x (1+ x ) - e (1- ln(1+ x )) e x ln(1+x ) ln(1+x )-2 - e x 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q = 0, 则lim a n = 1. 若q ¹ 0 ，则当 n 充分大，使得 2 >|k | 时，时， a n = cos × cos 2 × × cos n = cos × cos 2 × × cos n n × q q qq q qq 1qsin n× cos 2 × × cos n -1 × sin n -1 × qsin n= sin q × cos 2 × × cos n -2 2 sin n -2 × q q q q 1 q q2 sin n sin n 这时这时,, lim a n = lim sin q sin qq q n ®¥ n ®¥2 sin n1第三届全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，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 -12 = e 2 lim x x ®0ln(1+ x ) - 2 x2 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 q q qn ®¥n ®¥ ……………………1 分n×s in 2222222 2q qq q 1= cos . ………………………4 分2 2 2 2 2 2= cos × 2 2 2 2 2 n 2 2= . ………………………6 分n 21£ x £ 2, 0 £ y £ }£ x £2, dxdxdy = 1+ ò ò òòòòòò 2n -1 2n -2 2n -1 å 的和函数，并求级数 åx 2 n =1 2 解：令 S (x ) = å2n -1 2n -2 x x æ x 2 ö 2n -1 2n -2 S (t )dt = å ò t dt = åå=n 1ç 2 ÷ò001=n2n -1x3. 求òòsgn(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 12 xD 3 = {(x , y ) | 1 12 x £ y £ 2} ……………………………2 分 D 1ÈòD 2 2 1 x = 1+ 2 ln 2 ， òò dxdy =3 - 2 ln 2 . D 3………………………4 分 2sg n(x y-1)dx d y =d x d y -DD 3D 2ÈD3dxdy= 2 - 4 l n 2 . ………………………6 分4. 求幂级数¥¥n =1n2n -1的和的和..¥n =12nx ，则其的定义区间为 (- 2, 2) . "x Î(- 2, 2) ，æ ö¢ 2 + x 2 è 2 - x ø ， x Î (- 2, 2) . 于是， S (x ) = ç÷ = (2 - x ) 2n -1 2n -1 æ 1 ö æ 1 ö 10 ¥¥å=n1 2 2n çèø÷èn1. 如果 lim a n = a ，则lim 2. 如果存在正整数p ，使得 lim(a n + p n) = l，则 lim a n l n ®¥n p 证明：证明：1.1. 由 lim a n = a ， $M > 0 使得 | a n |£ M ，且 "e > 0, $N 1 Î，当 n > N 1 时， | a n -a |< e因为 $N 21 ，当n > N 2 时， N 1(M + | a |) e a 1 + +a n N 1(M + | a |) e (n - N 1) e222 2…………………………4 分2n-2n =12 2 ø 9 . ………………………………6 分二、（本题 2 两问，每问 8 分，共 16 分）设{a n }¥=0 为数列， a , l为有限数，求证： n ®¥ n ®¥a 1 + a 2 + + a n n= a ;-a = .n ®¥n ®¥. ……………………………………4 分2>N < .n2于是，- a £ + < e ,n n n 222.2.对于对于 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 } 的子列的子列.. 由 lim(a n + p - a n ) = l ，知 lim A n = l ，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 l a m lf ¢¢(0) + f ¢¢(0) - m £ ( f ¢¢¢(h 1 2 )) £ M )+ f ¢¢¢(hf ¢¢¢(x 0 12 )) =3 . ………………………15 分) = ( f ¢¢¢(h ) + f ¢¢¢(h所以，limn ®¥a 1 + a 2 + +a n n=a . …………………………………………8 分 (i ) (i ) n ®¥ n ®¥ n ®¥ (i ) (i ) n= l.(i ) (i ) (i )n ®¥a (n +1) p +i - a p +i n= l . 由 lim n ®¥ a p +i n= 0 .知 lim n ®¥a (n +1) p +i n = l. ………………………………………12 分 从而 lim n ®¥ a (n +1) p +i (n +1) p + i= lim × = n ®¥ (n +1) p +i n p"m Î , $n , p , i Î ， (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 ¢¢¢(h )x 3 ，h 介于 0 与 x 之间， x Î[-1, 1] …3 分 在上式中分别取 x = 1 和 x = -1, 得1 = f (1) = f (0) + 1 12! 3! f ¢¢¢(h 1 ) , 0 < h 1< 1. ………………………5 分 0 = f (-1) = f (0) + 1 1 2! 3!f ¢¢¢(h 2 ) , -1 < h 2 < 0 . ………………………7 分 两式相减，得f ¢¢¢(h 1) + f ¢¢¢(h 2 ) =6 . ………………………10 分由于f ¢¢(x )在闭区间[-1,1] 上连续，因此 f ¢¢¢(x )在闭区间在闭区间[[h 2 ,h 1 ]上有最大值 M 最小值 m ，从而 12…………………………………13 分再由连续函数的介值定理，至少存在一点 x 0 Î[h 2 ,h 1 ] Ì (-1,1) ，使得 123解：在 x 轴的 x 处取一小段 dx , 其质量是 rdx ，到质点的距离为 h + x , 这一小段与质点的引力是 Gm r xdxGm r d (x 2 )2 -1/ 2 +¥ òa(h 2+ x 2 )3/ 2= - Gm r (h + x ) Gm r hdxh sec t Gm r æ a ö , 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 = + F ) ¶y y (F + F四、（15 分）在平面上分）在平面上,, 有一条从点 (a ,0) 向右的射线向右的射线,,线密度为 r. 在点 (0, h ) 处（其中 h > 0）有一质量为 m 的质点的质点.. 求射线对该质点的引力求射线对该质点的引力..2 2dF =Gm r dxh 2 +x 2 （其中 G 为引力常数）为引力常数）.. …………………5 分这个引力在水平方向的分量为 dF x = Gm r x dx (h 2 + x 2)3 2. 从而F x =+¥òòa(h 2+ x 2 )3/ 2= 2+¥2a=Gm r h 2 +a 2……10 分而 dF 在竖直方向的分量为 dF y =Gm r hdx (h 2 + x 2)3 2 ,故F y = +¥òa (h 2 + x 2 )3/ 2 = p/ 2 ò arctan a h Gm r h 2 sec 2 dt 3 3 = Gm r h p / 2 òcos tdt = a arctan hç1 - s in a rctan ÷ h è h ø 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 1x y且 F u (u , v ) = F v (u , v ) ¹ 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 1x 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 vu v )所以， x2 ¶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4¶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， S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部分摊开可以看成一个细长条.. 这个细长条的长是 2p 1 -u ，宽是 x 2¶2 z 2 + y 2¶2z ¶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 = òò f (ax + by + cz )dS . 求证： I = 2p òf ( a 2 + b 2 + c 2 u )du S-1解：由 S的面积为 4p 可见：当 a , b , c 都为零时，等式成立都为零时，等式成立.. …………………2 分当它们不全为零时当它们不全为零时,, 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 S 的截下的部分上的截下的部分上,, 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 2p du ，故我们得证我们得证..…………………………15 分5。
