第十四届全国大学生数学竞赛初赛试题(非数学专业类)

第十四届全国大学生数学竞赛初赛试题(非数学专业类)

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填空题

1. 极限
   $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1-x^2}\cos x}{1+x^2-{\cos }^{2}x}=.$$

2. 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x>0,\\ 0,& x\le 0,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}1-x,& x<1,\\ x-1,& x\ge 1,\end{array}$ 则复合函数 $f[g(x)]$ 的间断点为 $x=$.

3. 极限 $$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^3\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n=.$$

4. 微分方程 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}x\ln x\cdot \sin y+\cos y(1-x\cos y)=0$$ 的通解为 $.$

5. 记 $D=\left\{(x,y)|0\le x+y\le \frac{\pi }{2},0\le x-y\le \frac{\pi }{2}\right\}$, 则
   $$\underset{D}{\iint }y\sin (x+y)dxdy=.$$

简答题

1. 设向量 $\overrightarrow{OA}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ 的夹角为 $\alpha$, $|\overrightarrow{OA}|=1$, $|\overrightarrow{OB}|=2$, $\overrightarrow{OP}=(1-\lambda )\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OQ}=\lambda \overrightarrow{OB}$, 其中 $0\le \lambda \le 1$.

解

• 问当 $\lambda$ 为何值时, $|\overrightarrow{PQ}|$ 取得最小值;
• 设 (1) 中的 $\lambda$ 满足 $0<\lambda <\frac{1}{5}$, 求夹角 $\alpha$ 的取值范围.

2. 设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上二阶可导, $f(0)=1$, 且当 $x\ge 0$ 时, $f(x)\ge 0$, $f^{\prime }(x)\le 0$, $f^{\prime \prime }(x)\le f(x)$. 证明: $f^{\prime }(0)\ge -\sqrt{2}$.

3. 证明: 对任意正整数 $n$, 恒有
   $${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx\le \left(\frac{n^2}{4}-\frac{1}{8}\right){\pi }^2.$$

4. 设 $z=f(x,y)$ 是区域 D={(x,y)∣0≤x≤1,0≤y≤1}D = \left\{ (x, y) \left| 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 \right. \right\}D={(x,y)∣0≤x≤1,0≤y≤1} 上的可微函数. $f(0,0)=0$, 且 $\mathrm{d}z{|}_{(0,0)}=3\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$, 求极限
   $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}\mathrm{d}t{\int }_{\sqrt{t}}^{\sqrt[4]{t}}f(t,u)\mathrm{d}u}{1-\sqrt[4]{1-x^4}}$$

5. 设正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 证明: 存在收敛的正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$, 使得 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=0$.

逐题详解

1. 极限
   $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1-x^2}\cos x}{1+x^2-{\cos }^{2}x}=.$$

解

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1-x^2}\cos x}{1+x^2-{\cos }^{2}x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1-x^2}\sin x+\frac{x\cos x}{\sqrt{1-x^2}}}{2x+2\cos x\sin x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}\sin x}{x}+\frac{\cos x}{\sqrt{1-x^2}}}{2+2\cos x\frac{\sin x}{x}}\\ & =\frac{1}{2}\end{array}$$

2. 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x>0,\\ 0,& x\le 0,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}1-x,& x<1,\\ x-1,& x\ge 1,\end{array}$ 则复合函数 $f[g(x)]$ 的间断点为 $x=$.

解

$$f\circ g(x)=\{\begin{array}{l}1,x\ne 1\\ 0,x=1\end{array}$$
唯一间断点为$x=1$。

3. 极限 $$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^3\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n=.$$

解

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^3\sum _{n=1}^{\infty }{n}^2{x}^n=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^3\frac{x^2+x}{(1-x{)}^3}=2\end{array}$$

4. 微分方程 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}x\ln x\cdot \sin y+\cos y(1-x\cos y)=0$$ 的通解为 $.$
   解

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}x\ln x\cdot \sin y+\cos y(1-x\cos y)& =0\\ \frac{\mathrm{d}\cos y}{\mathrm{d}x}+\frac{\cos y}{x\ln x}-\frac{{\cos }^{2}y}{\ln x}& =0\\ \frac{\mathrm{d}\frac{1}{\cos y}}{\mathrm{d}x}+\frac{\frac{1}{\cos y}}{x\ln x}-\frac{1}{\ln x}& =0\\ \Rightarrow \frac{1}{\cos y}=e^{-\int \frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}}& \left(\int \frac{1}{\ln x}{e}^{\int \frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}}\mathrm{d}x+C\right)\end{array}$$

得到：
$$(x+C)\cos y=\ln x$$

5. 记 $D=\left\{(x,y)|0\le x+y\le \frac{\pi }{2},0\le x-y\le \frac{\pi }{2}\right\}$, 则
   $$\underset{D}{\iint }y\sin (x+y)dxdy=.$$
   解

利用二元变量代换, 令 $\{\begin{array}{l}u=x+y,\\ v=x-y,\end{array}$ 则 $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(u+v),\\ y=\frac{1}{2}(u-v).\end{array}$ 因为

$$J=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u}& \frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{\partial u}& \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right|=-\frac{1}{2},$$

所以

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =|J|{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}(u-v)\sin u\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}v{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}u\sin u\mathrm{d}u-\frac{1}{4}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}v\mathrm{d}v{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin u\mathrm{d}u\\ & =\frac{1}{4}\times \frac{\pi }{2}\times 1-\frac{1}{4}\times \frac{{\pi }^2}{8}\times 1=\frac{\pi }{8}-\frac{{\pi }^2}{32}.\end{array}$$

1. 设向量 $\overrightarrow{OA}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ 的夹角为 $\alpha$, $|\overrightarrow{OA}|=1$, $|\overrightarrow{OB}|=2$, $\overrightarrow{OP}=(1-\lambda )\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OQ}=\lambda \overrightarrow{OB}$, 其中 $0\le \lambda \le 1$.

• 问当 $\lambda$ 为何值时, $|\overrightarrow{PQ}|$ 取得最小值;
• 设 (1) 中的 $\lambda$ 满足 $0<\lambda <\frac{1}{5}$, 求夹角 $\alpha$ 的取值范围.

解

(1)由余弦定理：
$$\begin{array}{rl}f(\lambda )& =|\overrightarrow{PQ}{|}^2=(1-\lambda {)}^2+4{\lambda }^2-4\lambda (1-\lambda )\cos \alpha \\ & =(5+4\cos \alpha ){\lambda }^2-2(1+2\cos \alpha )\lambda +1\\ & =(5+4\cos \alpha ){\left(\lambda -\frac{1+2\cos \alpha }{5+4\cos \alpha }\right)}^2+1-\frac{(1+2\cos \alpha {)}^2}{5+4\cos \alpha }\end{array}$$
当$0\le \frac{1+2\cos \alpha }{5+4\cos \alpha }\le 1$，$\lambda =\frac{1+2\cos \alpha }{5+4\cos \alpha }$取最小。
当$\frac{1+2\cos \alpha }{5+4\cos \alpha }\le 0$，$\lambda =0$取最小。

(2)

解不等式：

$$0\le \frac{1+2\cos \alpha }{5+4\cos \alpha }\le \frac{1}{5}$$

得到：

$$\alpha \in \left(\frac{\pi }{2},\frac{2\pi }{3}\right)$$

2. 设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上二阶可导, $f(0)=1$, 且当 $x\ge 0$ 时, $f(x)\ge 0$, $f^{\prime }(x)\le 0$, $f^{\prime \prime }(x)\le f(x)$. 证明: $f^{\prime }(0)\ge -\sqrt{2}$.

解

构造辅助函数 $g(x)=[f^{\prime }(x){]}^2-[f(x){]}^2$，求导得：
$$g^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)f^{\prime \prime }(x)-2f(x)f^{\prime }(x)=2f^{\prime }(x)[f^{\prime \prime }(x)-f(x)].$$
由条件 $f^{\prime \prime }(x)\le f(x)$ 及 $f^{\prime }(x)\le 0$（当 $x\ge 0$时），可知 $g^{\prime }(x)\ge 0$，即 $g(x)$ 在 $[0,1)$上单调递增。因此，对任意 $x\ge 0$，有：
$$g(x)\ge g(0)=[f^{\prime }(0){]}^2-[f(0){]}^2=[f^{\prime }(0){]}^2-1.$$

另一方面，由 $f^{\prime }(x)\le 0$ 知 $f(x)$在 $[0,1)$ 上非增，故$f(x)\le f(0)=1$。结合 $f(x)\ge 0$，得：
$$[f(x){]}^2\le 1\Rightarrow -[f(x){]}^2\ge -1.$$

将$g(x)=[f^{\prime }(x){]}^2-[f(x){]}^2$ 代入：
$$[f^{\prime }(x){]}^2-[f(x){]}^2\ge [f^{\prime }(0){]}^2-1\Rightarrow [f^{\prime }(x){]}^2\ge [f^{\prime }(0){]}^2-1+[f(x){]}^2.$$
由于$[f(x){]}^2\ge 0$，故：
$$[f^{\prime }(x){]}^2\ge [f^{\prime }(0){]}^2-1.$$

假设$f^{\prime }(0)<-\sqrt{2}$，则 $[f^{\prime }(0){]}^2>2$：
$$[f^{\prime }(x){]}^2\ge 2-1=1\Rightarrow f^{\prime }(x)\le -1(\forall x\ge 0).$$
对 $f^{\prime }(x)\le -1$积分：
$$f(x)-f(0)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\le {\int }_0^x(-1)dt=-x\Rightarrow f(x)\le 1-x.$$
当$x\to 1^{-}$ 时，$f(x)\to -\infty$，与 $f(x)\ge 0$ 矛盾。因此，假设不成立，必有 $f^{\prime }(0)\ge -\sqrt{2}$。

3. 证明: 对任意正整数 $n$, 恒有
   $${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx\le \left(\frac{n^2}{4}-\frac{1}{8}\right){\pi }^2.$$

解
首先，利用归纳法易证：对 $n⩾1$，$|\sin nx|⩽n\sin x\left(0⩽x⩽\frac{\pi }{2}\right)$。又由于 $|\sin nx|⩽1$ 及 $\sin x⩾\frac{2}{\pi }x\left(0⩽x⩽\frac{\pi }{2}\right)$，所以当 $n>1$ 时，得
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2n}}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx+{\int }_{\frac{\pi }{2n}}^{\frac{\pi }{2}}x{\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)}^{4}dx\\ & ⩽n^4{\int }_0^{\frac{\pi }{2n}}xdx+{\int }_{\frac{\pi }{2n}}^{\frac{\pi }{2}}x{\left(\frac{1}{\frac{2x}{\pi }}\right)}^{4}dx\\ & =\frac{n^4}{2}{\left(\frac{\pi }{2n}\right)}^2+\frac{{\pi }^4}{16}{\int }_{\frac{\pi }{2n}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{dx}{x^3}\\ & =\frac{n^2{\pi }^2}{8}+\frac{{\pi }^4}{16}\cdot {\frac{1}{-2x^2}|}_{\frac{\pi }{2n}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{n^2{\pi }^2}{8}-\frac{{\pi }^4}{32}\left(\frac{4}{{\pi }^2}-\frac{4n^2}{{\pi }^2}\right)\\ & =\left(\frac{n^2}{4}-\frac{1}{8}\right){\pi }^2.\end{array}$$
当 $n=1$ 时，${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}xdx=\frac{{\pi }^2}{8}$，等号成立。

4. 设 $z=f(x,y)$ 是区域 D={(x,y)∣0≤x≤1,0≤y≤1}D = \left\{ (x, y) \left| 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 \right. \right\}D={(x,y)∣0≤x≤1,0≤y≤1} 上的可微函数. $f(0,0)=0$, 且 $\mathrm{d}z{|}_{(0,0)}=3\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$, 求极限
   $$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}\mathrm{d}t{\int }_{\sqrt{t}}^{\sqrt[4]{t}}f(t,u)\mathrm{d}u}{1-\sqrt[4]{1-x^4}}$$

解

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}\mathrm{d}t{\int }_{\sqrt{t}}^{\sqrt[4]{t}}f(t,u)\mathrm{d}u}{1-\sqrt[4]{1-x^4}}& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}\mathrm{d}t{\int }_x^{\sqrt{t}}f(t,u)\mathrm{d}u}{\frac{1}{4}{x}^4}\\ & =-\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}f(t,x)\mathrm{d}t}{x^3}\\ & =-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(\xi ,x)}{x},0<\xi <x^2\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3\xi +2x+o(\sqrt{{\xi }^2+x^2})}{x}\\ & =-2\end{array}$$

5. 设正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 证明: 存在收敛的正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$, 使得 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=0$.

解

因正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，故级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的余项 $R_n>0$ 单调减少趋于 $0$。

令 $b_n=\sqrt{R_n}-\sqrt{R_{n+1}},n=1,2,\cdots$，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 是正项级数，其部分和

$$\sum _{k=1}^n{b}_k=\sum _{k=1}^n(\sqrt{R_k}-\sqrt{R_{k+1}})=\sqrt{R_1}-\sqrt{R_{n+1}}<\sqrt{R_1}$$

有界，因此 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{R_n-R_{n+1}}{\sqrt{R_n}-\sqrt{R_{n+1}}}=\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{R_n}+\sqrt{R_{n+1}})=0$$