第十五屆全國大學生數學競賽初賽試題(非數學專業類A卷)

題目速覽

1. 求極限：
   $$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{x^3+9}?6}{2?\sqrt{x^3?23}}=.$$

2. 設函數 $z=f(x^2?y^2,xy)$, 且 $f(u,v)$ 具有連續的二階偏導數, 則
   $$\frac{{?}^{2}z}{?x?y}=.$$

3. 設 $n$ 為正整數, $f(x)=\frac{1}{x^2?3x+2}$, 則:
   $$f^{(n)}(0)=.$$

4. 冪級數
   $$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(?1{)}^{n?1}}{n(2n?1)}{x}^{2n}$$
   的收斂域為 $.$

5. 設曲面 $\Sigma$ 是平面 $y+z=5$ 被柱面 $x^2+y^2=25$ 所截得的部分, 則曲面積分
   $$\underset{\Sigma }{?}(x+y+z)\mathrm{d}S=$$

6.$$(x^2+y^2+3)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x\left(2y?\frac{x^2}{y}\right).$$

7. 設 ${\Sigma }_1$ 是以 $(0,4,0)$ 為頂點且與曲面 ${\Sigma }_2$: $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{3}=1(y>0)$ 相切的圓錐面, 求曲面 ${\Sigma }_1$ 與 ${\Sigma }_2$ 所圍成的空間區域的體積.

8. 設 $a>1$, 求極限
   $$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_1^a\frac{\mathrm{d}x}{1+x^n}.$$

9. 設 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有連續的導數, 且 $f(0)=0$. 求證:
   $${\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x?4{\int }_0^1(1?x{)}^2{\left[f^{\prime }(x)\right]}^2\mathrm{d}x,$$
   并求使得上式成為等式的 $f(x)$.

10. 設數列{xn}\{x_n\}{xn?} 滿足 $x_0=\frac{1}{3},x_{n+1}=\frac{x_n^2}{1?x_n+x_n^2},n?0$. 證明無窮級數
    $$\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n$$
    收斂, 并求其和.

逐題詳解

求極限：

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{x^3+9}?6}{2?\sqrt{x^3?23}}=.$$

解

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{x^3+9}?6}{2?\sqrt{x^3?23}}& =\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x^3+9}?6\right)\left(\sqrt{x^3+9}+6\right)}{\left(2?\sqrt{x^3?23}\right)\left(2+\sqrt{x^3?23}\right)}?\underset{x\to 3}{\lim }\frac{2+\sqrt{x^3?23}}{\sqrt{x^3+9}+6}\\ & =\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^3+9?36}{4?x^3+23}?\underset{x\to 3}{\lim }\frac{2+\sqrt{x^3?23}}{\sqrt{x^3+9}+6}\\ & =?\frac{1}{3}\end{array}$$

設函數 $z=f(x^2?y^2,xy)$, 且 $f(u,v)$ 具有連續的二階偏導數, 則

$$\frac{{?}^{2}z}{?x?y}=.$$

解

$$\begin{array}{rl}\frac{?z}{?x}& =f_u?2x+f_v?y\\ \frac{{?}^{2}z}{?x?y}& =2x(f_{uu}?(?2y)+f_{uv}?x)+y(f_{uv}?(?2y)+f_{vv}?x)+f_v\\ & =?4xy{f}_{uu}+2(x^2?y^2)f_{uv}+xy{f}_{vv}+f_v\end{array}$$

設 $n$ 為正整數, $f(x)=\frac{1}{x^2?3x+2}$, 則 :
$$f^{(n)}(0)=.$$

解

將$f(x)=\frac{1}{x^2?3x+2}$變為：$(x^2?3x+2)f(x)=1$兩邊同時求導：

$$\begin{array}{rl}{\left((x^2?3x+2)f(x)\right)}^{(n)}& =0\\ ?2f^{(n)}?3n{f}^{(n?1)}+n(n?1)f^{(n?2)}& =0\end{array}$$
取$b_n=\frac{f^{(n)}}{n!}$得到方程：

$$2b_n?3b_{n?1}+b_{n?2}=0$$
同時有初值條件：$b_0=\frac{1}{2}$與$b_1=\frac{3}{4}$
解差分方程得到：
$$b_n=1?\frac{1}{2^{n+1}}$$
故：
$$f^n(0)=n!\left(1?\frac{1}{2^{n+1}}\right)$$

冪級數
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(?1{)}^{n?1}}{n(2n?1)}{x}^{2n}$$
的收斂域為 $.$

解

$$\begin{array}{rl}L& =\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{(?1{)}^n}{(n+1)(2n+1)}?\frac{n(2n?1)}{(?1{)}^{n?1}}\right|\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(2n?1)}{(n+1)(2n+1)}=1.\end{array}$$
故，$x\in (?1,1)$，取$x=\pm 1$.得到數項級數：

$$\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(?1{)}^n}{n(2n?1)}$$

顯然絕對收斂。

因此：$$x\in [?1,1]$$

設曲面 $\Sigma$ 是平面 $y+z=5$ 被柱面 $x^2+y^2=25$ 所截得的部分, 則曲面積分
$$\underset{\Sigma }{?}(x+y+z)\mathrm{d}S=$$

解
$$\begin{array}{rl}{?}_{\Sigma }(x+y+z)\mathrm{d}S& =\sqrt{2}{?}_{{\Sigma }_{xOy}:x^2+y^2\le 25}(x+5)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =5\sqrt{2}{?}_{{\Sigma }_{xOy}:x^2+y^2\le 25}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =125\sqrt{2}\pi \end{array}$$

解微分方程:
$$(x^2+y^2+3)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x\left(2y?\frac{x^2}{y}\right).$$

解

做換元：$?\begin{array}{l}z=\frac{y^2+1}{x^2+2}\\ P=x^2+2\end{array}$

$$\begin{array}{rl}(x^2+y^2+3)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}& =2x\left(2y?\frac{x^2}{y}\right)\\ ?P\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}P}& =?\frac{z^2?3z+2}{z+1}\\ ?\frac{(z?2{)}^3}{(z?1{)}^2}& =?\frac{C}{P}\\ ?(2x^2?y+2+3{)}^3& =C(x^2?y^2+1{)}^2\end{array}$$

設 ${\Sigma }_1$ 是以 $(0,4,0)$ 為頂點且與曲面 ${\Sigma }_2$: $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{3}=1(y>0)$ 相切的圓錐面, 求曲面 ${\Sigma }_1$ 與 ${\Sigma }_2$ 所圍成的空間區域的體積.

解
容易得到圓錐面方程：${\Sigma }_1:4(x^2+z^2)=(y?4{)}^2$
$$\begin{array}{rl}V& =\underset{x^2+z^2\le \frac{9}{4}}{?}\left[(4?2\sqrt{x^2+z^2})?2\sqrt{1?\frac{1}{3}(x^2+z^2)}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\ & =4\pi ?\frac{9}{4}?2{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{3}{2}}{r}^2\mathrm{d}r?2{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{3}{2}}\sqrt{1?\frac{r^2}{3}}r\mathrm{d}r\\ & =9\pi ?4\pi {\int }_0^{\frac{3}{2}}{r}^2\mathrm{d}r?4\pi {\int }_0^{\frac{3}{2}}\sqrt{1?\frac{r^2}{3}}r\mathrm{d}r\\ & =9\pi ?\frac{9\pi }{2}?\frac{7\pi }{2}\\ & =\pi \end{array}$$

設 $a>1$, 求極限
$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_1^a\frac{\mathrm{d}x}{1+x^n}.$$

解

Changing $x$to $1/x$gives

$$I_n:=n{\int }_1^a\frac{dx}{1+x^n}=n{\int }_b^1\frac{x^{n?2}}{1+x^n}dx,$$
where $b=\frac{1}{a}\in (0,1)$. Now, use integration by parts with $\frac{1}{x}=u$ and $\frac{n{x}^{n?1}}{1+x^n}dx=dv$. Then $du=?\frac{dx}{x^2}$ and $v=\ln (1+x^n)$ and so
$$I_n=\ln 2?\frac{\ln (1+b^n)}{b}+{\int }_b^1\frac{\ln (1+x^n)}{x^2}dx.$$
Since $b\in (0,1)$, we have $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}^n=0$ and so
$$\underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n=\ln 2+\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_b^1\frac{\ln (1+x^n)}{x^2}dx.\text{\hspace{1em}(*)}$$
Since $\ln(1 + t) \leq t, \ t > -1 $, we have $0\le \frac{\ln (1+x^n)}{x^2}\le x^{n?2}$ and hence $0\le {\int }_b^1\frac{\ln (1+x^n)}{x^2}dx\le \frac{1?b^{n?1}}{n?1}$ implying that $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_b^1\frac{\ln (1+x^n)}{x^2}dx=0$, by the squeeze theorem. Thus, by (*), $\lim\limits_{n \to \infty} I_n = \ln 2 $.

Now, as an exercise, try to prove or disprove this claim: for any $b\in (?1,1)$:
$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{\int }_b^1\frac{dx}{1+x^n}=\ln 2.$$

設 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有連續的導數, 且 $f(0)=0$. 求證:
$${\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x?4{\int }_0^1(1?x{)}^2{\left[f^{\prime }(x)\right]}^2\mathrm{d}x,$$
并求使得上式成為等式的 $f(x)$.

解

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^1(1?x)f^{\prime }(x)?f(x)\mathrm{d}x\\ & ?{\left({\int }_0^1(1?x{)}^2(f^{\prime }(x){)}^2\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}{\left({\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x\right)}^{\frac{1}{2}}\\ & ?4{\int }_0^1(1?x{)}^2[f^{\prime }(x){]}^2\mathrm{d}x\end{array}$$
當且僅當$cf(x)=(1?x)f^{\prime }(x)$時，可以取等,此時：
$$f(x)=0$$

設數列{xn}\{x_n\}{xn?} 滿足 $x_0=\frac{1}{3},x_{n+1}=\frac{x_n^2}{1?x_n+x_n^2},n?0$. 證明無窮級數
$$\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n$$
收斂, 并求其和.

解
$$\begin{array}{rl}{x}_{n+1}& =\frac{x_n^2}{1?x_n+x_n^2}\\ ?x_n& =\frac{x_n}{1?x_n}?\frac{x_{n+1}}{1?x_{n+1}}\end{array}$$

那么：

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }{x}_n& =\sum _{n=0}^{\infty }\left(\frac{x_n}{1?x_n}?\frac{x_{n+1}}{1?x_{n+1}}\right)\\ & =\frac{x_0}{1?x_0}=\frac{1}{2}\end{array}$$