e x x = 2e lim 1+ x = 2e lim x →0 x →0 x 2x ⋅ cos 2 ⋅ ⋅ cos n , 求 lim a n . 2 2 2
解：若θ = 0, 则 lim a n = 1.
若θ ≠ 0 ，则当 n 充分大，使得 2
>| k | 时， a n = cos ⋅ cos 2 ⋅ ⋅ cos n = cos ⋅ cos 2 ⋅ ⋅ cos n n ⋅ θ θ θ θ θ θ θ 1
θ
sin n
⋅ cos 2 ⋅ ⋅ cos n -1 ⋅ sin n -1 ⋅ θ sin n
= sin θ ⋅ cos 2 ⋅ ⋅ cos n -2 2 sin n -2 ⋅
θ θ θ θ 1 θ θ
2 sin n sin n 这时, lim a n = lim
sin θ sin θ
θ θ n →∞ n →∞ 2 sin n
1
第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷
参及评分标准
（非数学类，2011）
一、（本题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分）计算题
2
(1+ x ) x - e 2 (1- ln(1+ x ))
1. lim .
x →0 解：因为 2 2 x
= 2 l n(1+x ) x - e 2 (1- l n(1+ x )) x
,
lim x →0 e 2 ln(1+ x )
x
= e 2 ,
………………………………………………3 分
lim x →0 e 2 x 2 = e 2 lim
x →0 2 -1 2 = e 2 lim x x →0
ln(1+ x ) - 2 x
2 ln(1+ x ) - x 2 2 1 -1
= -e 2 , ………………5 分
所以
lim
x →0
2
(1+ x ) x - e 2 (1- ln(1+ x ))
x
=0. ………………………………6 分 2. 设 a n = cos θ θ θ
n →∞ n →∞
……………………1 分
n ⋅ s in 2 2 2 2 2 2 2 2
θ θ θ θ 1 = cos .
………………………4 分
2 2 2 2 2 2
= cos ⋅ 2 2 2 2 2 n
2 2
= . ………………………6 分
n
2
≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ } ≤ x ≤ 2, dx dxdy = 1+ ⎰ ⎰ ⎰⎰ ⎰⎰
⎰⎰
2n -1 2n -2 2n -1
∑
的和函数，并求级数 ∑ x 2 n =1 2
解：令 S (x ) = ∑ 2n -1
2n -2
x x ⎛ x 2 ⎫
2n -1 2n -2
S (t )dt = ∑ ⎰ t dt = ∑ ∑=n 1 2 ⎪ ⎰0 01
=n 2n -1x
3. 求
⎰⎰ sgn(xy -1)dxdy ，其中 D = {(x , y ) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2}
D
解：设
D 1 = {(x , y ) | 0 ≤ x ≤
1
2
, 0 ≤ y ≤ 2} D 2 = {(x , y ) |
1 1
2 x D
3 = {(x , y ) | 1 1
2 x ≤ y ≤ 2} . ……………………………2 分
D 1⋃⎰D 2 2
1 x = 1+
2 ln 2 ， ⎰⎰ dxdy =
3 - 2 ln 2 . D 3
………………………4 分
2
s g
n (x y
-
1)d x d y =d x d y -
D D 3
D 2
⋃D 3
dxdy = 2 - 4 l n 2 . ………………………6 分
4. 求幂级数
∞
∞
n 2n -1
的和.
⎛
⎫' 2 + x 2 ⎝ 2 - x ⎭ ， x ∈ (- 2, 2) .
于是， S (x ) =
⎪ =
(2 - x ) 2n -1 2n -1 ⎛ 1 ⎫
⎛ 1 ⎫ 10
∞
∞
∑
=n
1
2
2n ⎝ ⎭⎪
⎝
n
1. 如果 lim a n = a ，则 lim
2. 如果存在正整数 p ，使得 lim(a n + p
n
) = λ ，则 lim
a n
λ n →∞ n p
证明：1. 由 lim a n = a ， ∃M > 0 使得 | a n |≤ M ，且 ∀ε > 0, ∃N 1 ∈ ，当 n > N 1 时，
| a n - a |<
ε
因为 ∃N 2
1
，当 n > N 2 时，
N 1(M + | a |)
ε
a 1 + + a n N 1(M + | a |) ε
(n - N 1) ε
2
2
2 2
…………………………4 分
2n
-
2
n =1
2 2 ⎭ 9
. ………………………………6 分
二、（本题 2 两问，每问 8 分，共 16 分）设{a n }∞=0 为数列， a , λ 为有限数，求证：
n →∞ n →∞ a 1 + a 2 + + a n n
= a ;
- a = .
n →∞
n →∞
. ……………………………………4 分
2
> N
< . n
2
于是，
- a ≤ + < ε ,
n n n 2
2
2.对于 i = 0,1, , p -1，令 A n = a (n +1) p +i - a np +i ，易知{A n } 为{a n + p - a n } 的子列.
由 lim(a n + p - a n ) = λ ，知 lim A n = λ ，从而 lim
A 1 + A 2i ) + + A ni )
而 A + A 2 + + A n = a (n +1) p +i - a p +i .所以， lim
n a (n +1) p +i λ
a m λ f ''(0) + f ''(0) - m ≤ ( f '''(η1 2 )) ≤ M
)+ f '''(η f '''(x 0 12 )) = 3 .
………………………15 分
) = ( f '''(η ) + f '''(η
所以，
lim
n →∞
a 1 + a 2 + + a n
n
= a . …………………………………………8 分
(i ) (i )
n →∞ n →∞ n →∞ (i ) (i ) n
= λ .
(i ) (i ) (i )
n →∞
a (n +1) p +i - a p +i n
= λ .
由 lim n →∞ a p +i n
= 0 .知 lim n →∞
a (n +1) p +i
n
= λ . ………………………………………12 分
从而 lim
n →∞
a (n +1) p +i (n +1) p + i
= lim ⋅ = n →∞ (n +1) p + i n p
∀m ∈ , ∃n , p , i ∈ ， (0 ≤ i ≤ p -1) ，使得 m = np + i ，且当 m → ∞ 时， n → ∞ .
所以， lim
=
. …………………………………………………………16 分
m →∞
m
p
三、（15 分）设函数
f (x )在闭区间[-1,1] 上具有连续的三阶导数，且 f (-1) = 0 ， f (1) = 1， f '(0) = 0 .
求证：在开区间 (-1,1) 内至少存在一点 x 0 ，使得 f '''( x 0 ) = 3
证. 由马克劳林公式，得
f ( x ) = f (0) + 1 2!
f ''(0)x 2 + 1
3!
f '''(η )x 3 ，η 介于 0 与 x 之间， x ∈[-1, 1] …3 分
在上式中分别取 x = 1 和 x = -1 , 得
1 = f (1) = f (0) + 1 1
2! 3! f '''(η1 ) , 0 < η1 < 1. ………………………5 分
0 = f (-1) = f (0) + 1 1
2! 3! f '''(η2 ) , -1 < η2 < 0 . ………………………7 分
两式相减，得
f '''(η1) + f '''(η2 ) = 6 . ………………………10 分
由于
f ''(x )在闭区间[-1,1] 上连续，因此 f '''(x ) 在闭区间[η2 ,η1 ]上有最大值 M 最小值 m ，从而
1
2
…………………………………13 分
再由连续函数的介值定理，至少存在一点 x 0 ∈[η2 ,η1 ] ⊂ (-1,1) ，使得
1
2
解：在 x 轴的 x 处取一小段 dx , 其质量是 ρ dx ，到质点的距离为 h + x , 这一小段与质点的引力是
Gm ρxdx Gm ρ d (x 2 ) 2 -1/ 2 +∞ ⎰
a (h 2 + x 2 )3/ 2 = - Gm ρ (h + x ) Gm ρhdx h sec t Gm ρ ⎛ a ⎫
, z - ) = 0 确定的隐函数，其中 F 具有连续的二阶偏导数， ∂x ∂x ∂y
∂y
, z - ) = 0 两边分别关于 x 、 y 求偏导，得 - 2 )F u v = 0 ， + ∂x x ∂x
+ 2 )F v = 0 .
= 2 2 = y (F + F
四、（15 分）在平面上, 有一条从点 (a ,0) 向右的射线,线密度为 ρ . 在点 (0, h ) 处（其中 h > 0）有一质
量为 m 的质点. 求射线对该质点的引力.
2 2
dF =
Gm ρdx h 2 + x 2
（其中 G 为引力常数）. …………………5 分
这个引力在水平方向的分量为 dF x =
Gm ρ x dx
(h 2 + x 2 )3 2
. 从而
F x = +∞ ⎰
a (h 2 + x 2 )3/ 2 = 2 +∞ 2 a =
Gm ρ h 2 + a 2
……10 分
而 dF 在竖直方向的分量为 dF y =
Gm ρhdx (h 2 + x 2 )3 2
, 故
F y =
+∞
⎰a (h 2 + x 2 )3/ 2 =
π / 2
⎰
arctan
a h
Gm ρh 2 sec 2 dt
3 3
=
Gm ρ h
π / 2
⎰ cos tdt = a
arctan
h
1 - s in a rctan ⎪ h ⎝ h ⎭
所求引力向量为 F = (F x , F y ) . …………………………15 分
五、（15 分）设 z = z (x , y ) 是由方程 F (z +
1 1
x y
且 F u (u , v ) = F v (u , v ) ≠ 0 .求证： x
2
∂z ∂x
+ y
2 ∂z ∂y
= 0 和 x
2 2 2
+ xy (x + y ) + y 3 2 2
= 0 .
解：在方程 F (z +
1 1
x y
(
∂z 1 ∂z
F ∂z ∂y
F u + (
∂z 1
∂y y
…………………5 分
由此解得，
∂z ∂x
F u ∂z -F v
, x (F u v u v
)
所以， x
2
∂z ∂x
+ y 2
∂z
∂y
= 0
…………………………10 分
对上式两边关于 x 和 y 分别求偏导，得
∂x
∂x ∂y ∂y + xy (x + y ) + y 3
六、（15 分）设函数 f (x ) 连续， a , b , c 为常数， ∑ 是单位球面 x + y + z = 1. 记第一型曲面积分
这部分摊开可以看成一个细长条.
这个细长条的长是 2π 1 - u ，宽是
x 2
∂2 z 2
+ y 2
∂2 z ∂y ∂x
= -2x ∂z ∂x ， x + y 2 2 = -2
y
∂z ∂y 上面第一式乘以 x 加上第二式乘以 y ，并注意到 x 2 ∂z ∂x + y 2 ∂z ∂y
= 0 ，得到 x 3 ∂
2z ∂2z ∂2z ∂x 2 ∂x ∂y ∂y 2
= 0
…………………………………………15 分
2 2 2
1
I = ⎰⎰ f (ax + by + cz )dS . 求证： I = 2π ⎰ f ( a 2 + b 2 + c 2 u )du
∑
-1
解：由 ∑ 的面积为 4π 可见：当 a , b , c 都为零时，等式成立. …………………2 分
当它们不全为零时, 可知：原点到平面 ax + by + cz + d = 0 的距离是 | d |
a 2 +
b 2 +
c 2
. …………………………5 分
设平面 P u : u =
ax + by + cz a 2 + b 2 + c 2
，其中 u 固定. 则 | u | 是原点到平面 P u 的距离，从而
-1 ≤ u ≤ 1 . …………………………8 分
两平面 P u 和 P u +du 截单位球 ∑ 的截下的部分上, 被积函数取值为 f ( a
2 + b 2 + c 2 u )
. …………………………10 分
2
du 1 - u
2
，它的面积是 2πdu ，故
我们得证. …………………………15 分下载本文
