数学竞赛习题解答

所需积分/C币:45 2018-09-11 10:26:57 13.75MB PDF
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2009年到2017年所有非数学类理工科的大学生数学竞赛试题的答案
得分 四、(15分)已知平面区域D={(x,y)0≤x≤x,0≤y≤z}, 评阅人 L为D的止向边界,试证 1)∮xcmb-m=小x 论 (2)∮xe-yem≥r 证法一:由于Ⅸ域D为一正方形,可以直接用对坐标曲线积分的计算法计算 1丌 ()左边=zeh 兀e-=z(emn+emh (4分) 右边=mzem-,zemh=z!(m 0 dx (8分) 所以∮xeh vie - sin.r 欢x=小 xe s dy-p组xdh (10分) (2)由于e+e≥2+sn2x,12分) xed-形md=r(emx+e如地2z2 (15分) 证法二:(1)根据Grem公式,将曲线积分化为区域D上的二重积分 ∮x--ye=-(+e")6 deny (4分) xe m dy-yesin dox=l(e sin y+esin yS (8分) 因为关于y=x对称,所以(em+em6=(cm+e-")6,故 rtes: ny y r=d re siny e如 (10分) (2)由e+e=2∑ ≥2+t2 (2n) sInX re- ve y e te 62c+cm)62z (15分) 3 得分 五、(10分)已知y1=xe+e2,y2=xe'+ex 评阅人 y3=xe+e--e是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三 个解,试求此微分方程 解:根据二阶线性非齐次微分方程解的结构的有关知识,由题设可知:e2与e是 相应齐次方程两个线性无关的解,且xe是‖齐次的一个特解因此可以用下述两种解 法 (6分) 解法一:故此方程式y"-y-2y=f(x) (8分) 将y=xe代入上式,得 f(r)=(re)"(xe)'-2xe= 2e+xe'-e-xe-2xe=e-2xe 因此所求方程为y exe · (10分) 解法二:故y=re'|ce2lc2e,是所求方程的通解, (8分) 由y=e+xe2+2c1e-c2e,y"=2e4+xex+4c;e-+c2e,消去c1,c2得所求方程 为y-y-2y=e-2xe (10分) 得分 六、(10分)设抛物线y=ax2+bx+2nc过原点,当0≤x≤1 评阅人 时,y≥0,又已知该抛物线与x轴及直线x=1所围图形的面 积为。试确定abc,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积V最小 解:因抛物线过原点,故C=1 由题设有(ax2+bxk=2+b1 (2分) M V=z(ac2+bx)'d=[-a2+ab+621 TL (1 a)+ (5分) +--- 53327 (1-a)= 得 代入b的表达式得b 所以y≥0 (8分) 4 d2v 又因da 八2、2,8,4x>0及实际情况,当 十 5327135 b=,C=1时,体积最小 (10分) 得分 七、(15分)已知ln(x)满足 评阅人 ln(x)=2(x)+x"e(n为正整数 且u,(1)=,求函数项级数∑1(x)之和 解:先解一阶常系数微分方程,求出mn(x)的表达式,然后再求∑mn(x) 的利 由已知条件可知tn(x)-n(x)-xe是关于ln(x)的一个一阶常系 数线性微分方程,其通解为 2(x)=e xe dx+c)=e( (6分) 由条件1(1)=元,得C=0,故1(x)=xe 从而∑(x)=∑=e∑ (8分) s(x)x”,共收敛域为[-11),当x∈(-1)时,有 s(x)=∑x -」 (10分) SOX)- (12分) 当x=-1时,∑n(x)=-e-ln2 (13分) 于是,当-1≤x<1时,有∑tn(x)=-eln(1-x) 15分) 得分 八、(10分)求x→>1-时,与∑x等价的无穷大量 评阅人 解: 0 (3分) +02 a-In x dt (7分) 1|x1|x (10分) 2 n n 6 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+a3)…(1+a”),其中a<1,求ln 刀→∞n· 解将x,恒等变形 n=(1-a)(1+a)·(1+ar)…(1+a^) 1-a (1-a4)·(1+a4)…(1+ 由于ak1,可知lima2=0,从而 n→C In x (2)求 lime*1+ 解lime =lim1+ X →① =cxp lim In 1+ 1 x =exp limx xIn1+=-1 X =exp lim x r X-)0 x 222+O( (3)设>0,求=cx"b(m=12…) 解因为S>0时, lime sx”=0,所以, r-+o) S 由此得到,n=-ln1 7H-1 77 (4)设函数/(1)有二阶连续的导数,r=x2+y2,g(x,y)=/(2),求8+。8 解因为C=xC=y,所以 X ax () 利用对称性 ag+ f"(-)+-f(-) 0 (5)求直线l 与直线l2 x-2y-1z-3 的距离 解直线1的对称式方程为1:==2.记两直线的方向向量分别为 1=(11,0),l2=(4,-2.-1),两直线上的定点分别为B(O,00)和P(2,1,3), a=PP2=(2,1,3) 1×l2=(-1,1,-6).由向量的性质可知,两直线的距离 (1 -2+1-18 /1+1+36 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x,使得f(x)<0 X→>+C 证明:方程f(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∫"(a)>0. x→) 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 f(b)>f(a)+f"(a)(b-a)>0 (6分) 同样,由lmf"(x)=B<0,必有c≤x,使得f"(c)<0 x→- f"(x)>0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(c)+f'(c)(x-c)(x<c) x→>-∞时,f(∞)+f(c)(x-c)→)+∞ 故存在a<c,使得 f(a/)>∫(c)+∫(c)(d-c)>0 (10分) 在「x,b和团d,x3利用零点定理,x∈(x3b),x2∈(d2x)使得 f(x1)=f(x2)=0 (12分) 下面证明方程f(x)=0在(-x,+∞)只有两个实根 用反证法.{设方程f(x)=0在(∞,+∞)内有三个实根,不妨设为x1,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1(x1<51<x2)和22(x2<22<x3),使得f(31)=f(2)=0.再将 f(x)在区间[1,2]上使用洛尔定理,则至少存在一点m(1<n≤2),使 〃"(m)=0.此与条什∫"(x)>0矛盾.从而方程f(x)=0在(-∞,+∞)个能多于两 个根 (15分) 证2.先证方程f(x)=0至少有两个实根 山limf(x)=a>0,必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0. x-)+ 因f(x)在(∞,+∞)上具有二阶导数,故f(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"(5)(x-a)-f'(am)(x-a)=[f"(5)-f'(a)](x-a) Jf"(7)(5-a)(x-a). 其中a<<x,a<n<x.注意到f"(m)>0(因为f"(x)>0),则 f(r>f(a)+fla(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f(x0)<0,由连续函数的中间值定埋,至少存在一点x1(x0<x1<b) 使得 f(x1)=0.即方程f(x)=0在(x,+∞)上至少有一个根x1…(7分) 同理可证方程f(x)=0在(-∞,x)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(木题共15分)、设函数y=()由参数方程{x一2+47(>-1所确定且 y=v() b24(1-1) 其中y()具有二阶导数,曲线y=()与y=“m-2在 处相切.求函数y(r). 解因为=()._1(2+2")-2()(1+1y"()-u, c2+21ax22+2 2+2t 4(1+D) (33分) +)y")-(0=3(1+).v"(y()-3)·从而 由题设 3 (1+1) y'(t chx24(1+t) 4(1 设u=y(),则有 3(1+1) 1|t 3(1+0) e I+t dt+C=(+0)∫3()(+)h+C|=(1+)(3+C) (9分) 3 由曲线y=y()与y=Je"hm+在1=1处相切知v(l v'(1) .(11分) 10

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