2014年全国大学生数学竞赛非数学专业答案.pdf
2014 年河北省大学生高等数学竞赛答案 f (x) ⎤ ⎡ ln ⎢1 + 1 − cos x ⎥⎦ lim ⎣ x =4 2 −1 (本题满分 13 分)已知函数 f (x) 满足 x→0 ,求极限 一、 f (x) x →0 x 3 . lim 解:由 f (x) ⎤ ⎡ ln ⎢1 + f (x) ⎤ ⎡ ⎣ 1 − cos x ⎥⎦ ilim(2 x − 1) = 4i0 = 0 lim ln ⎢1 + lim = x →0 x →0 2x − 1 ⎣ 1 − cos x ⎥⎦ x→0 f (x) =0 x →0 1 − cos x 推出 lim …………6 分 所以 f (x) ⎤ ⎡ f (x) ln ⎢1 + ⎥ f (x) f (x) 2 f (x) 1 − cos x ⎦ = lim 1 − cos x = lim = lim = 4 = lim ⎣ x lim 3 x →0 x →0 x →0 (1 − cos x )i x ln 2 x →0 1 2 x →0 x 2 −1 x ln 2 x i x ln 2 ln 2 2 f (x) = 2 ln 2 . x →0 x 3 因此, lim 二、 …………13 分 (本题满分 16 分)设数列{x n } 定义如下: x 0 = 7, x1 = 3,3xn = 2 xn −1 + xn − 2 (n = 2,3, ) . 1. 求极限 lim xn ; n →∞ ∞ 2. 记上述极限的值为 a ,求级数 ∑ (−1) n =1 n n −1 ⎛a⎞ n ⎜ ⎟ 的和. ⎝8⎠ 2 解:1. 由所给递推式得 1 2 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ xn − xn −1 = ⎜ − ⎟ ( xn −1 − xn − 2 ) = ⎜ − ⎟ ( xn − 2 − xn −3 ) = ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎛ 1⎞ = ⎜− ⎟ ⎝ 3⎠ n −1 ⎛ 1⎞ (3 − 7) = 12 ⎜ − ⎟ ⎝ 3⎠ n i ⎛ 1⎞ 所以, xn = ∑ ( xi − xi −1 ) + x0 = ∑12 ⎜ − ⎟ + 7 ⎝ 3⎠ i =1 i =1 n n ⎛ 1⎞ = ⎜− ⎟ ⎝ 3⎠ n −1 ( x1 − x0 ) − n ∞ 1 3 ⎛ 1⎞ 从而, lim xn = ∑12 ⎜ − ⎟ + 7 = 12 × +7 = 4. n →∞ ⎛ 1⎞ ⎝ 3⎠ n =1 1− ⎜ − ⎟ ⎝ 3⎠ …………8 分 ∞ 2. 考虑幂级数 ∑ ( −1) n −1 n 2 x n ,它的收敛区间为 (−1,1) (显然 n =1 a 1 = ∈ ( −1,1) ). 在 8 2 (−1,1) 内, ∞ ∞ ∞ n =1 n=2 ∑ (−1)n−1 n2 x n = x 2 ∑ (−1)n−1 n(n − 1) x n−2 + x∑ (−1)n−1 nx n−1 n =1 ∞ ∞ n=2 n =1 = − x 2 ∑ [( − x) n ]′′ − x ∑ [( − x) n ]′ ⎡∞ ⎤′′ ⎡∞ ⎤′ = − x 2 ⎢ ∑ ( − x) n ⎥ − x ⎢ ∑ ( − x) n ⎥ ⎣ n=2 ⎦ ⎣ n =1 ⎦ 2 ⎞′′ ⎛ − x ⎞′ 2⎛ x = −x ⎜ − x ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1+ x ⎠ ⎝ 1+ x ⎠ =− ∞ 所以, ∑ ( −1) n =1 三、 ∞ 3x 2 + x 2 ⎛a⎞ n −1 2 ⎛ 1 ⎞ . n ⎜ ⎟ = ∑ ( −1) n ⎜ ⎟ = − = 3 x= 1 (1 + x) 27 ⎝8⎠ ⎝2⎠ n =1 2 n n −1 − x2 + x 2x2 x + = (1 + x )3 (1 + x) 2 (1 + x )3 n 2 (本题满分 13 分)证明:方程 xe 2 x − 2 x − cos x + ………16 分 1 2 x = 0 在 [−1,1] 上有且 2 仅有两个实根. 1 2 x ,则 f (x) 是连续函数,且 2 1 1 f (−1) = −e −2 + 2 − cos1 + > 0, f (0) = −1 < 0, f (1) = e2 − 2 − cos1 + > 0 2 2 解:记 f (x) = xe 2 x − 2 x − cos x + 所 以 , 由 连 续 函 数 零 点 定 理 知 方 程 f (x) = 0 在 (−1,1) 内 有 两 个 实 根 …………6 分 x1 , x2 . 如果在 (−1,1) 内方程 f (x) = 0 还有不同于 x1 , x2 的根 x3 ,不妨设 x1 < x2 < x3 , 则 f ( x1 ) = f ( x2 ) = f ( x3 ) .由于 f (x) 二阶可导,所以,存在 ξ ∈ ( x1 , x3 ) ,使得 f ′′(ξ ) = 0 (1) 另一方面,由 f ′(x) = e2 x (1 + 2 x) − 2 + sinx + x 得 f ′′(x) = 4e 2 x (1 + x) + cos x + 1 > 0 ,所 以 f ′′(ξ ) = 4e 2ξ (1 + ξ ) + cos ξ + 1 > 0 (2) 式(1)与式(2)矛盾!知 x3 不存在. 由 此 证 明 了 方 程 f (x) = 0 在 [−1,1] 上 有 且 仅 有 两 个 实 根. …………13 分 四、 ( 本 题 满 分 13 分 ) 设 f (x), g(x) 在 [0,1] 上 有 连 续 导 数 , 且 f (0) = 0, f ′(x) ≥ 0, g′(x) ≥ 0 a 1 0 0 , 证 明 : 对 任 意 a ∈ [0,1] 有 ∫ g (x) f ′(x)dx + ∫ f (x) g′(x)dx ≥ f (a) g(1) . x 1 0 0 解:记 F (x) = ∫ g (t) f ′(t)dt + ∫ f (t) g′(t)dt − f (x) g(1) ,则 F (x) 在 [0,1] 上可导,且 F ′(x) = g (x) f ′(x) − f ′(x) g(1) = f ′(x)[ g (x) − g(1)] ≤ 0 ( 这 里 利 用 题 设 f ′(x) ≥ 0, g′(x) ≥ 0 ). …………6 分 所以对于任意 a ∈ [0,1] 有 1 1 0 0 F ( a ) ≥ F (1) = ∫ g (t) f ′(t)dt + ∫ f (t) g′(t)dt − f (1) g(1) 1 = ∫ d [f(t) g(t)] − f (1) g(1) = f (1) g(1) − f (0) g(0) − f (1) g(1) = 0 0 即 a 1 0 0 ∫ g (x) f ′(x)dx + ∫ f (x) g′(x)dx ≥ f (a) g(1) 五、 …………13 分 (本题满分 16 分)某公司通过电视和报纸两种形式作广告,已知销售 R (万元)与电视广告费 x (万元)、报纸广告费 y (万元)有如下关系: R (x, y) = 13 + 15 x + 33 y − 8 xy − 2 x 2 − 10 y 2 . 1. 在广告费不限的条件下,求最佳广告策略及获取的利润; 2. 如果提供的广告费用是 2 万元,求相应的最佳广告策略及获取的利润. 解:利润函数为 L(x, y) = R(x, y) − (x + y) = 13 + 14 x + 32 y− 8 xy− 2 x 2 − 10 y 2 (x ≥ 0, y ≥ 0) 1. ∂L(x, y) ∂L(x, y) = 14 − 8 y − 4 x, = 32 − 8 x − 20 y ∂x ∂y ⎧ ∂L ⎪⎪ ∂x = 0 解方程组 ⎨ 得唯一驻点 (1.5,1) . 由问题的实际意义知 L 在 x ≥ 0, y ≥ 0 时 ∂ L ⎪ =0 ⎪⎩ ∂y 存在最大值,所以 L 的最大值 L(1.5,1) = 39.5 ,即电视广告费和报纸广告费分 别 为 1.5 万 元 与 1 万 元 为 最 佳 广 告 策 略 , 获 取 的 利 润 为 39.5 万 元. …………8 分 2. 本小题是在 x + y = 2 的条件下,计算 L (x, y) 的最大值,因此用拉格朗 日乘数法. 记拉格朗日函数: F (x, y) = L(x, y) + λ (x + y− 2) = 13 + 14 x + 32 y − 8 xy − 2 x 2 − 10 y 2 + λ (x + y − 2) ∂F ∂F = 14 − 8 y − 4 x + λ , = 32 − 8 x − 20 y + λ ∂x ∂y ⎧ ∂F ⎪ ∂x = 0 ⎪ ∂F 解方程组 ⎪⎨ =0 y ∂ ⎪ ⎪ x + y =2 ⎪ ⎩ ⎧ 14 − 8 y − 4 x + λ = 0 ⎪ 即 ⎨32 − 8 x − 20 y + λ = 0 ⎪ x + y =2 ⎩ 得唯一解: x = 0.75, y = 1.25 由问题的实际意义知,在 x + y = 2 时, L 必有最大值,所以 L 的最大值 L (0.75,1.25) = 39.25 , 即电视广告费和报纸广告费分别为 0.75 万元与 1.25 万元 为最佳广告策略,获取的利润为 39.25 万元. 六、 (本题满分 16 分) …………16 分 计算曲面积分 I = ∫∫ (8 y + 1) xdydz + 2(1 − y 2 )dzdx − 4 yzdxdy Σ ⎧⎪ z = y − 1 其中 Σ 是曲线 L : ⎨ (1 ≤ y ≤ 3) 绕 y 轴旋转所成的曲面的外侧. ⎪⎩ x = 0 ⎧⎪ z = y − 1 解 L:⎨ (1 ≤ y ≤ 3) 绕 y 轴旋转所成的曲面的方程为: ⎪⎩ x = 0 Σ : y −1 = x2 + z 2 ⎧x 2 + z 2 ≤ 2 令D:⎨ ,其方向与 y 轴正向相同, V 是 Σ 与 D 所围成的区域。 = 3 y ⎩ 从而由高斯公式得 I + ∫∫ (8 y + 1) xdydz + 2(1 − y 2 )dzdx − 4 yzdxdy = ∫∫ dxdydz D V 2π = ∫ dθ ∫ 0 0 2 rdr ∫ 3 1+ r 2 dy = 2π …………8 分 2 2 ∫∫ (8 y + 1) xdydz + 2(1 − y )dzdx − 4 yzdxdy = ∫∫ 2(1 − 3 )dzdx = −32π D Dzx 因此 I = ∫∫ (8 y + 1) xdydz + 2(1 − y 2 )dzdx − 4 yzdxdy Σ = 2π − ( −32π ) = 34π …………16 分 1 1 七、 (本题满分 13 分)设两条抛物线 y = nx 2 + , y = (n + 1) x 2 + 的交点横坐标 n n +1 的绝对值为 α n . 1. 求这两条抛物线围成的图形的面积 S n ; ∞ S n2 1 π2 = ,求级数 的和. ∑ 2 2 n α 6 n =1 n =1 n ∞ 2. 已知 ∑ 1 ⎧ y = nx 2 + ⎪⎪ 1 n 解: 1. 解方程组 ⎨ 得x=± (两抛物线交点横坐标). 1 n (n 1) + 2 ⎪ y = (n + 1) x + ⎪⎩ n +1 1 . 由此可得 n(n + 1) 于是, α n = αn ⎡ ⎧⎛ 2 1 ⎞ ⎡ 1 ⎤⎫ 1 ⎤ 4 nx + ⎟ − ⎢ (n + 1) x 2 + dx = 2 ∫ ⎢ − x 2 + dx = ⎨ ⎬ 3 ⎜ ⎥ ⎥ −α n 0 n⎠ ⎣ n + 1⎦ ⎭ n( n + 1) ⎦ 3[n(n + 1)] 2 ⎩⎝ ⎣ Sn = ∫ αn …………6 分 16 S 1 9[n(n + 1)]3 16 ,所以 2. 由于 = = i 1 α 9 [n(n + 1)]2 n(n + 1) 2 n 2 n ∞ 16 ∞ 1 16 ∞ ⎛ 1 1 ⎞ = i∑ = ∑⎜ − ∑ ⎟ 2 2 9 n =1 [n(n + 1)] 9 n =1 ⎝ n n + 1 ⎠ n =1 α n S n2 = = 2 ∞ ∞ 16 ⎡ ∞ 1 1 1 ⎤ + − 2 ∑ ∑ ∑ ⎢ ⎥ 2 2 9 ⎣ n =1 n n =1 ( n + 1) n =1 n( n + 1) ⎦ ⎞ 16 16 ⎛ ∞ 1 16 ⎞ 16 ⎛ π 2 . − − = ⎜ 2i − 3 ⎟ = π 2 − 2 1 2 ∑ ⎜ ⎟ 2 9 ⎝ n =1 n 2 7 3 ⎠ 9⎝ 6 ⎠ …………13 分