大学生数学试题及答案

.
;..
大学生数学试题及答案
考试形式： 闭卷 考试时间： 150分钟 满分：100 分

一、(本题满分10 分) 求极限
))1(21(1lim222222nnnn
n
n


。

【解】
))1(21(1222222nnnnnS
n


))1(1)2(1)1(1(1222nnnnn
))1(1)2(1)1(1)0(1(12222nnnnnn
1021.)(1ninni
nnSlim]1.)(1[lim102ninnni
因21x在]1,0[上连续，故dxx102-1存在，且
dxx102-1
=1021.)(1limninnni，

所以，nnSlimndxxn1lim-11024-1102dxx。
二、(本题满分10 分) 请问cba,,为何值时下式成立.1sin1lim220ctdttaxxxbx
【解】注意到左边得极限中，无论a为何值总有分母趋于零，因此要想极限存在，分子必
.
;..
须为无穷小量，于是可知必有0b，当0b时使用洛必达法则得到

22002201)(coslim1sin1limxaxxtdttaxxxxx，
由上式可知：当0x时，若1a，则此极限存在，且其值为0；若1a，则
21)1(coslim1sin1lim220220
xxxt

dtt

axx
xxbx

，

综上所述，得到如下结论：;0,0,1cba或2,0,1cba。
三、(本题满分10 分) 计算定积分202010tan1xdxI。
【解】 作变换tx2，则
022010cot1tdtIIdtdttttdt202020201020102010)tan111(tan1tan
I2220dt，
所以，4I。
四、(本题满分10 分) 求数列}{1nn中的最小项。
【解】 因为所给数列是函数xxy1当x分别取,,,3,2,1n时的数列。
又)1(ln21xxyx且令exy0，
容易看出：当ex0时，0y；当ex时，0y。
.
;..
所以，xxy1有唯一极小值eeey1)(。
而3312132e，因此数列}{1nn的最小项331。

五、(本题满分10 分) 求01nnne。
【解】 考虑幂级数01nnnx，其收敛半径为 1，收敛区间为)1,1(，
当1x时，0011)1(1nnnnnnx收敛；
当1x时，00111nnnnnx发散，因此其收敛域为
)1,1[
。
设其和函数为)(xs，则
)1,1(x
，dtntdttsxnnx0001)(001nxndtnt01nnxxx1。

于是， .)1(1)1()(2xxxxs
故，21210)()(1eeesnenn。
六、(本题满分10 分) 设xdttftxxxf0)()(sin)(，其中f为连续函数，求
)(xf
。
【解】 原方程可写为

xxdtttfdttfxxxf00)()(sin)(

，

上式两端对x求导得
xxdttfxxxfxxfdttfxxf00)(cos)()()(cos)( （*）
两端再对x求导得
)(sin)(xfxxf

即 xxfxfsin)()(
这是一个二阶线性常系数非齐次方程，由原方程知0)0(f，由（*）式知1)0(f。
特征方程为
.
;..
012，i
齐次通解为 xCxCycossin21
设非齐次方程特解为 )cossin(*xbxaxy，代入xxfxfsin)()(得

21,0ba。
则非齐次方程通解为 xxxCxCycos2cossin21
由初始条件 0)0(y和1)0(y可知，
0,2121CC。
七、(本题满分10 分) 在过点O(0,0)和,0) A(的曲线族0) (ax asin y中，求一条曲线
L ，使沿该曲线从O 到A
的积分Ldyyxdxy)2()1(3的值最小。

【解】 )(aILdyyxdxy)2()1(3
dxxaxaxxa033]cos)sin2(sin1[
3
3

4
4aa

。

令044)(2aaI，得1a)1(舍去a；又08)1(I，则)(aI在
1a
处取极小值，且a =1是I (a)在(0,+∞)内的唯一极值点，故a =1时I (a)取最小值，则

所求曲线为) (0x sin yx。

八、(本题满分10 分) 设f (x)在[−1,1]上有二阶导数，且1 (1) (1)ff，21)('' xf。
证明：
1．21)(' xf，
x∈[−1,1]。
2． f (x) = x在[−1,1]上有且只有一个实根。
【证明】

1. 由泰勒公式 2)1(2)()1)(()()1(xfxxfxff，),1(x
.
;..
)1,(,)1(2)()1)(()()1(2xxfxxfxff
两式相减并整理得
)(2)1()(2)1()(222fxfxxf

于是,
8)1()1()(4)1()(4

)1()(2222xxfxfxxf




由于218)1()1(max2211xxx，
因此
，]1,1[ 1 | )(' |xxf，。
2. 令]1,1[, - )( )(xxxfxF。则231)1()1(fF，21-1)1()1(fF。
但 )(xF在[−1,1]上连续，由介值定理知， )(xF在[−1,1]上至少有一个零点。
又由1可知0 1- )(' )('xfxF，故)(xF在[−1,1]上严格单调，从而至多有一个零点。
这样 )(xF在[−1,1]上有且只有一个零点，即f (x) = x 在[−1,1] 上有且只有一个实根。
九、(本题满分10 分) 设)(xf在)(-，为连续函数,则


20023)(21)(aadxxxfdxxfx

。

【解】令xdttftx023,)()(则),()(23xfxx

20)(21)(xdtttfx，则),(2)(21)(2322xfxxxfxx




所以 )()(xx
即
cxx)()(

c为常数。

而 0)0()0(，)()(xx
特别地
)()(aa

即 20023)(21)(aadxxxfdxxfx。
.
;..
十、(本题满分10 分) 设)(xf是[0,1]上的连续函数，证明
110)(10)(dyedxe
yfxf
。

【证法一】 设}10,10yx {(x, y) |D 。由于)()(1)()(yfxfeyfxf，
所以
dxdyedyedxeDyfxfyfxf
)()(10)(10)(

dyyfxfdx1010))()(1(

101010101010)()(dyyfdxdydxxfdydx

1
。

【证法二】
dxdyedyedxeDyfxfyfxf
)()(10)(10)(

dxdyeDxfyf
)()(
dxdyeeDxfyfyfxf)(
2

1
)()()()(

dxdyeeeexfyfyfxfD)(21)()()()(

.1221Ddxdy