2015第七届全国大学生数学竞赛年试卷和答案

β
其中 A1 = 1/ β , B1 = α / β 。 因为（1）右端可导，从而 f ′′′( x) = A1 f "( x) + B1 f '( x) 。
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分
设 f ( n ) ( x ) = A1 f ( n −1) ( x ) + B1 f ( n − 2) ( x ), n > 1 ，则 f ( n +1) ( x ) = A1 f ( n ) ( x ) + B1 f ( n −1) ( x ) 。 故 f ( x ) 任意阶可导。
从而 f ( x ) 在 (a, b) 内无穷次可导。 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分 2. 若 β ≠ 0 。对于 ∀x ∈ ( a, b) ，有 f ′′( x) = f ′( x) − α f ( x) = A1 f '( x) + B1 f ( x), （1） ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐6 分
lim 1 n i n π n i 1 π 2 π sin = lim sin π = ∫ sin xdx = ， ∑ ∑ n →∞ n + 1 n →∞ ( n + 1)π n n n π 0 π i =1 i =1
1π n i 1 n i 1 sin π = lim ∑ sin π = lim ∑ →∞ n n →∞ n n π n i =1 n π i =1
0
1
f x1 ) = 4 。 （1）的结果，利用介值定理 ∃x1 ∈ [0,1] 使 （
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐16 分
2 2 六、 （16 分）设 f ( x, y ) 在 x + y ≤ 1 上有连续的二阶偏导数， f xx + 2 f xy + f yy ≤ M 。若
∫
1
0
f ( x)dx = 0 矛盾。
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分
f x0 ) > 4 故 ∃x0 ∈ [0,1], 使 （
f x2 ) < 4 。若不然，对任何 x ∈ [0,1] ， （ f x) ≥ 4 成立。则， （2）先证 ∃x2 ∈ [0,1] ，使 （
f ( x) ≥ 4 恒成立，或者 f ( x) ≤ −4 恒成立，与 ∫ f ( x)dx = 0 矛盾。再由 f ( x ) 的连续性及
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐7 分 用 S1 ( x) ， S 2 ( x) 和 S 3 ( x) 分别表示上式右端三个幂级数的和函数。依据 e x 的展开式得到
S1 ( x) = ( x − 1) 2 ∑
再由
1 ( x − 1) n = ( x − 1) 2 e x −1 , n = 0 n!
0
1
证明： （1）若 ∀x ∈ [0,1] ， f ( x) ≤ 4 ，则
1 1 1 1 1 1 1 = ∫ ( x − ) f ( x)dx ≤ ∫ x − f ( x) dx ≤ 4 ∫ x − dx = 1 0 0 0 2 2 2 1 1 1 f ( x) dx = 1 。而 4 ∫ x − dx = 1 ， 0 2 2
固收敛半径 R = +∞ ，收敛域为 ( −∞,+∞ ) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分 由
n 3 + 2 (n + 1)n(n − 1) n +1 1 1 1 1 = + + = + + ( n ≥ 2) (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n − 2)! n! (n + 1)!
∞
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分
四、 （14 分）求幂级数
n3 + 2 ( x − 1) n 的收敛域与和函数 ∑ n = 0 ( n + 1)!
解：因
a n +1 (n + 1) 3 + 2 = = 0 。 lim lim 3 n →∞ ( n + 2)( n + 2) n →∞ a n
2015 年第七届预赛（非数学类）参考答案
一、每小题 6 分，共计 30 分。 π 2 ⎛ ⎞ ⎜ sin n sin n π sin π ⎟ + 2 +L+ 2 (1) 极限 lim n ⎜ 2 ⎟= n →∞ n +n⎟ ⎜ n +1 n + 2 ⎝ ⎠
2
π
。
i π n sin i 1 n 1 n i n π ≤ sin 解：由于 ≤ ∑ sin π , 而 ∑ ∑ i n + 1 i =1 n n i =1 n i =1 n+ n
∂z ∂z +y = ∂x ∂y
⎛ 1 ∂z ⎞ 1 ∂z z ⎞ ⎟ F +⎛ ⎜ ⎜ 1+ ⎟ − ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ u ⎟ ⎟ Fv = 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ x ∂x x 2 ⎠ y ∂x ⎠ ⎝
即x
∂z y ( zFv − x 2 Fu ) = 。 ∂x xFu + yFv ∂z x( zFu − y 2 Fv ) = 。 ∂y xFu + yFv
又 S 3 (1) = 1 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分 综合以上讨论，最终得到所给幂级数的和函数
S ( x) =
( x 2 − 2 x + 2)e x−1 +
π /2
0
dϕ ∫ e − x ρ ρ d ρ =
2
+∞
0
4x ∫
π
+∞
0
e − xρ d ρ ( x ρ 2 ) = −
2
π
4x
e − xρ
2
ρ =+∞ ρ =0
=
π
4x
。
π
2 x
。
二、 （12 分）设 M 是以三个正半轴为母线的半圆锥面，求其方程。 解：显然，O(0,0,0)为 M 的顶点，A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)在 M 上。由 A,B,C 三点决定的平 面 x + y + z = 1 与球面 x + y + z = 1 的交线 L 是 M 的准线。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分
2
1 (e x−1 − 1)，x ≠ 1 x −1 x =1
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐14 分
五、 （16 分）设函数 f 在[0,1]上连续，且 （1） ∃x0 ∈ [0,1] 使 f ( x0 ) > 4 （2） ∃x1 ∈ [0,1] 使 f ( x1 ) = 4
∫
1
0
f ( x)dx = 0,∫ xf ( x)dx = 1 。试证：
同样，方程对 y 求导，得到 y
于是 x
∂z ∂z z ( xFu + yFv ) − xy ( xFu + yFv ) +y = = z − xy ∂x ∂y xFu + yFv
（3）曲面 z = x + y + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面与曲面 z = x + y 所围区域的体积为
2 2 2 2
及幂级数
∞ ∞ 1 1 1 n n ， 和 ( x − 1 ) ( x − 1 ) ( x − 1) n 的收敛域皆为 ( −∞,+∞ ) 得 ∑ ∑ ∑ ( n − 2 )! n ! ( n + 1 )! n=2 n =0 n =0 ∞
∞ ∞ ∞ n3 + 2 1 1 1 n n n ( x − 1 ) = ( x − 1 ) + ( x − 1 ) + ( x − 1) n 。 ∑ ∑ ∑ ∑ n = 0 ( n + 1)! n = 2 ( n − 2)! n = 0 n! n = 0 ( n + 1)! ∞
⎧( x + y + z )t = 1
2 2 2 2 ⎩( x + y + z )t = 1
。
消除 t，得到圆锥面 M 的方程 xy + yz + zx = 0 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分
三、 （12 分）设 f ( x ) 在 ( a, b) 内二次可导，且存在常数 α , β ，使得对于 ∀x ∈ ( a, b)
f ′( x ) = α f ( x) + β f ′′( x ) ，
则 f ( x ) 在 (a, b) 内无穷次可导。 证明 1. 若 β = 0 。 对于 ∀x ∈ ( a, b) ，有
f ′( x ) = α f ( x ) ， f ′′( x) = α f ′( x) = α 2 f ( x), L , f ( n ) ( x) = α n f ( x) 。
π
2
。
仔细一点，其实也可以用变形了的平面截割法，设切面的z 轴截距为-t，则t在1~2间
解：曲面 z = x + y + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面： 2( x − 1) − 2( y + 1) − ( z − 3) = 0 ，
2 2
即 z = 2 x − 2 y − 1 。联立 ⎨
⎧ z = x2 + y 2 ， ⎩z = 2x − 2 y − 1
所以所求极限是 2 .
π
（2）设函数 z = z ( x, y ) 由方程 F ( x +
∫
π
0
sin xdx =
2
π
。
z z , y + ) = 0 所决定，其中 F (u , v) 具有连续偏导 y x z − xy
。 （本小题结果要求不显含 F 及其
数，且 xFu + yFv ≠ 0 。则 x 偏导数） 解：方程对 x 求导，得到
∫
+∞
0
e − xt dt ，则 u ( x ) 的初等函数表达式为
2
π
2 x
。
[解] 由于 u 2 ( x ) =
∫
+∞
0
e − 来自百度文库t dt ∫ e − xs ds =
2 2
+∞
0
s ≥ 0,t ≥ 0
∫∫
e− x ( s
2
+t 2 )
dsdt , 故有
u 2 ( x) = ∫
所以 u ( x) =
∞
S 2 ( x) = e x −1
( x − 1) S 3 ( x) = ∑
得到，当 x ≠ 1 时 S 3 ( x ) =
∞ 1 1 ( x − 1) n +1 = ∑ ( x − 1) n = e x −1 − 1 n = 0 ( n + 1)! n =1 n!
∞
1 (e x −1 − 1) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分 x −1
2 2
得到所围区域的投影 D 为： ( x − 1) + ( y + 1) ≤ 1 。 所求体积 V =
∫∫ [(2 x − 2 y − 1) − ( x
D
2
+ y 2 )]dxdy = ∫∫ [1 − ( x − 1)2 − ( y + 1)2 ]dxdy
D
令⎨
2π 1 ⎧ x − 1 = r cos t π ， V = ∫ dt ∫ (1 − r 2 ) rdr = 。 0 0 2 ⎩ y + 1 = r sin t
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分 太笨了！你为什么就想不到要在0后 面乘以0.5，而不是1呢！蠢！
因此
∫
1
0
x−
故
∫
1
0
1 x − (4 − f ( x) ) dx = 0 ， 2
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分
所以对于任意的 x ∈ [0,1] ， f ( x) = 4, 由连续性知 f ( x ) ≡ 4 或 f ( x ) ≡ −4 。 这就与条件
（4）函数 f ( x) = ⎨
⎧3, x ∈ [−5, 0) 在 ( −5,5] 的傅立叶级数在 x=0 收敛的值 3/2 。 ⎩0, x ∈ [0,5)
解：由傅里叶收敛定理，易知 f(0)=3/2. （5）设区间 (0, +∞) 上的函数 u( x) 定义为 u ( x ) =
2 2 2
设 P(x,y,z)是 M 上的点， (u,v,w)是 M 的母线 OP 与 L 的交点， 则 OP 的方程为
x y z 1 = = = ， u v w t
即 u=xt,v=yt,w=zt。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分 代入准线方程，得 ⎨