北京交通大非数学专业大学生数学竞赛试题及解答.pdf

北京交通大学北京交通大学 2014 年非数学专业年非数学专业大学生大学生数学竞赛试题数学竞赛试题 （2014 年 6 月 21 日晚 7：009：30） 学院与班级 学号 姓名 联系方式 一一、填空题（每小题填空题（每小题 5 分，满分分，满分 20 分）分） 1极限 + + + + + nn n n n n n n n 1 )sin( 21 ) 2 sin( 1 )sin( lim = 。 2计算定积分 3 2 0 sin sincos x dx xx + = 。 3 1 1 !(2) n n n = = + 。 4 已 知 函 数),(yxf具 有 二 阶 连 续 偏 导 数 ， 且1), 1 () 1 ,(=yfxf， = D yxyxf2dd),( ，其中10 , 10| ),( =yxyxD，则 ( , )d d xy D xy fx yx y = 。 二、 （本题满分 10 分）设)(xf在 2 1 , 0 上二阶可导,且 0) 2 1 (),0()0(=fff ，求证： 至少存在一点 ) 2 1 , 0( ，使得 21 )(3 )( = f f 。 三、（本题满分 15 分） 设函数 )(xf 连续且满足 += D x dxdyxyfdttxfxxxf)()()( 2 0 22 其中D是由) 1 , 1(),1, 1 (和) 1 , 1 (为顶点的三角形区域，且0) 1 (=f，证明： 0)(d)(1 1 0 =+ D dxdyxyfxxf ，并求 1 0 d)(xxf 的值。 四、 （本题满分 10 分）计算圆柱面axyx=+ 22 被球面 2222 azyx=+截下的那部 分的面积。 五、 （本题满分 10 分）计算 +=xyyxyxyzaxIdzddzddd)( 22 ， 其中是 222 )()(byaxRcz=的上侧。 六、 （本题满分 15 分）设 012 41, (1)(2 nn aaan nan =， ，）， （1）求幂级数 n n nx a =0 的和函数)(xs； （2）求)(xs的极值。 七、 （本题满分 10 分）设是由球面1 222 =+zyx围成的区域，求绕直线 zyxl=2:旋转的转动惯量。 （设1=） 八、 （本题满分 10 分）证明：设 ( )f x 存在(1)n+ 阶的连续导数，则对aR ，有 (1) ( )( )( ) lim 1 nn n xa df xf afa dxxan + = + 。 参考答案： 一、1解：解： = + + n k n k n k n n k kn n k n n k 111 )sin( 1 )sin( 1 )sin( 而 , 2 sin )sin( lim 1 0 1 = = xdx n n k n k n 2 sin )sin( lim 1 lim 1 )sin( lim 1 0 11 = + = + = = xdx n n k n n n n k n k nn n k n 所以 2 1 )sin( 21 ) 2 sin( 1 )sin( lim= + + + + + nn n n n n n n n 。 2解：解：利用利用 1 ( )d ( )+ ()d 2 bb aa f x xf xf a+bxx= 3 3 2 0 sin () 1sin 2 +d 2sincos sin()cos() 22 x x Ix xx xx = + + 33 22 22 00 1sincos1 =(sin-sin coscos) 2sincos2 xx xxxx dx xx + =+ + 2 0 1 =(1-sin cos ) 2 xx dx -1 4 = 3解：令 2 1 1 ( ) !(2) n n S xx n n + = = + ，则 1 11 11 ( )(1) ! nnx nn S xxxxx e nn + = = ， 两边积分得 2 00 ( )(0)(1)0()(1) 1 2 xx ttx x S xSt edttd etex=+=+=+ 因此 1 11 (1) !(2)2 n S n n = = + 。 4、解：由偏导数定义易知和题设的已知条件有 0 ), 1 (),( ), 1 (, 0 ) 1 ,(),( ) 1 ,( ), 1( )1 ,( = = = dy ydf y yxf yf dx xdf x yxf xf y y x x = = 1 0 1 0 ),(dd),(dyyxf yxdxyxyxfxyI xy D xy 由于 = = = 1 0 1 0 1 0 1 0 ),(),(| ),(),(dyyxfdyyxfyxyfdyyxf y xx y yxxy 代入上式得 dxdyyxxfdyyxfxdxI D xx ),(),( 1 0 1 0 = = 1 0 1 0 ),(dxyxxfdy x 而 = = = 1 0 1 0 1 0 1 0 ),(), 1 (),(| ),(),(dxyxfyfdxyxfyxxfdxyxxf x xx 再代入上式得 121),(1),(1 1 0 1 0 =+=+= D dxdyyxfdydxyxfI 二、解 1：作辅助函数)()21)()(xfxxfx=,显然 0)0(, 0) 2 1 (= ， 由罗尔定理，存在 ) 2 1 , 0( ，使得0)(= ，由于 )(3)21)()(xfxxfx = ，即0)(3)21)()(= = ff 从而 21 )(3 )( = f f 。 解 2：作辅助函数 2 3 )21)()(xxfx=,显然 )0()0()0(, 0) 2 1 (ff= ， 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 得 ) 2 1 , 0(, 2 1 )()0() 2 1 (=ccfff ， 即 得 )0(2)(fcf= ，由此得 0)21)(0(2)21)()0()()0( 23223 += xx eexs 令, 0 2 3 2 5 )(= xx eexs得惟一驻点, 5 3 ln 2 1 =x且0) 5 3 ln 2 1 ( s ， 和函数为)(xs在 5 3 ln 2 1 =x处取极小值。 七、解 1：由于直线zyxl=2:过原点，所以球面1 222 =+zyx围成的区域 对于l的转动惯量等价于对于任一坐标轴的转动惯量。 因此所求的转动惯量 为对 Z 轴的转动惯量。利用球坐标计算 +=dVyxII Zl )( 22 += 2 00 1 0 222 sin)sinsin()cossin(drrrrdd 15 8 3 4 5 2 sin 5 2 sin2 0 3 0 1 0 43 = ddrrd 。 解 2：设),(zyxM为内的任一点，为求),(zyxM点到直线l的距离，注意 到该直线过原点，从M向l作垂线，记垂足为N，则三角形 OMN 就构成直角三 角形，且OMjON l Pr=, ,而MN即为所求的距离d。 20222222 )()(PrlOMzyxOMjOMd l += 2222 ) 6 1 , 6 1 , 6 2 (),()(+=zyxzyx 6 2 6 4 6 4 6 5 6 5 3 1 ) 666 2 ()( 2222222 zyxzxy zyx zyx zyx+=+= 于是绕直线l旋转的转动惯量为 +=dV zyxzxy zyxIl 6 2 6 4 6 4 6 5 6 5 3 1 222 +=+=dVxdVzyxdVzyx 2222222 2 1 )( 6 5 6 5 6 5 3 1 +=dVzyxdVzyx)( 6 1 )( 6 5 222222 = 2 00 1 0 4 sin 6 4 drrdd 15 8 = . 八、证明： 解：不妨设( )=0f a 原式= (n) ( )() 0 ( )1 ( )() n kkn-k n k f x C fx xaxa = = -( ) ( ) - +1+1 00 ( 1)( - )!( ) ( )=() ()()! n kk nn kkk n n kn kk n knfx C fxax xaaxk = = ( +1)( +1) +1 +1 !( )( ) =()= ()(n+1)!n+1 nn n n nff ax ax 。 上式用到了泰勒公式 ( )( +1) +1 0 ( )( ) ( )() +() !(n+1)! kn n kn k fxf f aaxax k = = ,