2022年全国大学生数学专业及高等数学竞赛试题及解答 .pdf

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1、1 2010 年全国大学生数学专业竞赛试题及解答（1）计算积分2220,0,0.xxeedxx解方法一直接利用分部积分法得2220 xxeedxx2201()()xxeedxx2201(22)()xxxexedxx220(22)xxeedx)22(2)(；方法二不妨设0，由于dyexeeyxxx2222，而积分20yxedx关于y在,上一致收敛，故可交换积分次序2220 xxeedxx20yxdxedy20yxdyedxdyy21)(；方法三将0固定，记2220(),0 xxeeIdxx，可证()I在(0,)上收敛设,),0，因为22xxee，而2xedx收敛，所以由Weierstrass判别

2、法知道2xedx对,)一致收敛所以可以交换微分运算和积分运算的次序，即2220()()xxeeIdxx20()xedx12由的任意性，上式在(0,)上成立名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 20 页 -2 所 以()IC，由于()0,IC所以)()(I，即dxxeexx0222)(若关于x的方程211kxx，0k在区间0,内有唯一的实数解，求常数k.解：设211fxkxx，则有32fxkx，当1320,xk时，0fx；当132,xk时，0fx.由此fx在132xk处达到最小值，又211fxkxx在0,内有唯一的零点，必有1320fk，13322102kkk，32123

3、31214k，22714k，所以23 3k.设 函 数fx在 区 间,a b上 连 续，由 积 分 中 值 公 式，有xaf t dtxa f，axb，若导数fa存在且非零，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 20 页 -3 求limxaaxa.解：xaf tf adtxaffa，21xaaaftfadtxaffaxa，由条件，可知1limxaaffafa，21limlim22xaxaxaf tfadtfxfafaxaxa，故有1lim2xaaxa.二、设函数fx在0 x附近可微，00f，0fa,定义数列22212nnxfffnnn.证明：nx有极限并求其值.证明：由

4、导数的定义，对于任意0,存在0，当0|x时，有fxax.于是axfxax，0 x从而，当1n时，有21knn，222kkkafannn，其中1,2,kn.对于上式求和，得到名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 20 页 -4 2211nnnkkkkaxann，即1122nnnaxann，令n，有11limlim22nnnnaxxa,由0的任意性，得到lim2nnax.设f x在1,1上有定义，在0 x处可导，且00f.证明：210lim2nnkfkfn.三、设函数f在0,)上一致连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，证明：()0limxf x。试举例说明，仅

5、有f在0,)上的连续性推不出上述结论。证明证法一由f在0,)上一致连续，对0，0，当12,0,)y y且12|yy时，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 20 页 -5 便有12|()()|2f yf y；取定充分大的正整数k，使得1k。现把区间0,1k等分，设其分点为,0,1,iixikk，每个小区间的长度小于。对于任意1x，0,1)xx；从而必有,0,1,ix ik，使得|ixxx；由条件对每个ix，有()0liminf xn；于是存在N，当nN时，|()|2if xn，对0,1,ik都成立；故当1xN时，便有|()|()|()()|iif xf xxf xf x

6、x22，即得()0limxf x，结论得证。证法二设()()nfxf xn,由题设条件知()nfx在0,1上 等 度 一 致 连 续,对 每 一 0,1x,有名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 20 页 -6()0limnnfx;利用 Osgood定理得,()nfx在0,1上一致收敛于0,对0,存在N，当nN时,有|()|()|nf xnfx,0,1x,从而当1xN时,有|()|f x,即得()0limxf x，结论得证。设f在0,)上的连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，但推不出()0limxf x。例如函数22sin()1sinxxf xxx满足在

7、0,)上的连续，且对任何0,1x，有()0limnf xn，但不成立()0limxf x。四、设22,:1Dx yxy，,fx y在D内连续，,g x y在D内名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 20 页 -7 连续有界，且满足条件：当221xy时，,fx y；在D中f与g有二阶偏导数，2222fffexy，2222gggexy.证明：,fx yg x y在D内处处成立.证明：设,u x yfx yg x y，则有fgufgee110tft gedt110tft gedt u,C x yu.于是,0uC x yu，,x yD，,0C x y;由已知条件，存在001r，

8、当01rr时，有,0u x yfx yg x y，222xyr.记222,:D rx yxyr，设,()min,x yD rmu x y，我们断言，必有0m，假若0m，则必有00,xyD r，使得00,u xym；易知00,0u xy，0000,0C xyu xy.00,0 xyuC x yu这与,0uC x yu矛盾，所以0m从而,0u x y，,x yD r；由r的任意性，得,0u x y，,x yD.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 20 页 -8 故在D内处处成立,fx yg x y.五、设,:01,01Rx yxy,:01,01Rx yxy.考虑积分1Rd

9、xdyIxy，1RdxdyIxy，定义0limII，证明211nIn；利用变量替换：1212uxyvyx，计算积分I的值，并由此推出22116nn.证明：（1）由1111nnxyxy，在R上一致收敛，可以进行逐项积分1111nnnRRdxdyIxydxdyxy1111001nnnxydxdy2211nnn，又22211nnn，所以2211nnn关于0,1是一致收敛的，可以逐项求极限，于是有222001111limlimnnnInn.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 20 页 -9 故有211nIn；xuv,yuv,2,x yu v,22xyuv11,:0,0,:1,

10、0122u vuvuu vuvu11,:0,0,:1,1022u vuuvu vuuv注意到区域关于u轴对称22211RdxdyIdudvxyuv1112122220002112 211uudv dudv duuvuv124 II;12122001arctan11v uvvIduuu122201arctan11uduuu62201sinsinarctancos1sin1sintuttdttt226011264 18tdt;111222201arctan11vuvvIduuu1122211arctan11uduuu名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 20 页 -10 2

11、2611sinsinarctancoscos1sintuttdttt261sinarctancostdtt261tan2arctan1tan2tdtt26arctan tan42tdt222dfabdh212adbdh2111222adbdhbdh23132adbdh bdh2223332abd h2233342Vab，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1 1,4 2内满足331sincosfxxx求fx.解：331sincosfxdxxx名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 20 页 -11 22211si

12、ncos3sincos2 sinsincoscosxxdxxxxxxx，111sincos2sin4dxdxxxx114ln tan22xC，222sincossincos11sinsincoscossincos22xxxxdxdxxxxxxx2sincos2sincos1xxdxxx2sincos2sincos1dxxxx22arctan sincosxxC所以，2 124ln tanarctan sincos3232xfxxxC.求下列极限.（1）1lim1nnnen；（2）111lim3nnnnnabc，其中0a，0b，0c.解：（1）11lim1lim1nxnxnexenx名师资料总结

13、-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 20 页 -12 1ln 1lim1xxxeex211111ln 11lim1xxxxxxxx211ln 11lim1xxxex2311111lim12xxxxex2211lim12xxex21lim2211xeex.111111limlim33nxnnnxxxnxabcabc111ln3limxxxabcxxe111ln3lim1xxxxabcxe，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 20 页 -13 111ln3lim1xxxxabcx1111112211lnlnlnlim1xxxxxxxaabbccxabcx

14、1111111limlnlnlnxxxxxxxaabbccabc1lnlnln3abc3lnabc，故1113lim3nnnnnabcabc.一般地，有1112limnmnkkmmnaa aam，其中0ka，1,2,km，120limxxnxxxeeen2ln0limxxnxeeenxxe2lnln0limxxnxeeenxxe22012lim1xxnxxxnxxeeneeeee111 22nnnee.设fx在1x点附近有定义，且在1x点可导，10f，12f，求220sincoslimtanxfxxxxx.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 20 页 -14 解：2

15、20sincoslimtanxfxxxxx22220sincos1sincos1limtansincos1xfxxfxxxxxxx220sincos11 limtanxxxfxxx2220sin2sin22limtanxxxxxx22022sincos1222limsin11cosxxxxxxx2200sincos122limlimsin11cosxxxxxxxx21111 12.设fx在0,上 连 续，无 穷 积 分0fxd x收 敛，求01l i myyx fxd xy.解：设0 xF xf t dt，由条件知，Fxfx，0limxF xft dtA，利用分部积分，得00yyxf x dx

16、xFx dx0yyF yF x dx，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 20 页 -15 0011yyxf x dxF yF x dxyy，0limlimyyyF x dxFyAy，于是0011limlimlimyyyyyxf x dxF yF x dxyy0AA.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F xfxx，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.令xG xefxx，由题设条件和（1）中的结果

17、，可知，00G，0G；利用罗尔中值定理，得存在0,，使得0G，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 20 页 -16 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002nnntntt e dtente dt，令unt上式化为002nntnut e dtu e du，从而等价于0nnununu e duu e du，

18、只要证明20nnnununu e duu e du，设nufuu e，则只要证明名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 20 页 -17 fnhf nh，0hn，就有00nnfnh dhf nh dh，20nnnf u duf u du，则问题得证.以下证明f nhf nh，0hn，成立上式等价于nnn hh nnhenhe，即lnlnnnhhnnhh，令lnln2g hnnhnnhh，则00g，并且对0hn，有2dgnndhnhnh2222222220nhnhnh，从而当0hn时，0g h，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，201

19、1!2!nxttttF xedtn，证明方程2nF x，在,2nn上至少有一个根.证明：存在1(,)2an n，使得001!2knaxkxedxnk.证明：令00!knyxkxfyedxk，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 20 页 -18 则有220002!2nnknxxxknxnfedxe e dxk，00!knnxkxfnedxk00!knnnknedxk0122nnnnee dx，由连续函数的介值定理，得存在,2nan，使得2nf a，故问题得证.这里是由于0!knxkxg xek，0!nxxgxen，g x在0,上严格单调递减，所以，当0 xn时，有g

20、xg n.七、是 否 存 在R上 的 可 微 函 数()f x，使 得2435()1ff xxxxx，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()f x存在，我们来求()ff x的不动点，即满足()ff xx的x，24351xxxxx，42(1)(1)0 xxx，由此得1x，这表明()ff x有唯一的不动点1x，易知()f x也仅有唯一的不动点1x，(1)1f，在等式2435()1ff xxxxx，两边对x求导，得324()()2435ff xfxxxxx，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 20 页 -19 让1x，即得2(1)2f，这是

21、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0,1x，有()0limnf xn，证明：()0limxf x。试举例说明，仅有f在0,)上的连续性推不出上述结论。证明由f在0,)上一致连续，对0，0，当12,0,)y y且12|yy时，便有12|()()|2f yf y；取定充分大的正整数k，使得1k。现把区间0,1k等分，设其分点为,0,1,iixikk，每个小区间的长度小于。对于任意1x，0,1)xx；从而必有,0,1,ix ik，使得|ixxx；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 20 页 -20 由条件对每个ix，有()0liminf xn；于 是 存 在N，当nN时，|()|2ifxn，对0,1,ik都成立；故当1xN时，便有|()|()|()()|iif xf xxf xf xx22，即得()0limxf x，结论得证。设f在0,)上 的 连 续，且 对 任 何 0,1x，有()0l i mnfxn，但推不出上述结论。例如函数22sin()1sinxxf xxx满足在 0,)上的连续，且对任何 0,1x，有()0limnf xn，但不成立()0limxf x。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 20 页 -