2015年第六届全国大学生数学竞赛预赛试题及答案

n +1 n n ∑ n n n 2015 年第七届预赛（非数学类）参考答案一、每小题 6 分，共计 30 分。

⎛ sin π sin 2 π ⎞⎜ n n sin π ⎜ 2 (1) 极限 lim n ⎜ 2 + n +1n + 2 + L + n 2 + n ⎜ =π。

n →∞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎟i1 n in sin π n 1 n i 解：由于 ∑sin i =1 π ≤ ∑ i =1n +i n≤ ∑sin i =1 π , 而 nlim 1 ∑sin i π = lim n π ni 1 π 2 sin π = ∫ sin xdx = ， n →∞ n +1 i =1 n n →∞ (n +1)π n i =1n π 0 πlim 1 ∑sin i π = lim 1 π ∑sin i π = 1 ∫π sin xdx = 2。

n →∞ n i =1 n n →∞ π n i =1 n π 0 π所以所求极限是 2 .π（2）设函数 z = z ( x , y ) 由方程 F ( x + z, y + z ) = 0 所决定，其中 F (u , v ) 具有连续偏导y x∂z ∂z数，且 xF u + yF v ≠ 0 。

则 x + y = z −xy 。

（本小题结果要求不显含 F 及其 ∂x ∂y偏导数）⎛ 1 ∂z ⎞⎜⎛ 1 ∂z z ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ 解：方程对 x 求导，得到⎜1+ ⎜ F u +⎜ − y x x x x ⎜ F v = 0 ⎝⎜ ∂ ⎟⎜⎝⎜ ∂ 2 ⎟⎜∂z y ( z F − x 2 F ) 即 x = v u。

∂x xF u + yF v∂z x ( z F − y 2F ) 同样，方程对 y 求导，得到 y = u v。

∂y xF u + yF v于是 x∂z + y ∂z = z ( x F u + yF v ) − xy ( x F u + yF v )= z − xy ∂x ∂y u + v（3）曲面 z = x 2 + y 2 + 1 在点 M (1,‐1,3)的切平面与曲面 z = x 2 + y 2所围区域的体积为π。

22+∞解：曲面z = x2 + y2 +1 在点M(1,‐1,3)的切平面：2( x−1) −2( y +1) −( z−3) = 0 ，⎧z = x2 + y 2即z = 2 x−2 y −1 。

联立⎨，⎩z = 2x −2 y −1得到所围区域的投影D 为：( x−1)2 +( y +1)2 ≤1。

所求体积V = ∫∫[(2x −2 y −1) −( x2 + y2 )]dxdy = ∫∫[1 −( x−1)2 −( y +1)2 ]dxdyD D⎧x −1= r cos t令⎨2π，V = ∫dt∫1 (1−r2)rdr =π。

⎩y +1 = r sin t 0 0 2⎧3, x ∈[−5, 0)（4）函数f ( x) = ⎨⎩0, x ∈[0, 5)在(−5, 5] 的傅立叶级数在x=0 收敛的值3/2。

解：由傅里叶收敛定理，易知f(0)=3/2.（5）设区间(0,+∞)上的函数u(x) 定义为u( x) = ∫+∞e−xt 2 dt ，则u (x) 的初等函数表达式为。

[解] 由于+∞u2 (x) = ∫+∞e−xt dt∫e−xs2 ds =∫∫ e−x(s2 +t2 )dsdt , 故有0 0s≥0,t≥0πu2 ( x) = ∫/2 +∞dϕ∫e−xρ2 ρd ρ= π∫e−xρ2 d( xρ2 ) = −πe−xρ2ρ=+∞π=。

0 0 4x 0 ρ4x ρ=0 4x所以u( x) =二、（12 分）设M 是以三个正半轴为母线的半圆锥面，求其方程。

解：显然，O(0,0,0)为M 的顶点，A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)在M 上。

由A,B,C 三点决定的平面x + y + z =1 与球面x2 + y2 + z 2 =1的交线L 是M 的准线。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4分x y z1设P(x,y,z)是M 上的点，(u,v,w)是M 的母线OP 与L 的交点，则OP 的方程为===，u v w t即u=xt,v=yt,w=zt。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分⎧( x+ y + z)t =1代入准线方程，得⎨。

⎩( x2 + y2 + z 2 )t 2 =1消除t，得到圆锥面M 的方程xy + yz + zx = 0 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分(n →∞n三、（12 分）设 f ( x ) 在 (a , b ) 内二次可导，且存在常数α , β ，使得对于∀x ∈ (a , b )f ′( x ) = α f ( x ) + β f ′( x ) ，则 f ( x ) 在 (a , b ) 内无穷次可导。

证明 1. 若 β = 0 。

对于∀x ∈ (a , b ) ，有f ′( x ) = α f ( x ) ， f ′′( x ) = α f ′( x ) = α 2 f ( x ),L , f ( n ) ( x ) = α nf ( x ) 。

从而 f ( x ) 在 (a , b ) 内无穷次可导。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分2. 若 β ≠ 0 。

对于∀x ∈ (a , b ) ，有f ′′( x ) = f ′( x ) − α f ( x )= A f '( x ) + B f ( x ),（1）β 1 1其中 A 1 = 1/ β , B 1 = α / β 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐6 分因为（1）右端可导，从而f ′′′( x ) = A 1 f "( x ) + B 1 f '( x ) 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分设 ( n )( n −1)( n −2 )( n +1)( n )( n −1)f ( x ) = A 1 f( x ) + B 1 f( x ), n > 1 ，则 f ( x ) = A 1 f ( x ) + B 1 f( x ) 。

故 f ( x ) 任意阶可导。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分∞n 3 + 2 四、 （14 分）求幂级数 ∑ n =0 ( x − 1) n+ 1)! 的收敛域与和函数解：因lim n →∞a n +1an(n + 1) 3 + 2= lim (n + 2)(n 3+ 2) = 0 。

固收敛半径 R = +∞ ，收敛域为 (−∞,+∞) 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分由n 3 + 2 =(n + 1)!(n + 1)n (n − 1) + (n + 1)!n + 1 + (n + 1)!1 = (n + 1)!1 + (n − 2)!1 + 1 n ! (n + 1)!(n ≥ 2)∞ ∞∞及幂级数∑ 1 ( x −1)n，∑ 1 ( x −1)n 和 ∑ 1 ( x −1)n 的收敛域皆为(−∞,+∞) 得 n =2(n − 2)!n =0 n ! n =0 (n +1)!1 2 31∞2∞∞3∞∞∞∑ n + 2 ( x − 1) n= ∑ 1 ( x − 1) n+ ∑ 1 ( x − 1) n+ ∑ 1( x − 1) n。

n =0(n + 1)! n =2(n − 2)! n =0n ! n =0(n + 1)!‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐7 分用 S ( x ) ， S (x ) 和 S ( x ) 分别表示上式右端三个幂级数的和函数。

依据 e x的展开式得到S ( x ) = ( x − 1) 2∑ 1 ( x − 1) n = ( x − 1) 2 e x −1, n =0 n !再由S ( x ) = e x −1( x − 1)S 3∞( x ) = ∑1 x − 1) n +1= ∑ 1 ( x − 1) n = e x −1 − 1 n =0 (n + 1)! n =1 n !得到，当 x ≠ 1 时 S 3( x ) = 1 x − 1(e x −1 − 1) 。

‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分又 S 3 (1) = 1。

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试证：（1） ∃x 0 ∈[0,1] 使 0f ( x 0 ) > 4（2） ∃x 1 ∈[0,1] 使 f ( x 1 ) = 4证明：（1）若 ∀x ∈[0,1] ， f ( x ) ≤ 4 ，则11 1 1 1 = ∫ ( x − ) f ( x )dx ≤ ∫ x − 1 1f ( x ) dx ≤ 4∫ x − dx = 1‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分0 2 0 2 0 21 因此 ∫x − 1 1f ( x ) dx = 1 。

而 4∫ x − 1dx =1 ， 2211故 ∫ x − (4 − f ( x ) )dx = 0 ，‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分0 2所以对于任意的 x ∈[0,1] ， f ( x ) = 4, 由连续性知 f ( x ) ≡ 4 或 f ( x ) ≡ −4 。

1 这就与条件 ∫ f ( x )dx = 0 矛盾。

故 ∃x 0 ∈[0,1], 使 （f x 0 ) > 4‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐10 分xx xy yy2（2）先证∃x2∈[0,1] ，使（f x2 ) < 4 。

若不然，对任何x ∈[0,1] ，（f x) ≥4 成立。