1、12010 年全国大学生数学专业竞赛试题及解答（1）计算积分 220,0,.xxed解 方法一 直接利用分部积分法得220xxed2201()(xxed22)(xxe220(ed； )2(2)方法二 不妨设 ，由于 ， 0 dyexexx222而积分 关于 在 上一致收敛，故可交换积分次序 20yxed,220x 20yxded 20yxed； y21)(方法三 将 固定，记 ， 可证 在 上收020(),0xeId (I0,)敛设 因为 ，而 收敛，,) 22xxe2xe 所以由 Weierstrass 判别法知道 对 一致收敛所以可以交换2d ,)微分运算和积分运算的次序， 即 220()
2、()xeId20()xe12由 的任意性，上式在 上成立,所以 ，由于 所以 ，()IC()0,IC)()(I2即 dxex02 )(2)若关于 的方程 ， 在区间 内有唯一的实数解，求常数 .x21kx0k,k解：设 ，则有 ，2f32fx当 时， ；当 时， .130,xk0f1,k0fx由此 在 处达到最小值，fx132k又 在 内有唯一的零点，2f0,必有 ， ，13fk1320k， ，3212342714k所以 .k（3）设函数 在区间 上连续，由积分中值公式，有fx,ab， ，若导数 存在且非零，xaftdfxbfa求 .limx解： ，aftdtxaffa，21xtdtxff由条
3、件，可知3，1limxafffa，2 1li lim22ax xatdtffa 故有 .1lixa二、设函数 在 附近可微， ， ,f0x0ffa定义数列 .2221n nfn证明： 有极限并求其值.x证明：由导数的定义，对于任意 ,存在 ，当 时，有 .00|xfxa于是 ，axfa从而，当 时，有 ，1n2kn，其中 .222kafa1,kn对于上式求和，得到，2211nnnkkx即 ，naa令 ，有n,11limli22nnx由 的任意性，得到 .0lina设 在 上有定义，在 处可导，且 .fx1,0x0f4证明： .210limnkff三、设函数 在 上一致连续，且对任何 ，有f0,
4、)0,1x，(linfxn证明： 。()0mxf试举例说明，仅有 在 上的连续性推不出上述结论。f,)证明 证法一由 在 上一致连续，对 ， ，f0,)00当 12,)y且 时，12|便有 ；12|()()|fyfy取定充分大的正整数 ，使得 。现把区间 等分，设其分点为k10,1k，每个小区间的长度小于 。,0,1,ixik 对于任意 ， ；0,1)x从而必有 ，使得 ；,0,1,i k |ixx5由条件对每个 ，有 ；ix()0lminfxn于是存在 ，当 时， ，对 都N|()|2ifx0,1,ik成立；故当 时，便有1x|()|()|()()|i iffxfxfx2，即得 ，结论得证。
5、()0limxfx证法二 设 ,由题设条件知()()nffn在 上等度一致连续,对每一 ,有nfx01 01x;()linnf利用 Osgood 定理得, 在 上一致收敛于 0,()nfx0,1对 ,存在 ，当 时, 0N有 , ,|()|()|nfxfxx从而当 时,有 ,1|()|f即得 ，结论得证。()0limxfx设 在 上的连续，且对任何 ，f0,) 0,1x有 ，但推不出 。(0linfxn()limxf6例如函数满足在 上的连续，且对任何2sin()1xfxx0,)，有 ，0,()limnfn但不成立 。()0lixfx四、设 ， 在 内连续， 在 内连续有界，2,:1Dy,fx
6、yD,gxyD且满足条件：当 时， ；21x,fx在 中 与 有二阶偏导数，fg， .22fexy2gexy证明： 在 内处处成立.,fgD证明：设 ，,uf则有 fgfe10tfgedt.10tfgdu,Cxy于是 ， ， ;,uxyD,0xy由已知条件，存在 ，当 时，0r01r有 ， .,fg22r记 ，22:Drxyr设 ，我们断言，必有 ，,()min,ru0m假若 ，则必有 ，使得 ；00Dr,uxy易知 ， ,xy .00,C70,xyuC这与 矛盾，所以 0m从而 ， ；,uxy,Dr由 的任意性，得r， .,故在 内处处成立 .D,fxyg五、 设 ,:01R.,xy 考虑积
7、分 ， ，定义 ，1RdI1RdxyI0limI(1)证明 ；21n(2)利用变量替换： ，计算积分 的值，并由此推出 .2uxyvI2216n证明：（1）由 ，在 上一致收敛，可以进行逐项积分1nxyR1nRRdI dxy，110nnxy 21nn又 ，2所以 关于 是一致收敛的，可以逐项求极限，21nn0,1于是有 .220011limlinnI8故有 ；21nI(2) ,xuvy, ,2v11,:0,:,012uvuvuvu,:,0,:,02注意到区域 关于 轴对称u21RdxyI duv122 20 021u udvu ;14I21 20 0arctn1vudu220rtu62201s
8、insinactcosi1tut td;6048td112220arctnvuI du122rt1u26sinsinactcositut dt9261sinarctotd261tan2rcd26rt42t;2226 1164368dt或者利用分部积分,得 261sinarctot226i1sinrtcscosit tt dt 26tdt,22113438于是 ,22126II故 .2216n2010 年全国大学生非数学专业竞赛试题及解答一、计算题（1） 求极限 21lim()sinnkk解法1 直接化为黎曼和的形式有困难.注意到 ,3sin()xO=+,322611lisilinnk kkOn
9、10由于 ，336611|()|20,()nnk kOCn所以 2211limsinlimnnk k.65)()(li0212 dxkn解法 2 利用 ，得3sin6x-，322ikkn,326221111()sin6nnnkkkk由于 ，336611| |20,()nnkk，21limnk 65)()(lim10212 dxnnk所以 .215li()si6nk（2）计算 ，22axdyzadxyI其中 为下半球 的上侧， .2z0a解法一. 先以 代入被积函数，122xya，adzdxI 2xdyzadxy补一块有向平面 ，其法向量与 轴正向相反，22:0yaSz利用高斯公式，从而得到 -
10、 2 2+S1SIaxdyzadxydzaxdy 2Dz，11其中 为 围成的空间区域， 为 上的平面区域 ，+SD0z22xya于是 3212Iadxya 22040arz.3a解法二. 直接分块积分，1Ixdyz22yzDaxydz其中 为 平面上的半圆 ， .yzO0利用极坐标，得，22310aIdrda2zxy，221xyDadxy其中 为 平面上的圆域， ，O22a用极坐标，得 222201aIdrd，36因此 .312Ia（3）现要设计一个容积为 的圆柱体的容积，已知上下两低的材料费为单位面积 元，而Va侧面的材料费为单位面积 元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底面的直径之比为
11、何值b时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为 ，底面直径为 ，费用为 ，hdf12根据题意，可知 ，2dhV242fab21dh21abd231dh223ab，234V当且仅当 时，等号成立，adbh，h故当 时，所需要的费用最少.adb（4）已知 在 内满足 求 .fx1,42331sincofxxf解： 33sincof d，221sicisnosxdxx 1sinco2i4ddx13，114lnta2xC22 2sincosinco1sxxdxdx2sinco1x2i2sd2arctnicosxC所以， .214ltanarctnsico33f xC二、求下列极限.（1） ；1limnne
12、（2） ，其中 ， ， .11li3nnabc0ab0c解：（1） 11limlimnxnxee1lnix211lnlimxx x1421lnimxxe231lixxe21lim2xe.21lixe（2）1111limlim33nxnxxabcabc，1ln3ixabcxe1ln3imxxabce11ln3imxxxabc1111 22lnllnlixxxxabcabc1111limlnllnxxxxxabcabc15，1lnl3abc3nab故 .113limnn一般地，有 ，其中 ， ，112linmkmnaa 0k1,2m120lixnxee 2ln0ixnxee2lnln0imxxee
13、x 2201limxnxxneee.1122n3设 在 点附近有定义，且在 点可导， ， ，f 1x0f12f求 .20sicoltanxx解：20ilmtxf220sinco1sinco1ltasx fxfx 20is1ltnxfx220siilmtax16220sinco1lmsxx2200sinco1llisnxxx.21四、设 在 上连续，无穷积分 收敛，求 .fx0,0fxd01limyyxfd解：设 ，由条件知， ，0FftdF，limx A利用分部积分，得，00yyfdxd0yxd，011yF，0limliyyxdA于是 0 011lilimliyyyyfFFxd.5设函数 在
14、上连续，在 内可微，且 ， .fx,10,110ff12f证明：（1）存在 ，使得 ；,2f（2）对于每一 ，存在 ，使得 .0,1ff证明：（1）令 ，Fxfx17由题设条件，可知 ，12F；1利用连续函数的介值定理，得存在 ，使得 ，即 .,20Ff（2）令 ，xGef由题设条件和（1）中的结果，可知， ；00利用罗尔中值定理，得存在 ，使得 ，,由 ，1xxGefef即得 .f六、 试证：对每一个整数 ，成立2n.1!e分析：这是一个估计泰勒展开余项的问题，其技巧在于利用泰勒展开的积分余项.证明：显然 时，不等式成立；0n下设 .由于 ，001!knteed这样问题等价于证明，0!2nt
15、即，00nnt teded令 上式化为u，002nntu从而等价于 ，0nunede只要证明 ，2u18设 ，则只要证明nufe， ，hf0hn就有 ，0nndfd，20nfuu则问题得证.以下证明 ， ，成立fhfnhn上式等价于 ，ee即 ，lnl令 ，ln2ghh则 ，并且对 ，有002dnhh，220从而当 时， ，0ng这样问题得证.注：利用这一结论，我们可以证明如下结论.六、设 为整数， ，证明方程 ，1201!nxtttFed 2nFx在 上至少有一个根.,2n六、证明：存在 ，使得 .1(,)2an01!2knaxed证明：令 ，0!kyxfed则有 ，2200nnkxxf e
16、190!knxfed0!knedx，012nn由连续函数的介值定理，得存在 ，使得 ，,afa故问题得证.这里是由于 ， ，0!knxge0!nxge在 上严格单调递减，x0,所以，当 时，有 .nxn七、 是否存在 上的可微函数 ，使得 ，若存在，R()f 2435()1fxx请给出一个例子；若不存在，请给出证明。证明 如果这样的函数 存在，()fx我们来求 的不动点，即满足 的 ，(f ()fx，24351xx，()0由此得 ，这表明 有唯一的不动点 ，易知 也仅有唯一的不动点()f 1x()fx， ，在等式 ，两边对 求导，得1x()f 2435x，24()ffx让 ，即得 ，这是不可能
17、的，故这样的函数不存在。x21八、设函数 在 上一致连续，f0,)且对任何 ，有 ，0,1x()0limnfxn证明： 。()0lixfx20试举例说明，仅有 在 上的连f0,)续性推不出上述结论。证明由 在 上一致连续，对 ，f0,)0，当 12,0,)y且 时，12|便有 ；12|()()|fyfy取定充分大的正整数 ，使得 。现把k1k区间 等分，设其分点为 ，0,1k ,0,1,ixikk每个小区间的长度小于 。对于任意 ， ；1x0,1)x从而必有 ，使得,0,i k；|ixx由条件对每个 ，有 ；ix()0liminfxn21于是存在 ，当 时，Nn，对 都成立；|()|2ifxn0,1,ik故当 时，便有1N|()|()|()()|i ifxfxfxfx，2即得 ，结论得证。()0limxfx设 在 上的连续，且对任何f0,)，有 ，0,1x()0linfxn但推不出上述结论。例如函数满足在 上的连续，2sin()1xfxx0,)且对任何 ，有 ，0,1x(0limnfxn但不成立 。()0lixfx
