æp ö y ¢ = csc 2 ç ( y - x ) ÷ + 1 ，把 x = 0 代入上式，得 y ¢ = 3 . è4 ø
（4）设 xn = 答案：1 [参考解答]
n æ1 1 ö k = xn = å å ç ÷ (k + 1)! ø k =1 è k ! k =1 ( k + 1)!
n
å (k + 1)! ，则 lim x
I = òò xdydz + ydzdx + zdxdy .
S
[参考解答与评分标准] (1)设球缺所在的球体表面的方程为 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ，球缺的中心线为 z 轴， 且设球缺所在圆锥顶角为 2a . 记球缺的区域为 W ，则其体积为
òòò dv =
W
R-h
ò
R
dz òò dxdy =
1 f ¢¢(x )(0 - x) 2 , x Î (0, x), 2 1 f (1) = f ( x) + f ¢( x )(1 - x) + f ¢¢(h )(1 - x ) 2 ,h Î ( x,1), 2 1 1 上述两式相减，得到 f (0) - f (1) = - f ¢( x ) - f ¢¢(h )(1 - x ) 2 + f ¢¢(x ) x 2 , 于是 2 2 1 1 f ¢( x ) = f (1) - f (0) - f ¢¢(h )(1 - x ) 2 + f ¢¢(x ) x 2 . 2 2 f (0) = f ( x) + f ¢( x)(0 - x) +
(-2 x0 , -4 y0 ,1) = k (2, 2,1) , 从而 k = 1 . 故得 x0 = -1 , y0 = 2x + 2 y + z +
（3）设函数 y = y ( x ) 由方程 x = 答案: y ¢ = 3
-1 3 , 这样就有 z0 = . 所求切面方程是 2 2
3 =0. 2
即 f n (1 - e ) < f n ( c )(1 - c ) £
n
n
……….. (8 分)
ò
1
c
f n ( x )dx £ ò f n ( x )dx = f n ( xn ) ,从而 1 - e < xn . 由 e 的任意性得
0
1
lim xn = 1 .
n ®¥
…….. (10 分)
再考虑一般情形. 令 F (t ) = f ( a + t ( b - a )) ，由 f 在 [a , b] 上非负连续，严格单增知 F 在[0,1]上 非负连续，严格单增. 从而 $tn Î [0,1] ，使得 F n (tn ) =
f n (1 - e ) < f n ( xn ) = ò f n ( x )dx .
0
1
………….. (3 分)
ò
1
c
f n ( x )dx > f n ( c )(1 - c ) ， 现 取 c = 1 -
e ， 则 f (1 - e ) < f ( c) , 即 2
3
æ f (1 - e ) ö f (1 - e ) < 1 , 于是 lim ç ÷ = 0 ，所以 $N , "n > N 时有 n ®¥ f (c ) è f ( c) ø æ f (1 - e ) ö e ç f (c ) ÷ < 2 = 1 - c . è ø
其中 a ® 0( x ® 0) ，即有
f ( x ) e3 x +a x - 1 = - 1 ，从而 x2 x
f ( x) e 3 x +a x - 1 3x + a x lim 2 = lim - 1 = lim - 1 = 2. x ®0 x x ®0 x ® 0 x x
二 (本题满分 12 分) 设 n 为正整数, 计算 [参考解答与评分标准]
……… (5 分)
记 xi =
n n xi xi i , 则 An = å ò f ( xi )dx , 故 J n = n å ò ( f ( x ) - f ( xi )) dx . xi -1 xi -1 n i =1 i =1
……… (8 分)
由拉格朗日中值定理，存在 z i Î ( xi -1 , xi ) 使得
J n = nå ò
i =1
n
xi xi -1
f ¢(z i )( x - xi )dx .
……… (10 分)
记 mi 和 M i 分 别 是 f ¢( x ) 在 [ xi -1 , xi ] 上 的 最 小 值 和 最 大 值 ， 则 mi £ f ¢(z i ) £ M i , 故 积 分
ò
xi xi -1
f ¢(z i )( x - xi )dx 介于 mi ò
xi xi -1
( x - xi )dx 和 M i ò
(2)记球缺 W 的底面圆为 P 1 ，方向指向球缺外，且记 J =
òò xdydz + ydzdx + zdxdy .
P 1
I + J = òòò 3dv = 3v(W) ，
W
其中 v(W) 为 W 的体积. 由于平面 P 的正向单位法向量为
-1 (1,1,1) ,故 3
J=
-1 -6 ， ( x + y + z )dS = s (P 1 ) = -2 3s ( P 1) òò 3 P1 3
Dz
R-h
ò p (R
R
2
- z 2 ) dz =
p (3 R - h ) h 2 . 3
…… (3 分)
由于球面的面积微元是 dS = R sin q dq ，故球冠的面积为
2
2p
ò
0
d j ò R 2 sin q dq = 2p R 2 (1 - cos a ) = 2p Rh .
0
a
………… (6 分) 由 Gauss 公式, 有 …………. (9 分)
I = 3×
p (3R - h)h 2 + 2 3p (2 Rh - h 2 ) = 33 3p . 3
…………… (14 分)
n
五 (本题满分 15 分) 设 f 在 [ a, b] 上非负连续， 严格单增， 且存在 xn Î[a, b] 使得 [ f ( xn )] = 求 lim xn .
n ®¥
令 ln x = u , 则有
I =ò
0
-2 np
sin u du = ò
B . 2
2 np
0
sin t dt = 4n ò
p /2
0
sin t dt = 4n . ……………… (12 分)
三 (本题满分 14 分) 设函数 f ( x ) 在[0， 1]上有二阶导数， 且有正常数 A, B 使得 | f ( x) |£ A, | f "( x) |£ B . 证明：对任意 x Î [0,1] ，有 | f ¢( x ) |£ 2 A + [参考解答与评分标准] 由泰勒公式，有
由条件 | f ( x ) |£ A , | f ¢¢( x) |£ B ，得到
………. (5 分)
………… (8 分)
| f ¢( x) |£ 2 A +
B (1 - x) 2 + x 2 ) . ( 2
………. (11 分)
因 x 2 + (1 - x) 2 = 2 x 2 - 2 x + 1 在 [0,1] 的最大值为 1, 故
2014 年全国大学生数学竞赛预赛试题参考答案
一 填空题(共有 5 小题, 每小题 6 分,共 30 分) （1） 已知
y微分方程的解，则该方程是___________.
答案: y¢¢( x ) - 2 y ¢( x ) + y ( x ) = 0 [参考解答] 由题设知该方程的特征方程有二重根 r = 1 ，故所求微分方程是 y¢¢( x ) - 2 y ¢( x ) + y ( x ) = 0 . （2）设有曲面 S : z = x 2 + 2 y 2 和平面 L : 2 x + 2 y + z = 0 , 则与 L 平行的 S 的切平面方程是________. 答案: 2 x + 2 y + z +
1
ò
1
0
F n ( t ) dt ，且 lim tn = 1 ，即
n ®¥
f n ( a + tn (b - a )) = ò f n ( a + t ( b - a ))dt .
0
记 xn = a + tn (b - a ) ，则有
[ f ( xn ) ] =
n
1 且 lim xn = a + (b - a ) = b . [ f ( x )]n dx ， ò n ®¥ b-a a
I = ò -2 np
e
1
d æ 1ö cos ç ln ÷ dx. dx è xø
I = ò -2 np
e
1
1 1 d d 1 æ 1ö cos ç ln ÷ dx = ò -2 np cos ( ln x ) dx = ò -2 np sin ln x dx. ……….….. (6 分) e e dx dx x è xø
f ( x) ö x æ 3 已知 lim ç 1 + x + ÷ =e x ®0 x ø è
1
1
则 lim
x ®0
f ( x) =___________. x2
答案: 2
1 f ( x) f ( x) ö x 1 f ( x) æ 3 [参考解答] 由 lim ç 1 + x + ) = 3+a, ln(1 + x + ) = 3 ,于是有 ln(1 + x + ÷ = e 知 lim x ®0 x ® 0 x x x ø x x è