2010年全国大学生非数学专业竞赛试题及解答

2010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(1)sinnnkkknn解法1直接化为黎曼和的形式有困难.注意到3sin()xxOx=+,3322611lim1sinlim1nnnnkkkkkkkOnnnnn,由于33336611|1()|20,()nnkkkkkOCnnnn，所以2211lim1sinlim1nnnnkkkkkknnnn65)(1)(lim102122dxxxnnknknkn.解法2利用31sin6xxxx-，得3326221sin6kkkknnnn，332622111111(1)1sin16nnnnkkkkkkkkkkkknnnnnnnn,由于33336611|1|20,()nnkkkkknnnn，21lim1nnkkknn65)(1)(lim102122dxxxnnknknkn，所以215lim(1)sin6nnkkknn.（2）计算2222axdydzzadxdyIxyz，其中为下半球222zaxy的上侧，0a.解法一.先以12222xyza代入被积函数，2axdydzzadxdyIa21axdydzzadxdya，补一块有向平面222:0xyaSz，其法向量与z轴正向相反，利用高斯公式，从而得到-22+S1SIaxdydzzadxdyaxdydzzadxdya2D12azadxdydzadxdya，其中为+S围成的空间区域，D为0z上的平面区域222xya，于是32212323Iaazdxdydzaaa222040012aaraddrzdza32a.解法二.直接分块积分11Iaxdydza2222yzDaxydydz，其中yzD为yOz平面上的半圆222yza，0z.利用极坐标，得222310223aIdarrdra，221Izadxdya22221xyDaaxydxdya，其中xyD为xOy平面上的圆域，222xya，用极坐标，得22222200122aIdaaarrrdra36a，因此3122IIIa.（3）现要设计一个容积为V的圆柱体的容积，已知上下两低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：即高与上下底面的直径之比为何值时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为h，底面直径为d，费用为f，根据题意，可知22dhV，24Vdh222dfabdh212adbdh2111222adbdhbdh23132adbdhbdh2223332abdh2233342Vab，当且仅当2adbdh时，等号成立，hadb，故当hadb时，所需要的费用最少.（4）已知fx在11,42内满足331sincosfxxx求fx.解：331sincosfxdxxx22211sincos3sincos2sinsincoscosxxdxxxxxxx，111sincos2sin4dxdxxxx114lntan22xC，222sincossincos11sinsincoscossincos22xxxxdxdxxxxxxx2sincos2sincos1xxdxxx2sincos2sincos1dxxxx22arctansincosxxC所以，2124lntanarctansincos3232xfxxxC.二、求下列极限.（1）1lim1nnnen；（2）111lim3nnnnnabc，其中0a，0b，0c.解：（1）11lim1lim1nxnxnexenx1ln1lim1xxxeex211111ln11lim1xxxxxxxx211ln11lim1xxxex2311111lim12xxxxex2211lim12xxex21lim2211xeex.（2）111111limlim33nxnnnxxxnxabcabc111ln3limxxxabcxxe111ln3lim1xxxxabcxe，111ln3lim1xxxxabcx1111112211lnlnlnlim1xxxxxxxaabbccxabcx1111111limlnlnlnxxxxxxxaabbccabc1lnlnln3abc3lnabc，故1113lim3nnnnnabcabc.一般地，有1112limnmnkkmmnaaaam，其中0ka，1,2,,km，120limxxnxxxeeen2ln0limxxnxeeenxxe2lnln0limxxnxeeenxxe22012lim1xxnxxxnxxeeneeeee11122nnnee.三．设fx在1x点附近有定义，且在1x点可导，10f，12f，求220sincoslimtanxfxxxxx.解：220sincoslimtanxfxxxxx22220sincos1sincos1limtansincos1xfxxfxxxxxxx220sincos11limtanxxxfxxx2220sin2sin22limtanxxxxxx22022sincos1222limsin11cosxxxxxxx2200sincos122limlimsin11cosxxxxxxxx2111112.四、设fx在0,上连续，无穷积分0fxdx收敛，求01limyyxfxdxy.解：设0xFxftdt，由条件知，Fxfx，0limxFxftdtA，利用分部积分，得00yyxfxdxxFxdx0yyFyFxdx，0011yyxfxdxFyFxdxyy，0limlimyyyFxdxFyAy，于是0011limlimlimyyyyyxfxdxFyFxdxyy0AA.五．设函数fx在0,1上连续，在0,1内可微，且010ff，112f.证明：（1）存在1,12，使得f；（2）对于每一，存在0,，使得1ff.证明：（1）令Fxfxx，由题设条件，可知1122F，11F；利用连续函数的介值定理，得存在1,12，使得0F，即f.（2）令xGxefxx，由题设条件和（1）中的结果，可知，00G，0G；利用罗尔中值定理，得存在0,，使得0G，由1xxGxefxefxx，即得1ff.六、试证：对每一个整数2n，成立11!!2nnnnen.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0n时，不等式成立；下设1n.由于001!!knnnntknentedtkn，这样问题等价于证明0!2nnntnentedt，即002nnntnttedtentedt，令unt上式化为002nntnutedtuedu，从而等价于0nnununueduuedu，只要证明20nnnununueduuedu，设nufuue，则只要证明fnhfnh，0hn，就有00nnfnhdhfnhdh，20nnnfudufudu，则问题得证.以下证明fnhfnh，0hn，成立上式等价于nnnhhnnhenhe，即lnlnnnhhnnhh，令lnln2ghnnhnnhh，则00g，并且对0hn，有2dgnndhnhnh2222222220nhnhnh，从而当0hn时，0gh，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1n为整数，2011!2!!nxttttFxedtn，证明方程2nFx，在,2nn上至少有一个根.六、证明：存在1(,)2ann，使得001!2knaxkxedxnk.证明：令00!knyxkxfyedxk，则有220002!2nnknxxxknxnfedxeedxk，00!knnxkxfnedxk00!knnnknedxk0122nnnneedx，由连续函数的介值定理，得存在,2nan，使得2nfa，故问题得证.这里是由于0!knxkxgxek，0!nxxgxen，gx在0,上严格单调递减，所以，当0xn时，有gxgn.七、是否存在R上的可微函数()fx，使得2435(())1ffxxxxx，若存在，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()fx存在，我们来求(())ffx的不动点，即满足(())ffxx的x，24351xxxxx，42(1)(1)0xxx，由此得1x，这表明(())ffx有唯一的不动点1x，易知()fx也仅有唯一的不动点1x，(1)1f，在等式2435(())1ffxxxxx，两边对x求导，得324(())()2435ffxfxxxxx，让1x，即得2((1))2f，这是不可能的，故这样的函数不存在。八、设函数f在[0,)上一致连续，且对任何[0,1]x，有()0limnfxn，证明：()