厦门大学第十届(2013)景润杯数学竞赛试卷答案(经管)

2013年全国大学生数学专业竞赛试题及解答一、计算题（1） 求极限 21lim (1)sin n n k k k n n π→∞=+∑解法1 直接化为黎曼和的形式有困难.注意到 3sin ()x x O x =+, 3322611lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k k O n n n n n πππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑, 由于 33336611|1()|20,()nn k k k k k O C n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑， 所以2211lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k n n n n ππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n .解法2 利用31sin 6x x x x -<<，得 3326221sin 6k k k k n n n n ππππ-<<， 332622111111(1)1sin 16n n n n k k k k k k k k k k k k n n n n n n n n ππππ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+<+<+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑, 由于33336611|1|20,()nn k k k k k n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑， 21lim 1n n k k k n n π→∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n ， 所以215lim (1)sin 6n n k k k n n ππ→∞=+=∑ .（2）计算()2222axdydz z a dxdy I x y z ∑++=++⎰⎰， 其中∑为下半球222z a x y =---的上侧，0a >.解法一. 先以()12222x y z a ++=代入被积函数，()2axdydz z a dxdy I a ∑++=⎰⎰ ()21a x d y d z z a d x d y a ∑=++⎰⎰， 补一块有向平面222:0x y a S z -⎧+≤⎨=⎩，其法向量与z 轴正向相反，利用高斯公式，从而得到()()-22+S 1S I axdydz z a dxdy axdydz z a dxdy a -∑⎡⎤=++-++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰ ()2D 12a z a dxdydz a dxdy a Ω⎡⎤=-+++⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰， 其中Ω为+S -∑围成的空间区域，D 为0z =上的平面区域222x y a +≤， 于是32212323I a a zdxdydz a a a ππΩ⎛⎫=-⋅-+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ()222040012a a r a d dr zdz a ππθ--=--⎰⎰⎰32a π=-.解法二. 直接分块积分11I axdydz a ∑=⎰⎰ ()2222yzD a x y dydz =--+⎰⎰， 其中yz D 为yOz 平面上的半圆222y z a +≤，0z ≤. 利用极坐标，得 222310223a I d a r rdr a ππθπ=--=-⎰⎰， ()221I z a dxdy a ∑=+⎰⎰ ()22221xyD a a x y dxdy a ⎡⎤=--+⎢⎥⎣⎦⎰⎰， 其中xy D 为xOy 平面上的圆域，222xy a +≤，用极坐标，得 ()22222200122a I d a a a r r rdr a πθ=---⎰⎰36a π=， 因此3122I I I a π=+=-. （3）现要设计一个容积为V 的圆柱体的容积，已知上下两低的材料费为单位面积a 元，而侧面的材料费为单位面积b 元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底面的直径之比为何值时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为h ，底面直径为d ，费用为f ， 根据题意，可知22d h V π⎛⎫= ⎪⎝⎭，24V d h π= 222d f a b dh ππ⎛⎫=⋅⋅+⋅ ⎪⎝⎭212a d b d h π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 2111222ad bdh bdh π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ 23132ad bdh bdh π≥⋅⋅ ()2223332ab d h π=⋅2233342V ab ππ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭， 当且仅当2ad bdh =时，等号成立，h a d b=， 故当h a d b=时，所需要的费用最少. （4）已知()f x 在11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内满足()331sin cos f x x x '=+求()f x . 解：()331sin cos f x dx x x '=+⎰22211sin cos 3sin cos 2sin sin cos cos x x dx x x x x x x +⎛⎫=+ ⎪+-+⎝⎭⎰，111sin cos 2sin 4dx dx x x x π=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰⎰114ln tan 22x C π+=+， ()222sin cos sin cos 11sin sin cos cos sin cos 22x x x x dx dx x x x x x x ++=-+-+⎰⎰ ()2sin cos 2sin cos 1x x dx x x +=-+⎰ ()()2sin cos 2sin cos 1d x x x x -=-+⎰ ()22arctan sin cos x x C =-+所以，()()2124ln tan arctan sin cos 3232x f x x x C π+=+-+. 二、 求下列极限.（1）1lim 1n n n e n →∞⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （2）111lim 3n n n n n a b c →∞⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，其中0a >，0b >，0c >.解：（1）11lim 1lim 1n x n x n e x e n x →∞→+∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1ln 1lim 1x x x e ex ⎛⎫+ ⎪⎝⎭→+∞-=211111ln 11lim 1xx x x x x x x→+∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=- 211ln 11lim 1x x x e x →+∞⎛⎫+- ⎪+⎝⎭=- ()2311111lim 12x x x x e x→+∞-+++= ()2211lim 12x x e x →+∞-+= 21lim 2211x e e x →+∞=-=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭. （2） 111111lim lim 33n x n n n x x x n x a b c a b c →∞→+∞⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111ln 3lim x x x a b c x x e ++→+∞= 111ln3lim 1x x xx a b c x e →+∞++=， 111ln3lim 1x x x x a b c x →+∞++1111112211ln ln ln lim 1x x x x x x x a a b b c c x a b c x →+∞⎛⎫⎛⎫++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++=-1111111lim ln ln ln x x x x x x x a a b b c c a b c →+∞⎛⎫=++ ⎪⎝⎭++ ()1ln ln ln 3a b c =++3ln abc =， 故1113lim 3n n n n n a b c abc →∞⎛⎫++ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭. 一般地，有1112lim n m n k k m m n a a a a m =→∞⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑ ，其中0k a >，1,2,,k m = ， 120lim x x nx x x e e e n →⎛⎫+++ ⎪⎝⎭ 2ln 0lim x x nx e e e n x x e +++→= ()2ln ln 0lim x x nx e e e n x x e +++-→= ()22012lim 1x x nx x x nx x e e ne e e e e→++++++= ()11122n n n e e++++== . 三．设()f x 在1x =点附近有定义，且在1x =点可导，()10f =，()12f '=，求()220sin cos lim tan x f x x x x x→++. 解：()220sin cos lim tan x f x x x x x →++()()22220sin cos 1sin cos 1lim tan sin cos 1x f x x f x x x x x x x →⎛⎫+-+- ⎪=⋅ ⎪++-⎝⎭()220sin cos 11lim tan x x x f x x x→+-'=+ 2220sin 2sin 22lim tan x x x x x x →-=+22022sin cos 1222lim sin 11cos x x x x x x x →⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 2200sin cos 122lim lim sin 11cos x x x x x x x x→→⎛⎫- ⎪=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭ 2111112-=⋅=+.四、 设()f x 在[)0,∞上连续，无穷积分()0f x dx ∞⎰收敛，求()01lim y y xf x dx y →+∞⎰. 解：设()()0x Fx f t dt =⎰，由条件知，()()F x f x '=， ()()0lim x F x f t dt A +∞→+∞==⎰， 利用分部积分，得 ()()00y yxf x dx xF x dx '=⎰⎰()()0y yF y F x dx =-⎰， ()()()0011y y xf x dx F y F x dx y y =-⎰⎰， ()()0lim lim y y y F x dx F y A y →+∞→+∞==⎰， 于是()()()0011lim lim lim y y y y y xf x dx F y F x dx y y →+∞→+∞→+∞=-⎰⎰0A A =-=.五．设函数()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可微，且()()010f f ==，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 证明：（1）存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f ξξ=；（2）对于每一λ，存在()0,ηξ∈，使得()()1f f ηληλη'=-+. 证明：（1）令()()F x f x x =-，由题设条件，可知1122F ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ()11F =-；利用连续函数的介值定理，得 存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0F ξ=，即()f ξξ=.（2）令()()()x G x e f x x λ-=-，由题设条件和（1）中的结果，可知，()00G =，()0G ξ=；利用罗尔中值定理，得存在()0,ηξ∈，使得()0G η'=，由()()()()()1x x G x e f x e f x x λλλ--''=---， 即得()()1f f ηληλη'=-+.六、 试证：对每一个整数2n ≥，成立11!!2n nn n e n +++> . 分析：这是一个估计泰勒展开余项的问题，其技巧在于利用泰勒展开的积分余项.证明：显然0n=时，不等式成立；下设1n ≥. 由于()001!!k n n n n t k n e n t e dt k n ==+-∑⎰， 这样问题等价于证明()0!2n n n t n en t e dt ->-⎰， 即 ()002n n n t n t t e dt e n t e dt +∞-->-⎰⎰， 令u n t =-上式化为 002n n t n u t e dt u e du +∞-->⎰⎰， 从而等价于0n n u n u n u e du u e du +∞-->⎰⎰， 只要证明20n n n u n u n u e du u e du -->⎰⎰， 设()n u f u u e -=，则只要证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，就有()()00n nf n h dh f n h dh +≥-⎰⎰，()()20n n n f u du f u du >⎰⎰， 则问题得证.以下证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，成立上式等价于()()n n n h h n n h en h e ---+≥-， 即()()lnln n n h h n n h h +-≥-+， 令()()()ln ln 2gh n n h n n h h =+---， 则()00g =，并且对0h n <<，有2dg n n dh n h n h=+-+- 2222222220n h n h n h=-==>--， 从而当0h n <<时，()0g h >，这样问题得证.注：利用这一结论，我们可以证明如下结论.六、设1n >为整数，()2011!2!!n x tt t t F x e dt n -⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭⎰ ，证明方程()2n F x =，在,2n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上至少有一个根. 六、 证明：存在1(,)2a n n ∈，使得001!2k n a x k x e dx n k -==∑⎰. 证明：令()00!k nyx k x f y e dx k -==∑⎰， 则有220002!2n n k n x x x k n x n f e dx e e dx k --=⎛⎫=<= ⎪⎝⎭∑⎰⎰， ()00!k n n x k x f n e dx k -==∑⎰00!kn n n k n e dx k -=>∑⎰ 0122nn n n e e dx ->⋅=⎰， 由连续函数的介值定理，得存在,2n a n ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()2n f a =， 故问题得证. 这里是由于()0!kn x k x g x e k -==∑， ()0!n x x g x e n -'=-<， ()g x 在[)0,+∞上严格单调递减，所以，当0x n <<时，有()()g x g n >.七、 是否存在R 上的可微函数()f x ，使得2435(())1f f x x x x x =++--，若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明。

第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为答案：二、设内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor公式又，所以分①由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz定理及①式，有分分三、设上具有连续导数，且证明：对于成立【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分于是根据积分中值定理，存在使得分因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、之和.【解】级数通项令分其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故且分六、设A是n阶幂零矩阵,即满足证明:若A的秩为r，且则存在n阶可逆矩阵P其中为r阶单位矩阵. 【证】存在n阶可逆矩阵H,Q，使得因为所以有分对QH作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵.8分因为使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,收敛，证明：收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。

一、解下列各题 （每小题6分，共42分）1、 220limarctan xt x x e dtx x-→-⎰. 2、设函数()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，求(7)f .3、设(cos )ln(sin )f x dx x c '=+⎰，求()f x .4、已知点()3,4为曲线2y a =a , b .5、求函数2()2ln f x x x =-的单调区间与极值.6、设函数21()cos x f x x⎧+=⎨⎩0,0.x x ≤> 求2(1)f x dx -⎰.7、求曲线3330x y xy +-=的斜渐近线.二、计算下列积分（每小题6分，共36分）1、31sin cos dx x x ⎰.2、.3、523(23)x dx x +⎰.4、41cos 2xdx x π+⎰. 5、312⎰ 6、2220x x edx +∞-⎰，其中12⎛⎫Γ= ⎪⎝⎭.三、应用题（每小题6分，共12分）1、 假设在某个产品的制造过程中，次品数y 是日产量x 的函数为： 2100,102100.x x y xxx ⎧≤⎪=-⎨⎪>⎩并且生产出的合格品都能售出。

如果售出一件合格品可盈利A 元，但出一件次品就要损失3A元。

为获得最大利润，日产量应为多少？ 2、设函数()f x 连续，(1)0f =，且满足方程1()()xf x xe f xt dt -=+⎰，求()f x 及()f x 在[]1,3上的最大值与最小值.四、证明题（每小题5分，共10分）1、当0x >时，证明：(1ln x x +>2、设函数)(x f 在[],a b 上连续，()0f x ≥且不恒为零，证明()baf x dx ⎰0>.一、解下列各题 （每小题6分，共42分）1、解：2220023200011lim lim lim arctan 33xxt t x x x x x e dtx e dte x x x x ---→→→---===⎰⎰ 2、 解：两边求导有233(1)1xf x -=，令2x =，得1(7)12f =。

第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖名单公示根据厦门大学“关于组织申报校级本科生学业竞赛项目的通知”〔厦大教（2013）16号〕，由数学科学学院组织协办的第10届厦门大学景润杯数学竞赛活动历经3个多月于6月22日圆满结束。

本届厦门大学“景润杯”数学竞赛活动共有1846名学生报名参赛，其中厦门大学1316名，集美大学和厦门理工学院530名。

我校实际参赛的总人数为1207名，其中数学专业组76人，理工类专业组861人，经管类专业组270人。

根据第10届“景润杯”数学竞赛组委会的规定，按照数学专业组、理工类组与经管类组三个组别分别进行竞赛评奖，117名学生分获竞赛一、二、三等奖，其中一等奖9名、二等奖27名、三等奖81名，名单如下：
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖学生名单
一、数学专业（一等奖2人，二等奖6人，三等奖18人，合计26人）
二、理工专业组（一等奖4人，二等奖12人，三等奖36人，合计52人）
三、经管专业组（一等奖3人，二等奖9人，三等奖27人，合计39人）
厦门大学数学科学学院
2013.6.25。

1. (15分)求下列极限（每小题5分，共15分）（1） nnn nn n n ln )ln 2ln (lim +-∞→ 解：321ln ln ln ln )ln 21()ln 1(lim )ln 21ln 1(lim )ln 2ln (lim --∞→∞→∞→==+-=+-=+-e e e nn n n n n n n n n n n n n nn n n nn n n n ( 2）23202arctan )1(sin lim 22t e dy y dx t t txt --→⎰⎰+π； 解：232223202arctan )1(sin lim arctan )1(sin lim222tedxdyy tedyy dx t Dt t t tx t -=--→-→⎰⎰⎰⎰++ππ7sin lim22sin lim27202320020πππ-=-=-=⎰⎰⎰++→→t dyy y t tdx y dy t t tyt .（3）y x x ye RD xR d d arctan lim ⎰⎰-+∞→，其中R D 是由12,0,-===x Ry y R x所围成.解：由于函数xye x arctan-在R D 上连续，由积分中值定理得 ,arctan 4d d arctan d d arctan ξηξηξξ---==⎰⎰⎰⎰e R y x e y x x y e RRD D x 其中R D ∈),(ηξ，即10,2≤≤≤≤ηξR R ，于是当+∞→R 时，0arctan 4d d arctan |d d arctan |2→≤=---⎰⎰⎰⎰ξηξηξR D D x e R y x e y x x y e RR， 所以0d d arctan lim =⎰⎰-+∞→y x xye RD xR .厦门大学第十届景润杯数学竞赛试卷＿＿＿＿＿＿学院＿＿＿年级＿＿＿＿＿＿专业竞赛时间 2013.06.22 （经管卷）2. (10分) 设)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可导，且)1()0(2f f =，试证明：至少存在一点)1,0(∈ξ，使得)()()1(ξξξf f ='+。

2013年福建省高一数学竞赛试题参考答案及评分标准（考试时间：5月12日上午8：30－11：00）一、选择题（每小题6分,共36分） 1．已知集合{}1A x x x Z =-≤∈,{}21B y y x x R ==-+∈，,则A B ⋂的非空真子集有（ D ）A ．31个B ．30个C ．15个D ．14个【解答】由条件知,{}2101234A =--，，，，，，,(]1B =-∞，,{}2101A B ⋂=--，，，。

∴ A B ⋂的非空真子集有42214-=个。

2．给出下列四个命题：① 若平面α内有不在一条直线上的三个点到平面β的距离相等,则αβ∥。

② 三个平面可以把空间分成七个部分。

③ 正方体1111ABCD A BC D -中与对角线1DB 成异面直线的棱共有5条。

④ 若一条直线和平面内无数条直线没有公共点,则这条直线和这个平面平行。

其中假．命题的个数为（ C ） A ． 1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 【解答】易知,命题②为真命题,①、③、④为假命题3．设方程31log ()03x x -=与141log ()04x x -=的根分别为1x ,2x ,则（ A ）A ．1201x x <<B ．121x x =C ．1212x x <<D ．122x x ≥ 【解答】易知12x =是方程141log ()04x x -=的根,即212x =。

设31()log ()3x f x x =-,则1(1)003f =-<,31(2)log 209f =->。

∴ 112x <<,1201x x <<。

4．函数1111()1232013f x x x x x =++++++++图像的对称中心是（ B ）A ．(10060)-，B ．(10070)-，C ．(10060)，D ．(10070)， 【解答】设1111()(1007)1006100510051006g x f x x x x x =-=++++--++。

厦门大学第十二届“景润杯”数学竞赛试卷（理工类）参考答案一、求下列各题极限（每小题4分，共8分）（1） 求极限 20(32sin )3lim tan x xx x x→+-. 解一：20(32sin )3lim tan xxx x x →+-2002(1sin )13lim3lim xx x x x x→→+-=⋅ …………………………..1分 2ln(1sin )32e1limx x x x +→-= …………………………..2分202ln(1sin )3lim x x x x →+= ……………………………….1分 02sin 23lim 3x xx →== ……………………………………..1分解二：20(32sin )3lim tan x x x x x →+-ln(32sin )ln320e e lim x x x x x +→-= ………………………………………..1分20[ln(32sin )ln3]lime x x x xξ→+-= ……………………2分 202ln(1sin )3lim x x x x→+= …………………………….1分 02sin 23lim 3x xx →== …………………………………..1分其中ξ在ln(32sin )ln3x x x +与之间. (2)设12121,2,(2,3,)n n n x x x x x n --===+=，求极限1limn nx →∞. 解一：由题设条件知，对2n ∀>，0n x >，且120n n n x x x ---=>，即{}n x 严格单增，所以, 1212n n n n x x x x ---=+<，112n n x x ->，即有 2112n n x x -->， 故 211121213333()()()2222n n n n n n n x x x x x x ------=+>>>>= …………………….3分所以，11103()2n n x -≤≤， ……………………….1分 由11lim 03()2n n →∞-=得1lim 0.n n x →∞= ………………………..1分解二：用归纳法证明：n x n ≥，1,2,n =事实上，当1,2n =时，结论成立。