2012江苏省大学生数学竞赛

第四届全国大学生数学竞赛预赛试题（非数学类）参考答案及评分标准一、（本题共5小题，每小题各6分，共30分）解答下列各题（要求写出重要步骤）.(1)求极限21lim(!)nnn→∞；(2)求通过直线232:55430xyzLxyz0+−+=⎧⎨+−+=⎩的两个相互垂直的平面1π和2π，使其中一个平面过点；(4,3,1)−(3)已知函数，且(,)axbyzuxye+=20,uxy∂=∂∂确定常数a和，使函数满足方程b(,)zzxy=20zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂；(4)设函数连续可微,,且()uux=(2)1u=3(2)()Lxyudxxuudy+++∫在右半平面上与路径无关，求；()ux(5)求极限13sinlimcosxxxtxdttt+→+∞+∫.解（1）因为2211ln(!)(!)nnnne=……………………………………（1分）而211ln1ln2lnln(!)12nnnn⎛⎞≤+++⎜n⎝⎠⎟，且lnlim0nnn→∞=………………………（3分）所以1ln1ln2lnlim012nnnn→∞⎛⎞+++=⎜⎟⎝⎠，即21limln(!)0nnn→∞=，故21lim(!)nnn→∞=1……………………………………（2分）（2）过直线L的平面束为(232)(5543)xyzxyz0λμ+−+++−+=即(25)(5)(34)(23)xyz0λμλμλμλμ+++−+++=，…………………………（2分）若平面1π过点(4，代入得,3,1)−0λμ+=，即μλ=−，从而1π的方程为，……………………………………（2分）3410xyz+−+=若平面束中的平面2π与1π垂直，则3(25)4(5)1(34)0λμλμλμ⋅++⋅++⋅+=解得3λμ=−，从而平面2π的方程为253xyz0−−+=，………………………………（2分）（3）(),yaxbyzueauxxx+∂∂⎡⎤=++⎢⎥∂∂⎣⎦(),axbyzuebuxyyy+⎡⎤∂∂=++………………（2分）⎢⎥∂∂⎣⎦2(,).axbyzuuebaabuxyxyxy+⎡⎤∂∂∂=++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦……………………………………（2分）2zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂(1)(1)(1)(,)axbyuuebaababuxyxy+,⎡⎤∂∂−+−+−−+⎢⎥∂∂⎣⎦若使20,zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂只有(1)(1)(1)(,uubaababuxyxy∂∂−+−+−−+∂∂)=0，即1ab==.………………（2分）（4）由()()uyxyuxux)2(][3+∂∂=+∂∂得()uuux=+'43,即241uxududx=−…….（2分）方程通解为()()()CuuCuduuCdueuexuu+=+=+=∫∫−2ln2ln244.…………………（3分）由得1)2(=u0=C,故3/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=xu.……………………………………（1分）（5）因为当x1时，13sincosxxtxdttt++∫131xxdtxt+≤−∫………………………………（3分）()332121xxxxxx≤−−=+−0()x→→∞，…………………（2分）所以13sinlimcosxxxtxdttt+→∞+∫=0。………………………………（1分）二、（本题10分）计算dxxex|sin|02∫+∞−解由于=dxxenx|sin|02∫−πdxxenkkkx|sin|1)1(2∑∫=−−ππ=……………………………………（3分）xdxenkkkxksin)1(1)1(21∑∫=−−−−ππ应用分部积分法=xdxekkxksin)1()1(21∫−−−−ππ15)1(22ππeek+−………………………………（2分）所以dxxenx|sin|02∫−πππππππ2)1(2221221)1(51)1(51−+−−=−−−+=+=∑eeeeeennkk……………（2分）当ππ)1(+≤nxn时,dxxenx|sin|02∫−π≤dxxexx|sin|02∫−dxxenx|sin|)1(02∫+−π令，由两边夹法则，得∞→n==dxxex|sin|02∫∞−dxxexxx|sin|lim02∫−∞→115122−+ππee…………………………（3分）注：如果最后不用夹逼法则，而用22220011|sin|lim|sin|51nxxneexdxexdxeπππ∞−−→∞+==−∫∫，需先说明收敛.dxxex|sin|02∫∞−三、（本题10分）求方程21sin2501xxx=−的近似解.精确到0.001.解由泰勒公式2sin()sin(01)2ttttθθ=−…………………………………（2分）令1tx=得2sin11sin2xxxxθ⎛⎞⎜⎟⎝⎠=−，代入原方程得1sin25012xxxθ⎛⎞−=−⎜⎟⎝⎠即1501sin2xxθ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠……………………………（4分）由此知，500x10500xθ111501sin0.001221000xxxθθ⎛⎞−=≤=⎜⎟⎝⎠所以，即为满足题设条件的解…………………………（4分）501x=四、（本题12分）设函数的二阶可导，且，求()yfx=''()0,(0)0,'(0)0fxff==330()lim()sinxxfufxu→，其中u是曲线()yfx=上点处的切线在(,())pxfxx轴上的截距.解：曲线在点处的切线方程为()yfx=(,())pxfx()'()()YfxfxXx−=−,令，则有0Y=()'()fxXxfx=−，由此()'()fxuxfx=−,……………………………（3分）且有000()(0)()(0)limlimlim0()(0)'()(0)xxxfxffxfxuxfxffxfx→→→−′⎛⎞=−=−==⎜⎟′′−′′⎝⎠.…………………（2分）由()fx在处的二阶泰勒公式0x=222(0)(0)()(0)'(0)()()22ff2fxffxxxxxοο′′′′=+++=+……（2分）得22000(0)()()2lim1lim1lim'()'()xxxfxxufxxxfxxfxο→→→′′+=−=−01(0)(1)1(0)1lim1'()'(0)22xfffxffx1(0)2ο→′′′′+=−=−−′′=…………………（3分）330()lim()sinxxfufxu→∴32200322(0)()2limlim2(0)()2xxfxuuxfuuxxοο→→′′⎛⎞+⎜⎟⎝⎠===′′⎛⎞+⎜⎟⎝⎠……………………（2分）五、（本题12分）求最小实数，使得满足C10|()|1fxdx=∫的连续的函数()fx都有10()fxdxC≤∫解由于111000|()||()|22|()|2,fxdxfttdtftdt=≤∫∫∫=1.n………………………（4分）10,()(1),|()|()nnnfxnxfxdxfxdx=+=∫∫10另一方面取则=…………………（3分）110011()2()2212()22nnnfxdxtftdtnnn+⎛⎞===−→→⎜⎟++⎝⎠∫∫而.∞…………………（3分）2.C=因此最小的实数…………………………………（2分）六、（本题12分）设为连续函数,。区域)(xf0tΩ是由抛物面和球面所围起来的部分.定义三重积分22yxz+=2222tzyx=++)0(t。∫∫∫Ω++=dvzyxftF)()(222求的导数.)(tF)('tF解法1.记2141()2tggt+−==,则Ω在xy面上的投影为22xyg+≤….（2分）在曲线上任取一点,则原点到的点的射线和轴的夹角为⎩⎨⎧=++=+222222:tzyxzyxS),,(zyxzarccosarccostzgttθ==.取0Δt,则tttΔ+θθ.对于固定的,考虑积分差,这是一个在厚度为0t)()(tFttF−Δ+tΔ的球壳上的积分.原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在zttΔ+θ和tθ之间.我们使用球坐标变换来做这个积分,由积分的连续性可知,存在)(tΔ=αα,tttθαθ≤≤Δ+,使得.……………………（4分）∫∫∫Δ+=−Δ+tttdrrrfddtFttFθθϕαπsin)()()(22020这样就有.而当,()∫Δ+−=−Δ+tttdrrrftFttF22)(cos12)()(απ+→Δ0t()coscostgttαθ→=,)()(12222tftdrrrftttt→Δ∫Δ+.故的右导数为)(tF()2222()21()2114()gttfttttfttππ⎛⎞−=+−+⎜⎟⎝⎠.………………（4分）当,考虑可以得到同样的左导数.因此0Δt)()(ttFtFΔ+−())(4112)('22tfttttF+−+=π.………………………（2分）解法2..令,⎪⎩⎪⎨⎧===zzryrxθθsincos则:Ω22020rarztrθπ⎧≤≤⎪≤≤⎨⎪≤≤−⎩2aat，其中a满足24221412ta+−=+=,………(2分）故有drdzzrfrdzzrfrdrdtFaatrrtra∫∫∫∫∫⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+=−−02222020222222)(2)()(πθπ…….（2分）从而有⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−+++=∫∫−aatadrrttrtrrfdtdadzzafatF02222222)()(2)('222π….（4分）注意到222aat=−,第一个积分为0,我们得到∫∫−−−=−=aartrtdttfdrrtrttftF0222220222)()(1)(2)('ππ,所以()()222'()2()()21142Fttfttatftttππ=−=+−+.……………………（4分）七、（本题14分）设与为正项级数，1nna∞=∑1nnb∞=∑（1）若111lim0nnnnnaabb→∞++⎛⎞−⎜⎟⎝⎠，则1nna∞=∑收敛；（2）若111lim0nnnnnaabb→∞++⎛⎞−⎜⎟⎝⎠，且1nnb∞=∑发散，则1nna∞=∑发散。证明：（1）设111lim20nnnnnaabbδδ→∞++⎛⎞−=⎜⎟⎝⎠,则存在N∈Ν,对于任意的时,nN≥1111,nnnnaabbδ++−111,nnnnnaaabbδ+++−1111()nnnnnaaabbδ+++−,……………（4分）1111111()()mmnnNmNnnNnNnnNmNaaaaaabbbbbδδ+++==++≤−≤−≤∑∑1,δ因而的部分和有上界,从而收敛.………………………………（4分）1nna∞=∑1nna∞=∑（2）若1111lim()0nnnnnaabbδ→∞++−则存在N∈Ν,对于任意的时,nN≥1nnnnabab+1+…………………………………（3分）有111111nnnNnnNnnnNbbbbaaaabbbbb+++++−=NnNb于是由发散,得到发散.………………………………（3分）1nnb∞=∑1nna∞=∑