2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)

2023年12月24日发(作者：做高中数学试卷视频教学)

2010年全国大学生数学竞赛决赛答

tian27546

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一、（20分）计算下列各题：

kk1．求极限

lim(1)sin2

nnnk1n1解法1

kk 因(1)sin2

nnk1n1kk(1）2sinsin

22nn2n2sin2k12n1n1k2k2k(1）(coscos)

22n2n2n2sin2k12n1n1n2k2k2k(1）(coscos)

22k1n2n2nn1n1k2kn2n1k2k

(1）cos(1）cosnk1n2n2k12n2n2k2kn2(1）cos2k1n2nn1n2(1k2nk12k）cosn2n2

1n2n1(2n1)n2n112k

(1)cos2(1）coscosn2nn2n2k2n2n21n21(2n1)nn1(2k1)（*）

(1)cos2(2）coscos22n2nn2nk22n而

1(2k1)cos2n2k22sin22nn1n2n22cosk2n1(2k1)sin

2n22n2

1

12sin2n2[sink2n1k(k1)sin]

n2n2(n1)sin22nn

2sin22n(n2)cossin22n2n（**）

sin2n2将（**）代入（*），然后取极限，得

1n21(2n1)n原式lim[(1)cos2(2）cos2nn2nn2nn2sinn2cos2nsinsin(n2)2n2]

2n21n21(2n1)222n3(n2)lim[(1)(2）(1)cossin]

422nnn8n2n2n1n2122n3(n2)lim[(1)(2）(12)2cossin]

nnn2n2n2n21n2122n32(n2)(n2)33lim[(1)(2）(12)2(12)()]26nnn2n8n2n48n1n2122n323lim[(1)(2）(12)2(12)(2)]

nnn2n8n2nn48n3n2n2n2



5

62上式中含n的项的系数为项系数为1248解法2 Step 1

n1566

210，含n的项的系数为111(2)0，常数1k 因sin2nk12sin22n12sin2sinnk1n1n1k2sin2n2

2n2(cosk12k2kcos)

2n22n2

2

故

limsinnk1n112sin2n2(cos2n2cos(2n1))

2n2k1(2n1)lim(coscos)222nn2n2n2sin22n

limn1n2(cos2n2cos(2n1))

2n2limn2n2sin(n1)sin

22n2n2n2(n1)

limn2n22n2Step 2因cosk2n(2k1)

2n2(2k1)sin

2n22n212sin12sin2n22cosk2n2n2[sink2nk(k1)sin]

22nnsin因此

(n1)(n1)ncossinsin2n22n2

n2n22sin2sin22n2nkk2sinsin

22nn2nk1n11kksinn22sink1n2n2n1k(2k1)n1k(2k1)[coscos]

22k1n2n2nk1n2sin22n1n1nk(2k1)k1(2k1)[coscos]

22k1n2nn2nk22sin22n1n1

3

1n1(2n1)n11(2k1)coscoscos222

n2nn2nn2nk22sin22n1n1(2n1)1(2k1)coscoscos(*)

2222n2n2nk2n2sin2n2n1(n1)(n1)cossin2211(2n1)2n2ncos2cos2n2n2n2sin2nsin22n2n于是

kklimsin2

nnk1nn1

(n1)(n1)cossin2211(2n1)2n2nlimcos2cos2nn2n2n2sin2nsin22n2n(n1)(n1)cossinn21(2n1)222n22n2

lim（1）4nn8n2n(n1)22(n1)(n1)33（1)()426n2128n2n48nlim12

nn2n2nn2122n1(n1)32lim12（12)()

5nn2n8nn24nn2122(n12lim12（12)()

2n2n8nn24nnn212212lim12（12)(1)2

nn2n8nn24n

n212122lim（1212）

2nn2nn24n8nn2222lim（2）

n2n24n28n2

4

635原式

2362

2．计算axdydz(za)2dxdyxyz222，其中

为下半球面

za2x2y2 的上侧,

a0.

解 记1为平面

z0,x2y2a2 的上侧，2为下半球面

za2x2y2

的下侧，是由1和2所围成的立体，则

axdydz(za)12dxdya2dxdy1xya2adxdya2224，

设xrcos,yrsin,则

2axdydz(za)dxdy

12(a02z2a)dxdydz

(2z3a)dxdydz

x2y2a2dxdy0a2x2y2(2z3a)dz

x2y2a2[z23az]0a2x2y2dxdy

x2y2a2222222(axy3aaxy)dxdy

0ra02(aa02r23aa2r2)rdrd

2(a2r23aa2r2)rdr

(a2r23aa2r2)d(r2)

0a(a2u3a(a2u))du

0a212

5

ua2u4a(a2u)

20232a27a4

2axdydz(za)2dxdyxyz222

1122axdydz(za)dxdyaxdydz(za)dxdy

a12a17a3a33a

223．现 设计一个容积为V的圆柱体容器. 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；即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少？

V解 设圆柱体的底半径为r，高为h，则Vr2h，h2总造价为

r2bV2ar2，

P2brh2ar2r则

2bVbV2ar3P24ar2，

rr2VbVh由P0知，解得r，，

12abV32a13因为是惟一的驻点，所以当

2bVbV2bV2b2V2a2aV2aVa时，所需费用最少.

111x(,)，求f(x) 4．已知

f(x)，33sinxcosx42111x(,)，故 解 因f(x)，sin3xcos3x421f(x)3dx

sinxcos3x2r:h

1313232

131dx

(sin2xcos2xsinxcosx)(sinxcosx)6

1dx(1sinxcosx)(sinxcosx)112(1sin2x)sin(x)24dx

11dx

211cos(2x)sin(x)22411dx

121cos2(x)sin(x)4421令t(x)，则

24f(x)21(1cos4t)sin2t2dt2dt

(2cos4t)sintcost22dtdt

2222(2cos2tsin2t)sintcost(3cos2tsin2t)sintcost2dt

(3(cos2tsin2t)24sin2tcos2t)sintcost(sin2tcos2t)22dt

4422(3cost3sint2sintcost)sintcostcos4tsin4t2sin2tcos2t2dt

(3cos4t3sin4t2sin2tcos2t)sintcost1tan4t2tan2t2dtant

42(33tant2tant)tant令utant，vu2，则

1u42u221u42u2f(x)2dudu2

42242u(33u2u)2u(33u2u)21v22v2v22v1dvdv

222v(33v2v)2v(3v2v3)1v22v1AA令，则，

R(v)3v(3v22v3)v

7

8v22v113v26v33v22v3

R(v)3(3v22v3)v(3v22v3)3v3v(3v22v3)因此

f(x)2dv42dv

6v33v22v3242dv242dvlnv

lnv21869633v2v3(v)2391v2421223v1lnvarctan3ClnvarctanC

692263222233223tan2t1223tan2t122lntantarctanClntantarctanC

63632222x3tan2()12x228lntan2()arctanC

628322

二、（10分）求下列极限

11．limn(1)ne

nn解 设f(x)(1x), 则

1xf(x)(1x)(1xx(1x)ln(1x)1ln(1x)

f(x))22x(1x)x(1x)x1x原式=lim(1x)ef(x)limf(x)limf(x)lim

x0x0x0x0xf(x)limf(x)limx0x0x(1x)ln(1x)

x2(1x)elimx(1x)ln(1x)

x0x2ln(1x)eelim

x02x2

8

111anbncn2．limn3，其中a0，b0，c0

n解 因

axbxcx3axlnabxlnbcxlnclnalnblnclimlimln3abc

x0x03x33abc故

原式=limx03xxx1alim(x0xe1xxbxcx1)3eaxbxcx3x03xlim3abc

f(sin2xcosx)三、（10分）设f(x)在x1处可导，f(1)0，f(1)2，求lim

2x0xxtanx解 设f(x)在x1处可导，f(1)0，f(1)2，则

f(sin2xcosx)f(sin2xcosx)f(1)limlim

x0x0x2xtanxx2xtanxx2sin2xcosx1f(sin2xcosx)f(1)lim2limlim

22x0xxtanxx0x0xsinxcosx1limx0111cos2x2sinxcosxsinxf(sin2xcosx)f(1)limlim

x0x02xsin2xcosx112sinxcosxsinxf(sin2xcosx)f(1)limlim

2x0x022xsinxcosx11sinx2cosx1f(sin2xcosx)f(1)limlimlim

x02x0xx02sin2xcosx1f(t)f(1)111f(sin2xcosx)f(1)1limf(1)lim

2t1x04t1424sinxcosx1四、（10分）设f(x)在[0,)上连续，解 令G(x)f(t)dt，则因0y0f(x)dx收敛，求lim1yxf(x)dx.

yy0yx0f(x)dx收敛，故limG(y)，不妨设limG(y)AR，则

y1y1y1yxf(x)dxlimxdG(x)lim{xG(x)00G(x)dx}

yy0yy0yylim

9

lim(G(y)y1yG(x)dx)

0y1yAlimG(x)dxAlimG(y)AA0

yyy0

五、（12分）设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可微，且f(0)f(1)0，11f()1，证明：（1）存在,1使得f()；（2）存在0,使得22f()f()1.

1证 （1）记F(x)f(x)x，则函数F(x)在[,1]上连续，且F(1)1，2111F()，故由零点存在性定理知存在,1使得F()0，即f().

222（2）因ex(f(x)f(x)x1)dx

exf(x)dxexf(x)dxxexdxexdx

exf(x)dxexdf(x)xdexexdx

exf(x)xex

故令F(x)(f(x)x)ex, 则函数F(x)在[0,]上连续，在0,内可微，F(0)0,F()0,F(x)(f(x)1)ex(f(x)x)ex, 故由罗尔定理知,存在0,使得F()0,

f()f()1.

六、设f(x)在(,)上有定义，在x0的某邻域内有一阶连续导数，且f(x)1lima0，证明级数(1)nf()条件收敛.

x0xnn1证 因

limx0f(x)a0，故存在一个正数，使得当0x0时，有

xf(x)aa

x2

10

1f()af(x)1a1因此（0x0），于是，当n时，

00，n，

12xn2n1a11f()，这表明级数f()发散，即级数(1)nf()发散.

n2nnnn1n1

f(x)a0知，

x0xf(x)f(0)limf(x)limxlim0a0x0x0x0xf(x)f(0)f(x)f(0)limlima0

x0x0xx下证原级数收敛：由lim，由f(x)在x0的某邻域内有一阶连续导数知，af(0)limf(x)，因此存x0在一个正数，使得当x0时，有

f(x)aa

2因此0时，f(a1f(x)（x(,)）. 特别地，f(x)在(0,)上单调增，于是当n2111)f()，且limf()f(0)0.最后由Leibniz判别法知，原级数收敛.

n1nn 综上可知，原级数条件收敛.

tt2tn六、（14分）设n1为整数，F(x)e11!2!n!dt，证明：方程

0xtF(x)nn在,n内至少有一个根.

22证 记tt2tnpn(t)1,

1!2!n!tt2tnrn(t)e(1),则1!2!n!tpn(t)etrn(t),且当t0时,pn(t)0,

rn(t)0,etrn(t)0.

记(x)F(x)xtnnn，则(x)etrn(t)dt,

022tt2tn因F(x)e11!2!n!dt，故

0

11

nn函数(x)在[,n]上连续，在,n内可微，且

22nnnnnnt()F()2(1ern(t))dt2etrn(t)dt0,

002222(n)etpn(t)dt

0nn2nn(1etrn(t))dtnetpn(t)dt22n20etrn(t)dtnetpn(t)dt2n20

nern(t)dtenn20tn20tn2npn(t)dt

2nt1n22t2eedtep(t)dt

n00(n1)!2tt1n222t2eedte(er(t))dt

n00(n1)!2t1n1122t2eedtee2dt

2(n1)!0(n1)!0nnnnnnnnnn112t2t1eedteedt

2(n1)!0(n1)!0nnn22t2eedt

2(n1)!0nn2t2

e2e02(n1)!nnnn2(e21)

2(n1)!n2e2

2(n1)!(n1)!n2n2n2nn2en2e

2(n1)!2(n1)!

12

n10（若n2，则左边的两个不等式都成立）

211111(1)F(1)et1tdt1tdet

t111tet1edt12e(1e)0

00222ee(2)10

393e3e32e3e1(3)0

4!2e2ee2(4)22210,

5!543(n)neee2n10

2n1nn1n222nn故由零点存在性定理知, 存在(,n)使得()0, 即F().

22七、（12分）是否存在R中的可微函数f(x)使得f(f(x))1x2x4x3x5? 若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.

解 不存在

假如存在R中的可微函数f(x)使得f(f(x))1x2x3x4x5，

x)2x3x24x35x4， 则f(f(x))f（1)]2f(f(1))f（1)234520矛盾。

若f(1)1，则[f（下面只需证明f(1)1.

记af(1)，则

f(a)f(f(1))[1x2x4x3x5]x11，

af(1)f(f(a))[1x2x4x3x5]xa1a2a4a3a5,

即

a1a2a4a3a5

移项得

1aa2a3a4a50

分解因式得

(1aa2)(1aa2)(1a)0

13

因此

a1

八、（12分）设f(x)在[0,)上一致连续，且对于固定的x[0,)，当自然数n时f(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 若函数序列{f(xn):n1,2,}在[0,1]上不一致收敛于0, 则存在一个正数0使得对任何正整数k，存在nkk和xk[0,1]使得nkk,f(xknk)0, 可以假设nknk1,

k1,2,, 则因数列{xk}存在收敛子列{xki}, 故不妨设xkix0[0,1].

事实上, 由f(x0n)0知, 对上述的0, 存在正整数N1使得当nN1时,

有f(x0n)02;

由f(x)在[0,)上一致连续知,对上述的0, 存在正数0使得当xx00时, 有f(x)f(x0)02;

由xkix0[0,1]知,

对于上述的0, 存在正数N2,使得当iN2时,

xkix00;

取一个自然数i,使得iN1N2, 则xkix00,

f(xki)f(x0)02,

nkiiN1N2N1,

f(x0nki)02,

f(xkinki)f(x0nki)f(xkinki)f(x0nki)02020,

这与f(xkinki)0矛盾.

广义的Stirling(斯特林)公式

(nx)nx212(nx)2

(1x)(2x)(nx)(nx)e(1x)1(x)其中n为正整数，x0,0(x)1.

Stirling(斯特林)公式

14

nn!2ne12n

e其中n为正整数,01.

补充题1

设f(x)在[0,n2]上具有连续的二阶导数，且f(0)0，证明：存在,,(0,)，使得f()sin2f().

22证 因f(x)和g(x)cos2x在[0,]上连续，在(0,)内可导，且

22g(x)(cos2x)2sin2x0，x(0,)

2（0，）故由Cauchy中值定理知，存在，使得

2f()f(0)f（）2

g()g(0)g（）2即

f()f(0)f（）2

（*）

22sin（2）（0，）因f(x)在[0,]上具有连续的二阶导数，故存在，使得

22f()2f()f(0)f(0)()

2222再由f(0)0知，

f()f(0)f() （**）

28由（*）式和（**）式知，

2f（）2f()（***）

sin（2）8取4，则(0,2)，且（***）式可以写成

f()2sin2f()

（0，）（0，）其中(0,)，，

222

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