第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷 参考答案及评分标准 (非数学类,2010) (本题共5小题,每小题5分,共25分)、计算下列各题(要求写出重要步骤). 1)设x=(1+a)(1+a2)…(1+a2),其中ak1,求lmxn 解将x。恒等变形 xn=(1-a)1+a)(1+a2)…(1+a2),=(1-a2)(1+a2)…(1+a2) (1-a)(1+a)…(1+a2) 由于ak1,可知ima=0,从而 (2)求1ime1+ 解lime1 =exp lim In 1+--1xFexpl lim x xInI x→① exp lim x (3)设>0,求,=exd(n=12…) 解因为S>0时, lim e- x"=0,所以 cdx S 由此得到,ln=-1n1=
第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷 参考答案及评分标准 （非数学类，2010） 一（本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）、计算下列各题（要求写出重要步骤）. (1) 设 2 (1 ) (1 ) (1 ) n n 2 x = + ⋅+ + aa a " ，其中 |a| < 1，求 . n n x ∞→ lim 解 将 n x 恒等变形 2 2 1 (1 )(1 ) (1 ) (1 )1 n n x aa a a a = − + ⋅+ + − " 22 2 1 (1 ) (1 ) (1 )1 n aa a a = − ⋅+ + − " 44 2 1 (1 ) (1 ) (1 )1 n aa a a = − ⋅+ + − " 1 2 1 1 n a a + − = − ， 由于 |a| < 1，可知 2 lim 0 n n a →∞ = ，从而 a xn n − = ∞→ 1 1 lim . (2) 求 lim x x x e x − →∞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ 2 1 1 . 解 lim x x x e x − →∞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ 2 1 1 = 1 1 lim 1 x x x e x − →∞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ + ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ = 1 exp lim ln 1 1 x x x →∞ x ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎢ ⎜ ⎟ + − ⎥ ⎝ ⎠ ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦ = 1 exp lim ln 1 1 x x x →∞ x ⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + − ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ = 2 2 11 1 exp lim ( ) 1 x 2 x x xx x ο →∞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −+ − ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ = 2 1 − e . (3) 设s > 0 ，求 0 sx n n I e x dx +∞ − = ∫ ( 1, 2, n = ") . 解 因为s > 0 时， lim 0 sx n x e x − →+∞ = ，所以， 1 0 0 0 1 1 n sx n sx sx n n n n I x de x e e dx I s s +∞ +∞ +∞ − −− s − ⎡ ⎤ = − =− − = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ 由此得到， 1 20 1 1 ! n n n n n n nn n n II I I s ss s s − − ! + − = =⋅ = = = " 1
(4)设函数f(1)有二阶连续的导数,r=√+y2,8xy=(),求9的 解因为 所以 =-三f(,=xr+2x-yr 利用对称性 +23 =f"()+f() 6)求直线1=0与5丝么:2y-1=3 x-y=0 的距离 4 解直线l4的对称式方程为4:x==三.记两直线的方向向量分别为 l1=(1,1,0),l2=(4,-2,-1),两直线上的定点分别为P(00.0)和P(2,1,3), a=PP2=(2,1,3) ×2=(-1-6).由向量的性质可知,两直线的距离 d (×2)_1-2+1-181_19 ④1+1+3638-V2 二(本题共15分)、设函数f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,并且 f"(x)>0,limf(x)=a>0,limf(x)=B<0,且存在一点x0,使得f(x0)<0 x→ 证明:方程∫(x)=0在(-∞,+∞)恰有两个实根 证1.由lmf(x)=a>0必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0 f"(x)>0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(a)+f(a)x-a)(x>a) 当x→+∞时,f(+∞)+f(a)x-a)->+ 故存在b>a,使得 ∫(b)>f(a)+f(a)(b-a)>0 (6分)
(4) 设函数 f ( t )有二阶连续的导数， 2 2 r xy = + ， 1 gxy f (, ) () r = ，求 2 2 2 2 . g g x y ∂ ∂ + ∂ ∂ 解 因为 , r xr y x ryr ∂ ∂ = = ∂ ∂ ，所以 3 1 ( ) g x f x r r ∂ =− ′ ∂ ， 2 2 22 2 6 5 12 1 ( ) ( ). gx xy f f x rr r r ∂ − = + ′′ ′ ∂ 利用对称性， 2 2 2 24 3 1 111 () () g g f f x y r rr r ∂ ∂ += + ′′ ′ ∂ ∂ (5) 求直线 1 0 : 0 x y l z ⎧ − = ⎨ ⎩ = 与直线 2 2 1 : 4 2 x yz l 3 1 − − − = = − − 的距离. 解 直线 的对称式方程为 1 l 1 : 110 x y z l = = . 记两直线的方向向量分别为 ， ，两直线上的定点分别为 和 ， . 1 l = (1 0) G a P = = G JJ ,1, 1 2 P JJG 2l = −− (4, 2, 1) JG (2,1,3) 1P(0,0,0) 2 P (2,1,3) 1 2 l l × =− − ( 1,1, 6) G JG . 由向量的性质可知，两直线的距离 1 2 1 2 ( ) | 2 1 18 | 19 1 1 1 36 38 2 al l d l l ⋅ × −+− = = == × + + G G JG G JG 9 二（本题共 15 分）、 设函数 在xf )( −∞,+∞)( 上具有二阶导数，并且 f x ′′( ) 0, > lim ( ) 0 x f x α →+∞ ′ = > ， limx f x( ) β 0 →−∞ ′ = < ，且存在一点 ，使得 . 0 x 0)(xf 0 < 证明：方程 xf = 0)( 在 恰有两个实根 ,+∞−∞ )( . 证 1. 由 lim ( ) 0 x f x α →−∞ ′ = > 必有一个充分大的 > xa 0 ，使得 f a′() 0 > . f x ′′() 0 > 知 是凹函数，从而 y fx = ( ) f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fa f a x a x a >+ − > ′ 当 x → +∞时， f fax a ( ) ( )( ) +∞ + − → +∞ ′ . 故存在 ，使得 > ab fb fa f a b a ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′ ……………… （6 分） 2
同样,由limf(x)=B<0,必有c<x,使得f(c)<0 f"(x)>0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(c)+f(cXx-c)(x<c) 当x→-∞时,f(-∞)+f(c)(x-c)→+∞ 故存在d<c,使得 f(d)>f(c)+f'(c)(d-c)>0 (10分) 在[xb]和[d,x利用零点定理,彐x∈(x,b),x2∈(d,x)使得 f(x1)=f(x2)=0 (12分) 下面证明方程∫(x)=0在(-∞,+∞)只有两个实根 用反证法.假设方程f(x)=0在(-∞,+∞)内有三个实根,不妨设为x,x2,x3, 且x1<x2<x3对f(x)在区间[x1,x2]和[x2,x3]上分别应用洛尔定理,则各至少 存在一点ξ1(x1<51<x2)和ξ2(x2<2<x3),使得f(1)=f(2)=0.再将 ∫(x)在区间[ξ1,2]上使用洛尔定理,则至少存在一点叭(1<η<2),使 (n)=0.此与条件f"(x)>0矛盾.从而方程f(x)=0在(-∞,+∞)不能多于两 个根 (15分) 证2.先证方程∫(x)=0至少有两个实根 由limf(x)=a>0,必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0 因f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,故∫(x)及∫"(x)在(-∞,+∞)均连续.由 拉格朗日中值定理,对于x>a有 f(x)-[f(a)+f(a)(x-a)=f(x)-f(a)-f(a)(x-a) f((x-a)-f(a)(x-a)=[f(5)-f(a)](x-a =f"(m)(2-a)(x-a) 其中a<ξ<x,a<η<x.注意到∫"(m)>0(因为∫"(x)>0),则
同样，由 lim ( ) 0 x f x β →−∞ ′ = < ，必有 0 c x < ，使得 f c ′() 0 < . f x ′′() 0 > 知 是凹函数，从而 y fx = ( ) f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fc f c x c x c >+ − < ′ 当 x → −∞时， f fcx c ( ) ( )( ) −∞ + − → +∞ ′ . 故存在d < c，使得 fd fc f c d c ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′ …………………… （10 分） 在 0 [ ,] x b 和 [, ] d x0 利用零点定理， 1 0 ∃x ∈( ,) x b ， 2 (, )0 x ∈ d x 使 得 fx fx ( )1 = = ( 2 ) 0 ……………………… （12 分） 下面证明方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( 只有两个实根. 用反证法. 假设方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( ] 2 32 x,x 内有三个实根，不妨设为 ， 且 . 对 在区间[ 和[ ]上分别应用洛尔定理，则各至少 存在一点 （ 321 x,x,x 321 << xxx 1 ξ xf )( 1 ξ < x 1 ,x 2 x 1 x < ）和 （2 ξ 22 3 x < ξ < x ），使得 f' ξ1 )( = (ξη 0 = 0 ) 2 < ξ )( 2 f' ξ 1 < η . 再将 在区间 [ 上使用洛尔定理，则至少存在一点 ，使 . 此与条件 矛盾. 从而方程 x)( η = 0)( f' f" ] 2 ξ ′′ 1 ξ , f x() 0 > xf )( = 在 −∞,( +∞) 不能多于两 个根. ……………………（15 分） 证 2. 先证方程 至少有两个实根 xf = 0)( . 由 lim ( ) 0 x f x α →+∞ ′ = > ，必有一个充分大的 > xa 0 ，使得 f a′() 0 > . 因 xf )( 在 −∞,+∞)( 上具有二阶导数，故 f ′( ) x 及 f ′′( ) x 在 −∞,+∞)( 均连续. 由 拉格朗日中值定理，对于 x > a 有 f ( ) [ ( ) ( )( )] x fa f a x a −+ − ′ = f ( ) ( ) ( )( )] x fa f a x a − − − ′ = f ′ ′ ( )( ) ( )( ) ξ x a fax a −− −= [ ( ) ( )]( ) f ′ ξ − fa xa ′ − = f ′′( )( )( ) η ξ − − ax a . 其中a < ξ < a,x η << x . 注意到 f ′′() 0 η > （因为 f x ′′() 0 > ），则 3
f(x)>f(a)+f(a(x-a) (x>a) 又因f(a)>0,故存在b>a,使得 f(b)>f(a)+f(a)(b-a)>0 (6分) 又已知∫(x)<0,由连续函数的中间值定理,至少存在一点x(x0<x1<b) 使得 f(x1)=0.即方程f(x)=0在(x0,+∞)上至少有一个根x1……(7分) 同理可证方程f(x)=0在(-∞,x0)上至少有一个根x2.……12分) 下面证明方程f(x)=0在(-∞,+∞)只有两个实根.(以下同证1)……(15分) 三(本题共15分)、设函数y=f(x)由参数方程 x=2t+ ly=v( (t>-1)所确定.且 dx24(1+1) 其中v()具有二阶导数,曲线y=v()与y= 处相切.求函数y(t) 解因为 dyv(t)d2y1(2+2)y"()-2y(m)_(1+t)y"(m)-v(1) (2+2) 4(1+1) (3分) 由题设y。3 故a+aWy(=v(2=3 dx24(1+) 4(1+1) 4(1+1) (1+)y"()-v(t)=3(1+t)2,即v"(t)-v'(t)=3(1+t) 设u=y'(t),则有u 1+,l=3(1+1), l=e「3(1+te"d+C1|=(1+1)3(+0(1+)d+C1|=(1+1)3+C1) 由曲线y=0()0与y=∫c"m+2在1=1处相切第到 y'(1) 11分)
f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fa f a x a x a >+ − > ′ 又因 f a′( ) 0, > 故存在 > ab ，使得 fb fa f a b a ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′ …………………（6 分） 又已知 ，由连续函数的中间值定理，至少存在一点 使得 0)(xf 0 < ( ) 101 << bxxx 0)(xf 1 = . 即方程 xf = 0)( 在 )( 0 ,x +∞ 上至少有一个根 x1 ………………（7 分） 同理可证方程 f = 0)x( 在 )( 0 −∞ x, 上至少有一个根 2 x . ………………（12 分） 下面证明方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( 只有两个实根.（以下同证 1）.……（15 分） 三（本题共 15 分）、设函数 y fx = ( ) 由参数方程 2 2 ( ) x t t y t ψ ⎧ = + ⎨ ⎩ = (t > −1) 所确定. 且 2 2 3 4(1 ) d y dx t = + ，其中ψ ( )t 具有二阶导数，曲线 y =ψ t)( 与 2 1 t ∫ 2 u y ed − = + 3 2 u e 在 处相切. 求函数 t =1 ψ (t) . 解 因为 ( ) 2 2 dy t dx t ψ′ = + ， ( ) 2 2 3 2 1 (2 2 ) ( ) 2 ( ) (1 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4(1 ) d y t t t t t t dx t t t + − +− ψ ψ ψψ ′′ ′ ′′ ′ = ⋅ = + + + ， ………………（3 分） 由题设 2 2 3 4(1 ) d y dx t = + ， 故 3 (1 ) ( ) ( ) 3 4(1 ) 4(1 ) tt t t t + ψ′′ ′ −ψ = + + ， 从 而 ，即 2 (1 ) ( ) ( ) 3(1 ) + − =+ tt t t ψ ψ ′′ ′ 1 ( ) ( ) 3(1 ). 1 t t t ψ′′ ′ − ψ = + t + 设u =ψ′( )t ，则有 1 3(1 ) 1 u u t ′ − =+ + t ， 1 1 1 1 1 1 1 3(1 ) (1 ) 3(1 )(1 ) (1 )(3 ). dt dt t t u e t e dt C t t t dt C t t C − + + − ⎡ ⎤ ∫ ∫ = + + =+ + + + =+ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∫ ∫ + 1 …………（9 分） 由曲线 =ψ ty )( 与 2 2 1 3 2 t u y e du e − = + ∫ 在 t =1 处相切知 3 (1) 2e ψ = ， 2 (1) e ψ′ = . ………………（11 分） 4
所以l1=v()=2,知C≈1 p()=J(1+1)3+C)m=」(2+(3+C1)+C3+(+Ct+C2,由 (1)=,知C2=2,于是v()=r3+2+(--3)+2(t>-1).…(15分) 四(本题共15分)、设an>0,S,=∑a,证明: (1)当ax1时,级数∑二收敛 (2)当as1,且Sn→∞(n→∞)时,级数∑发散 证明令f(x)=x,x∈[Sn1,Sn].将f(x)在区间[Sn1,Sn]上用拉格朗日中值定 理 存在5∈(Sn-1,Sn) f(Sm)-f(Sn-=f((S-s-i) 即Sna-Sm=(1-a)a (5分) (1)当a>1时, Sa-sa=(a-1)g2(a-1)n·显然 的 前n项和有界,从而收敛,所以级数∑收敛 (8分) (2)当a=1时,因为an>0,Sn单调递增,所以 k=n+ SK S p k=n+ 因为S→+对任意n,当p∈NSn<1,从而>≥1.所以级数 ∑发散 (12分) 当a<1时,≥.由∑发散及比较判别法,∑红发散…(15分)
所以 1 2 (1) t u e ψ = = = ′ ，知 3 1 1 −= e C . ∫ ∫ ++ + +=+++=++= 21 3 1 2 11 2 1 2 3 ))3(3()3)(1()( CtCt C ψ tdtCtCtdtCttt ，由 2e 3 ψ )1( = ，知 ，于是 2 C2 = 3 2 1 1 ( ) ( 3) 2 ( 1) 2 tt t t t e e ψ = + + − + >− .…（15 分） 四（本题共 15 分）、设 1 0, n n n k a S = > = k ∑a ，证明： （1）当α >1时，级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 收敛； （2）当α ≤ 1，且Sn → ∞ （n → ∞ ）时，级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 发散. 证明 令 1 1 () , [ , ] n n f x x xSS −α = ∈ − . 将 f ( ) x 在区间 上用拉格朗日中值定 理， 1 [ , n n S S − ] 存在 ) 1 ( , n n ξ S S ∈ − 1 1 ( ) ( ) ( )( ) n n nn f S fS f S S ξ − − −= − ′ 即 S S n n 1 1 −− − αα α − =− −1 (1 ) α ξ an ………………（5 分） （1）当α >1时， 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) n n n n a a S S Sn α α α α α ξ − − − − =− ≥− α . 显然 1 1 1 1 1 n n S S α α − − − ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ − ⎩ ⎭ 的 前 n 项和有界，从而收敛，所以级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 收敛. ……………（8 分） （2）当α =1时，因为an > 0， Sn 单调递增，所以 1 1 1 1 n p n p k n np n k k n k np k n np n a S S S a SS S S + + + = + + = + + + p − ∑ ∑ ≥ = =− 因为 对任意 Sn → +∞ n，当 p ∈ ` 1 2 n n p S S + < ，从而 1 1 2 n p k k n k a S + = + ∑ ≥ . 所以级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 发散. ………………（12 分） 当α <1时， n n n a a S S α ≥ n . 由 1 n n n a S +∞ = ∑ 发散及比较判别法， 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 发散.………（15 分） 5