春暖花开的句子-辅导员的职责

大学生数学试题及答案
考试形式： 闭卷 考试时间： 150分钟 满分：100 分
一、(本题满分10 分) 求极限
lim
1
2222 2
(n1n2

n(n1))
。
n
n
2
【解】
S
n

1
( n
2
1n
2
2
2


n
2
(n1)
2
)

2
n


112n1
2
(1()
2
1()
21())

nnnn


1012 n1
2
(1()
2
1()
2
1()
2
1())

nnnnn



i0
n1
i1
1()
2
.

nn

limS
n

lim[
n 
n

i0
n1
i1
1()
2
.]

nn
1
因
1x
在
[0,1]
上连 续，故
2

0
1-x
2
dx
存在，且

1
0
i1
1-xdx
=
lim

1()
2
.
，
n
nn
i0
2
n1
所以，
limS
n

n

1
0
1-x
2< br>dxlim
1

n
n

1
0
1-x
2
dx

4
。
x
1t
2
dt
二、(本题满分10 分) 请问
a,b,c
为何值时下式成立
limc.

2
x0
sinxax

b
1t
【解】注意到左边得极限中，无论
a
为何值总有分母趋于零，因此要想极限存在，分子必

须为无穷小量，于是 可知必有
b0
，当
b0
时使用洛必达法则得到
x
1t
2
dtx
2

lim
，
lim
22
x0
sinxax

0
x0< br>1t(cosxa)1x
由上式可知：当
x0
时，若
a1< br>，则此极限存在，且其值为
0
；若
a1
，则
x
1t
2
dtx
2
limlim2
， 22
x0
sinxax

b
x0
1t(cos x1)1x
综上所述，得到如下结论：
a1,b0,c0;
或
a 1,b0,c2
。

三、(本题满分10 分) 计算定积分
I

2
0
dx
。
1tan
2010
x
【解】 作变换
x

2
t
，则
dt

I



2010
t
2
1cot0

2010
tantdt1

0
2
1t an
2010
t


0
2
(1
1ta n
2010
t
)dt

0
2
dtI




2I

2
0
dt

2
，
所以，
I

4
。
四、(本题满分10 分) 求数列
{n

1
n
}
中的最小项。
1
x
【解】 因为所给数列是函数
yx
又
yx
1
2
x

当
x
分别取
1,2,3,,n,
时的数列。
(lnx1)
且令
y

0xe
，
容易看 出：当
0xe
时，
y

0
；当
xe
时，
y

0
。

所以，
yx

1
x
有唯一极小值
y(e)e

1
e
。
1

11
1
而
2e3
3
，因 此数列
{n
n
}
的最小项
3
。
23
3
e
n
五、(本题满分10 分) 求

。
n1
n0

x
n
【解】 考虑幂级数

，其收敛半径为
1
，收敛区间为
(1,1)
，
n0
n1


x
n
1
n
当
x1
时，
< br>收敛；
(1)

n1n1
n0n0


x
n
1
当
x1
时，

发散，因此其收 敛域为
[1,1)
。


n0
n1
n0
n1

设其和函数为
s(x)
，则
xx
n


x
t
x
t
n
n1

。
x
dtdt



0
n1< br>1x
n1
n0
n0n0
x(1,1)
，
s(t)dt

00
于是，
s(x)(

x1
)

.

2
1x(1x)
e
n
e
2
1
故，

s(e)
12
。
n1(e)
n0
六、(本题满分10 分) 设
f(x)sinx
【解】 原方程可写为

x
0

(xt)f(t)dt
，其中
f
为连续函数，求
f(x)
。
xx
f(x)sinxx

f(t)dt

tf(t)dt
，
00
上式两端对
x
求导得

f

(x) cosx

f(t)dtxf(x)xf(x)cosx

f(t )dt
（*）
00
xx
两端再对
x
求导得

f

(x)sinxf(x)

即
f

(x)f(x)sinx

这是一个二阶线性常系数非 齐次方程，由原方程知
f(0)0
，由（*）式知
f

(0)1
。

特征方程为

2


10
，

i

齐次通解为
yC
1
sinxC
2
cosx

设非齐次方程特解为
y*x(asinxbcosx)
，代入
f
(x)f(x)sinx
得

a0,b
1
。
2
x
cosx

2
则非齐次方程通解为
yC
1
sinxC
2
cosx
由初始条件
y(0)0
和
y

(0)1
可知，

C
1

1
,C
2
0
。
2
x (a  0)
中，求一条曲线七、(本题满分10 分) 在过点
O(0,0)
和
A(

,0)
的曲线族
y  asin
L
，使沿该曲线从
O
到
A
的积分

(1y
3
)dx(2xy)dy
的值最小。
L
【解】
I(a)



L
(1y
3
)dx(2xy)dy
< br>

0
[1a
3
sin
3
x(2xa sinx)acosx]dx

4


4aa
3
。
3
2
令
I

(a)44a0
，得
a1
(a1舍去 )
；又
I

(1)80
，则
I(a)
在
a1
处取极小值，且
a =1
是
I (a)
在
(0,+∞)
内的唯一极值点，故
a =1
时
I (a)
取最小值，则
x (0 x 

)
。 所求曲线为
y  sin
 f(1)  1
，
f ''(x)
八、(本题满分10 分) 设
f (x)
在
[−1,1]
上有二阶导数，且
f(1)
证明：
1．
f '(x)
1
。

2
1
，
x∈[−1,1]。
2
2．
f (x)
= x
在
[−1,1]
上有且只有一个实根。
【证明】
1. 由泰勒公式
f(1)f(x)f

(x)(1x)f

(

)
(1x)
2
，
< br>(1,x)

2

f(1)f(x)f

(x)(1x)
两式相减并整理得 < br>f

(

)
(1x)
2
,
< br>(x,1)

2
(1x
2
)(1x
2
)
f

(

)f

(

)

2f

(x)
22
(1 x
2
)(1x
2
)(1x
2
)(1x
2
)
f

(

)f

(
< br>)

于是,
f

(x)

448(1x
2
)(1x
2
)1

， 由于
max
1x1
82
， x[1,1]
。
因此
，
| f '(x) | 1
2. 令
F(x)  f(x) - x,x[1,1]
。则
F(1)f(1)1
31
，
F(1)f(1)1-
。
22
但
F(x)
在
[−1,1]
上连续，由介值定理知，
F(x)
在
[−1,1]
上至少有一个零点。
又由1可知
F'(x)  f '(x) -1  0
，故
F(x)
在
[−1,1]
上严格单调，从而至多有一个零点。
这样
F(x)
在
[−1,1]
上有且只有一个零点，即
f (x)
= x
在
[−1,1]
上有且只有一个实根。
)
为连续函数,则 九、(本题满分10 分) 设
f(x)
在
(-，

a
0
1
a
2
xf(x)dx

xf(x)dx
。
2
0
32
【解】令

(x)

x
0
t
3
f(t
2
)dt,
则


(x)x
3
f(x
2
),

1
x
2
1

(x)

tf(t)d t
，则


(x)x
2
f(x
2
) 2xx
3
f(x
2
),

2
0
2
所以


(x)


(x)

即

(x)

(x)c
c为常数。
而
< br>(0)

(0)0
，


(x)
< br>(x)

特别地

(a)

(a)

即

a
0
1
a
2
xf(x)dx< br>
xf(x)dx
。
2
0
32

十、(本题满分10 分) 设
f(x)
是[0,1]上的连续函数，证明

e
0
1< br>f(x)
dx

e
f(y)
dy1
。
0
1
【证法一】 设
D  {(x, y) | 0x1,0y1 }
。由于
e
f(x)f(y)
1f(x)f(y)
，
所以


1
e
f(x)
dx

e
f(y)
dy

e
f(x)f(y)
dxdy

1



【证法二】




00
D



11
0
dx

0
(1f(x)f (y))dy




11111 1
0
dx

0
dy

0
f(x)dx< br>
0
dy

0
dx

0
f(y) dy


1
。

1< br>f(x)
0
edx

1
e
f(y)
dy

e
f(x)f(y)
0
dxdy

D



e
f(y)f(x)
dxdy

D


1
f(x)f(y)f (y)
2

(ee
f(x)
)dxd

y
D
1e
f(x)


2

(
e
f(y)
f(y)

f(x)
)dxd

y
D
ee


1
2

2dxdy1.

D