11年高等数学试题及解答

第三届中国大学生数学竞赛预赛试卷

（非数学类，2011）

一、解答下列各题（每小题6分，共24分）

2x

(1 x) e2[1 ln(1 x)]

（1）求极限lim． （ 0 ）

x 0x(1 x) e[1 ln(1 x)]e

lim解：lim

x 0x 0x

elim

2

2

x

2

2ln(1 x)

x

e2[1 ln(1 x)]

x

2ln(1 x)2ln1( x) 2x

e2lim e2 2x 0x 0x 0xxx

2/(1 x) 2 12

e2 e2lim e2 e2 e2 0． elim

x 0x 01 x2x

e2lim

（2）设an cos

e

2ln1 (x)

2x

1

2

cos

22

cos

2n

，求极限liman． （liman

n n

0， 1，

）

sin / ， 0.

解：若 0，则an 1，于是liman 1．

n

若 0，取足够大的n，使得

2

n

1，则

cos cos2 cosn sinncos cos2 cosn 1 sinn 1

22222 222 an

sinn2sinn

22co co2 con 2 sin 2

sin ．

22sin2nsin

22

于是，liman lim

n

n

sin 2nsin

2

n

lim

n

sin 2n

2n

sin

．

， 0， 1

所以，liman sin

， 0.n

（3）求

D

（ 2 4ln2 ） sgn(xy 1)dxdy，其中D {(x,y)0 x 2，0 y 2}．

解：如图，用曲线xy 1将区域D分为D1、D2两个部分，在D1上sgn(xy 1) 1，在D2上sgn(xy 1) 1．所以

sgn(xy 1)dxdy dxdy dxdy dxdy 2 dxdy

D

D1

D2

D1 D2

D2

1 2

12

dxdy 1 2(2 12 1x 12x)dx 1 3 2lnx1/2 2 4ln2．

2

2

2

2n 12n 12n 2

（4）求幂级数 的和函数，并求级数的和s． s(x)x n2n 1

22n 1n 1

102 x2

s （ s(x) ； ） (x ( 22)22

9(2 x)

解：系数an

an 12n 112n 11

，由，得收敛半径R 2， lim lim

n an 2(2n 1)2n2 n

2n 12n 22n 12n 12n 2

当x 2时，级数 都发散，于是幂级数的收x x nn

222n 1n 1n 1

敛域为( 22)．

设

2n 12n 2

x s(x)，则 n2n 1

2n 12n 2 x2n 1x2n 1x/2x

s(x) nx (n) ( n) () () 22

221 x/22 xn 1n 1n 12

2 x2 x( 2x)2 x2

（ 2 x 2）．

(2 x2)2(2 x2)2

2n 1 2n 112n 212 1/210

． s 2n 1 n() s() 2

92(2 1/2)22n 12n 1

a、 为有限数，求证： 二、（本题两问，每问8分，共16分）设{an} n 0为数列，

（1）如果极限liman a，则lim

n

a1 a2 an

a；

n n

（2）如果存在正整数p，使得lim(an p an) ，则lim

n

an

．

n np

证明：（1）对 0，由limxn a，则 N1 N，当n N1时，有xn a

n

2

．

(x1 a) (xN1 a) (xN1 1 a) (xn a)x1 x2 xn

a

nn(x1 a) (xN1 a)

n

(xN1 1 a) (xn a)

n

，

由于N1是确定的数值，则lim

n

(x1 a) (xN1 a)

n

．

0，于是 N2 N ，当n N2

时，有

(x1 a) (xN1 a)

n

2

又

(xN1 1 a) (xn a)

n

n N1

．

n22

x1 x2 xn

a 成立，

n22

取N max{则当n N时，恒有N1，N2}，所以lim

x1 x2 xn

a．

n n

n

（2）由于lim(an p an) ，则序列{an p an}的任意子列也收敛于 ，特别子列

Ani anp p i anp i（i 0，1，2， ，p 1）收敛于 ，根据（1）的结果，有

lim

n

A1i A2i Ani

n

．

anp p i ap i

n

ap in

而A1i A2i Ani anp p i ap i，于是lim

n

，又lim

n

0，

有lim

n

anp p i

n

，则lim

n

anp p inp p i

lim

n

anp p i

n

n

．

np p ip

对任何自然是m N及给定的正整数p，只要m足够大（m 2p即可），一定存在

n、i N ，使得m np p i，注意到m 等价于n ，则

anp p iaam

lim ，即limn ．

n nm mn np p ipplim

三、（15分）设函数f(x)在闭区间[ 1 ，1]具有三阶连续的导数，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x0，使得f (x0) 3．

证明：将函数f(x)展开为二阶麦克劳林公式，有 介于0与x之间，使得 f(x) f(0) f (0)x

1111

f (0)x2 f ( )x3 f(0) f (0)x2 f ( )x3． 2626

用x 1分别代入上式，有

11

f (0) f ( 1)（ 1 1 0）， （1） 2611

1 f(1) f(0) f (0) f ( 2)（0 2 1）， （2）

260 f( 1) f(0)

两式相减，得

f ( 1) f ( 2)

3，由于f (x)在区间[ 1，1]连续，根据平均值定理，

2

f ( 1) f ( 2)

f (x0)，所以f (x0) 3．

2

有x0 [ 1，1)，使得 2] ( 1，

四、（15分）在平面上有一条从点(a，线密度为 ，在点(0，h)（其中h 0）0)向右的射线，处有一个质量为m的质点，求射线对该质点的引力．（(

Gm a

(1 ))）

2222hh ah a

Gm

)上任取一个小区间[x，解：设射线对该质点的引力为F (Fx， x dx]，Fy)，在区间[a，

则dFx

Gm xdxGm hdx

、，于是 dF y223/2223/2

(x h)(x h)

Fx Fy

a

Gm xdxGm d(x2 h2)Gm

2 a(x2 h2)3/2(x2 h2)3/2x2 h2Gm hdxGm 2x htantacostdt

h h(x2 h2)3/2

a

Gm a h

2

2

，

a

Gm Gm a/2

sint (1 )， arctaa/nh)(

22hha h

Gm Gm a

所以射线对该质点的引力为F ((1 ))．

2222hh ah a

五、（15分）设z z(x，y)是由方程F(z

11

，z ) 0确定的隐函数，且具有连续的 xy

22

z 2z2 z3 z3 z y 0及x二阶偏导数．求证：x（注： xy(x y) y 0．22 x y x y x y

2

22

2z z3 z3 z2 z此题有误，将证明结果改为：x y 1及y x xy(y x) 2）22

x y x y y x

2

证明：方程F(z

z1 z11

0；方程，z ) 0同时对x求导，有F1 ( 2) F2

xx xxy

11 z z1

F(z ，z ) 0同时对y求导，有F1 F2 ( 2) 0，解得

xy y yy

F1 F2 z z

，． 2 2

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