Buct华罗庚班数学竞赛答案

2024年3月12日发(作者：小学数学试卷评比和分析)

首届BUCT华罗庚班数学竞赛公开赛答案

一、填空题

1

1、

2

1

2、f

\'



0



2

y71z3

3、x

222

11

4、max96、min96

1818



二、提示：命f



x



a用中值定理

x



1cosx



x

三、C或者xtanC

sinx2

四、略

e

2



e1

五、

2



5



e1



1

x



2





2





2n



!!



1



六、lim







x





2n1



!!



2n12



二、提示，运用中值公式

aa

1

n

1

n

1

n+1

1







1



11



=



alna(其中



,



)





nn1



n1n



1





111111



1





a,,,



2

2

nn1nn1nn1nn1n







n1



1

n1

aa

lna

1

n+1

当a>1时，a

三、

aa,易得结论成立



1

n

xx

x2sincos

xx

22

dx原式=



dxtan



2

x



2

dx

2

x

2cos2cos

22

xxxxxx

xdtan



tandxxtan



tandx



tandxCxtanC





222222

四、

方法1，由



f



x



dx0知存在



1





0，





使f





1



0,一下用反证法。如果在



0，





内f



x



0,

0



仅有一根x



1

,则由



f



x



0推知，f



x



在



0，



1



与





1

，





内异号。不妨设，在



0，



1



内

0



f



x



0,在





1

，





内f



x



0.于是由



f



x



cosxdx0与



f



x



dx0及cosx在



0，





上单调

00



递减知，

0=



f



x



cosxdx



f



x



cos



1

dx

00







f



x



cosxcos



1



dx

0







f



x



cosxcos



1



dx



f



x



cosxcos



1



dx0,

0



1





1

从而得到矛盾。于是推知除



1

外，还至少存在一点



2





0，





，



1





2

，使f





2



0.

五、



e

0

n



2x

sinxdx





k1

n

k





k1





e

2x

sinxdx





k1

n



1





k1





k



k1

e

2x

sinxdx

2



n1





1

n

2k



11e





e1e

2









1e

2



1



.



5

k1

51e

2



当n



x



n1





时，



n



0

e

2x

sinxdx



e

2x

sinxdx



0

x

x



n1





0

e

2x

sinxdx,

n,由夹逼定理得



+

0

e

2x

sinxdxlim



e

2x

sinxdx

x

0

e

2





e

2



1



5



e

2



1



六、



2n1!!



2n



!!



已知



2

sinxdx,



2

sin

2n1

xdx

0



2n



!!2

0



2n1



!!2





2n2



!!

.



2n1

0x时，sinxdx



2

sin

2n

xdx

0

2



2n1



!!

2



2n



!!







2n



!!



2n2



!!

从而.

2



2n1



!!



2n1



!!2





2n1



!!





2n

即





2n



!!





2n1







2n1



!!



于是，

2

2





2n



!!





2



2n







2n2



!!





22

2

2

.

1





2n



!!





2n



!!





11



0













2n1



!!







22n1



2n1!!2n2n1













2n



!!



11















2n1



!!



2n(2n1)2n2

.



由夹逼定理得





2n



!!



1



lim







n





2n1



!!



2n12



2

2