南昌大学第十四届高等数学竞赛试题--数学专业---低年级组

第1页共6页2017年南昌大学数学竞赛试卷答案（数学专业低年级组）课程名称：《数学分析》竞赛低年级组开课学院：理学院考试形式：闭卷适用班级：数学系16级学生考试时间：180分钟试卷说明：1、本试卷共6页。2、考试结束后，考生不得将试卷、答题纸和草稿纸带出考场。题号一二三四五六七八九十总分累分人签名题分4060100得分考生填写栏考生姓名：考生学号：所属学院：所属班级：所属专业：考试日期：考生须知1、请考生务必查看试卷中是否有缺页或破损。如有立即举手报告以便更换。2、严禁代考，违者双方均开除学籍；严禁作弊，违者取消学位授予资格；严禁自备草稿纸、携带手机、携带小抄等入场，违者按考试违规处理。考生承诺本人知道考试违纪、作弊的严重性，将严格遵守考场纪律，如若违反则愿意接受学校按有关规定处分！考生签名：第2页共6页一、计算题（40分）：（本题共4小题，每题10分）得分评阅人1.利用下面结论：若}}{{nnyx满足（1）),2,1(1nyynn；（2）nnylim；（3）Ayyxxnnnnn11lim，则limnnnxAy（其中A为有限数）。求121limpnnnppppn，其中p为自然数.证明：令121)1(ppppnnnpx，pnnpy)1(，则nnyy1，)(nyn，并且pppppnnnnnnpnnnpyyxx)1()1()1()1)(1(111)(21)1(2)1(11nnppnpppp，所以21limnnnyx.2.求xyarcsin在0x处的n阶导数由211xy，2/32)1(xxy，得0)1(2yxyx，对此等式两边用莱布尼茨公式求n阶导数得0)1(2)1()()1()()1()2(2nnnnnnyxyynnnxyyx令0x，得)0()0(2)2(ynyn利用此递推公式及0)0(,1)0(yy得12,13)32()12(2,0)0(2222)(mnmmmnyn当当解：第3页共6页3.计算20(),fxdxx其中22().1tanxdufxu解：利用分部积分可得到2222000020()2()2()()2().fxdxfxdxxfxxfxdxxxfxdx而11().1tan2fxxx因此222000()12().1tan4fxdxxfxdxdxxx其中220011.1tan1cotdxdxxx则2200cossin.sincossincosxxdxdxxxxx而20cossinsincos2xxdxxx.4.设n为正整数，求解：（1）20sin(21).sinnxdxx（2）20sin2.sinnxdxx解：利用三角函数公式sinsin(2)2sincos(1),nxnxxnx得到sinsin(2)2sincos(1),nxnxxnx因此2200220010sin(21)sin(21)2sincos(2)sinsinsin(21)2cos2sin.2nnnxnxxnxIdxdxxxnxdxnxdxxII2200220011sin2sin(22)2sincos(21)sinsinsin(22)2cos(21)sin(1)2.21nnnnxnxxnxIdxdxxxnxdxnxdxxIn第4页共6页二、证明题：（60分）（共4小题，每题15分）得分评阅人1.设)(xf是),0（上的二阶连续可微的函数，并且满足.)(lim,)(lim00xfxfxx证明：.0)()(lim0xfxfx证明：由已知条件)(lim0xfx以及)(lim0xfx可知，存在一个区间),0(r，使得任意),0(rx，有0)(xf并且.0)(xf因此，函数)(xf在区间),0r（上单调递减，而函数)(xf在区间),0(r上单调递增.由中值定理，对于任意rxx00，存在),(0xx，有.0))(()()(00xxfxfxf考虑到)(xf单调递增，所以.0)()(fxf从而，.0)()()()()()(000xfxfxfxxxffxx令0x，我们有.0)()(suplim)()(inflim000xfxfxfxfxxx上式对所有的),0(0rx成立，于是，)()(lim0xfxfx存在，且.0)()(lim0xfxfx2.设函数)(xf在闭区间]1,1[上具有三阶连续导数，且0)1(f，1)1(f，0)0(f，证明：在开区间)1,1(内至少存在一点，使3)(f.证明：由于)(xf三阶可导，可考虑泰勒公式；又0)0(f应在0x处展开32!3)(!2)0()0()0()(xfxfxffxf之间）与在（x0在上式中分别取1x和1x)10(!3)(!2)0()0()1(111ffff)01(!3)(!2)0()0()1(022ffff第5页共6页两式相减得6)()(21ff，即32)()(21ff由于)(xf连续，则)(xf在闭区间],[12上有最大值M和最小值m。则Mffm2)()(21，由连续函数介值定理知，存在)1,1(],[12，使32)()()(21fff。3.设()fx是(,)上的正值连续的偶函数，且0a.令()()aagxxtftdt，axa.（1）证明：()gx在[,]aa上严格单调增加；（2）求使得()gx在[,]aa上取得最小值的点.证明：()()()()axaaaxgxxtftdtxtftdtxtftdt()()()()xaaxxtftdtxtftdt()()()()xxxxaaaaxftdttftdtxftdttftdt.由()fx连续，有()()()()()()()xxaagxftdtxfxxfxftdtxfxxfx()()xxaaftdtftdt，()2()0gxfx，因此()gx在[,]aa上严格单调增加。2）令()0,gx即()()0xxaaftdtftdt，亦即()()xaaxftdtftdt。由()fx是偶函数，有00()()aaftdtftdt，即0x是方程()0gx的解。又()gx在[,]aa上严格单调增加，当0ax时，有()(0)0gxg，知()gx在[,0]a上严格单调减少；当0xa时，有()(0)0gxg，知()gx在[0,]a上严格单调增加，因此，(0)g是()gx在[,]aa上的最小值，从而，()gx在[,]aa上取得最小值的点是0.第6页共6页4.设()=2(1),.fxxxxR定义nnfff.（1）求10lim()nnfxdx；（2）计算10()nfxdx.解：（1）取定0(0,1)xx.令0(),nnxfx1,2,n则得到11111(0,],()22xxfx，进一步利用数学归纳法可得到1()2nnxfx，这样数列nx为一个有界单调非减的数列，从而极限存在，假设limnnxl，并且nx满足12(1)nnnxxx，上式两边取极限得到2(1)lll，从而102ll或者，利用nx为一个单调非减的数列得到1.2l从而利用单调收敛定理可以得到101lim().2nnfxdx（2）因为211()=2(1)2()22fxxxx，利用数学归纳法可证21211()2()22nnnfxx假设上式对于nk成立，下证112121222212211111()(())22()2222111122()2.2222kkkkkkkkfxffxxxx从而可以计算得到2121110012111().221222(21)nnnnnfxdxxx