2015年第六届全国大学生数学竞赛预赛试题及答案

2015 年第七届预赛(非数学类)参考答案

一、每小题 6 分,共计 30 分。

2 ? π ?

sin sin π ? n sin π ? 2 nL + 2 。 (1) 极限 lim n ? 2 + 2 + ? =

n+ 2n+ n π

n→∞ n +1

? ? ? ?

i π n sin 1 n i

1 n i n sinπ ≤ ≤ sinπ , 而 解:由于 ∑∑∑ i n +1 i =1 n n i =1 n i =1

n + n

n n

π i 1 π 2 1 i n lim sin π = lim sin π = sin xdx = , ∑∑ ∫ n→∞ n +1 n→∞ (n +1)π n n n π 0 π i =1 i =1

1 n i 1 π n i 1 π 2

lim ∑sin π =lim sin π = ∫sin xdx = 。 ∑n→∞ π n n→∞ n n n π 0 π i =1 i =1 所以所求极限是 2 .

π

(2)设函数 F ( x + , y + ) = 0 所决定,其中 z = z( x, y) 由方程 F (u, v) 具有连续偏导

z

y z x

?z ?z

数,且 xy 。(本小题结果要求不显含 F 及其 xFu + yFv ≠ 0 。则 x + y = z ? ?x ?y 偏导数)

解:方程对 x 求导,得到

? 1 ?z ?? ?1 ?z z ? ?1 + ? Fv = 0 ?Fu +?? ? ????? ? x ? x x 2 ? ?? y ?x ?

?z y( zF x2 F ) v ? u

即 x =。

?x xFu + yFv

2

?z x( zF ) u ? y F v

同样,方程对 y 求导,得到 y =。

?y xFu + yFv

于是 x

?z ?z z( xFu + yFv ) ? xy( xFu + yFv )

+ y = = z ? xy ?x ?y xFu + yFv

2

(3)曲面 z = x2 + y 2 + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面与曲面 z = x2 + y 所围区域的体积为

π

2 解:曲面 z = x2 + y2 + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面: 2( x ? 1) ? 2( y + 1) ? ( z ? 3) = 0 ,

?z = x2 + y 2 即 z = 2 x ? 2 y ? 1 。联立 , ?

1 ?z = 2x ? 2 y ?

得到所围区域的投影 D 为: ( x ? 1)+ ( y + 1)≤ 1。

2

2

所求体积V = 2 2 2 2

[(2x ? 2 y ? 1) ? ( x+ y)]dxdy = [1 ? ( x ? 1)? ( y + 1)]dxdy ∫∫∫∫D

1 = r cos t 2π 1 ?x ? π 2 令 ,V = (1 ? r dt )rdr = 。?∫∫0 0 y + 1 = r sin t 2 ?

D

(4)函数 f ( x) = ?

?3, x ∈[?5, 0) 在

(?5, 5] 的傅立叶级数在 x=0 收敛的值

[0, 5) ?0, x ∈

3/2 。

解:由傅里叶收敛定理,易知 f(0)=3/2.

(5)设区间 (0, +∞) 上的函数 u(x) 定义为 u( x) = ∫

0

+∞ e? xt dt ,则 u ( x) 的初等函数表达式为

2

π 。 2 x 2

[解] 由于 u ( x) = ∫

0

+∞

e2

? xt

dt ∫ e? xsds =

+∞

2

0

? x ( s

∫∫ es ≥0,t ≥0

2

+t 2 )

dsdt , 故有

u

2

π ( x) = ∫0

/2

+∞ 2 π +∞ ? xρ 2 π ? xρ 2 ρ =+∞ π ? xρ 2 d? ∫0 eρd ρ = 4x ∫0 edρ ( xρ ) = ? 4x eρ =0 = 4x 。

所以 u( x) = π 。2 x

二、(12 分)设 M 是以三个正半轴为母线的半圆锥面,求其方程。 解:显然,O(0,0,0)为 M 的顶点,A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)在 M 上。由 A,B,C 三点决定的平 面 x + y + z = 1 与球面 x2 + y2 + z 2 = 1的交线 L 是 M 的准线。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分

x y z 1 设 P(x,y,z)是 M 上的点,(u,v,w)是 M 的母线 OP 与 L 的交点,则 OP 的方程为 = = = ,

u v w t

即 u=xt,v=yt,w=zt。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分

?( x + y + z)t = 1 代入准线方程,得 ? 2 2 2 2 。

?( x+ y+ z )t = 1

消除 t,得到圆锥面 M 的方程 xy + yz + zx = 0 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分

三、(12 分)设 f ( x) 在 (a, b) 内二次可导,且存在常数α , β ,使得对于?x ∈ (a, b)

f ′( x) = α f ( x) + β f ′( x) ,

则 f ( x) 在 (a, b) 内无穷次可导。

证明 1. 若 β = 0 。 对于?x ∈ (a, b) ,有

2 n

f ′( x) = α f ( x) , f ′′( x) = α f ′( x) = α f ( x),L, f ( n ) ( x) = α f ( x) 。

从而 f ( x) 在 (a, b) 内无穷次可导。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分

2. 若 β ≠ 0 。对于?x ∈ (a, b) ,有

f ′( x) ? α f ( x)

f ′′( x) = = A f '( x) + B f ( x), 1 1

β

(1)

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐6 分

其中 A1 = 1/ β , B1 = α / β 。 因为(1)右端可导,从而

f ′′′( x) = A1 f \x) + B1 f '( x) 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分

( n +1)

设 f ( x) = A1 f

( n )

( n ?1)

( x) + B1 f

( n ?2 )( x), n > 1 ,则 f ( x) = A1 f ( x) + B1 f

( n )

( n ?1)( x) 。

故 f ( x) 任意阶可导。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分

n 3 + 2 n

( x ? 1) 的收敛域与和函数 四、 (14 分)求幂级数 ∑ n + 1)! n =0 (

解:因

lim a

n→∞

an +1

n

(n + 1) 3 + 2

= lim = 0 。3

(n + 2)(n + 2) n→∞

固收敛半径 R = +∞ ,收敛域为 (?∞,+∞) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分

n3 + 2 (n + 1)n(n ? 1) n + 1 1 1 1 1 (n ≥ 2)

= + + ++= (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n ? 2)! n! (n + 1)!

及幂级数

1 ∑(n ? 2)!( x ?1)∞ n=2

n

1 1 n 和 (?∞,+∞) 得 ( x ?1)∑ n!∑(n +1)!( x ?1)n 的收敛域皆为

n =0 n =0

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