2014年全国大学生数学竞赛预赛试题解答
2014年全国大学生数学竞赛预赛试题参考答案
一 填空题(共有5小题, 每小题6分, 共30分) （1） 已知
y 1=e x 和y 2=xe x 是齐次二阶常系数线性微分方程的解，则该方程是___________.
答案: y ¢¢(x ) -2y ¢(x ) +y (x ) =0
[参考解答] 由题设知该方程的特征方程有二重根r =1，故所求微分方程是y ¢¢(x ) -2y ¢(x ) +y (x ) =0.
22
（2）设有曲面S :z =x +2y 和平面L :2x +2y +z =0, 则与L 平行的S 的切平面方程是_______.
答案: 2x +2y +z +
3=0 2
[参考解答] 设P 0(x 0, y 0, z 0) 为S 上一点, 则S 在P 0的切平面方程是
-2x 0(x -x 0) -4y 0(y -y 0) +(z -z 0) =0.
由于该切平面与已知平面L 平行, 则(-2x 0, -4y 0,1) 平行于(2,2,1), 故存在常数k ¹0使得
(-2x 0, -4y 0,1) =k (2,2,1) , 从而k =1. 故得x 0=-1, y 0=
2x +2y +z +（3）设函数y =y (x ) 由方程x =答案: y ¢=3
-13
, 这样就有z 0=. 所求切面方程是 22
3
=0. 2
y -x
ò
1
dy æp t ö
sin 2ç÷dt 所确定，求
dx è4ø
=.
x =0
[参考解答] 易知在y (0)=1. 对方程的两边关于x 求导，得1=sin 2ç
æp ö
(y -x ) ÷(y ¢-1), 于是è4ø
æp ö
y ¢=csc 2ç(y -x ) ÷+1，把x =0代入上式，得y ¢=3.
è4ø
（4）设 x n =答案：1
n
æ11ök
[参考解答] x n =å=åç-÷
(k +1)! øk =1èk ! k =1(k +1)!
n
k
，则lim x n =___________. ån ¥k +(1)! k =1
n
=ç1-
æè
æ11öæ11öæ11ö1ö1
+-+-++-=1-1. L
ç÷÷ç÷ç÷2! øè2! 3! øè3! 4! øn ! (n 1)! (n 1)! ++èø
1
f (x ) öæ3f (x ) +x +=e lim 1=___________. (5 ) 已知 则lim ç÷2x 00x x x èø
答案: 2
[参考解答] 由lim ç1+x +
1
x
1x
æx 0
è
1f (x ) f (x ) ö1f (x ) 3
, 于是有知ln(1+x +) =3+a , e =lim ln(13+x +=÷0x x x x øx x
f (x ) e 3x +a x -1
=-1，从而 其中 a 0(x 0) ，即有 2x x
3x +a x f (x ) e 3x +a x -1lim 2=lim -1=lim -1=2. x 0x x 0x 0x x
二 (本题满分12分) 设n 为正整数, 计算 [参考解答与评分标准]
I =ò-2n p
e
1
d æ1ö
cos çln ÷. dx èx ø
I =ò-2n p
e
1
11d d 1æ1ö
cos çln ÷=ò-2n p cos (ln x ) dx =ò-2n p sin ln x dx . ………. ….. (6分)
e e dx dx x èx ø
令 ln x =u , 则有 I =
ò
-2n p
sin u du =ò
2n p
sin t dt =4n ò
p /2
sin t dt =4n . ……………… (12分)
三 (本题满分14分) 设函数f (x ) 在[0，1]上有二阶导数，且有正常数A , B 使得 |f (x ) |£A , |f "(x ) |£B . 证明：对任意x Î[0, 1]，有|f ¢(x ) |£2A +[参考解答与评分标准] 由泰勒公式，有
B . 2
1
f ¢¢(x )(0-x ) 2, x Î(0,x ), 21
f (1)=f (x ) +f ¢(x )(1-x ) +f ¢¢(h )(1-x ) 2, h Î(x ,1), ………. (5分)
2
11
上述两式相减，得到f (0)-f (1)=-f ¢(x ) -f ¢¢(h )(1-x ) 2+f ¢¢(x ) x 2, 于是
22
11
f ¢(x ) =f (1)-f (0)-f ¢¢(h )(1-x ) 2+f ¢¢(x ) x 2. ………… (8分)
22
f (0)=f (x ) +f ¢(x )(0-x ) +
由条件|f (x ) |£A , |f ¢¢(x ) |£B ，得到
|f ¢(x ) |£2A +
B
(1-x ) 2+x 2) . ………. (11分) (2
222
因x +(1-x ) =2x -2x +1在[0, 1]的最大值为1, 故
B
. ……….. (14分) 2
p 2
四 (本题满分14分) (1)设一球缺高为h ，所在球半径为R . 证明该球缺的体积为(3R -h ) h ，球冠
3
的面积为2p
Rh .
|f ¢(x ) |£2A +
2
(2)设球体(x -1) +(y -1) +(z -1) £12被平面P :x +y +z =6所截的小球缺为W . 记球缺上的球冠为S ，方向指向球外，求第二型曲面积分
222
I =òòxdydz +ydzdx +zdxdy .
S
[参考解答与评分标准] (1)设球缺所在的球体表面的方程为x 2+y 2+z 2=R 2，球缺的中心线为z 轴，且设球缺所在圆锥顶角为2a . 记球缺的区域为W ，则其体积为
R
R
òòòdv =
W
R -h
òdz òòdxdy =
D z
R -h
ò
p (R 2-z 2) dz =
p
(3R -h ) h 2. …… (3分) 3
由于球面的面积微元是dS =R sin q d q ，故球冠的面积为
2p
a
2
2
òd j òR
sin q d q =2p R 2(1-cos a ) =2p Rh . ………… (6分)
(2)记球缺W 的底面圆为P 1，方向指向球缺外，且记J =
I +J =
òòxdydz +ydzdx +zdxdy . 由Gauss 公式, 有
P 1
òòò3dv =3v (W ) ， …………. (9分)
W
其中v (W ) 为W 的体积. 由于平面P 的正向单位法向量
,
故
J =
， x +y +z dS =(P () 1) =-(P 1) P 1其中s (P 1) 是P 1的面积。故I =3v (W ) -J =3v (W ) +(P 1) . …………… (12分) 因为球缺底面圆心为Q =(2,2,2) , 而球缺的顶点为D =(3,3,3)，故球缺的高度h =|QD |=再由(1)所证并代入h =R =得
I =3×
p
(3R -h ) h 2+(2Rh -h 2) =. …………… (14分) 3
n
b
1
五 (本题满分15分) 设f 在[a , b ]上非负连续，严格单增，且存在x n Î[a , b ]使得[f (x n ) ]=[f (x )]n dx ，òb -a a
求lim x n .
n ¥
证明：先考虑特殊情形：a =0, b =1. 下证 lim x n =1.
n ¥
首先x n Î[0, 1]，即x n £1，只要证明" e >0(e N 时，1-e
n
n
ò
1
f n (x ) dx . ………….. (3分)
e
，则f (1-e )
3
ò
1
c
f n (x ) dx >f n (c )(1-c ) ，现取c =1-
æf (1-e ) öf (1-e )
N 时有 ÷n ¥f (c ) èf (c ) ø
æf (1-e ) öe
çf (c ) ÷
即f (1-e )
n
n
n
n
ò
1
c
f n (x ) dx £òf n (x ) dx =f n (x n ) , 从而1-e
1
lim x n =1. …….. (10分)
n ¥
再考虑一般情形. 令F (t ) =f (a +t (b -a )) ，由f 在[a , b ]上非负连续，严格单增知F 在[0,1]上非负连续，严格单增. 从而$t n Î[0,1]，使得F n (t n ) =
1
ò
1
F n (t ) dt ，且lim t n =1，即
n ¥
f n (a +t n (b -a )) =òf n (a +t (b -a )) dt .
记x n =a +t n (b -a ) ，则有
1
且lim x n =a +(b -a ) =b . ………. (15分) [f (x )]n dx ，[f (x n ) ]=òn ¥b -a a
n
b
六 (本题满分15分) 设A n =
n n n æp ö
，求lim n A ++L +-n ÷. ç22222n ¥n +1n +2n +n è4ø
1
1n 11p
. ……… (5分) ，故 ，因[解] 令f (x ) ==A A =f x dx =lim () ån n òn ¥n i =11+i 2/n 21+x 240
n n x i x i i
记x i =, 则A n =åòf (x i ) dx , 故 J n =n åò(f (x ) -f (x i )) dx . ……… (8分)
x i -1x i -1
n i =1i =1
由拉格朗日中值定理，存在z i Î(x i -1, x i ) 使得 J n =n åò
i =1
n
x i x i -1
f ¢(z i )(x -x i ) dx . ……… (10分)
记m i 和M i 分别是f ¢(x ) 在[x i -1, x i ]上的最小值和最大值，则m i £f ¢(z i ) £M i , 故积分
ò
x i x i -1
f ¢(z i )(x -x i ) dx 介于m i ò
x i x i -1
(x -x i ) dx 和M i ò
x i x i -1
(x -x i ) dx 之间，所以存在h i Î(x i -1, x i ) 使得
ò
x i x i -1
f ¢(z i )(x -x i ) dx =-f ¢(h i )(x i -x i -1) 2/2, ……… (12分)
1n n n 2
于是，有J n =-åf ¢(h i )(x i -x i -1) =-åf ¢(h i ) . 从而
2i =12n i =1
1111æp ö
lim n ç-A n ÷=lim J n =-òf ¢(x ) dx =-[f (1) -f (0)]=. ……… (15分
) n ¥2024è4øn ¥
4