2016年大学生数学竞赛试题(非数学类)参考 答案.pdf

第 8 届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛参考解答 （2016 年 10 月） 一 填空题（满分 30 分，每小题 5 分） 1. 若( )f x在点xa可导，且( )0f a ，则 1 () lim ( ) n n f a n f a = 。 解: 1 () lim ( ) n n f a n f a = ( ) ( ) 11 ( )( )( ) lim ( ) n fa f a n f afa nn e f a 。 2. 若若 (1)=0f，(1)f存在，存在，求 求极限极限 2 2 0 (sincos )tan3 lim (1)sin x x fxxx I ex . 解: 22 22 00 (sincos ) 3(sincos ) lim3lim xx fxxxfxx xxx I= 所以 22 22 0 22 222 00 (sincos )(1) sincos1 =3lim sincos1 sincos1sin1 cos 3 (1)lim3(1)lim() 13 3(1)(1)=(1) 22 x xx fxxfxx xxx xxxx ff xxx ff I 3. 设)(xf有连续导数,且2) 1 (f.记)( 2 yefz x ,若z x z ,求)(xf在0x的表达 式. 解: 由题设得)()( 222 yefyeyef x z xxx . 令 2 yeu x ,得到当0u有 )()( ufuuf, 即 uuf uf1 )( )( , 从而)(ln)(lnuuf. 所以有 1 ln)(lncuuf,cuuf)(. 再而由初始条件得uuf2)(. 故当0x有xxf2)(. 4. 设( )sin2 x f xex，求 (4)(0) f。 解。由 Taylor 展式得 23334 111 ( )1+ ()2(2 )() 2!3!3! f xxxxo xxxo x 所以( )f x展式的 4 次项 344 12 (2 )+ 3!3! xxxx ，从而 (4)(0) 1 4 f ！ ，故 (4)(0) 24f 。 5. 求曲面 2 2 2 x zy平行于平面220xyz的切平面方程。 解。 该曲面在点 000 (,)xy z的切平面的法向量为 00 (,2, 1)xy 。 又该切平面于已知平面平行， 从而两平面法向量平行，故 00 21 221 xy 。 从而 00 2,1xy，得 2 2 0 00 3 2 x zy，从而所求切平面为 2(2)2(1)(3)0xyz， 即223xyz。 二（满分 14 分）设)(xf在在0,1上可导，上可导，(0)0f，且当且当(0,1)x，0 ( )1fx 。试证当。试证当 (0,1)a， 2 3 00 ( )( ) aa f x dxfx dx 。 证证: 设设 2 3 00 ( )( )( ) xx F xf t dtft dt ，则，则(0)0F且且要证明要证明( )0.F x 设设 2 0 ( )2( )( ) x g xf t dtfx ， .3 则则( )( ) ( )F xf x g x， . .5 由于由于(0)0,( )0ffx，故故( )0f x ，从而从而 只只要证明要证明( )0g x ，0x 。 而而(0)0g，我们只要证明，我们只要证明( )0,0g xxa。 而而 (=2 ( )1( )0g xf xfx），得证。得证。 6 三（满分 14 分）某物体所在的空间区域为zyxzyx22: 222 , 密度函数为 222 zyx, 求质量 dxdydzzyxM)( 222 . 解. 由于 1 2 1 2 2 1 2 1 : 222 zyx , 是一个椭球, 2 其体积为 3 22 V. 作变换 2 1 xu, 2 1 yv, 2 1 2 zw, 将变为单位球 1: 222 wvu, 而2 ),( ),( zyx wvu , 故dxdydzdudvdw2且 dudvdw w vuM 222 2 1 22 1 2 1 2 1 . .4 因一次项积分都是0, 故 Adudvdw w vuM 22 1 2 22 , 其中 24 1 4 1 4 1 2 1 VA. .4 记 5 4 sin 1 0 22 0 2 0 222 drrrdddudvdwwvuI. 由于 222 ,wvu在上积分都是3/I, 故 6 223 6 1 3 1 3 1 2 1 AIM .4 四（满分 14 分）设函数( )f x在闭区间0,1上具有连续导数，(0)0, (1)1ff。证明： 1 0 1 11 lim( ) 2 n n k k nf x dxf nn 。 证明 将区间0,1n等分，设分点 k k x n ，则 1 k x n ，且 1 0 1 11 lim( ) n n k nf x dxf nn = 1 11 lim( ) k k nn x kk xn kk nf x dxf xx 3 1 1 =lim ( )() k k n x k xn k nf xf xdx = 1 1 ( )() lim() k k n x k k xn k k f xf x nxx dx xx 1 1 ()() lim() k k n x kk k xn k kk ff x nxx dx x （其中 1 (,) kkk xx ） 1 1 lim()() k k n x kk xn k nfxx dx （其中 k 在, kk x之间） 6 2 1 1 1 lim()() 2 n kkk n k nfxx 1 1 1 lim()() 2 n kkk n k fxx 1 0 11 ( )= 22 fx dx 。 .5 五五（满分（满分 1414 分）分）设函数( )f x在区间 ,0 1上连续，且( )If x dx 1 0 0。证明在( ,)0 1内 存在不同的两点,x x 12，使得 ()()f xf xI 12 112 。 证明：设证明：设( )( ) x F xf tt I 0 1 d，则(0)0,(1)1FF。由介值定理，存在( , ) 0 1使得 ( )F 1 2 . .6 在两个子区间 (0, ), ( , 1)分别应用拉格朗日中值定理： 1 11 ( )( )(0)1/ 2 ( ), (0, ) 0 f xFF F xx I ， 2 22 ()(1)( )1/ 2 (), ( ,1) 11 f xFF F xx I ， 6 1212 111 2 ( )()( )()1/ 21/ 2 II f xf xF xF x 。 .2 六六: 设设)(xf在在, 可导可导，且，且)3()2()(xfxfxf。用。用 Fourier 级数理论级数理论证证 明明)(xf为常数为常数 . 证证： 由)2()(xfxf知f为以2为周期的周期函数，其Fourier系数分别为： dxxnxfan 1 1 cos)( , dxxnxfbn 1 1 sin)(, .4 由 )3()(xfxf 知 dxxnxfan 1 1 cos)3( 1 1 1 1 31 31 31 31 31 31 31 31 sin)(3sincos)(3cos sin)(3sincos)(3cos )3sinsin3cos)(cos( )3(cos)( tdtntfntdtntfn dttntfntdtntfn dtntnntntf dttntf 所以cos 3sin 3 nnn aanbn。 .6 同理可得nanbb nnn 3sin3cos