历年全国大学生数学竞赛初赛题目及答案解析全(2009-2019年非数学专业)

#四、(本题15分)设函数/(x)>0且在实轴上连续，若对任意实数有f::ci正明：Va,6,a<b,有^f^xjdx<-一°+2【参考解笤】：这个竞赛题是考研竞赛数学公众号每日一题栏目中K布的第62个题目，完全一模一样的。T®我们也来讨论一下，思路是怎样的。根据题目的条件，函数f(x)>o,而且自然常数为底的函数也是大于0的，所以，可以知道已知积分中的被积函数>0,并且积分区间越大，积分值越大.所以由原积分<1，当然也就可以得到加，+<6),右边要出现b-a的表达式，于是由积分的保序性，两边同时关于i变量在|a，6j积分，可得Je-]t-^f{x}dxdt<b-a.左边就是一个先对a:后对i积分的二重积分的累次积分表达式，对于它的操作，好像_分而言不能执行什么有效的处理。但是，看到二重积分的累次积分表达式，可以尝试性的考虑交换积分次序，即先对t求积分，再对x积分，于是左边的累次积分也就等于里面对f积分，应该就是属于可以计箅的了。只要考虑将绝对值去掉就可以了.由于在积分中对①在X区间上积分，所以①突在a,b之间，因此以⑦作为区间的分割点，则有bc~^dtbc~^dt= dt将左边拆开，则有广/(参=+|-c，-丁=1-efl-'-cx_b+所以上面的不等式等I介于将左边拆开，则有广/(参即 去 卜+臺£|/-&卜这样，再由已知条件，并且有f的任意性，可以将右边的两个枳分改写成f:ea~xf(x)dx=c_|hI小)da:<仁e~]9~a]f(x]dx<1因为无属于(一OC，+OC)都有积分小于等于1,所以同理可得又&0^7(®)dx<1.£f(x)dx<^+l.这就是这个竞赛题的解题过程。证明:五，(本题15分)设为一个数列，p为固定的IE整数，若^11^(0^-^)=A证明:lim =—.n—koonp【参考证明】对于1=0，1，…，p—l,记=°(n+l)p+»—anp+i•由题设lim=A，从而n—>OQ而4)+4*+--+4+252))=%+1)艸-+252)Um%+l)p+t:lim%顺_=△n->oc(H+l)p+In-^oo71(n+l)p+ip对正整爪，设m=np+tt其中01-对正整爪，设m=np+tt其中01-1,从而可以把正!依照*分为P个子列类。_子列.下面_怠為訖4.故㉝4

第十届全国大学生数学竞赛试卷

（非数学类，2018年10月）一.垣空题（本题满分24分，共4小题，每小题6分）(n+1广—nQ（1）设a€（0，(n+1广—nQ瞧析】：【思路-】因为1+去<1+。所以0<(n+1广—瞧析】：【思路-】因为1+去<1+。所以0<(n+1广—na=n1+丄n-11+--1

n所以由夹逼准则可得limn—>+or(n+1)—na=0.【思踣二】limn—>+oon+1)—nM0+limlim=alimx1-Q=0.®->o+xa®->o+X=t+cost（2）若曲线?/=由 确定，则此曲线在*=（2）若曲线?/=cv+ty+suit—1程为 .【参考解析】：当t=0时，x=l且dl,即y=0f即求点（1，0）处曲线y=y（x］的切线方程.在方程组两端对纟求导，得®’（i）=1—sintcv•2/'（农）+2/+ty'⑷+cost=0将*=0,2/=0代入方程，得〆㈧=1,/（0）=-1,所以@®=o以切线方程为y_0=（-l）卜即y=-x-il.TOC\o"1-5"\h\zInLr+ 4-x2(3)J」 dx=F(x)=f【参考解析】：【思踣―】典型三角代换结构a/i+尤2，令x=tanLdx=sec2tdtl所以Inx+>Jl+xF(x)=f da?=I— dtsect9\3/2 J1sect2222=J*In(sec<+tanijd(sint)=siniIn(sect+tantj—J*Smdt=sintIn(sect+tant)+In|/p 1 t由于tan亡二一4所以cost=j，sint=—• ，sect=yl+cost|+C1 y/l+X12 Jl+X2积分为-1 —In|^1 +x\+In-f —4-C」1+X2( 1yjl+X2或-=In

yjl+x2【思踣二】外）=fInX+yll-^-x2+x|-lln(l+3：2)4-C=fXIna?+vl+2,2Vl+®211—cosxyJcos2xvcos3a:【参考解折】:【思踣一】A=]im N>o1—cosx+cos2：11—Vcos2xvcos3a?Ilim 1 1x—>0X2‘ ” 1—vcos2a:Vcos3a:-+nm 2 x—>o 个一1—Vcos2x+y/cos2®(1—yjcos3x=土+lim ' t2=—4-lim2>0y^cos2x—1)+1cosxcosx=1— j,(cos2ic)2=1_ +o^x2(cos戸—1— +o(ir2)11所以cos®(cos2®)2(cos3®戸=1—3況2+o^2j,代入得如2++2) 9外，!/)dyA=lim ••x^Qor二(本题满分8分)没函数时一PfTS镇可导，且/(1)=0,求函数f\x2-y2yf2/|2-/卜2-1/2)卜+2/卜2-1/2)(12/与路径无关，其中Z为任一不L与直线2/=土®相交的分段光滑曲线【参報析】：令P(x.y]=i/|2-f^x2-j/2)],Q(o:，2/)=xf(x2-z/2),于是2-f[x2-y2^y|-/z[x2-y2][-2y]2 +2yy(人幻字=卞斗2峙一)dPix^y]dQ(x^y]由积分与路径无关的条｛牛一A一=一3一•代入结果整理得dy dx卜2-?/2)斗2-1/2)+/卜2-小1=0令-y2=U,即tz/k)+/(!/)-1=0,分离賴得"(了)、=idu，由分离变\’x1 U量法，两端积分，得一 =C.Ul即/(u)=l+—,由/(l)=0f得C=-l.即中奇1力.【注】其中微分方程+/(u)-l=0的通解可以通过改写微分方程^|u/(u)[=1，得到鵬为uf(u]=u+C.三(本题满分14分)设/⑷在区间卜l|上连续，且证明：^fof(X)dXfo^dX^r【参考解析】：由柯西不等式，得

fof(X)fof(X)dX/o7hdX-S(又由于[/(®)-l]|f(®)-3]<04则=1即肺和4,4+y2）dV，其中⑺是由£冲卜£南dO*。1’卜卜+人1所以1三丄7（4+y2）dV，其中⑺是由四（本题满分12分）计算三重积分+?/+（z—2）-24, +?/2+（z-I）-<9及2>0所围成的空间图形.【参考解析】：画图（关键），考虑区域的特殊性，采用容易计算的整体减去容易计算的部分来完成计算，从而分成三个部分来讨论：第一部分：整个大球（vj的积分：采用球坐标换元，令x—rsinipcosO^y—rsincpsinO^z—\+rcoscp0<r<3,0<99<tt,0<^<2tt.0\ p2zr QQ 648/T4-2/^jdV=J。dOJd97r"sin"ip•sin99dr=—-—第二部分：小球的枳分：采用球坐标换元，令x—rsinipcosO^y—rsincpsinO^z—2+rcoscp

0<r<2,0<99<tt,0<^<2tt.于是有4-2/2jdV=J*d0J*dipJ*r2sin2(p•r2siii(pdr=第三部分：大球2=0下部分的积分（vj，采用柱坐标：x=rcos=rsin0,1— —r2<z<00<r<2V2,O<0<2tt于韩f =J；所以最终的积分为+W=JIf-fff(h) ⑹648 256 136 256= 丌 丌 丌=_5 15 5 37T.91dx是_D内两点，线段?包含在1?内.证明：/('，％)_外2，汉2)|<^\AB\,其中|AB|表示线段AB的长度.【参考IK析】：作辅助函数冲)=/卜1++2—％)，?^++2—义)],显然函数O在h，lj上可导.根据拉格朗曰中值定理，存在c€(0，l),使得冲)-冲)=外)=+-yj所以^(l)-cp(o)=-4+響“)五(本题满分14分)设f(x,y)在区域2?内可微，且9ydu<(®2- +(y2-y^<M\AB\.六(本题满分14分)证明：对于连续函数f(®)>0,有InJ*/(iejda;>j'In/(a?)da?.【参考解析】：由于⑷在|0，lj上连续，所以£/(x)dx=Jimlf：/(xfc),xfce1丄 1n由算术几斫等式于是有n^ln/c=lnfc=l根据In①的连续性，两边取极限，得-^lny(ifc)<即InJ* >J*lnf^dx.七(本题満分14分)已知是正彭激列，且bfc+1-bfc>J>0.fc=L2,…，<5limInfcV(〒2fcV(〒2〜afe)(V>2收敛bk+ibk^A)<°A+aA；"+aA=T+OC可知Ek=l为一常数证明：若级数收敛，则级数fh二1 fe=l【参攝r令=i=lsi-s^tso=0,afc="k~l,k=1,2,-bkN Nqq N-lk=l k=lUk k=lAT—1K_K qAT—1c=rfc+i~ t~^—sk台w+ik心一台bhk+arg所以收敛.由不等式h](bxb^-bf} s—吐< 等郝立.k+i\ fc=iW+i:o 第十一届中国大学生数学竞赛预赛参考答案（非数学类，2019年10月27日）绝密★启用前考试形式：闭卷考试时间：150分钟满分：100分:o 第十一届中国大学生数学竞赛预赛参考答案（非数学类，2019年10月27日）绝密★启用前考试形式：闭卷考试时间：150分钟满分：100分题号―•三四五六总分满分301414141414100得分注怠：本试卷共六大题，满分100分，兮试吋问为150分钟.所有答题部规写在W卷密封线心边，写在其他纸上一律无效.密射浅左边沿勿答题，密封线外不得存姓名及相关标记.如答题空白不够.可写在当页背血，并标明题号.I—Au得分阅卷人一、（本题满分30分，共5小题，毎小题6分）(I)limx->(JIn(产x+yi—cosj)-sinx丄arctan(4yi—cost) 丄9:原式:o:等价..戶A-1+yi-cosxrsinxlim = —lim—“ =名-H) 4Jrl—cos.x 4—cmxe5inr_!J sinx=lim —-—lim 4(^)V3 4X—。4(^)V3(2)设隐函数j=y(x)由方6r2(x-y)=^2所确定，则fl<Lv=^-21n|J|+C.解.令)=/a,则1 1 , -2+3/x=T^Tj-J=7(1^7)-^=P(T^7pd/这样，I2-dx^f =3/-21n|/|+C=^-21n|^|+C(3)定积分f^(l+siiix)1+cosx号#(l+sinj)0 1+COSX分部(R分sinx1+cos.v1十COS.Vdex1+COSX dx=1+COSX已知 则MtY.y)=士壯伽―技A.解.因为>2=>2=^A-XI=22设aAc.p>0,曲^xyz=li与曲曲b+g+g=i怕切，则"解.枏枢题音有:以及从而得:从=8久3.3g=2A—丨O Au愁起扫筠龅K忘固紘O 011妒钽瑚0得分阅卷人二.(本题满分M分)计箅三重积分IJIj^dxdydz，其中Q是由曲面(,v2+y2+z2)2=2.vj围成的£&在一卦限部分.采用’球面坐标胃n算，并利用对称性，得sin2cosesinecosp»intpu/?JoJoJo P2sin2^）Z令 广5 /sinGcc»6d0j»iiiifco»dy?J p3dpf胥 f号2Jsin3cos3Jsin5沪cospdp7/sin32权d权［siu5pd（sin^＞）4Jo Jo1 ・3j12 148（）S，nfd，=48-3=72（5分）（10分）（14分）得分阅卷人得分阅卷人证明.K€【0.士使得故当三、(本题满分14分)设/(X)在|0,+oo)上可微,/(0)=0,且存在常数＞0,ffi得\f(x)\A\f{x}\在［0,+oo)上成立，试证明:在(0.4-CO)上有fM=0.l/(^o)l=»nax{|/(r)||xG|0.^|}. (5分)1/(又0)|=1/(0)+/'(f)相|<4|/(x0)|±=i|/(x0)|41/MI=0.故当^[0<5L]时，/(幻=0 (12分)递推可得，对所有的x€I益.^].k=1.2.….均有/(x)=0. (14分)—IO AuO O得分阅卷人四、(本题满分12分)计算积分J=广杉厂产一卜一sin_.解设球面E:x2+y2+z2=l，由球面参数方程x=sincos=sinsiu^,2=cos沒知dS=sin心⑷邸.所以，所求积分可化为第一甩曲向积分设平面P,:吳='.-1<'<1，其中'为平面P,被球面栽下部分乎心到原点K商.用平Illip,分割球IftiE,球iftiAT-ififp>.p,^之问的部分形in洞台外尜而状，记为么也被积函数在其上为广〜f75'. (g由于Em,半径为r,=s/T^,半径的为dx^2=燕犹适r,,lh上下底半径Z差.记關台外衣时斜为h,.则山K元法知<lr2+(<lvT^)2=hf,<!｝刊h,=去，所以E/xlr的而识为<1^•2?rr,A,—2?r<1/. (12分>（14分），五’(本^分M分)没/(X)是仅有正实根的多项式函数,满足T^T=—[W".试证：Ca>0,(n>0),极乐lim-1=存在,/k' ”=n "-*00W且等于/(r)的》小根.证明.由/U)为仅有正实根的多项式.不妨设/(x)的令部動0<w…<叫,这样得分阅卷人，(r>=>l(・rW…(x-W.其中rf为对应根at的亜数(/=1f[x)=4r!(x --(x +...+4r*(j-a1)rA，..(x-a*)’*-1…从而，x-akjfM7w所以/(x)="叫丄^ki<dhW'j/is._Y.々gUpg(#r+...+钟/CO怜分)而Q4=-Ec・x'，ih辭—件知r1+…+(訖戶。4+・7