北科大数学竞赛题解正文.pdf

资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 1 页 2011 年 5 月 北京科技大学数学与应用数学 北京科技大学北京科技大学 2010 年数学竞赛年数学竞赛题解题解 林铮远 任贤峰 统稿 白薇 贺林溪 薛美美 王婷 校审 说明 本卷试题仅反映 2010 年命题范围和难度 卷中涉及的题目及考点出现或不出现在 2011 年的 考试 参考解答中的思路代表或不代表命题者原始意图 命题出处的引用属于或不属于最早出现试题 均以等可能性发生 全卷力求一题多解 不仅站在数学系严密的逻辑角度 还适当兼顾工科数学的技 巧性 由于解答时间仓促 加上解题者水平有限 尽管请数学系的大牛们仔细校对 难免有疏漏之处 请读者不吝指正 最后的校对过程中我们也参阅了命题者胡志兴老师的讲评与解答讲义 一 选择题 1 设函数 f x与 g x均可导 且 f xg x 则必有 A fxgx B fxgx C 00 00 00 limlim xx xx xxxx f t dtg t dt xxxx D 00 xx xx f t dtg t dtx 考点 考查函数的解析性质 可微性 可积性 答案 C 解析 A 项与 B 项显然能容易地举出反例 对于 D 选项 若取 0 xx 则 00 00 0 xx xx f t dtg t dt C 项是 0 0 不定式 利用LHospital 法则 有 0 0 1 00 0 lim 1 x x xx f t dt f f xxx xx 0 0 2 00 0 lim 1 x x xx g t dt g g xxx xx 由条件 f xg x 成立 则 C 项显然成立 f g可导则必连续 因此极限值为在该点的 函数值 当然同样可利用积分第一中值定理 0 000 10 10 00 limlimlim x x xxxxxx f t dt fxx ff x xxxx 0 000 20 20 00 limlimlim x x xxxxxx g t dt gxx gg x xxxx 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 2 页 2011 年 5 月 2 设函数 f x满足 对任意x 2f xf x 1 0 8 f 又在 1 1 有 fxx 则 7 2 f A 1 2 B 1 4 C 1 4 D 0 考点 函数周期性 答案 D 解析 22f xf xT 的周期函数 又 0 1 1 0 8 1 0 x x fxf x x 2 2 11 0 1 82 11 1 0 82 xx f x xx 则 2 711111 40 222822 fff 3 下列广义积分收敛的有 A 2 0 1 dx x B 0 1 dx x C 1 1 1 dx x D 2 1 1 dx x 考点 考查反常积分收敛 答案 D 解析 C 项为定积分 排除 对 A 选项 0 是它的瑕点 是其无穷点 1 11 22222 0011 00 1 1111111 limlimlimlim v v uvv uu u dxdxdxdxdx xxxxxxx 0 11 lim 1 lim 1 v u uv 对 B 选项 1 001 111 dxdxdx xxx 同理它也发散 对 D 选项 00 22222 00 11111 limlim 11111 v uuv dxdxdxdxdx xxxxx lim arctan0arctanlim arctanarctan0 22 uv uv A B D 均为最简单的反常积分 大多出自课本例题和习题 例如 D 的积分出自 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 3 页 2011 年 5 月 数学分析上册 第三版 高等教育出版社 P267 例题 4 4 在 0 上方程 3 3 3 sincos 16 xxa a 的实根个数为 A 0 B 1 C 2 D 3 考点 函数方程的根 答案 A 解析 此题不严密 用极端排除法 取2a 则显然没有实根 此题的严密解法如下 令 3 sincos 0 f xxx x 32 sincossin1 coscosf xxxxxx 11 cos211 sin21sin2sin4 2248 x xxx 115 0cos2cos40cos2cos40 2236 fxxxxxx 因为给定为闭区间 只需考察稳定点和端点的值就可以算出最值 00f 0f 3 3 316 f 53 616 f 显然最大值为 3 3 16 故与直线 3 3 16 ya a 无交点 5 如果级数 1 n n a 收敛 级数 1 n n b 绝对收敛 则 1 nn n a b A 条件收敛 B 绝对收敛 C 发散 D 不确定 考点 级数收敛的条件 答案 B 解析 1 n n a 收敛 则必有lim n n a 0 这就是说 01 0 1 n Nst nN a 记 12 max 1 N Maaa 即 n aM 这样我们很容易能证得 1 nn n a b 绝对收敛 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 4 页 2011 年 5 月 1 n n b 绝对收敛 则0 0 0 Nst mNp 使得 12mmm p bbb 则对上述的 与m 有 112212mmmmm pm pmmm p abababM bbbM 即 1 nn n a b 绝对收敛 此外 若用比较判别法 有limlim0 nn n nn n a b a b 且 1 n n b 收敛 则知道 1 nn n a b 收敛 即 1 nn n a b 绝对收敛 6 若 lim2010 1 n n nn 则 A 20091 20102010 B 20091 20102010 C 20091 20102010 D 20091 20102010 考点 数列极限 等价代换 答案 B 解析 这道题是选择题部分之中最精彩 也是最富有技巧性的题 该类型题最早出现在 1976 年俄罗 斯数学竞赛中 以下是其基本解法 limlimlim 111 1111 nnn nnn nn n nn 利用等价代换 1 11 nn 1 limlimlim 1 nnn nnn nn n n 从选项可知 为常数 这样必须要求 1 n 也为常数 若不然则不可能得到收敛值 2010 又因n 则01 1 若10 则 1 0n 与 lim2010 1 n n nn 矛盾 故10 这时 11 2010 2010 因此 2009 2010 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 5 页 2011 年 5 月 值得指出的是 成立的原因 非数学专业的同学可不参阅 这个等式出自卓里奇 数学分析 第一卷 P126 例题 40 证明当0 x 时 11xxo x 援引其证明过程 当0 时 ln 1 0000 11ln 1ln 111 limlimlimlim ln 1 xt xxtx xxxee xxxtx 当0 时 结论显然成立 于是当0 x 时 11xx 令 1 x n 则 1 11 nn 也即 1 11 nn 补注 由于数列是离散的 必须明确上面公式的运用是在函数条件下 Henie归结原理保证 了它在数列极限时的正确性 事实上 在解题时我的直觉是可以反向利用 OStolz定理 在菲赫金戈尔茨 微积分学教程 第一卷中有这样一个例子 考察 1 12 kkk n k n z n 显然它是 不定式 倘若令 1 12 kkkk nn xnyn 应用 OStolz定理 便有 1 1 limlim 1 k nk k nn n z nn 这个形式已经与题目给出的 lim 1 n n nn 已经很为接近 如果我们能将k的取值由正整 数推广至有理数 那么这个结论可以直接用来解题 数学系的同学可以尝试一下 倘若能推广 我们知道 1 1 11 k kk nnkn 这样 1 1 11 k kk nnkn 由多项式数列极限知 1 1 1 limlim 1 1 k nk k nn n z k nn 于是由 12009 1 20102010 k 1 1 2010 k 7 设 0 2 0 0 0 x tf t dt x F x x x 其中 f x具有连续的导数且 00f 则 Fx 在0 x 处 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 6 页 2011 年 5 月 A 连续 B 不连续 C 可导 D 不确定 考点 导函数的解析性质 答案 D 解析 根据导数定义有 0 00 00 0limlim0 x xx tf t dt FxF Fxfx xx 倒数第二个等号利用LHospital 法则 故 0 23 2 0 0 0 x tf t dt xf x x Fx xx x 再求其连续性 可导性 00 233 000 22 lim0limlim xx xxx tf t dttf t dt xfxfx FxF x xxx 连续两次LHospital 法则 0 lim0 x FxF 2 00 22 limlim 113 3 xx fxxfxfxfx x 因 f x具有连续的导数 则 0 lim0 x fxf 则 0 1 lim00 3 x FxFf 因 0 f 的值不知 若 00 f 则连续 若 00 f 则不连续 这样可导性更加难以确定 注 当时阅卷时候的答案是 A 笔者估计可能考虑的是 F x在0 x 处的连续性 正确答案应 该为 D 8 设 是曲面 22 21 10 72516 xyz z 的上侧 则曲面积分 3 222 xdydzydzdxzdxdy I xyz A 2 B 0 C 2 D 考点 第二类曲面积分和Gauss公式 答案 C 解析 这道题由经典的一道分析题演变而来 计算难度不大 关键在于对Gauss公式成立条件的把 握 最早出现在西北大学的考研题中 解答如下 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 7 页 2011 年 5 月 记 333 xyz PQR rrr 其中 222 rxyz 则有 0 0 PQR x y z xyz 注意在原点处函数不可导 要利用Gauss公式 根据条件 必须是封闭曲面 因此我们需要构造一个不包含原点的下曲 面 合同曲面构成一个封闭曲面 这样才能使用Gauss公式 构造 1 以原点为球心 半径为r r足够小 使之包含在 曲面内 的上半球面 内法线方 向 2 是平面xOy上区域 法向量向下 22 222 21 1 2516 xy x yxyr 又记 为 与 1 2 所围立体 则由Gauss公式知 12 3 222 00 xdydzydzdxzdxdy Idxdydz xyz 由此得 12 12 33 222222 0 xdydzydzdxzdxdyxdydzydzdxzdxdy III xyzxyz 注意到 2 上0 0zdz 故有 1 0I 从而有 1 2 3 1 IIxdydzydzdxzdxdy r 2 表示外法线的上半球面 再添平面xOy上区域 222 3 x yr 并记 1 与 3 围成的半球体为 则 133 3 1 Ixdydzydzdxzdxdy r 3 33 131 4 302 2 3 dxdydzr rr 本题容易错选 B 这是因为没有考虑到在点 0 0 0 x y z 处不可微 这样与Gauss公式 要求的封闭曲面中函数一阶偏导连续矛盾 9 设函数 f u具有二阶连续导数 函数 sin x zf ey 满足方程 22 2 22 x zz ze xy 00f 01 f 则 f u 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 8 页 2011 年 5 月 A 1 1 2 uu f uee B 1 2 uu f uee C 1 1 2 uu f uee D 1 2 uu f uee 考点 复合函数求导和二阶常系数微分方程求解 答案 D 解析 本题不严密 运用排除法 根据条件 00f 和 01 f 就能判断出答案 数学系同学请按如下思路解题 因 sin x zf uf ey 有 sin x zdzu fu ey xdux cos x zdzu fu ey yduy 进一步 2 22 2 sinsin xx z fu eyfu ey x 22 cossin xx z fu eyfu ey y 代入 22 2 22 x zz ze xy 有 22xx fu ef u ezz 这是二阶常系数微分方程 它又形如 u ze 的解 再回代如上面的微分方程 得到它的特征 根方程 2 101 其通解为 12 uu zcec e 利用条件件 00f 和 01 f 就能得到 12 c c的解 得 1 2 uu f uee 10 1 212 n nnn A 12 B 12 C 0 D 21 考点 考查数项级数求和 答案 A 解析 本题出自吉米多维奇习题集第 2552 题 主要用到裂项相消的技巧 难度不大 因 221211nnnnnnn 有 1 221 n n k Skkk 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 9 页 2011 年 5 月 32214332 211nnnn 2121nn 1 12 21nn 故有lim12 n n S 二 填空题 1 极限 lim n n n n 考点 数列极限 定积分的性质 分部积分法 答案 1 e 解析 本题出自吉米多维奇习题集第 2225 题 利用定积分的性质求解数列极限 1 1121 limlnlimlnlnlnlimln nn nnn k nnk nnnnnn n 1 11 000 lnln11xdxxxdx 故原式等于 1 e 2 设函数 f x在点a的某邻域可导 且 0f a 则极限 1 lim n n fa n f a 考点 Taylor公式求极限 答案 fa f a e 解析 本题曾被北京大学 清华大学等用来作为考研题 主要应用了Taylor展开式求极限 由条件 f x在 U a 内可导 则根据Taylor展开式 111 faf afa nnn 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 10 页 2011 年 5 月 111 1 limlimlim 1 n nn nnn fa faf afa f a nnn f af an 1 lim 1 nf afa faf a fa f a n fa f a e n 3 极限 4 0 cos sincos lim sin x xx x 考点 利用Taylor展开式求极限 答案 1 8 解析 适用工科学生 利用等价代换与和差化积 4 444 00 sinsin 2sinsin cos sincos 22 limlim sinsin xx xxxx xxx xxx 3 0 sinsinsin sinsin sin 222 lim sinsin 22 x xx xxxx xx xxxx xx 2 000 1 cossincos1 limlimlim 3666 xxx xxx xx 最后三个等号连续使用了三次LHospital 法则 本题的函数解析式有点复杂 若采用LHospital 法则求解需要多步才能消去 改用Taylor公 式求解 需要指出Taylor公式是求解函数极限最有力也是万能的工具 写出sin cosxx的Taylor的展开式 321 1 2 sin1 3 21 n n n xx xxx n 242 21 cos11 2 4 2 n n n xxx xx n 故有 4 0 cos sincos lim sin x xx x 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 11 页 2011 年 5 月 2246 35 4 0 sin 1sin1 2 2 4 6 lim x xxxx xx x 2 3246 67 4 0 1 11 2 3 2 4 6 lim x xxxx xxx x 46 6 4 0 3 1 2436 lim 8 x xx x x 为什么结果不一样 这道题目常会出现的错误是不合理地利用等价代换 致使无法求出正确的极限值 4 积分 2 0 ln 1 x dx x 考点 广义积分的计算 答案 0 解析 本题是填空题中相对有难度的题目 主要原因在于给出的积分是带瑕点的在无穷区间上的反 常积分 难以计算 首先因 22 lnln 1 xx xx 则反常积分 2 0 ln 1 x dx x 必收敛 所以能求值 一解 令 1 x t 则 0t 作变换有 12 000 1 22222 01 lnln1ln1ln 111 1 xtttt dxxtddtdt xtttt t 则 2 0 ln 0 1 x dx x 当然这种写法有点不妥当 更为准确的表达方式为 1 222 001 lnlnln 111 xxx dxdxdx xxx 二解 令tanxt 则0 2 t 作变换 有 2 222 222 0000 lnlntanlntan tantanseclntan 11tansec xtt dxxtdttdttdt xtt 222 000 lntanlnsinlncostdttdttdt 这个积分式也为 0 这是因为若令 2 t 则 00 22 00 22 lncoslncoslnsinlnsin 22 tdtt dttdttdt 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 12 页 2011 年 5 月 事实上 2 0 lnsintdt 被称为Euler积分 我们可以求出它的具体值如下 先做代换2xt 得到 444 000 2lnsin2ln22lnsin2lncos 2 Itdttdttdt 对最后一个积分用代换 2 tu 得到 42 0 4 ln22lnsin2lnsin 2 Itdtudu 2 0 ln 22 ln s i nln 22 22 tdtI ln 2 2 I 5 设 f x在 0 内连续 13f 且对任意 0 x t 满足 111 xtxt f u dutf u duxf u du 则 f x 考点 变上限积分和常微分方程的求解 答案 3ln3yx 解析 对 111 xtxt f u dutf u duxf u du 两边求关于t的导数 得到 1 x xf xtf u dutxf t 利用已知条件 13f 在上式中令1t 则有 1 1 3 x xf xf u dux 现在求关于x的导数 显然有 33f xxfxf xxfx 利用变量分离 有 3 0 dy x dxx 3 03lndydx xyxC x 最后利用 13f 得出3C 原方程的解为3ln3yx 6 设 f x在 0 内可导 00 0 3 xx x f u duf u du x 则 f x 考点 常微分方程 答案 2 3 C y x C为任意常数 解析 对方程两边求导 有 0 1 33 x x f xf u duf x 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 13 页 2011 年 5 月 再次求导 11 333 x fxf xf xfx 也即 32 dy xy dx 当3x 时 12 3 dydx yx ln2ln 3yxC 2 3 C y x 0C 且为任意常数 当3x 时 有0y 包含在0C 的情形中 综上所述 2 3 C y x C为任意常数 7 无穷级数 234 11 2 13 24 31 n nxxxx x n n 的和函数为 考点 函数项级数的求和 答案 1 ln 1xxx 解析 记部分和 234 1 2 13 24 31 n n n xxxx Sx n n 1111 1 2 13 24 31 n n Sx n n 1111 2 13 24 31n n 1 11 n 由部分和有界 故原级数收敛 它的收敛性的判别也可直接利用Leibniz交错级数判别法 应用收敛级数的性质 记 234 1 2 13 24 31 n nxxxx S x n n 则 231 1 231 n nxxx Sxx n 由幂级数的Taylor展开式 231 ln 11 231 n nxxx xx n 即 ln 1Sxx 则 1 11 ln 1ln 1 1 xx xx S xx dxxxdx x ln 1ln 11 ln 1xxxxxxx 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 14 页 2011 年 5 月 8 函数项级数 2 1 1 n n n x p p 的收敛范围是 考点 幂级数收敛范围的判定 答案 1 1 解析 利用CauchyHadamard 定理 lim n n n n x a p 0 1 1 1 1 x x p x 则 2 1 1 n n n x p p 在 1 1 上收敛 9 直线 1 101 xyz L 在平面 20 xyz 上投影的直线方程为 考点 平面直线与平面关系 答案 33 20 xyz xyz 解析 显然直线L过 0 1 0P 方向向量为 1 0 1m 平面 的法向量 1 1 2n 联立 1 101 20 xyz xyz 解的直线与平面的交点为 1 1 1Q 利用m n 求出一个与 m n都垂直的向量 即 1011 3 1 112 m n ijk 则过点 1 1 1Q 且以m n 为法向量的平面为 113111033xyzxyz 则所求直线为 33 20 xyz xyz 本题的解法很多 在此仅举一例 10 设 1 0 u x yf t xyt dt 其中f在 0 1上连续 0 1x y 则 2 2 u x 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 15 页 2011 年 5 月 考点 变上限积分 复合函数求导法则 答案 2 2y f xy 解析 去绝对值是本题的关键 可利用积分上下限来去掉绝对值 11 00 xy xy u x yf t xyt dtf txyt dtf ttxy dt 11 00 xyxy xyxy tf t dtf txy dtxy f t dttf t dt 1 0 xy xy u y xy f xyyf t dtxy yf xyxy yf xyyf t dty xy f xy x 01 xyxy yf t dtyf t dt 2 2 2 2 u y f xy x 11 设 u x y的所有二阶偏导数都连续 22 2 22 0 2 2 x uu u xxx uxxx xy 则 2 xy uxx 2 yy uxx 考点 复合函数求导 答案 5 3 x 4 3 x 解析 对 2u xxx 两边关于x求导得到 22 21 xy uxxuxx 又已知 2 2 x uxxx 则 2 2 21 y xuxx 两边进一步对x求导 得 22 24 20 yxyy xuxxuxx 1 对已知等式 2 2 x uxxx 两边关于x求导 22 22 xxxy uxxuxxx 2 由二阶偏导数都连续推得 22 uu x yy x 利用 22 22 0 uu xy 联立 1 2 式 解之得 5 2 2 3 yxxy x uxxuxx 2 yy uxx 4 2 3 xx x uxx 12 函数 22 4f x yxxyy 在圆域 22 1xy 上的最大值为 最小值为 考点 二元函数最值问题 答案 4 4 解析 求闭区域上二元函数的最值 不仅要考虑其极值点 也要考虑其区域边界点的值 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 16 页 2011 年 5 月 先求其稳定点 有 2 40 220 x y fy fxyy 显然不存在稳定点 则最值必在边界取到 由 22 1yx 得到 2232 41151g xf x yxxxxxxx 令 2 3250gxxx 5 35101 3 xxxor x 舍去 根据 g 的符号 可知 g x在 1 1 上 在1x 处达到最小值 在1x 处取到最大值 max1 04ff min1 04ff 13 设 2 0 1 sin xdx 考点 定积分的计算 答案 解析 定积分的计算具有诸多技巧 有时候要通过变量代换 2 222 22 000 1 sinsincos2sincossincos 222222 xxxxxx xdxdxdx 22 00 sincos2cos 2224 xxx dxdx 3 2 2 3 0 2 2cos2cos 2424 xx dxdx 3 2 2 3 002 2 2 sinsin4 2 2424 xx 又解 令1 sintx 则 2 24 2 arcsin1 2 tdt xtdx tt 因此 22 2 242 2 1 sin2 22 1 sin 22 t dtdt xdxtCxC ttt 这就是说1 sin xdx 的原函数为2 1 sinxC 则 22 00 cos 1 sin 1 sin x xdxdx x 3 2 22 3 0 22 coscoscos 1 sin1 sin1 sin xxx dxdxdx xxx 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 17 页 2011 年 5 月 3 2 22 3 0 22 2 1 sin2 1 sin2 1 sin4 2xxx 在解题过程中 我们曾得到一个错误的解法 倘若直接 2 2 0 0 1 sin2 1 sin0 xdxx 这是因为 cos 2 1 sin1 sin 1 sin x xCx x 存在绝对值去掉时的符号差 读者应当小心注意定积分与不定积分之间的联系与区别 14 设 是由 22 0 1 2 3 4zxyzxyxyyx yx 围成的区域 则积分xydxdydz 考点 三重积分的变换与计算 答案 91 72 解析 求三重积分的主要方法有投影法和截面积法 作变量代换应考虑使得积分区间和被积函数化 简 当不能两全时应考虑复杂的那一个 本题适合采用投影法 显然 在xOy平面上的投影为1 2 3 4xyxyyx yx 围成的积 分区间 22 22 0 xy DD xydxdydzxydxdydzxy xydxdy 其中 1 2 3 4Dx y xyxyyx yx 现考虑二重积分 作变换 uxy y v x 1 2 3 4Su v uv 1 2 22 1 yx u vy Jv y x yx xx 1 2 J v 24 222 2 13 111 1 22 DS u xy xydxdyu uvdudvu dudv vvv 24 3 13 1 111 7 1391 2 32 3 1272 uv v 15 已知三个向量 a b c满足1 2 3abc 且0abc 则a bb cc a 考点 向量基本运算 答案 7 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 18 页 2011 年 5 月 解析 由0abc 得 2 222 22 20abcabca ba cb c 而已知1 2 3abc 则 222 22 2 14a ba cb cabc 故7a bb cc a 16 函数 222 f x y zxyz 在椭球面 222 222 2 xyz abc 上的点 000 P xy z处沿外法线方向的方向 导数为 考点 方向导数的概念与性质 答案 222 000 222 4xyz l labc 解析 根据已知 222 222 222 xyz defx y z abc 对 求 x y z的偏导数 222 xyz xyz abc 则在点 000 P xy z处沿外法线方向 向量为 000 222 xyz abc 单位化为 222 000 222 xyz l abc 000 222 cos cos cos xyz lalblc 求的偏导数有2 2 2 xyz fx fy fz 按公式 0 222 000000 000 222222 24 2 2 2 x xyzxyz gradfxyz lalblclabcl 17 设 1Dx yxy 则 22 3 D xy Idxdy xy 考点 二重积分的变换与计算 答案 0 解析 作变换 uxy vxy 则 1 1 1 1uv 故得 1 2 uu xy J vv xy 即 1 2 J 22 11 11 1 0 23233 DS xyuvu Idxdydudvvdvdu xyuu 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 19 页 2011 年 5 月 对数学系的同学要求直接从 2 3 D x dxdy xy 与 2 3 D y dxdy xy 为轮换式看出二重积分 为 0 18 设L 是 从 0 0A a经 0 0Ba到 0 0 Ca再 回 到 0 0A a的 三 角 形 则 曲 线 积 分 L Izy dxxz dyyx dz 考点 第二型曲线积分和Stokes公式 答案 2 3a 解析 画图就能判断L 为正方向 记 P x y zzy Q x y zxz R x y zyx 由Stokes公式 L dxdydydzdzdx PdxQdyRdz xyz PQR 有 222 xyyzzx L SSS dxdydydzdzdx PdxQdyRdzdxdydydzdzdx xyz zyxzyx 2222 111 2 3 222 aaaa 数学系的同学还可以利用Stokes公式的另一种形式 coscoscos L PdxQdyRdzdS xyz PQR 对于平面xyza 可求得 1 cos 3 1 cos 3 1 cos 3 则 2 2 22 13 3323 2233 L PdxQdyRdzdSaa 19 设 1 ln 0 1 x u f xdu x u 则 1 f xf x 考点 变上限积分的性质与运算 答案 21 ln 2 x 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 20 页 2011 年 5 月 解析 1 ln 1 x u f xdu u 令 1 x t 则 11 1 1111 1lnln1ln1ln1 1111 ttx x uttu fduddtdefdu xuttt tu u 22 111 1 1lnln1ln11 lnln 1122 x xxx uuu f xfdududuux xuu uu 20 设 0f x f连续可微 11f 且在右半平面内沿任一分段光滑封闭曲线l的积分有 ln0 x l y ye fxdxfx dy x 则 f x 考点 Green公式与常微分方程求解 答案 1 xx x y xee 解析 取右半平面内沿任一分段光滑封闭曲线l 记曲线l围成的封闭图形面积为D 同时记 ln x y P x yye f xQ x yf x x 则利用Green公式 有 1 ln0 xx lDD fxyQP ye f xdxf x dydxdye f xdxdy xxyf xx 即 1 0 x fx e f x f xx 以下有两种解题法 适用理工科学生 整理 1 x fx e f x f xx 得到 2x xfxxe fxf x 所以 2 x f xxf x xe fx 显然 x x xe f x 则 x x dxxe dx f x xx xx xx xeeCf x f xxeeC 利用条件 11f 则1C 即 1 xx x f x xee 我得说一句实话 上面那个变形我一开始还真没有看出来 当时的思路是既然是微分方程了 那就直接解微分方程吧 适用数学系学生 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 21 页 2011 年 5 月 2 1 x dy ye y dxx 记 1 x p xq xe x 显然这是一个2n 的Bernoulli方程 两边同时乘以 2 1 n n yy 则 21 1 x dy yye dxx 引入变换 1 zy 上式变为 1 x dz ze dxx 显然这是一个非齐次一阶线性方程 先考虑它的齐次一阶线性方程 1 0 dz z dxx 分离变量得到 1 1 lnln dzc dxzxcz zxx 下面可以利用常数变易法或者积分因子法去求非齐次线性方程的解 这里采用积分因子法 直接使用通解公式 P x dxP x dx zeCQ x edx 这里 1 x P xQ xe x 有 11 xxx zCxe dxCxee xx 也即 11 xx Cxee yx 利用 11f 定出1C 整理后得到 1 xx x y xee 三 证明题 1 设数列 n x满足 01 n x 1 1 1 1 2 4 nn xxn 证明 n x收敛 并求极限lim n n x 考点 数列极限收敛原理 迭代法求数列极限 解析 显然0 n x 则对于n 有 1 2 1111 41 4 144 11 24 n nnn n x xxx x 即 n x为单调递增数列 且01 n x 根据单调有界有极限定理得出 n x收敛 令lim n n xx 则 对不等式 1 1 1 4 nn xx 两边取极限 有 2 111 10 422 x xxx 即 1 lim 2 n n x 2 设 f x在 0 1上二次可微 且 010ff 01 max2 x f x 试证 01 min16 x fx 考点 Taylor展开式求解一元微分学问题 解析 由于 01 010max2 x fff x 则 01 max2 x f x 必在 0 1内部取到 资源部 版权所有 翻录必究 数学竞赛题解 资源部 共 23 页 第 22 页 2011 年 5 月 记最大值点为 m x 则 2 m f x 据Fermat定理知 0 m fx f x在点 m x处一阶Taylor公式为 22 11 11 2 2 2 mmmmm f xf xfxxxfxxfxx 其中 0 1x m x x 在上式中分别令0 x 及1x 得 2 11 1 002 0 2 mm ffxx 1 2 11 1 0121 1 2 mm ffxx 2 若 1 0 2 m x 则由 1 得 12 2 22 2216 1 2 m f x 若 1