1-21届北京市大学生数学竞赛真题(很全).PDF

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1-21届北京市大学生数学竞赛真题(全国大学生数学竞赛(非数学类)最好的参考题)
第一篇北京市大学生第一届至第二十一届数学竞赛试题及解析5 由极限定义知 lim(x-A=0 郎有 limx=A=1+√2(存在) 四、求ln +a2+…+a (a:>0,i=1,2 分析属“1”型未定式的极限问题,可取自然对数,然后用洛必达法则直接 计算,或利用重要极限lim(1+x)=e来计算 解法1设y=lin a+a2+…+ 则 C Iny= lim n Car lnattarlna + oee t axlnan a n 洛 li abina o n 7 na (lna1+lna2+…+lnan) 72 12 b n(a12°°a 故原极限式y=(a1a2…an)n 解法2lim 1十a2+… 0 n a1+a2+…+an-n →0 ∑(a -1) 四|+ asina 0 前li 6大学生数学竞赛试题解析选编 Ina k n(aid 所以 原式=enmn (a1a2…an)n 五、讨论级数 1一~ 在哪些x处收敛?在哪些x处发散? 分析关键是分析出x在怎样的不同取值范围内级数变成不同形式,然后分 别考虑各种情况下级数的敛散性 解(1)当x=1,此级数为交错级数:1-1+1-1+、x-12n 由莱布尼获判别法知此时级数收敛 (2)当x>1,部分和 1+÷+÷+· 22 2n) 前括号内正项级数部分和 1+++.+ 十十÷+十 ++÷+… +∞(当n→∞) 所以 1+十÷++ n 后括号内级数部分和 ++-。 +x++。 4x6 (2n)x1x2 当n>∞时,为p级数且p=x>1,所以对应级数收敛 收敛 →11m ++十…十 (2n) A(x)(有穷) 故imS2不存在.因此,当x>1时所给级数发散 (3)当x<1,级数写成 11)(1 2 (2n)2n+ 除第一项外,每一项皆为负项,提出负号后是正项级数,可用极限形式的比较判 别法判别其敛散性 (2n)2n+1 (2n+1)-(2n)2] (2n)x(2n 第一篇北京市大学生第一届至第二十一届数学竞赛试题及解析7 11:(2n+1)-(2n) Im- 2n+1 (2n) 因为y+12n,2x1式 2n+1 (2y)2 0(x<1) 2 而级数 1发散(级数,力=x<1),因此,当x<1时,所给级数发散 六、设函数f(x)在(-∞,+∞)内连续,且∫[f(x)]=x.证明在(∞ ∞)内至少有一个x0满足f(x0)=x0 分析可用反证法,利用已知条件f(x)的连续性和ff(x)]=x导出矛盾 解设对于x∈(-∞,+∞的所有x都有f(x)≠x,令F(x)=f(x)-x, 其在(-∞,+∞)内连续且必为同号否则,若F(x1)=f(x1)-x1>0,F(x2)= f(x2)-x2<0,x1≠x2,不妨设x1<x2;那么因为F(x)连续,在(x1,x2)中至少 存在x0使F(x0)=0.即有f(x)=x0(即曲线y=F(x)至少有一次穿过x轴的可 能性) 所以,如果恒有F(x)>0(即有f(x)>x), →F[f(x)]>0→f(x)]-f(x)>0, 于是有fLf(x)]>f(x)>x,与假设相矛盾 又姐果恒有F(x)<0(即有f(x)<x) F[f(x)]<0→汇f(x)]一f(x)<0, 于是有儿f(x)]<f(x)<x,也与假设相矛盾 故知在(-∞,+∞)内至少有一个x0使f(x0)=x0 七、求半径为R的圆的内接三角形中面积最大者 分析可选择圆内接三角形各边所对的圆心角x,y,z为自变量,然后借约束 条件x+y+z=2π,去掉其中一个不独立变量,用函数求极值的一般方法进行讨论 解设圆心到此内接三角形三个顶点所构成的圆心 角分别为x,y,z(图1),则 2丌 设所对应的三个三角形面积分别为S1,S2,S3 R Sint 9 R sny, R2sin(2丌 图1 y≥0,x+y≤2 圆内接三角形面积S=S1+S2+ 8大学生数学竞赛试题解析选编 S=[sinx+siny+sin(2IT-x-y) 2 dosing+siny+sin(x+y) as R 令 Lcosx-cos(x+y)]=0 as R2 [ cosy-cos(x+y)=o y 解得 cosc COSy cosT cos cosT osx=1或 当cosx=1→x=0,y=0,z=2π,此时圆内接三角形缩为此三角形边界上的 段直线段,所以S≡0 R 2x3 当cosx= y=2=3,此时S=23 R2为最大.即圆内 接三角形中面积最大者是内接正三角形 八、设函数f(x)在(a,+∞)内有二阶导数,且f(a+1)=0,lmf(x)=0, imf(x)=0.求证在(a,+∞)内至少有一点,满足f()=0 分析创造条件讨论导函数f(x)在(a+∞)的某个子区间上满足罗尔定理 的条件,从而由罗尔定理结论导出需证结果 证(1)已知f(a+1)=0,若在(a+1,+∞)C(a,+∞)内,f(x)≡0,则 f(x)=0.每个x点都可取作£,使f()=0,结论成立 (2)若在(a+1,+∞)C(a,+∞)内,f(x)≠0,则至少存在x1∈(a+1, ∞),使f(x1)≠0. 不妨设f(x1)>0,由于f(a+1)=0,lmf(x)=0,又曲线y=f(x)连续 x→十 (图2),则曲线上在点(x1,f(x1))左右曲线皆有下降接近零处 在x1左,存在x2,满足a+1<x2<x1时,有f(x2)<f(x;) 在x1右,存在x3,满足x1<x3<+∞时,也有f(x3)<f(x1) 于是由拉格朗日微分中值定理 存在5∈(x2,x1),使f(5)f(x1)-f(x2>0, 存在与∈(x1,x3),使f(玩2) f(x3)-f(x)<0.由于f(x)二阶可导,所以 (x)在[1,2连续,故存在与∈(1,与),使f()=0 补充定义f(a)=0,又知f(a+1)=0,所以f(x)在[a,a+1]上满足罗尔定 第一篇北京市大学生第一届至第二十一届数学竞赛试题及解析9 图2 理条件 于是存在∈(a,a+1),使f(4)=0.因此,导函数f(x)在区间[4,3]上 仍满足罗尔定理条件 故存在∈(,与)C(a,十∞),使 [f(x)] 即有f()=0 计+ 九、求lim n一+ 1 i+j 分析可将计十写为定积分、xdz形式,考虑级数的部分和,利用 积分性质和几何级数求和,注意对两个和号∑分别次序进行化简、计算 0 解因为x+1dx 计 (-1)叶 所以部分和 0 ∑(xdx+x+2dx+,xz43dx+…+ r dx (x2+x+1+x+42+…+x+m1)d ∑ ∑,=zd T )十( 2+”)+…+( +x2+-x3+…十 -1 n+2 n+3 d d 10大学生数学竞赛试题解析选编 dr H 了 后面可证:lim dx=0.于是 0 原式= lim s,n (1-x)21 In2 以下证1m dx = o 2+∞-1(1 因为x∈[-1,0],所以(1-x)2≥1.所以 c az Z+1 + +2 Z+1 +1→0(当Z→+∞时 于是有lim 第二届北京市大学生(非理科) 数学竞赛试题及解析 (1990年10月21日上午9:00~11:30) 、设f是一定义于长度不小于2的闭区间I上的实函数,满足:|f(x)|≤ ,|f(x)≤1.对于x∈Ⅰ,证明:f(x)|≤2.对于x∈1,且有函数使得等式成 立 分析由已知条件和求证结果中有f(x),f(x),f(x),容易想象可利用 阶泰勒公式,再利用绝对值不等式性质可得需证结论, 证令闭区间Ⅰ=[a,a+2],将函数f在任意点x∈Ⅰ按一阶泰勒公式展开, 有 f(t)=f(x)+f(x)(-x)+(其中乐∈I, 2 则有f(a+2)=f(x)+f(x)(a+2-x)+!(61) 2(a+2 a≤x≤1≤a+2) f(a)=f(x)+f(x)(a-x)+(52) 2(a-x)2 (a≤2≤x≤a+2) 式①一式②,得 f(1) 62 →2/(x)/=/(a+2)-/(a)、f()2+!线3(a-x f(a+2)-f(a)=2(x)+2+2-x)2 ≤f(a+2)|+1f(a)+(x)+( (a+2 ( 2+[(a+2-x)2+(a-x)2] =2+(a2 2ax+2+2a-2x) 4+(a-x)(a-x+2) 4-(x-a)(a+2-x) ≤4.(因为a≤x≤a+2,所以x-a≥0,a+2-x≥0) 12大学生数学竞赛试题解析选编 故有f(x)|≤2,对于x∈I=[a,a+2] 特别地,当f(x)=(x-a)2-1时,x∈r=[a,a+2] →f(x)=x-a,f(x)=1 若x=a+2,有|f(a+2)|=1,|f(a+2)=1,又有结论|f(a+2)|=2,故 对于函数f(x)=(x-a)2-1,有f(x)|≤2,对于x∈I=[a,a+2 二、设函数f在[a,b]上连续,且对于t∈[0,1]及对于x1,x2∈[ab满足 f(tx1+(1-t)x2)≤tf(x1)+(1-D)f(x2) 证明 atb ≤ f(x)dx≤ f(a)t f(6. 2 分析从已知条件的不等式受到启发,将求证结果中的积分作x=ta+ (1-t)b的变换.以至再利用已知不等式证出结果中的右边不等式由求证结果中 左边不等式分析,需将积分f(x)d拆为f(x)dx和f(x)dx,然后通过 变换得出结果 证对于|f(x)dx作代换,令 x=ta+(1-t)6=>dx=(a-b)dt. f(x)dx=L f(a+(1-2)b)(a-b)de (b-a)f(ta+(1-t)b)de (b-a) [if(a)+(1-t)f(6)]de (b-af(al tdt +f(6L(I-t)dt] 2(b) f(a 可得求证之右边不等式:=a.(a)dx≤1[f(a)+f(b)].又 f(x)dx f(x)dx+luf(x)dx. 对右边第一个积分:f(x)dx作代换,令x=a+b-a, f(x)dx f(a+b-udu f(a+b--udu

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