第十届全国大学生数学竞赛(非数学类)答案

2024年1月24日发(作者：高考数学试卷2022作弊)

第十届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛试题及答案

一、填空题（本题满分24分, 共4小题, 每小题6分)

（1）设(0,1),则lim(n1)n=＿0＿＿＿＿＿＿.

n1111，

1解 由于

11,则

(n1)nn11n111nnnnn于是

0(n1)n11，应用两边夹法则，lim(n1)n0.

nn（2）若曲线yy(x)由xt+costety+sint1y确定，则此曲线在t0对应点处的切线方程为

y0(x1)

解：当t0时，x1,y0，对xtcost两边关于t求导：dxdx1sint，1，

dtdtt0对eyty+sint1两边关于t求导：ey所以，切线方程为y0(x1).

dydydydyytcost0，1， 则t0dxt0ln(x1x2)x12（3）=dxln(x1x)ln(1x2)C

23/22(1x)1x2ln(x1x2)xtantln(tantsect)解1：dxdtln(tantsect)dsint

(1x2)3/2sectln(tantsect)dsintsintln(tantsect)sintdln(tantsect)sintln(tantsect)sint1(sec2ttantsect)dt

tantsectsintsintln(tantsect)dt

cost

sintln(tantsect)ln|cost|C=1ln(x1x2)ln(1x2)C.

21x2xln(x1x2)x2解2：

dxln(x1x)d2(1x2)3/21xx1x2ln(x1x2)x11x2x1x21x2x1dx



x1x2xln(x1x2)xdx

1x2=1ln(x1x2)ln(1x2)C

21x21cosxcos2x3cos3x（4）lim=＿＿＿3＿＿＿＿.

2x0x1cosxcosx(1cos2x3cos3x)1cosxcos2x3cos3x)解答：limlim

22x0x0x2xx1cos2x11cos2x3cos3x1cos2x(13cos3x)limlim

222x0x02x2xx1(cos2x1)113(cos3x1)11lim

22x02xx11cos2x1cos3x13limlim13.

x02x02x23x222二 (本题满分8分) 设函数f(t)在t0时一阶连续可导，且f(1)0，求函数f(x2y2)，使得曲线积分2222y(2f(xy))dxxf(xy)dy与路径无关，其中L为任一不与直L线yx相交的分段光滑闭曲线.

解：设P(x,y)y(2f(x2y2))，Q(x,y)xf(x2y2)，由题设可知，积分与路径无关，于是有Q(x,y)P，由此可知(x2y2)f(x2y2)f(x2y2)1

xy -----------5分

记tx2y2，则得微分方程tf(t)f(t)1，即(tf(t))1，tf(t))tC

11又f(1))0，可得C1,f(t))1，从而f(x2y2)12.

2txy------------8分

三 (本题满分14分) 设f(x)在区间[0,1]上连续，且1f(x)3.证明：

1f(x)dx011014dx.

f(x)3证明. 由柯西不等式

10f(x)dx1011dxf(x)0f(x)1dx1. --------4分

f(x)2又由于

f(x)1f(x)30，则f(x)1f(x)3/f(x)0，

34， 即

f(x)f(x)3f(x)dx4. ----------10分

0f(x)1由于

10f(x)dx1013113dxf(x)dx

0f(x)f(x)40112故

1f(x)dx0014dx. -----------14分

f(x)3四 (本题满分12分)计算三重积分（V）(x2是由x2y2(z2)24，（V）y2)dV，其中x2y2(z1)29，z0所围成的空心立体.

解：（1）(V1):22xrsincos,yrsinsin,z1rcos

0r3,0,022222(xy)dVddrsinrsindr(V1)0003853 ----------4分

15（2）(V2):22xrsincos,yrsinsin,z2rcos

0r2,0,022222(xy)dVddrsinrsindr(V2)0002852 ----------8分

152xrcos,yrsin,19rz0（3）(V3):

0r22,02(xy)dV(V3)22r22rdrd019rrdzd202222022r3(9r21)dr(12435)

55256------12分

3222222222(xy)dV(xy)dV(xy)dV(xy)dV(V)(V1)(V2)(V3)ff五 (本题满分14分) 设f(x,y)在区域D内可微，且M，A(x1,y1)，xyB(x2,y2)是D内两点，线段AB包含在D内。证明：|f(x1,y1)f(x2,y2)|M|AB|，其2

中|AB|表示线段AB的长度.

证明：作辅助函数(t)f(x1t(x2x1),y1t(y2y1))，----------2分

显然(t)在[0,1]上可导.根据拉格朗日中值定理，存在c(0,1)，使得

f(u,v)f(u,v)(x2x1)(y2y1) ------8分

uvf(u,v)f(u,v)|(1)(0)||f(x2,y2)f(x1,y1)||(x2x1)(y2y1)|

uv(1)(0)(c)f(u,v)2f(u,v)2221/2[(x2x1)(y2y1)]M|AB| ------14分

uv六(本题满分14分) 证明：对于连续函数f(x)0，有ln证：由于f(x)在[0,1]上连续，所以1/210f(x)dxlnf(x)dx.

01101nk1k.

f(x)dxlimf(xk)，其中xk,nnnnk1 -----------4分

由不等式

f(x1)f(x2)f(xn)1n1nf(xk)， 根据lnx的单调性

nk11n1nlnf(xk)lnf(xk)， -------------12 分

nk1nk1根据lnx的连续性，两边取极限

111n1n得limlnf(xk)limlnf(xk)lnf(x)dxlnf(x)dx. ---------14分

00nnk1nnk1七 (本题满分14分) 已知{ak}，{bk}是正项数列，且bk1bk0,k1,2,一常数.证明：若级数，为ak收敛，则级数k1kk(a1a2k1ak)(b1b2bk1bkbk)收敛.

证明：令Skaibi，akbkSkSk1，S00,aki1kSkSk1，k1,2,bk

----------4分

SkSk1N1SkSkSNN1bk1bkSNN1akSkSk

bkbk1bNk1bkbk1bNk1bkbk1k1k1k1bkNN所以Sk收敛， ----------10分

bbk1kk1

由不等式k(a1a2ak)(b1b2bk)a1b1a2b2kakbkSk知

kk1kk(a1a2ak)(b1b2bk1bkbk)Sk，故结论成立. ---------14分

k1bk1bk