2010年河北省大学生数学竞赛解析

2010年河北省大学生数学竞赛试题解析（非数学类）一、求极限).)1(21(1lim222222nnnnnn【解】))1(21(1222222nnnnnSn))1(1)2(1)1(1(1222nnnnnnnnnnnn1))1(1)2(1)1(1)0(1(12222nnnini11.)(1102nnSlim]11.)(1[lim102nnninin上连续，故21x]1,0[dxx102-1因在存在，且dxx102-11021.)(1limninnni，所以，nnSlimndxxn1lim-1102.4-1102dxx二、请问何值时下式成立.1sin1lim220ctdttaxxxbx【解】因此要想极限存在，分子必时使用洛必达法则得到cba,,a注意到左边得极限中，无论为何值总有分母趋于零，0b0b，当须为无穷小量，于是可知必有22002201)(coslim1sin1limxaxxtdttaxxxxx由上式可知：当1a0x时，若，则此极限1a，则存在，且其值为0；若21)1(coslim1sin1lim220220xxxtdttaxxxxbx综上所述，得到如下结论：;0,0,1cba或2,0,1cba。三、计算定积分。【解】202010tan1xdxI作变换tx2，则2020102010022010tan1tancot1ttdttdtIIdtdtt20202010)tan111(I2220dt，所以，4I。四、求数列}{1nn中的最小项。【解】因为所给数列是函数xxy1当x分别取,,,3,2,1n时的数列。又)1(ln21xxyx且令exy0，容易看出：当ex0时，；0y当ex时，0y。xxy1eeey1)(所以，有唯一极小值。而3312132e}{1nn331，因此数列的最小项。。01nnne01nnnx五、求【解】1x0011)1(1nnnnnnx当时，收敛；。考虑幂级数)1,1(,其收敛半径为1，收敛区间为1x00111nnnnnx时，当发散，因此其收敛域为)1,1[。设其和函数为)(xs,则)1,1(x，).1ln(11)(0xdxxxxsxeeesnenn)1ln()(110于是，故，。xxnxxxsnnnn11)1(])([001xxxs)1ln()(xxdtttfdttfxxxf00)()(sin)(xxdttfxxxfxxfdttfxxf00)(cos)()()(cos)(xdttftxxxf0)()(sin)(f六、设，其中【解】x上式两端对求导得（*）)(xf为连续函数，求。原方程可写为，x求导得两端再对)(sin)(xfxxfxxfxfsin)()(即0)0(f1)0(f012。i.cossin21xCxCy这是一个二阶线性常系数非齐次方程，，由（*）式知特征方程为，齐次通解为由原方程知设非齐次方程特解为)cossin(*xbxaxy，代入xxfxfsin)()(得.21,0ba则非齐次方程通解为.cos2cossin21xxxCxCy由初始条件0)0(y和1)0(y可知，.0,2121CCo(0,0),0)A(0)(aasinxy七、在过点和的曲线族中，求一条曲线L，使沿该曲线从o到A的积分Ldyyxdxy)2()1(3的值最小。【解】)(aILdyyxdxy)2()1(3dxxaxaxxa033]cos)sin2(sin1[.3443aa；令044)(2aaI，得1a)1(舍去a;).(0sinxyx且是在(0,+∞)内的唯一极值点，故08)1(I)(aI1a又，则在处取极小值，)(aI1a1a时,取最小值，则所求曲线为)(aI1(-1)(1)ff21)(''xf21)('xf八、设f(x)在[−1,1]上有二阶导数，且，证明：，x∈[−1,1]。。1．2.f(x)=x在[−1,1]上有且只有一个实根。【证明】1.由泰勒公式2)1(2)()1)(()()1(xfxxfxff，),1(x)1,(,)1(2)()1)(()()1(2xxfxxfxff两式相减并整理得)(2)1()(2)1()(222fxfxxf于是,8)1()1()(4)1()(4)1()(2222xxfxfxxf由于218)1()1(max2211xxx，因此，]1,1[1|)('|xxf，。2.令]1,1[,-)()(xxxfxF。则21-1)1()1(fF，231)1()1(fF。01-)(')('xfxF)(xF但F(x)在[−1,1]上连续,由介值定理知,F(x)在[−1,1]上至少有一个零点。又由1可知，故这样F(x)在[−1,1]上有且只有一个零点，即在[−1,1]上严格单调，从而至多有一个零点。f(x)=x在[−1,1]上有且只有一个实根。)(xf)(-，.)(21)(20023aadxxxfdxxfxxdttftx023,)()(),()(23xfxx20)(21)(xdtttfx),(2)(21)(2322xfxxxfxx).()(xx九、设在为连续函数,则【解】令则，则所以。.)()(cxx即c为常数。而0)0()0(，)()(xx).()(aa特别地,即.)(21)(20023aadxxxfdxxfx)(xf.110)(10)(dyedxeyfxf十、设是[0,1]上的连续函数，证明。【证法一】设}10,10yx{(x,y)|D。由于)()(1)()(yfxfeyfxf，所以dxdyedyedxeDyfxfyfxf)()(10)(10)(dyyfxfdx1010))()(1(101010101010)()(dyyfdxdydxxfdydx1。【证法二】dxdyedyedxeDyfxfyfxf)()(10)(10)(dxdyeDxfyf)()(dxdyeeDxfyfyfxf)(21)()()()(.1221Ddxdy