 6 a I d a a a r r rdr a a π π = − −− = θ ∫ ∫
因此,1=1+12=-2a 3)设圆柱容器的高为h,上下底的径为r,则有 丌r2h=V,或h 所需费用为F(r)=2ar2+2bnrh=2amr2+2b1 显然,F()=4mn2bV 那么,费用最少意味着F(r)=0,也即r3 b 这时高与底的直径之比为 h a 2r2 4)由sx+co3x=/ x)[1+2sin(=x 得 4 令Ⅱ 得 cos(2-x)1+2sn2(-x) d cosu(1+2sin-u) cos u(1+ 2sin-u 令t=Snu 2dt (1-t2)(1+212)3[1-121+2t2 +√2 arctan√2t|+C 1+sin( x-x)2 arctan(√2sin(-x)+C 求下列极限 ()mn(1+)-]:(2)lim/a+b+cn 其中a>0,b>0,c>0 解(1)我们有 e=e 2mm -e=e/e 2n o( 1|=e{1 =e +O(-) 第2页(共9页)
第 2 页（ 共 9 页） 因此， 3 1 2 2 I II a π = + =− 。 3）设圆柱容器的高为 h ,上下底的径为 r ，则有 2 2 , V rh V h r π π = = 或 。 所需费用为 2 2 2 () 2 2 2 bV F r a r b rh a r r =+=+ ππ π 显然， ' 2 2 () 4 bV Fr ar r = − π 。 那么，费用最少意味着 ' F r() 0 = ，也即 3 2 bV r aπ = 这时高与底的直径之比为 3 2 2 hVa r rb π = = 。 4） 由 33 2 1 sin cos cos( )[1 2sin ( )] 2 4 4 x xx x π π + = −+ − 得 2 2 cos( )[1 2sin ( )] 4 4 dx I x x π π = −+ − ∫ ，令 4 u x π = − ，得 2 22 sin 2 2 cos (1 2sin ) cos (1 2sin ) du d u I uu uu =− =− + + ∫ ∫ 2 2 sin 2 (1 )(1 2 ) dt t u t t = − − + 令 ∫ 2 2 2 2 3 1 12 dt dt t t ⎡ ⎤ =− + ⎢ ⎥ ⎣ − + ⎦ ∫ ∫ 21 1 ln 2 arctan 2 32 1 t t C t ⎡+ ⎤ =− + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 1 sin( ) 2 2 4 ln arctan( 2 sin( )) 6 34 1 sin( ) 4 x x C x π π π + − =− − − + − − 。 二、求下列极限 (1) 1 lim [(1 ) ] n n n e →∞ n + − ；(2) 111 lim 3 n nnn n abc →∞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 其中abc >>> 0, 0, 0. 解 (1) 我们有 11 11 1 () () 2 2 1 1 1 n o o nn nn e e e ee n ⎛ ⎞ −+ −+ ⎡ ⎤ ⎜ ⎟ + −= −= − ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 11 11 {1 ( )} 1 ( ) 2 2 e o eo nn nn ⎡ ⎤⎡ ⎤ = − + −=− + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦
因此,imm(1k、 (2)由泰劳公式有 2% 1+-lna+o(-)(n→>+∞), b=e%=1+lnb+0(-)(n→+∞) ck=e%=1+-lnc+o(-)(n→+∞) 因此, 3(4+b4+c)=1+nmy+a)(n→+2), an+6"+c I+-In abc +o() 令an=- In abc+o(-),上式可改写成 1 an+6"+c 显然,(1+an) →e(n→)+∞ 0),man→ In abc(n→+∞) 所以 in4”+b+c 设∫(x)在x=1点附近有定义,且在x=1点可导,并已知f(1)=0,f(1)=2.求 lim/(sin x+cosx 0 x +x tan x 解由题设可知 lim/()-fO=lim/y f(1)=2。 令y=sin2x+cosx,那么当x→0时,y=sin2x+cosx→>1, 故由上式有 lim/(sin x+ cos x) x-0 sin x+cosr-/2 第3页(共9页)
第 3 页（ 共 9 页） 因此， 1 lim [(1 ) ] 2 n n e n e →∞ n + − =− 。 (2) 由泰劳公式有 1 ln 1 1 1 ln ( ) ( ) a n n a e ao n n n = = + + → +∞ , 1 ln 1 1 1 ln ( ) ( ) b n n b e bo n n n = = + + → +∞ 1 ln 1 1 1 ln ( ) ( ) c n n c e co n n n = = + + → +∞ 因此， ( ) 111 1 11 3 1 ln ( ) ( ) 3 nnn a b c abc o n n n + + = + + → +∞ , 111 1 1 3 1 ln ( ) 3 n n nnn abc abc o n n ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + ⎡ ⎤ =+ + ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ . 令 1 1 3 ln ( ) n abc o n n α = + ，上式可改写成 ( ) 1 111 1 3 n n n nnn n n abc α α α ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + = + ⎡ ⎤ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ 显然， ( ) 1 1 () n n e n α + → → +∞ α ， 3 ln ( ) n n abc n α → → +∞ 所以， 111 3 lim 3 n nnn n abc abc →∞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 三、设 f ( ) x 在 x =1 点附近有定义，且在 x =1 点可导，并已知 f f (1) 0, (1) 2 = = ′ . 求 2 2 0 (sin cos ) limx tan f x x → x x x + + . 解 由题设可知： ' 1 1 ( ) (1) ( ) lim lim (1) 2 y y 1 1 fy f fy f → → y y − = == − − 。 令 2 y = + sin cos x x ，那么当 x → 0 时， 2 y xx = sin cos 1 + → ， 故由上式有 2 2 0 (sin cos ) lim 2 x sin cos 1 fxx → x x + = + −
可见 lim (sin x+co limI J(sin x+ cos x). sin x+cosx-l x"+tan x x→0(sinx+cosx x +x tan x x +x tan x 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、设(x)在10+∞)上连续,并且无穷积分(x)收敛求m(x 解设f(x)dx=1,并令F(x=J(oh 这时,F(x)=f(x),并有limF(x)=l 对于任意的y>0,我们有 ()()3F)=F0)F 根据洛比达法则和变上限积分的求导公式,不难看出 m- F(x)dx= lim F()=l 因此,lim-xf(x)kx=1-1=0。 五、设函数∫(x)在[O,上连续,在(0,1)内可微,且f(0)=f(1)=0,f()=1证明:(1)存在 个5∈(1)使得f(5)=5:(2)存在一个7∈(0.5)使得∫(m)=f(m)-7+1 证明(1)令F(x)=f(x)-x,则F(x)在[O,1上连续,且有 >0,F(1)=-1<0 所以,存在一个5∈(1 使得F(5)=0,即f()=5 (2)令G(x)=e[f(x)-x],那么G(0)=G(5)=0。 这样,存在一个∈(0,5),使得G(m)=0,即 第4页(共9页)
第 4 页（ 共 9 页） 可见， 2 22 2 22 0 0 (sin cos ) (sin cos ) sin cos 1 lim lim x x tan sin cos 1 tan fxx fxx xx → → xx x x x xx x + + +− ⎛ ⎞ = × ⎜ ⎟ + +− + ⎝ ⎠ 2 2 0 sin cos 1 1 2limx tan 2 x x → xx x + − = = + 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、设 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上连续，并且无穷积分 0 f ( ) x dx ∞ ∫ 收敛.求 0 1 lim ( ) y y xf x dx →+∞ y ∫ . 解 设 0 f ( ) x dx l +∞ = ∫ ，并令 0 ( ) () x F x f t dt = ∫ 。 这时， ' Fx fx () () = ，并有 lim ( ) x Fx l →+∞ = 。 对于任意的 y > 0，我们有 0 00 0 1 111 ( ) ( ) ( )| ( ) yy y x y x xf x dx xdF x xF x F x dx y yyy = ∫∫ ∫ ==− = 0 1 () () y F y F x dx y = − ∫ 根据洛比达法则和变上限积分的求导公式，不难看出 0 1 lim ( ) lim ( ) y y y F x dx F y l →+∞ →+∞ y = = ∫ 因此， 0 1 lim ( ) 0 y y xf x dx l l →+∞ y =−= ∫ 。 五、设函数 f ( ) x 在[0,1] 上连续，在(0,1) 内可微，且 1 (0) (1) 0, ( ) 1 2 ff f = = = .证明：(1) 存在一 个 1 ( ,1) 2 ξ ∈ 使得 f ( ) ξ = ξ ；(2) 存在一个η ∈(0, ) ξ 使得 ' f f () () 1 η ηη = − + . 证明 (1) 令 Fx f x x () () = − , 则 F x( )在[0,1] 上连续，且有 1 1 0, (1) 1 0 2 2 F F ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = > =− < ⎝ ⎠ 所以，存在一个 1 ,1 2 ξ ⎛ ⎞ ∈⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ，使得 F() 0 ξ = ，即 f ( ) ξ = ξ 。 (2) 令 () [ () ] x Gx e f x x − = − ，那么G G (0) ( ) 0 = ξ = 。 这样，存在一个η ∈(0, ) ξ ，使得 ' G () 0 η = ，即
G(n)=e"[f()-1]-e[f(n)-m]=0 也即∫(7)=f(m)-n+1.证毕。 六、设n>1为整数, (1 证明:方程F(x)=在(,n)内至少有一个根 证明:因为 1+++…+-|0, 下面只需证明F(m)>即可。我们有 F()=12(2+…+=2Ce l!2 (+",2+ m)-se(*i,2it- r-nbiyuo 由此推出 F(n) nn l!2 第5页(共9页)
第 5 页（ 共 9 页） ' ' G ef ef ( ) [ ( ) 1] [ ( ) ] 0 η η η η ηη − − = −− − = . 也即 ' f f () () 1 η ηη = −+ . 证毕。 六、设 n >1为整数， 2 0 ( ) (1 ... ) 1! 2! ! n x t tt t F x e dt n − = ++ ++ ∫ . 证明：方程 ( ) 2 n F x = 在( ,) 2 n n 内至少有一个根. 证明：因为 2 1 ... 1, 0, 1! 2! ! n t tt t e t n − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + + + + ⎝ ⎠ 故有 2 2 0 1 ... 2 1! 2! ! 2 n n n tt t n t F e dt n − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ++ ++ 即可。 我们有 2 2 0 0 ( ) 1 ... 1 ... 1! 2! ! 1! 2! ! n n n n t t tt t tt t F n e dt de n n − − ⎛ ⎞⎛ ⎞ = + + + + =− + + + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫ ∫ 2 21 0 1 1 ... 1 ... 1! 2! ! 1! 2! ( 1)! n n n n t nn n tt t e e dt n n − − − ⎛ ⎞⎛ ⎞ =− + + + + + + + + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ − ∫ 由此推出 2 0 ( ) 1 ... 1! 2! ! n n t tt t F n e dt n − ⎛ ⎞ = ++ ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 2 1 1 ... 1! 2! ! n n nn n e n − ⎛ ⎞ =− + + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 1 1 1 ... 1! 2! ( 1)! n n nn n e n − − ⎛ ⎞ +− + + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − ... 1 1 1 1! n n n e e − ⎛ ⎞ − + +− + +− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
记a=一,那么④=1n+1 l!2! >n+1+2 七、是否存在R中的可微函数f(x)使得 f(f(x))=1+x2+x 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R中的可微函数f(x)使得 f(f(x)=1+x2+x4-x3-x 考虑方程f(f(x)=x, 即1+x2+x-x =x 或(x-1)(x4+x2+1)=0 此方程有惟一实数根x=1,即f(f(x)有惟一不动点x=1 下面说明x=1也是f(x)的不动点。 事实上,令∫(1)=t,则∫(1)=f(f(1)=1,f(f()=f()=t,因此t=1。如所需。 记g(x)=f(x),则一方面,[g(x=[0(x)→g()=(f()20 另一方面,g(x)=(1+x2+x2-x2-x)=2x+4x2-3x2-5x,从而g()=-2。矛盾 第6页(共9页)
第 6 页（ 共 9 页） 记 ! i i n a i = ，那么 0 12 1 ... n a aa a = +− + + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 1 2 2 n n n + > +− = ,证毕. 七、是否存在 1 R 中的可微函数 f ( ) x 使得 2435 f ( ( )) 1 fx x x x x = ++−− ？ 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 1 R 中的可微函数 f ( ) x 使得 2435 f ( ( )) 1 fx x x x x = ++−− 。 考虑方程 f ( ( )) fx x = ， 即 2435 1++−−= x xxx x ， 或 4 2 ( 1)( 1) 0 x xx − + += 。 此方程有惟一实数根 x =1，即 f ( ( )) f x 有惟一不动点 x =1。 下面说明 x =1也是 f ( ) x 的不动点。 事实上，令 f (1) = t ，则 f ( ) ( (1)) 1, ( ( )) (1) t f f f ft f t = = == ，因此t =1。如所需。 记 gx f f x ( ) ( ( )) = ，则一方面，[ ][ ] ( ) ' ' 2 ' ' gx f f x g f ( ) ( ( )) (1) (1) 0 = ⇒= ≥ ； 另一方面， ( )' ' 2435 3 2 4 gx x x x x x x x x () 1 2 4 3 5 =+ + − − = + − − ，从而 ' g (1) 2 = − 。矛盾
所以,不存在R中的可微函数f(x)使得f(f(x)=1+x2+x2-x3-x。证毕。 解法二:满足条件的函数不存在 理由如下 首先,不存在x→+∞,使f(x)有界,否则f(f(x)=1+x2+x4-x2-x有界,矛盾 因此 imf(x)=∞从而由连续函数的介值性有limf(x)=+∞或limf(x)=-0 若lim∫(x)=+0则limf(f(x)=limf(y)=-∞,矛盾 若lmf(x)=-∞,则limf(f(x)=limf(y)=+∞,矛盾 x→+∞ 因此,无论哪种情况都不可能 八、设∫(x)在[O,∞)上一致连续,且对于固定的x∈[0,∞),当自然数n→∞时∫(x+n)→>0证 明函数序列{f(x+n):n=1,2,,}在[0,1上一致收敛于0 证:由于f(x)在[0,+∞)上一致连续,故对于任意给定的E>0,存在一个δ>0使得 f(x)-f(x2)δ-1,并在[0,1中取m个点 R 其中 J x=2(=12,,m)。这样,对于每一个 N 这里的E是前面给定的。 令N=max{N1…,Nmn},那么 f(x+m)<2,只要 第7页(共9页)
第 7 页（ 共 9 页） 所以，不存在 1 R 中的可微函数 f ( ) x 使得 2435 f ( ( )) 1 fx x x x x = ++−− 。证毕。 解法二：满足条件的函数不存在. 理由如下 首先，不存在 k x → +∞ ，使 ( ) k f x 有界，否则 2435 ( ( )) 1 k kkkk f fx x x x x = ++−− 有界，矛盾. 因此 lim ( ) x f x →+∞ = ∞ .从而由连续函数的介值性有 lim ( ) x f x →+∞ = +∞ 或 lim ( ) x f x →+∞ = −∞ . 若 lim ( ) x f x →+∞ = +∞ 则 lim ( ( )) lim ( ) x y ffx fy →+∞ →+∞ = = −∞ ，矛盾. 若 lim ( ) x f x →+∞ = −∞ ，则 lim ( ( )) lim ( ) x y ffx fy →+∞ →−∞ = = +∞ ，矛盾. 因此，无论哪种情况都不可能. 八、设 f ( ) x 在[0, ) ∞ 上一致连续，且对于固定的 x∈[0, ) ∞ ，当自然数 n → ∞ 时 fx n ( )0 + → .证 明函数序列{ ( ) : 1,2,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛于 0 证：由于 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续，故对于任意给定的ε > 0 ，存在一个δ > 0 使得 1 2 12 1 2 ( ) ( ) , ( 0, 0) 2 fx fx x x x x ε − ，并在[0,1] 中取 m 个点: 1 2 0 ... 1 m xx x = 只要 ， 这里的ε 是前面给定的。 令 N NN = max{ ,..., } 1 m ，那么 ( ), 2 j f x n nN ε + 只要
其中j=12,…,m。设x∈[O,1是任意一点,这时总有一个x使得x∈[x,x1 由f(x)在D+∞)上一致连续性及x-xN 这样,由后面证得的两个式子就得到 f(x+n)N,x∈[0, 注意到这里的N的选取与点x无关,这就证实了函数序列{f(x+m):n=1,2,}在[0,1上一致收敛 于0. 第8页(共9页)
第 8 页（ 共 9 页） 其中 j =1,2,...,m 。 设 x∈[0,1]是任意一点，这时总有一个 j x 使得 1 [, ] j j x x x ∈ + 。 由 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续性及 j x x − 只要 这样，由后面证得的两个式子就得到 f x n n Nx ( ) , , [0,1] + ∈ ε 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,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛 于 0
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