首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 (数学类,2010) 、填空题 r- xt (1)设B>a>0,则 (2)若关于x的方程k+2=1(k>0)在区间(0.+∞)中有惟一实数解,则常数。2√ (3)设函数f(x)在区间[a上连续由积分中值公式有∫f()d=(x-a)()(as5≤x<b) 若导数f(a)存在且非零,则lim2的值等于 (4)设(axb)C=6,则[(a+b)×(b+c)(a+c)=12 、设f(x)在(-1)内有定义,在x=0处可导,且f(O)=0证明:lm∑ k)_f(0) 证:根据题目假设和泰劳展开式,我们有f(x)=f(0)+f(0)x+a(x)x,其中a(x)是x的函数, a(0)=0,且a(x)→0,当x→>0 因此,对于任意给定的E>0,存在6>0,使得a(x)<6,只要< 对于任意自然数n和k≤n,我们总有f f(0)=2+a 取N>δ-,对于上述给定的E>0,便有 <E,只要n>N,k≤n n 于是 f(0∑5≤ 只要n>N 此式又可写成 ;/(0+)s2+只要n>N 令n→∞,对上式取极限即得 第1页(共8页
第 1 页（ 共 8 页） 首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案 （数学类，2010） 一、 填空题 （1） 设 β > > α 0 ，则 2 2 2 0 x x dx e e x −α −β +∞ − ∫ = π ( ) β α − . （2）若关于 x 的方程 2 1 kx k 1( 0) x += > 在区间(0, ) +∞ 中有惟一实数解，则常数 k = 2 3 9 . （3）设函数 f ( ) x 在区间[,] a b 上连续.由积分中值公式有 () ( ) ( ) x a f t dt x a f = − ξ ∫ ( ) a xb ≤≤< ξ . 若导数 f ( ) a + ′ 存在且非零， 则 lim x a a x a ξ → + − − 的值等于 1 2 . （4）设()6 a bc × = G GGi ，则[( ) ( )] ( ) ab bc ac +×+ + GG GG GG i =___12________. 二、设 f ( ) x 在( 1,1) − 内有定义，在 x = 0 处可导，且 f (0) 0 = .证明： ' 2 1 (0) lim 2 n n k k f f →∞ = n ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ∑ . 证： 根据题目假设和泰劳展开式，我们有 ' f ( ) (0) (0) ( ) , x f f x xx =+ +α 其中α( ) x 是 x 的函数， α(0) 0, = 且 α( ) 0, 0 x x → → 当 。 因此，对于任意给定的ε > 0 ，存在δ > 0 ，使得 α() , x x < ε δ 只要 < 。 对于任意自然数n 和 k n ≤ ，我们总有 ' 2 2 22 (0) k k kk f f n n nn α ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ = + ⎝⎠ ⎝⎠ 。 取 1 N δ− > ，对于上述给定的ε > 0 ，便有 2 , , k n Nk n n α ε ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ < >≤ ⎝ ⎠ 只要 。 于是， ' 2 22 1 11 (0) , n nn k kk k kk f f nN n nn ε = == ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ −≤ > ⎝ ⎠ ∑ ∑∑ 只要 。 此式又可写成 ' 2 1 111 (0)(1 ) (1 ), 2 2 n k k f f nN n nn ε = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − +≤ + > ⎝ ⎠ ∑ 只要 。 令 n → ∞ ，对上式取极限即得
四1()=2(0+和厘m(合 ≥f(0)- 由E的任意性,即得in1n/k )=20.证毕 、设∫(x)在[O,∞)上一致连续,且对于固定的x∈[0,∞),当自然数n→>∞时f(x+m)→>0.证 明函数序列{f(x+n):n=1,2,,}在[0,1上一致收敛于0 证:由于f(x)在[0,+∞)上一致连续,故对于任意给定的E>0,存在一个δ>0使得 1x)-f(x)<5,只要{x-x<6(x20,x20) 取一个充分大的自然数m,使得m>δ-1,并在[O,1中取m个点 其中x,=(j=1,2,,m)。这样,对于每一个j, 又由于1mf(x+m)=0,故对于每一个x,存在一个N使得 ∫(x,+n<5,只要n>N 这里的E是前面给定的。令N=max{N1…,Nm},那么 (x,+n)<5,只要?>N 其中j=1,2,…,m。设x∈[O,是任意一点,这时总有一个x,使得x∈[x1,x 由f(x)在+)上一致连续性及x-x<6可知 (x1+n)-f(x+m)<°(Vm=12,) 另一方面,我们已经知道 f(x,+n)<,只要n>N 这样,由后面证得的两个式子就得到 第2页(共8页
第 2 页（ 共 8 页） ' 2 1 1 lim sup (0) 2 2 n n k k f f n ε →∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≤ + ⎝ ⎠ ∑ 和 ' 2 1 1 lim inf (0) 2 2 n n k k f f n ε →∞ = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ≥ − ⎝ ⎠ ∑ 由ε 的任意性，即得 ' 2 2 1 1 1 lim sup lim inf (0) 2 n n n n k k k k f ff →∞ →∞ = = n n ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ = = ⎝⎠ ⎝⎠ ∑ ∑ 。证毕。 三、设 f ( ) x 在[0, ) ∞ 上一致连续，且对于固定的 x∈[0, ) ∞ ，当自然数 n → ∞ 时 fx n ( )0 + → .证 明函数序列{ ( ) : 1,2,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛于 0. 证：由于 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续，故对于任意给定的ε > 0 ，存在一个δ > 0 使得 1 2 12 1 2 ( ) ( ) , ( 0, 0) 2 fx fx x x x x ε − < −< ≥ ≥ 只要 δ 取一个充分大的自然数m ，使得 1 m δ− > ，并在[0,1] 中取 m 个点: 1 2 0 ... 1 m xx x = < << = ， 其中 ( 1, 2,..., ) j j x j m m= = 。这样，对于每一个 j ， 1 1 j j x x m δ + − = < 。 又由于 lim ( ) 0 n fx n →∞ + = ，故对于每一个 j x ，存在一个 Nj 使得 ( ), 2 j j f x n nN ε + < > 只要 ， 这里的ε 是前面给定的。令 N NN = max{ ,..., } 1 m ，那么 ( ), 2 j f x n nN ε + < > 只要 ， 其中 j =1,2,...,m 。 设 x∈[0,1]是任意一点，这时总有一个 j x 使得 1 [, ] j j x x x ∈ + 。 由 f ( ) x 在[0, ) +∞ 上一致连续性及 j x x − < δ 可知， ( ) ( ) ( 1,2,...) 2 j fx n fx n n ε + − + < ∀= 另一方面，我们已经知道 ( ), 2 j f x n nN ε + < > 只要 这样，由后面证得的两个式子就得到
f(x+m)<,只要n>N,x∈DO1l 注意到这里的N的选取与点x无关,这就证实了函数序列{f(x+n):n=1,2,}在[0,1上一致收敛 于0。 四、设D={(x,y):x2+y<l},f(x,y)在D内连续,g(x,y)在D内连续有界,且满足条件:(1) 当x2+y2→1时,fxy)→+0:(2)在D内厂与8有二阶偏导数,8/+2=和 3gg2e证明:f(x,y)≥g(x,y)在D内处处成立 证:用反证法。假定该不等式在某一点不成立,我们将导出矛盾。 令F(x,y)=f(x,y)-g(x,y).那么,根据题目假设,当x2+y2→1时,F(x,y)→>+∞ 这样,F(x,y)在D内必然有最小值。设最小值在(x0,y)∈D达到 根据反证法假设,我们有 F(x0,y)=f(x0,y)-g(x0,y0)<0 另一方面,根据题目假设,我们又有 △F=△-Ag≤e1(xy)-e8(xD (i) 其中Δ是拉普拉斯算子:△≡ 式子(i)在D中处处成立,特别地在(x0,y)成立 4g,se)-e,() 由()与(i)可知,△F 但是,(x0,y)是F(x,y)的极小值点,应该有Fx(xy)20Fy≥0,并因此AFl20 这与(ⅳv)矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。 五、分别设 R={(x,y):0≤x≤1:0≤y≤l},R2={(x,y):0≤xs1-E;0≤y≤1-e} 第3页(共8页)
第 3 页（ 共 8 页） f x n n Nx ( ) , , [0,1] +< > ∈ ε 只要 注意到这里的 N 的选取与点 x 无关，这就证实了函数序列{ ( ) : 1,2,...} fx n n + = 在[0,1] 上一致收敛 于 0。 四、设 2 2 D xy x y = +< {( , ) : 1}， f (, ) x y 在 D 内连续，gxy (, ) 在 D 内连续有界，且满足条件：（1） 当 2 2 x y + →1时， f xy (, ) → +∞ ；（2）在 D 内 f 与 g 有二阶偏导数， 2 2 2 2 f f f e x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ 和 2 2 2 2 g g g e x y ∂ ∂ + ≥ ∂ ∂ .证明： f (, ) (, ) xy gxy ≥ 在 D 内处处成立. 证：用反证法。假定该不等式在某一点不成立，我们将导出矛盾。 令 Fxy f xy gxy (, ) (, ) (, ) = − . 那么，根据题目假设，当 2 2 x y + →1时， Fxy (, ) → +∞ . 这样， Fxy (, ) 在 D 内必然有最小值。设最小值在 0 0 (, ) x y D ∈ 达到。 根据反证法假设，我们有 00 00 00 Fx y f x y gx y (, ) (, ) (, )0 =−< . (i) 另一方面，根据题目假设，我们又有 f (,) (,) xy g xy Δ =Δ −Δ ≤ − F f ge e ， (ii) 其中 Δ 是拉普拉斯算子： 2 2 2 2 x y ∂ ∂ Δ≡ + ∂ ∂ . 式子（ii）在 D 中处处成立，特别地在 0 0 (, ) x y 成立： 00 00 0 0 00 00 (,) (,) (,) (,) (,) f x y gx y x y xy xy Δ =Δ −Δ ≤ − F f g ee . (iii) 由(i)与(iii)可知， 0 0 (,) 0 Δ < F x y . (iv) 但是， 0 0 (, ) x y 是 Fxy (, ) 的极小值点，应该有 0 0 ( , ) 0; 0, F xy F xx yy ≥ ≥ 并因此 0 0 (,) | 0 Δ ≥ F x y 这与（iv）矛盾。此矛盾证明了题目中的结论成立。证毕。 五、分别设 R xy x y = ≤≤ ≤≤ {( , ) : 0 1;0 1}， R xy x y {( , ) : 0 1 ;0 1 } ε = ≤ ≤− ≤ ≤− ε ε
dadu 考虑积分1 与l 定义I=liml 1)证明r ∑ x+ (2)利用变量替换 计算积分Ⅰ的值,并由此推出 证:显然,2=∑(x)ydd 注意到上述级数在R上的一致收敛性,我们有 ∑∫。x。yh=∑ 由于 在点x=1收敛,故有=liml=∑ 下面证明I 6 在给定的变换下,x=l-,y=+",那么、1 变换的雅可比行列式,J=10xy=2 d(u,v) 假定正方形R在给定变换下的像为R,那么根据R的图象以及被积函数的特征,我 们有 Ⅰ=2 dudu= 4 l+4 RI-u+y I+1 利用「a1 -arctan-+C(a>0) a2+x2 a 又得 l arctan 令g(l)= arctan h(u)=arctan arctan 第4页(共8页)
第 4 页（ 共 8 页） 考虑积分 R 1 dxdy I xy = − ∫∫ 与 R 1 dxdy I ε xy ε = − ∫∫ ， 定义 0 I lim I ε ε → + = . （1) 证明 2 1 1 n I n ∞ = = ∑ ； （2)利用变量替换： 1 ( ) 2 1 ( ) 2 u xy v yx ⎧ = + ⎪⎪ ⎨ ⎪ = − ⎪⎩ 计算积分 I 的值，并由此推出 2 2 1 1 6 n n π ∞ = = ∑ . 证： 显然， 0 ( )n n R I xy dxdy ε ε ∞ = = ∫∫ ∑ 注意到上述级数在 Rε 上的一致收敛性，我们有 2 1 1 2 0 0 0 1 (1 ) n n n n n I x dx y dy n ε ε ε ε ∞ ∞ − − = = − = = ∑ ∑ ∫ ∫ 。 由于 2 2 1 n n x n ∞ = ∑ 在点 x =1收敛，故有 2 0 1 1 lim n I I n ε ε + ∞ → = = = ∑ 。 下面证明 2 6 I π = . 在给定的变换下， x = u vy u v − =+ , ，那么 2 2 1 1 1 1 xy uv = − − + ， 变换的雅可比行列式 ， (, ) 2 (,) x y J u v ∂ = = ∂ 。 假定正方形 R 在给定变换下的像为 i R ，那么根据 i R 的图象以及被积函数的特征，我 们有 i 1 1 1 2 1 22 22 22 00 0 2 1 24 4 1 11 u u R dv dv I dudv du du uv uv uv − ⎛ ⎞⎛ ⎞ == + ⎜ ⎟⎜ ⎟ −+ −+ −+ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 利用 2 2 1 arctan ( 0), dx x C a ax a a = +> + ∫ 又得 1 2 2 1 2 1 0 2 2 2 1 arctan arctan 1 1 4 4. 1 1 u u u u I du du u u ⎛⎞ ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ − − = + − − ∫ ∫ 令 2 2 1 1 ( ) arctan ; ( ) arctan arctan , 1 1 1 u uu gu hu u u u − − = == − − +
2 那么g(u) 最后,我们得到 1=42g(u)g(u)du-8 h(uh(u)du 2[8(n)2-4[h()2 六、已知两直线的方程:L:x=y=,x=2=-b.(1)问:参数ab满足什么条件时,L 与L'是异面直线?(2)当L与L不重合时,求L'绕L旋转所生成的旋转面x的方程,并指出曲面 的类型 解:(1)L,L的方向向量分别为n=(1,1,1),n'=(1,a,1)。 分别取L,L'上的点O(0,0,0),P(0,0,b)。L与L是异面直线当且仅当矢量n,n,OP不共面, 即,它们的混合积不为零 (n,n, 所以,L与L'是异面直线当且仅当a≠1且b≠0。 (2)假设P(x,y,2)是丌上任一点,于是P必定是L上一点P(x,y,z)绕L旋转所生 成的。由于P"P与L垂直,所以 (x-x)+(y-y)+(=-)=0 ① 又由于P'在L上,所以 y 2-b 因为L经过坐标原点,所以,P,P'到原点的距离相等,故, 将①,②,③联立,消去其中的x,y,z b 将x,y,二用t表示 将④代入①,得 第5页(共8页
第 5 页（ 共 8 页） 那么 ' ' 2 2 1 2 () ; () 1 1 gu hu u u = =− − − 。 最后，我们得到 1 1 2 ' ' 1 0 2 I = − 4 ()() 8 ()() g u g u du h u h u du ∫ ∫ 1 2 21 2 0 1 2 = − 2[ ( )] | 4[ ( )] | gu hu 2 2 2 2 004 6 66 ⎛⎞ ⎛⎞ π π π = −−+ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 。 六、已知两直线的方程：Lx y z : = = ， ': 1 1 x y zb L a − = = 。（1）问：参数 a b, 满足什么条件时，L 与 L'是异面直线？（2）当 L 与 L'不重合时，求 L'绕 L 旋转所生成的旋转面π 的方程，并指出曲面 π 的类型。 解：（1） L L, ' 的方向向量分别为 n na = = (1,1,1), ' (1, ,1) G JG 。 分别取 L L, ' 上的点O Pb (0,0,0), (0,0, ) 。 L 与 L'是异面直线当且仅当矢量 n n OP , ', G JG JJJG 不共面， 即，它们的混合积不为零： 111 ( , ', ) 1 1 ( 1) 0 0 0 n n OP a a b b = =− ≠ G JG JJJG ， 所以， L 与 L'是异面直线当且仅当 a ≠ 1且b ≠ 0 。 （2）假设 Pxyz (, ,) 是π 上任一点，于是 P 必定是 L'上一点 Pxyz '( ', ', ') 绕 L 旋转所生 成的。由于 P P' JJJJG 与 L 垂直，所以， ( ') ( ') ( ') 0 xx yy zz − +− +− = ① 又由于 P'在 L'上，所以， ''' 1 1 x y zb a − = = ， ② 因为 L 经过坐标原点，所以， P P, '到原点的距离相等，故， 2 22 2 2 2 x ++= + + yz x y z ''' ， ③ 将①，②，③联立，消去其中的 x ', ', ' y z ： 令 ''' 1 1 x y zb t a − == = ，将 x ', ', ' y z 用t 表示： x ' ,' ,' = = =+ t y at z t b ， ④ 将④代入①，得