1、武汉大学 2009 数学(非数学类)竞赛模拟试题(1)武汉大学 2009 数学(非数学类)竞赛模拟试题(1)一、填空题 1、若有一、填空题 1、若有223 517212 4162+=?nnnx,则,则lim=nnx 2、极限 2、极限+=22000arctan(1)lim(1)uxxxt dtduxe 3、与曲面相交,且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为:3、与曲面相交,且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为:22224842842xyzyzxzxyxyz+=0 4、设 4、设(,)f x y有二阶连续偏导数,有二阶连续偏导数,2200(cos,sin),(cos,sin)duuf rrdf
2、 rrddrr=22211222201(cos,sin),d uf rrdffdrrr=+=,则,则22d ududrdrr+=5、极限 5、极限1 11212120 002limcos()nnxxxdx dxdxn+=?n?二、设当时,可微函数满足条件 二、设当时,可微函数满足条件1x)(xf0d)(11)()(0 =+xttfxxfxf,且,试证明:当时,有成立.,且,试证明:当时,有成立.1)0(=f0 x1)(xfex三、设,在区间上连续,试证:三、设,在区间上连续,试证:0()f x 0 1,0111lim()max()nnnnxiiff xnn=四、设 四、设44422222333
3、2Faxbyczdx yey zfx z=+为四次齐次函数,利用齐次函数的性质为四次齐次函数,利用齐次函数的性质4FFFxyzxyz+=F,求曲面积分,求曲面积分(,)F x y z ds?的值,其中的值,其中是以坐标原点为球心的单位球面。五、设,证明:是以坐标原点为球心的单位球面。五、设,证明:010 1 2(),()()(,)xnnfxefxxfxn+=?01()!ennfen=六、在方程中,在 六、在方程中,在,32()yyyf x+=()f x)a+上连续,且上连续,且0lim()xf x+=,试证明:已知方程的任意一解,试证明:已知方程的任意一解()y x均有。均有。0lim()xy
4、 x+=七、求证:内切于一给定正方形的所有椭圆中,以圆的周长为最长。八、求 使得不等式七、求证:内切于一给定正方形的所有椭圆中,以圆的周长为最长。八、求 使得不等式c22xxcxeee+对一切成立。对一切成立。x 1武汉大学 2009 数学(非数学类)竞赛模拟试题(1)解答 武汉大学 2009 数学(非数学类)竞赛模拟试题(1)解答 二、填空题 二、填空题 1、若有223 517212 4162+=?nnnx,则lim=nnx 解:由222223 51721111111112 4162222()()()(nnnnx+=+?22)+在右边乘以112112,再对分子反复应用公式22()()ab a
5、bab+=故有:222222111111211111222212()()()()()nnnx=+=?,从而得到:2limnnx=2、极限+=22000arctan(1)lim(1)uxxxt dtduxe 解 22222000000arctan(1)(arctan(1)limlim(1)(1)+=uxuxxxxxxt dtet dt duduxex e 220003200(arctan(1)arctan(1)tlimlim3+=xuxxxt dt dut dxx 20arctan(1)2lim612+=xxxx=0 3、与曲面相交,且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为:22224842842
6、xyzyzxzxyxyz+=解:由题设知,交线的投影曲线也以坐标原点为对称中心。设所求平面方程为:0 xByCz+=交线在yoz面上的投影柱面为:22224842842()()()()ByCzyzyzByCz zByCz yByCzyz+=00 即:2222428142224222()()()()()BByCCzBCBCyzbYcZ+=在yoz面上的投影曲线为:22224281422242220()()()()()BByCCzBCBCyzbYcZx+=0 由交线的投影曲线也以坐标原点为对称中心,故分别用,yz替换,y z,方程保持不变,所以有:,故所求平面方程为:240 2204(),(),B
7、CBC+=2042xyz+=24、设(,)f x y有二阶连续偏导数,2200(cos,sin),(cos,sin)duuf rrdf rrddrr=22211222201(cos,sin),d uf rrdffdrrr=+=,则22d ududrdrr+=解:由题设条件得:2120(cossin)duffddr =+,2222111222202(coscossinsin)d ufffddr =+又22121200(cossin)sincosduffdf df ddr20 =+=221011120sin|(sin)cos sinffrf rd=+222021220cos|(sin)cos co
8、sffrf rd+22211122202sinsincoscosr fffd =+故 22211222002()d udurrffdddrdr+=+=5、极限1 11212120 002limcos()nnxxxdx dxdxn+=?n?解:令 11 2,kkx,ykn=?则 1 11212120 002limcos()nnnxxxdx dxdxn+?1 11212120 002limcos()nnnnyyydy dydyn=+?1 11212120 002limsin()nnnyyydy dydyn=+?1 11212120 002limsin()nnnxxxdx dxdxn=+?故 1 1
9、1212120 002limcos()nnnxxxdx dxdxn+?31 11212120 00122limcos()nnnxxxdx dxdxn=+?1 11212120 002sin()nnxxxdx dxdxn+?1 11120 001122limnndx dxdx=?二、设当时,可微函数满足条件二、设当时,可微函数满足条件1x)(xf0d)(11)()(0 =+xttfxxfxf,且,试,且,试证明:当时,有成立.1)0(=f0 x1)(xfex分析:这是一个积分微分方程,可以通过两边求导变成一个微分方程,然后求解。证明:设由题设知1)0(=f,则所给方程可变形为 .=+xttfxf
10、xxfx00d)()()1()()1(两端对x求导并整理得 0)()2()()1(=+xfxxfx,这是一个可降阶的二阶微分方程,可用分离变量法求得 xCxfx+=1e)(.由得,1)0(=f1=c01e)(+=xxfx,可见单减.)(xf而,所以当时,。1)0(=f0 x1)(xf对01e)(0 1,0111lim()max()nnnnxiiff xnn=证明:记01max()xMf x=,则 11()nnnniixfMnn=(1)剩下的问题是将缩小,使缩小所得到的量以为极限,或者虽然不等于,但与只相差一个任意小。nxMMM 因()f x连续,由闭区间连续函数的性质,00 1,x,使得0()
11、f xM=,于是00,当00 1|,xxx 时,有()Mf xM +,当充分大时有n1n(即分点in间的距离),使得0i000|,()iixfMnn 故01111()()()nnnnnnnniiiixffMnnnnn=1 (2)4由(1),(2)得 1()nnMxn M 故有 0111lim()max()nnnnxiiff xnn=四、设四、设444222223332Faxbyczdx yey zfx z=+为四次齐次函数,利用齐次函数的性质为四次齐次函数,利用齐次函数的性质4FFFxyzxyz+=F,求曲面积分,求曲面积分(,)F x y z ds?的值,其中的值,其中是以坐标原点为球心的单
12、位球面。是以坐标原点为球心的单位球面。解:由于单位球面上任意一点(,)x y z处的单位外向量的方向余弦就是该点的坐标,即 cos(,),cos(,),cos(,)n xxn yyn zz=?=1144(,)()FFFFFFF x y z dsxyzdsdydzdzdxdxdyxyzxyz=+=+?22222222114()yzFFFdxdydzxyz+2x高斯公式 22222116 2224()()()yzadf xbde ydef z dxdydz+=+2x 利用球坐标:201020cos sin,sin sin,cos,sinxryrzrrdxdydzrdrd d=22121224244
13、20000001cossin()()(cossin)yzz dxdydzdrdrdr drdd +=2x 230011122553coscoscos|d415=由对称性知,22222211415yzyzx dxdydzy dxdydz+=22xx 所以:2222222211333222222(,)()()()yzyzyz21F x y z dsadfx dxdydzbdey dxdydzdefz dxdydz+=+?222xxx 3442222222 155()(abcde)fabcdef=+=+五、设,证明:五、设,证明:010 1 2(),()()(,)xnnfxefxxfxn+=?01(
14、)!ennfen=证明:由1010011(),()()!kkxkkkxkxkxfxef xxfxxkkk=0!kkkkxk=设110()!nknkkxfxk=,则有:11110()()!nknknknnkkkk xk xk xfxxfxxkk=!k 因此01()!nnkkfk=,所以000000111()!nnkennnkknkfkkeennkknk=六、在方程中,在六、在方程中,在,32()yyyf x+=()f x)a+上连续,且上连续,且0lim()xf x+=,试证明:已知方程的任意一,试证明:已知方程的任意一 5解均有。解均有。()y x0lim()xy x+=证明:已知方程对应的齐
15、次方程的通解为:212xxyc ec e=+,现在利用常数变易法求已知方程形如:2112()()xxyc x ecx e=+的一个特解,由 22112122()()()()xxxxycx ecx ec x ecx e=+,为求解方便,令 2120()()xxcx ecx e+=(1),则21122()()xxyc x ecx e=,221121224()()()()xxxxycx ecx ec x ecx e=+将111,y yy代入方程得:2122()()()xxcx ecx ef x=(2)由(1)、(2)式解得:21200()()()()xxttc xef t dtcxe f t dt=
16、故已知方程的通解为:2221200()()xxxxxtxtyc ec eeef t dtee f t dt=+(3)由罗毕达法则,有 2221200limlimlimlim()lim()xxxxxtxtxxxxxyceceeef t dtee f t dt+=+200200()()limlimlim()lim()xxttxxxxxxef t dte f t dtf xf xee+0=+=+=即方程的任意一解()y x均有。0lim()xy x+=七、求证:内切于一给定正方形的所有椭圆中,以圆的周长为最长。七、求证:内切于一给定正方形的所有椭圆中,以圆的周长为最长。证明:显然椭圆的轴应在正方形的
17、对角线上,如图建立直角坐标系,设正方形四条边的方程为:|xyc+=(为常数),椭圆方程为:c22221xyab+=(0bac),在第一象限,切点满足方程组:22221xyabxyc+=+=,消去y得:22221()xcxab+=,即222222222()()abxa cxa ca b0+=,由于解惟一,故有:2222222222222222440()()()()a caba ca ba b abcabc=+=+=+=2 椭圆的参数方程为:,设椭圆弧长为4,则 cos,sinxatybt=L2222222200()()sincosdxdyLdtatbtdtdtdt=+=+222222200121
18、212222coscos()costtabdtcabtdt+=+=4222222204112222()cos()coscabtdtcabt=+dt 442222220011222222()cos()costucabtdtcabu=+du 422222201222()cos()cos)cabtcabt=+dt 令222202(),()coscosAabA2f AcAtcAt=+6 22222222coscos()coscosttfAcAtcAt=+当024,costt 0,故0()fA,()f A单调减少,因此0max()()f Af=,所以当0A=时,积分值最大,即最长,所以当L22,ab ab=时,即椭圆为圆时,弧长最大。4L八、求 使得不等式八、求 使得不等式c22xxcxeee+对一切成立。对一切成立。x证明:由,故对一切有:220 1 2()!(,)nnnn=?x222200222()!xxxnnnnneexxenn=+=当12c,则2222200222()!xxxnncxnnneexxeenn=+=反过来,若对一切实数,不等式x22xxcxeee+成立,则由 2222222000111111222022()()()limlimlimxxcxxxxeeecxxcxccxxx+=?7
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