第12_19届北京市大学生数学竞赛全部试题解答

第十二届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科甲、乙组试题（2000 年 10 月 14 日 上午 9:00~11:30） 准考证号 姓名 学校 注意：本考题共九题.甲组九题全做，乙组只做前七题. 一、填空题（满分 20 分，甲组限半小时做完，于 9:30 收回） 1．若 limx →0a tan x + b(1 cos x) ln(1 2 x) + c(1 e x )2= 2 ，则 a =.2．若∞ 2 z = 0 ，且当 x = 0 时， z = sin y ；当 y = 0 ， z = sin x ，则 z = x y.∞.3．∑n +1 = n =0 n !4．设幂级数1 1∑ a ( x + 1)n =0 n∞n的收敛域为 ( 4, 2) ，则幂级数∑ na ( x 3)n=0 nn的收敛区间为.5． tdt e0 t∫ ∫1 ( )2 xdx =.6．设 y = 1, y = e x , y = 2e x , y = e x + 程为 .1π都是某二阶常系数线性微分方程的解，则此二阶常系数线性微分方7．设数列 { xn } 满足： n sin1 1 1 n ，则 lim < xn < (n + 2) sin xk = ∑ n →∞ n + 1 n +1 n +1 k =1x →0.8．设 f ( x ) 在点 x = 0 可导，且 lim1cos x 1 = 1 ，则 f ′(0) = e f ( x) 1.9． 设 f ( x ) 满足∫ f (tx)dt = f ( x) + x sin x, f (0) = 0 且有一阶导数，则当 x ≠ 0 时， f ′( x) =0.10 ． 设 C 是 从 球 面 x + y + z = a 上 任 一 点 到 球 面 x + y + z = b 上 任 一 点 的 任 一 条 光 滑 曲 线2 2 2 2 2 2 2 2( a > 0, b > 0) ，则 ∫ r 3 ( xdx + ydy + zdz ) =C，其中 r =x2 + y2 + z 2 .二 、 设 f ( x ) 是 (0, +∞ ) 上 递 减 的 连 续 函 数 ， 且 f ( x ) > 0 ， 证 明 数 列 {an } 收 敛 ， 其 中an = ∑ f (k ) ∫ f ( x)dx .k =1 1nn

x2 y 2 三、设 S 为椭球面 + + z 2 = 1 的上半部 ( z > 0) ，点 P ∈ S ， Π 为 S 在 P 点处的切平面， ρ ( x, y , z ) 2 2为原点到平面 Π 的距离，求 I =∫∫ z ρ ( x, y, z )dS .3 S四 、 设 一 元 函 数 u = f ( r ) 当 0 < r < +∞ 时 有 连 续 的 二 阶 导 数 ， 且 f (1) = 0, f ′(1) = 1 ， 又 2u 2u 2u u = f ( x + y + z ) 满足方程 2 + 2 + 2 = 0 ，试求 f ( r ) 的表达式. x y z2 2 2五、设 u = f ( x, y , z ) ， f 是可微函数，若f x′ f y′ f z′ = = ，证明 u 仅为 r 的函数，其中 r = x 2 + y 2 + z 2 . x y zx→0六、设函数 f ( x ) 在 ( ∞, +∞ ) 上有定义，在 x = 0 的某个邻域内有一阶连续导数，且 limf ( x) = a > 0， x证明∑ ( 1)n =1∞n∞ 1 1 f ( ) 收敛，而 ∑ f ( ) 发散. n n n =1七．一个冬季的早晨开始下雪，且以恒定的速度不停地下.一台扫雪机，从上午 8 点开始在公路上扫雪，到 9 点前进了 2 公里，到 10 点前进了 3 公里.假定扫雪机每小时扫去积雪的体积为常数，问何时开始下雪？ 以下两题乙组同学不做 八、设 f ( x ) 在闭区间 [ a , b] 有连续的二阶导数，且 f ( a ) = f (b) = 0 ，当 x ∈ ( a, b) 时， f ( x ) ≠ 0 ，证明：∫abf ′′( x) 4 . dx ≥ f ( x) b a+ a1 x + a0 是实系数多项式， n ≥ 2 ，且某个 ak = 0(1 ≤ k ≤ n 1) 及当 i ≠ k 时，九、设 f ( x ) = an x n +ai ≠ 0 ，证明：若 f ( x ) 有 n 个相异的实根，则 ak 1ak +1 < 0 .第十三届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科甲、乙组试题（2001 年 10 月 13 日 上午 9:00~11:30） 准考证号 姓名 学校 注意：本考题共九题.甲组九题全做，乙组只做前七题. 一、填空题（满分 20 分，甲组限半小时做完，于 9:30 收回）1 k x sin 1．若函数 f ( x ) = x 0 2x≠0 x=0在 x = 0 处可导，则正整数 k 的最小值为.2．设由 y 轴、 y = x 、 y = a (0 < a < 1) 所围的平面图形，由 y = a 、 y = x 、 x = 1 所围的平面图形都2绕 y 轴旋转所得旋转体的体积相等，则 a =.

3 ． 设1 2 ≤ ≤ x 0 x ∞ a 2 ， 而 f ( x) = s ( x) = 0 + ∑ an cos nπ x ， ∞ < x < +∞ ， 其 中 2 n =1 1 x 1 < x ≤ 1 2，an = 2 ∫ f ( x) cos nπ xdx, n = 0,1, 2,01则 s ( ) =9 2.4 ． 设 y = f ( x) 二 阶 可 导 ， 且dy = (4 y ) y β ( β > 0) ， 若 y = f ( x) 的 一 个 拐 点 是 ( x0 ,3) ， 则 dxβ=5．设 y =.1+ x (10) ，则 y 1 x 14 4x =0=.6．∫ (1 + x) 1 + x4dx =+C .x27．设 f ( x ) 具有一阶连续导数，且 f (0) = 0, f ′(0) = 1 ，则 limx →0( ∫ f (t ) dt )00 x∫ f (t )dt=2.8．设 为区域 x + y + z ≤ 1 ，则2 2 2∫∫∫ ( x2 y 2 z 2 + + )dv = a 2 b2 c22.9．若可微函数 f ( x, y ) 对任意 x, y, t 满足 f (tx, ty ) = t f ( x, y ) ， P0 (1, 2, 2) 是曲面 z = f ( x, y ) 上的一点， 且 f x′(1, 2) = 4 ，则曲面在 P 0 处的切平面方程为 10．设 m ≥ 1 为正整数， an 是 (1 + x)n+m.中 x n 的系数，则∑an=0∞1n=.二 、 设 f ( x ) 在 [0,1] 上 具 有 二 阶 导 数 ， 且 f (1) = f (0) = f ′(1) = f ′(0) = 0 ， 证 明 ： 存 在 ξ ∈ (0,1) ， 使 得f ′′(ξ ) = f (ξ ) .π三、设 an = tan n xdx, n ≥ 1 ，0∫4（1）证明数列 {an } 收敛； （2）证明 an + an 2 =1 1 1 （3）证明 < an < . ,n > 2； 2(n + 1) 2(n 1) n 1四、从已知 ABC 的内部的点 P 向三边作三条垂线，求使此三条垂线长的乘积为最大的点 P 的位置.

五、求( 1) n n3 n x 的收敛区间及和函数. ∑ n = 0 ( n + 1)!∞六、设有一半径为 R 的球形物体，其内任意一点 P 处的体密度 ρ =1 ，其中 P 0 为一定点，且 P 0 到球心 PP0的距离 r0 大于 R ，求该物体的质量. 七．当一架超音速飞机在高空沿水平方向以速度 v 作直线匀速飞行时，由于飞机的速度比音速快，所以人 们常常是先看到飞机在空中掠过，片刻之后才听到震耳的隆隆声，那么在同一时刻，天空中的什么区域可 以提到飞机的声音呢？（设声音在空气中的传播速度为 v0 , v0 < v .） 以下两题乙组同学不做 八、设 f ( x ) 是 [0,1] 上的连续函数，证明： e0∫1f ( x)dx ∫ e f ( y ) dy ≥ 1 .01九、 （1）构造一正项级数，使得可用根值审敛法判定其敛散性，而不能用比值审敛法判定其敛散性. （2）构造二级数∑ un 和 ∑ vn ，使得 limn =1 n =1∞∞n →∞un = l 存在，且 0 < l < +∞ ，但二级数的敛散性不同. vn第十三届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科丙组试题准考证号 一、填空题（满分 20 分） （2001 年 10 月 13 日 上午 9:00~11:30） 姓名 学校 注意：本试题共七题1 k x sin 1．若函数 f ( x ) = x 0x≠0 x=0在 x = 0 处可导，则正整数 k 的最小值为.2．设 x ≥ 1，则 2 arctan x + arcsink n2x = 1 + x2..3．设 xn =∑k =13n 1 n+ k2，则 lim xn =n →∞4．设 D 为闭区域 x + y ≤ 1 ，则2∫∫ (Dx2 y 2 + ) dσ = a2 b2.5．设 f ( x ) 有任意阶导数， u = f ( xyz ) ，且 3u = F (t ), t = xyz ，则 F (t ) = x y z.

6．设 α > 0 为常数，则+∞∫e0 x α xedx =.7 ． 设 y = f ( x) 二 阶 可 导 ， 且dy = (4 y ) y β ( β > 0) ， 若 y = f ( x) 的 一 个 拐 点 是 ( x0 ,3) ， 则 dxβ=8．.∫ (1 + x )1 1 + x44 4dx =+C .x29．设 f ( x ) 具有一阶连续导数，且 f (0) = 0, f ′(0) = 1 ，则 limx →0( ∫ f (t ) dt )00 x∫ f (t )dt=2.10．设 m ≥ 1 为正整数， an 是 (1 + x)n+m中 x n 的系数，则∑an=0∞1n=.二 、 设 f ( x ) 在 [0,1] 上 具 有 二 阶 导 数 ， 且 f (1) = f (0) = f ′(1) = f ′(0) = 0 ， 证 明 ： 存 在 ξ ∈ (0,1) ， 使 得f ′′(ξ ) = f (ξ ) .三、某公司生产两类产品，根据经验，欲使产量分别增加 x 单位和 y 单位，需分别增加 x 单位和y单位的投资，这时销售总收入将增加 3 x + 4 y 单位，现用 A 单位的投资生产这两类产品，问如何分配投资， 才能使销售总收入增量最大？π四、设 an = tan n xdx, n ≥ 1 ，0∫4（1）证明数列 {an } 收敛； （2）证明 an + an 2 =1 1 1 （3）证明 < an < . ,n > 2； 2(n + 1) 2(n 1) n 1五、从已知 ABC 的内部的点 P 向三边作三条垂线，求使此三条垂线长的乘积为最大的点 P 的位置. 六、求( 1) n n3 n x 的收敛区间及和函数. ∑ n = 0 ( n + 1)!∞七、设 f ( x ) 是 [0,1] 上的连续函数，证明： e f ( x ) dx e f ( y ) dy ≥ 1 .0 0∫1∫1

第十四届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科甲、乙组试题（2002 年 10 月 13 日 上午 9:00~11:30） 准考证号 姓名 学校 注意：本考题共九题.甲组九题全做，乙组只做前七题. 一、填空题（每空 2 分，满分 20 分） na+nb 1． lim = n →∞ 2 n，其中 a > 0, b > 0 为常数，且 a ≠ 1, b ≠ 1 .2．若函数 f ( x ) 在 x = 1 处可导，且 f ′(1) = 1 ，则 limx→0f (1+ x) + f (1+ 2sin x) 2 f (1 3tan x) = x..3．设不定积分x 2 + ax + 2 ∫ ( x + 1)( x2 + 1) dx 的结果中不含反正切函数，则 a =k4． limn →∞∑k =1nen n + ne2k n=.5 ．函数 u =x 2 + y 2 + z 2 在点 M (1,1,1) 处沿曲面 2 z = x 2 + y 2 在点 M 处的外法线方向 n 的方向导数. u = n M6． dx e dy = 1x∫ ∫11y2.7．设 f ( x ) 连续，且 f (0) = 0 ， F (t ) = 则 lim +t →0∫∫∫ [ z t2+ f ( x 2 + y 2 )]dxdydz ，其中 t : x 2 + y 2 ≤ t 2 , 0 ≤ z ≤ 1 ，F (t ) = t2.8．设当 α → 0 时， Iα =C∫ (x22ydx xdy 1 ， （其中 C 为有向圆周 x 2 + y 2 = 2 ）与 α n 为同阶无穷小，则 2 2 α + y + xy)n=.2 29．设曲面 ∑ 为 x + y + z = 4 ，则∫∫ ( x∑2+ y 2 )dS =.10．∑ k !+ (k + 1)!+ (k + 2)! =k =1∞k+2.二、 设 f ( x ) 在闭区间 [0, a ] 上具有二阶导数， 且在开区间 (0, a ) 内达到最小值， 又 f ′′( x) ≤ M ( x ∈ [0, a]) ， 证明： f ′(0) + f ′(a ) ≤ Ma .

π2π2 sin x cos x 三、证明： ∫ ≤ dx dx . 2 ∫ 1+ x 1 + x2 0 0四、设 f (u ) 具有连续导函数，计算：I = ∫∫∑1 x 1 x f ( )dydz + f ( )dzdx + zdxdy ， y y x y2 2 2 2其中 ∑ 是 y = x + z + 6, y = 8 x z 所围立体的外侧.( t ,t 2 )五、已知(0,0)∫f ( x, y )dx + x cos ydy = t 2 ， f ( x, y ) 有一阶连续偏导数，求 f ( x, y ) .2 2 3 3六、已知方程 (6 y + x y )dx + (8 x + x y ) dy = 0 的两边乘以 y f ( x) 便成为全微分方程，试求出可导函数f ( x ) ，并解此微分方程.七、根据经验，一架水平飞行的飞机，其降落曲线为一条三次抛物线.如图，已知飞机的飞行高度为 h ，飞 机的着陆点为原点 O ，且在整个降落过程中，飞机的水平速度始终保持着常数 u ，出于安全考虑，飞机垂 直方向的加速度绝对值不得超过g ，此处 g 为重力加速度. 10（1）若飞机从 x = x0 处开始下降，试确定其降落曲线；（2）求开始下降点 x0 所能允许的最小值. 以下两题乙组同学不做 八、设函数 z = f ( x, y ) 具有二阶连续偏导数，且 充分必要条件是 f y′ f ≠ 0 ，证明：对任意常数 C ， f ( x, y ) = C 为一直线的 y( )∞2′′ 2 f x′ f y′ f xy ′′ + f yy ′′ ( f x′ ) = 0 . f xx2n k 1 e 九、设函数 z (k ) = ∑ n =0 n !（1）求 z (0), z (1) 和 z (2) 的值. （2）试证当 k 取正整数时， z ( k ) 亦为正整数.

第十四届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科丙组试题（2002 年 10 月 13 日 上午 9:00~11:30） 准考证号 姓名 学校 注意：本试题共七题 一、填空题（每空 2 分，满分 20 分）11． lim(cos x) xx →02. x 4 + ax 3 x ≠ 1, 2 在 x = 1 处连续，则 a = 2．设 f ( x) = ( x 1)( x + 2) 2 x = 1, 2 3 ． 若 函 数.f ( x)在x =1处可 .导，且f ′(1) = 1，则limx →0f (1 + x) + f (1 + 2sin x) 2 f (1 3 tan x) = x4．设不定积分πx 2 + ax + 2 ∫ ( x + 1)( x2 + 1) dx 的结果中不含反正切函数，则 a =..5．sin 2002 x dx = ∫ sin 2002 x + cos 2002 x 02 k6． limn →∞∑k =1nen n + ney22k n=.7． dx e dy = 1x∫ ∫11.2a8．设实数 a > 0 ，则当 a =时，积分∫a1 1 + x3dx 之值最大.e x 9． lim x →+∞ x2∫t e02x2 t2dt =2.10．圆 ( x R ) + y = r (0 < r < R ) 绕 y 轴旋转一周所成圆环体的体积 V =2.二、证明曲线 x + y = 2上任一点的切线的横截距与纵截距之和等于 2. 三、设某产品的成本函数为 C (q ) = α q + 2q + β ，需求函数为 q =21γ(4 p) ，其中 C 为成本， q 为需求

量（即产量） ， p 为该产品的单价， α , β , γ 都是正常数，求利润最大时的产量.π2π四、证明：2 sin x cos x ≤ dx dx . 2 ∫ ∫ 1+ x 1 + x2 0 0五、 设 f ( x ) 在闭区间 [0, a ] 上具有二阶导数， 且在开区间 (0, a ) 内达到最小值， 又 f ′′( x) ≤ M ( x ∈ [0, a]) ， 证明： f ′(0) + f ′(a ) ≤ Ma . 六、设数列满足 F0 = 1, F1 = 1, Fn = Fn 1 + Fn 2 ( n ≥ 2) ， （1）证明 ( ) n 1 ≤ Fn ≤ 2 n 1 ； （2）级数∞ 1 1 和 是否收敛？为什么？ ∑ ∑ n = 0 Fn n = 2 ln Fn ∞3 2七、设平面区域 D = {( x, y ) x ≤ y ≤ 1, 1 ≤ x ≤ 1}, f ( x) 是定义在 [ a , a ]( a ≥ 1) 上的任意连续函数，3试求∫∫ 2 y[( x + 1) f ( x) + ( x 1) f ( x)]dxdy .D第十二届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题答案一、填空题： ； 5. 1. –4； 2. sin x + sin y ； 3. 2e ； 4. （0，6） 7. 1； 8. 0； 9. 2sin x x cos x ； 10.1 (e 1) ； 6. y ′′ y ′ = 0 ； 61 5 (b a 5 ) . 5二、证：由 f ( x ) 是 (0, +∞ ) 上递减的连续函数，故n +1an+1 an = f (n + 1) n n∫nn +1f ( x)dx =∫nf (n + 1) f ( x)dx ，从而 {an } 单调减少.又对任意 n ，an = ∑ f (k ) ∫ f ( x)dx = f (n) + ∑ ∫ f (k ) f ( x)dx > 0 ，知 {an } 有下界.综上所述，由单调有界必有极限k =1 1 k =1 kn k +1可知数列 {an } 收敛. 三 、 解 ： 设 切 平 面 上 的 点 为 {X ,Y , Z} ， 则 平 面π 的方程为xX yY + + zZ = 1 ， 从 而 2 2ρ ( x, y , z ) =1 x y 2 + + z 2 2 2 2，由 S 的方程 z = 1 x2 y 2 2 ，得 ρ ( x, y , z ) = ，以及 2 2 4 x2 y 2

z = xx x y 2 1 2 222 2， z = yy x2 y 2 2 1 2 2， z z dS = 1 + + dxdy = x y 24 x2 y2 x2 y2 2 1 2 22dxdy ，所以x2 y 2 I = ∫∫ (1 )dxdy = 2 2 D2πr2 r2 r4 dθ ∫ (1 )rdr = 2π ( ) . ∫ 2 2 8 0 0 2u x2 r 2 x2 x u ′′ ′ ′ = f (r ) 2 + f (r ) . 由 对 称 性 同 理 可 得 ： 四 、 解 ： 由 = f (r ) ， 故 x 2 r r3 x r 2u y2 r 2 y 2 2u z2 r2 z2 2 ′′ ′ ′′ ′ = f ( r ) + f ( r ) = + ， f ( r ) f ( r ) .代入方程， 得 f ′′(r ) + f ′(r ) = 0 .这是 2 2 3 2 2 3 z y r r r r r可降阶的高阶微分方程，故令 f ′( r ) = p ( r ) ，得 rp′ + 2 p = 0 . 解得 p =C1 C1 C 1 ，则 f ′(r ) = 2 ，积分得 f ( r ) = C2 1 ，代入初始条件得 f ( r ) = 1 . 2 r r r r五、证：利用球坐标，则 u = f ( x, y , z ) = f ( r sin cos θ , r sin sin θ , r cos ) .令f x′ f y′ f z′ = = = t ，则 f x′ = tx, f y′ = ty , f z′ = tz ，于是 x y z u = fx′ r( sinθ )sin + f y′r cosθ sin = txr( sinθ )sin + tyr cosθ sin = t( xy + xy) = 0 ； θ u = fx′ r cosθ cos + fy′ r sinθ cos fz′r sin = tr2 (cos2 θ sin cos +sin2 θ sin cos sin cos ) =tr 2 (sin cos sin cos ) = 0 .故 u 仅为 r 的函数. 六、证：由 limx →0f ( x) = a ，得 f (0) = 0, f ′(0) = a .又由 f ( x ) 在 x = 0 的某个邻域内有一阶连续导数，及 xf ′(0) = a > 0 ， 知 存 在 δ > 0 ， 使 得 在 (0, δ ) 上 f ′( x ) > 0 . 于 是 存 在 N ， 使 得1 1 1 1 n > N , f ( ) > 0, f ( ) < f ( ) ， 且 lim f ( ) = 0 ， 可 见 交 错 级 数 n →∞ n n n +1 nn= N∑ ( 1)∞n1 f ( ) 收敛，因而 n∑ ( 1)n =1∞n1 f ( ) 收敛.另一方面，由微分中值定理，当 n > N 时， n

1 f( ) ∞ 1 n = f ′(0) = a > 0 .故 f ( ) 发散. ∑ 1 n n =1 n dh 七、解：设 h(t ) 表示从开始下雪起到时刻 t 时的积雪深度，则由下雪的速度是恒定的，有 = C （常数）. dt1 1 1 1 f ( ) = f ( ) f (0) = f ′(ξ ) , 0 ≤ ξ ≤ ，即 lim n →∞ n n n n设 x (t ) 为扫雪机从开始下雪起到时刻 t 走过的距离，则由假定扫雪机每小时扫去积雪的体积为常数，有扫 雪机前进的速度与积雪深度成反比，即dx k = ，其中 k 为常数.设 T 为开始下雪到扫雪机启动工作这段时 dt h dh 间，则当 t = T 时， x = 0 ，当 t = T +1 时， x = 2 ， t = T +2 时， x = 3 .于是由 = C ，解得 h = Ct + C1 . dt dx k dx A k 因 t = 0 时， h = 0 ，故 C1 = 0 ，从而 h = Ct .把它代入 = ，于是 = ( A = 为常数）.分离变量 dt h dt t C后积分，得 x = A ln t + B ( B 为任意常数）.把 t = T 时， x = 0 ，t = T +1 时， x = 2 ，t = T +2 时， x = 3 代 A ln T + B = 0 5 1 入有 A ln(T + 1) + B = 2 ，解得 T = ，约等于 37 分 5 秒，即雪是从上午 7 点 22 ≈ 0.618 （小时） 2 A ln(T + 2) + B = 3 分 55 秒开始下的.b八、证：由于b∫af ′′( x) dx ∫ f ′′( x) ，故只需证 dx ≥ a f ( x) max f ( x)a ≤ x ≤bb∫af ′′( x) dx ≥理4 4 max f ( x) = f ( x0 ) , x0 ≠ a, b ，对 f ( x ) 在 [a, x0 ] 和 [ x0 , b] 分别用拉格朗日中值 ≤ ≤ a x b b a b a有ξ2定f ( x0 ) f (a) = f ′(ξ1 )( x0 a) f ′′( x) dx ≥ξ2，f (b) f ( x0 ) = f ′(ξ 2 )(b x0 )，则∫abf ′′( x) dx ≥∫ ξ1f ′′( x)dx = ∫ ξ1f ′(ξ 2 ) f ′(ξ1 ) (b a) 2 4=b f ( x0 ) f ( x0 ) b a = f ( x0 ) b x0 x0 a (b x0 )( x0 a)f ′′( x) dx ≥ f ( x0 ) 4 . b a，而(b x0 )( x0 a) ≤，因此∫a九、证明：设 f ( k 1) ( x ) = C0 + C2 x 2 ++ Cn k +1 x n k +1 ，这里C0 = (k 1)!ak 1 , C2 =(k + 1)! ak +1 , 2Ci =(n k + 1)! ak +i 1 i!.( k 1) (k ) ( x) 有 n k + 1 相异的实根， 而 f ( x)由罗尔定理， 在函数的两个零点之间其导数在某点为零， 因此 f

有 n k 个实根，且 f(k )( x) 的根位于 f ( k 1) ( x) 的每两个相邻根之间.( k 1)假设 ak 1 , ak +1 同号，不失一般性可设 ak 1 > 0, ak +1 > 0 ，从而 C0 , C2 > 0 ，则 f 减，右方增，而 f ( k ) (0) = 0, f ( k 1) (0) = C0 > 0 为极小值. 若f(k )( x) 在点 x = 0 左方( x) 无其它根，则到处有 f ( k 1) ( x ) > f ( k 1) (0) = C0 > 0 ，因而 f ( k 1) ( x) 也无实根，矛盾！(k )若 x0 是 f( x) 的与 x = 0 相邻的根，则在 0 与 x0 之间的区间上 f ( k 1) ( x ) ≥ C0 > 0 ，这与 f ( k 1) ( x) 在此区间上存在根相矛盾！第十三届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题答案一、填空题： 1. 2； 2.1 3 39 17!! ； 3. ； 4. β = 3 ； 5. ； 6. 2 8 210x41 + x4； 7. 2；8.m 4 1 1 1 . π ( 2 + 2 + 2 ) ； 9. 4 x z 2 = 0 ； 10. m 1 15 a b c x二、作辅助函数 F ( x) = ( f ( x) + f ′( x))e 的 条 件 ， 且 F ′( x) = ( f ′′( x) f ( x))e或 F ( x) = ( f ( x) f ′( x))e ，则 F ( x ) 在[0，1]上满足罗尔定理x x x或 F ′( x) = ( f ( x) f ′′( x))e ， 则 由 罗 尔 定 理 的 结 论 知 存 在ξ ∈ (0,1) ，使得 F ′(ξ ) = 0 ，即 f (ξ ) = f ′′(ξ ) .三、 （1）当 0 < x <π4π4时， 0 < tan x < 1, 0 < tanπ4n +1x < tan n x ，0 < an +1 = ∫ tan n +1 xdx < ∫ tan n xdx = an ，故 {an } 单调递减有下界，从而收敛.0 0ππ4（2） an + an 2tan n 1 x 4 1 . = ∫ tan n x + tan n 2 xdx = ∫ tan n 2 x (tan 2 x + 1)dx = = n 1 0 n 1 0 04π（ 3 ） 由 {an } 单 调 递 减 及 （ 2 ） 有 ， 2an < an + an 2 =1 1 ， 即 有 an < ，同理有 2(n 1) n 12 an > an + an + 2 =1 1 1 ，故 < an < . 2(n + 1) 2(n 1) n +1四 、 解 ： 设 三 边 的 长 分 别 为 a, b, c ， 从 P 所 作 的 垂 线 分 别 为 x, y , z ， ABC 的 面 积 为 S ， 于 是 令

Fx′ = yz + λ a = 0 Fy′ = xz + λ b = 0 ， f ( x, y , z ) = xyz , ax + by + cz = 2 S ，设 F ( x, y , z ) = xyz + λ ( ax + by + cz 2 S ) ，令 ′ = + = F xy λ c 0 z ax + by + cz = 2 S 2S 2S 2S 2S 2S 2S 解得 x = .由问题的实际意义，f 确有最大值， 故当 P 到长为 x = ,y= ,z = ,y= ,z = 3a 3b 3c 3a 3b 3c时，三垂线长的乘积达到最大.(n + 1)3 (n + 1)! = 0 ， 可 见 R = ∞ ， 收 敛 区 间 为 ( ∞, +∞ ) ， 又 五 、 解 ： 由 lim n →∞ n3 (n + 2)! n3 1 1 1 = + ，得 (n + 1)! (n 2)! n ! (n + 1)!∞ ( 1) n n3 n ∞ n3 ( x) n ∞ ( x) n x ∞ ( x) n n x ( x ) ∑ = = + + ∑ ∑ ∑ ∑ 2 n = 2 (n 2) ! n = 2 n ! n = 0 ( n + 1)! n = 0 ( n + 1)! n = 2 ( n + 1) ! ∞x 2 ∞ ( x)n 2 ∞ ( x) n 1 ∞ ( x)n +1 ∑ = +x ∑ +∑ x n = 2 (n + 1) ! n! 2 n = 2 ( n 2)! n = 2x 1 x x2 2 x x = + x e + (e 1 + x) + (e 1 + x ) 2 x 2= e x ( x 2 + 1 + ) ∞1 x1 ( x ≠ 0) .显然，当 x = 0 时，和为 0，因此 x x≠0 x=0.1 1 x 2 ( 1) n n3 n e ( x + 1 + ) x = x x ∑ n = 0 ( n + 1)! 0六、解：以球心为原点建立空间直角坐标系，使点 P 0 位于 z 轴的 P 0 (0, 0, r0 ) .利用球面坐标及余弦定理，球 体内任一点 P ( r , ,θ ) 到 P 0 = 0 的距离 PPr 2 + r02 2rr0 cos ，则该物质的质量M=Rx2 + y 2 + z 2 ≤ R 2∫∫∫sin d 1 dv = ∫ dθ ∫ r 2 dr ∫ 2 PP0 r + r02 2rr0 cos 0 0 0RR2πππ 4π 4π 2 4π R 3 2 2 = . r r + r0 2rr0 cos dr = r dr = 0 3r0 r0 ∫ r0 ∫ 0 0七、解：以 t = 0 时飞机的位置作为坐标原点，以飞机飞行的方向作为 x 轴，建立空间直角坐标系.设 t = a 时飞机的位置在 A(va, 0, 0) ，考虑此时能听到飞机声的范围，在时间 [0, a ] 内任意时刻 s ，飞机作为一个主 球心位置即为 s 时刻飞机的位置 vs ， 声源， 都在发出球面波， 这个球面波到 s 时刻的波前半径为 v0 (a s ) ， 故波前方程为

2 ( x vs ) 2 + y 2 + z 2 = v0 (a s)2(0 ≤ s ≤ a ) .（*）由于在 t = a 时声音不会超出这些球面，所以这个球面族所充斥的区域就是所能听到飞机的区域，而在球 面族之外，则听不到飞机的声音.2 （ * ） 式 两 边 对 s 求 偏 导 ， 得 v ( x vs ) = v0 为了消去参数 s ， (a s) ， 解 得 s =2 vx v0 a ，于是 2 2 v v02 2 v0 v0 (va x) v(va x) 2 2 x vs = 2 2 ， a s = 2 2 ，代入（*）得 y + z = 2 2 (x va)2 ，这是一个以 A(va, 0, 0) 为 v v0 v v0 v v0顶点， x 轴为对称轴的圆锥面，即我们所求的马赫锥方程. 八、证：设 D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} ，由于 ef ( x ) f ( y )≥ 1 + f ( x) f ( y ) ，故∫e0 11f ( x)dx ∫ e f ( y ) dy = ∫∫ e f ( x ) f ( y ) dxdy0 D 1 1 1 1 1 1 11≥ ∫ dx ∫ (1 + f ( x) f ( y ))dy = ∫ dx ∫ dy + ∫ f ( x)dx ∫ dy ∫ dx ∫ f ( y )dy = 10 0 0 0 0 0 0 0另一方法：f ( x) f ( y) f ( x ) f ( y ) dxdy ∫ e dx ∫ e dy = ∫∫ e 0 0 D 1 1= ∫∫ e f ( y ) f ( x ) dxdy =D1 1 e f ( x ) f ( y ) + e f ( y ) f ( x ) dxdy ≥ ∫∫ 2dxdy = 1 . ∫∫ 2 D 2 D九、解： （1）级数 存在. （ 2 ）∞3 + ( 1)n un +1 3 + ( 1) n 1 1 3 + ( 1) n +1 n lim 1 lim lim ， = < ，故级数收敛，但 不 = ∑ n →∞ n →∞ u n →∞ 2 3 + ( 1) n 2n +1 2n +1 2 n =1 n∞( 1) n ∞ ( 1) n vn n , ， lim = lim =1 ， 注 意 到 ∑ ∑ n →∞ →∞ n n un n + ( 1) n n n = 2 n + ( 1) n=2∞( 1) n 收 敛 ， 而 ∑ n n=2∞∑n=2∞ ( 1) n ( 1) n n 1 ∞ ( 1) n n ∞ 1 发散. = ∑ ∑ n 1 = ∑ n 1 n + ( 1) n n = 2 n=2 n=2 n 1第十三届北京市大学生数学竞赛本科丙组试题答案一、填空题： 1. 2； 2.π ； 3.1 22 ln 3； 4.π 14 a x4(2+1 ) b2； 5. f ′(t ) + 3tf ′′(t ) + t f ′′′(t ) ；26.； (α + )e α 7. β = 3 ；8.1+ x4； 9. 2； 10.m . m 1

二、同甲、乙组第二题试题答案. 三、 设这两类产品分别用 x, y 单位， 则由题意即求函数 L( x, y ) = 3 x + 4 y 在条件 x + y = A ，x ≥ 0, y ≥ 02 2下的最大值.利用拉格朗日乘数法求得 x =4 3 4 3 84 2 A, y = A 是 唯 一 驻 点 ， 但 是 L( A, A) = A ， 7 7 7 7 49L(0, A) = 4 A2 , L( A, 0) = 3 A2 ，故当 x = 0, y = A 时，才能使总收入增量最大为 4 A2 .四、同甲、乙组第三题试题答案. 五、同甲、乙组第四题试题答案. 六、同甲、乙组第五题试题答案. 七、同甲、乙组第八题试题答案.第十四届北京市大学生数学竞赛本科甲、乙组试题答案一、填空题： 1. 9.ab ；2. 9； 3. 1 ； 4. arctan e 128π ； 10. 3 1 . 2π4； 5.1 π ； 6. e 1 ； 7. ；8. 2； 3 3二、 由题设知存在 c ∈ (0, a ) ， 使 f (c ) 为 f ( x ) 的最小值， 从而 f ′(c ) = 0 .对导函数 f ′( x ) 在 [0, c ] 与 [c, a ] 分 别用拉格朗日中值定理，得f ′(c) f ′(0) = f ′(0) = f ′′(ξ1 )c,0 < ξ1 < c ， f ′(a) f ′(c) = f ′(a) = f ′′(ξ2 )(a c), c < ξ2 < a ，于是 f ′(0) ≤ Mc ， f ′(a) ≤ M (a c) ，从而 f ′(0) + f ′(a ) ≤ Ma .π2π4π2 cos x sin x cos x sin x cos x sin x π dx = ∫ dx + ∫ dx(u = x) 三、证： ∫ 2 2 2 1+ x 1+ x 1+ x 2 π 0 0 4π4π4π4π=4 cos x sin x sin u cos u cos x sin x sin x cos x dx du dx dx = + + 2 2 ∫ ∫ ∫ ∫ π π 1+ x 1 x + 2 2 0 0 1+ ( 0 0 1 + ( x) u) 2 2(cos x sin x)( x) 4 =π ∫ dx > 0 . π 2 0 (1 + x )[1 + ( x) 2 ] 24ππ四、解：设 是 Σ 所围的区域，它在 xoz 面上的投影为 x 2 + z 2 ≤ 1 ，由高斯公式得：I = ∫∫∫ { 1 x 1 x [ f ( )] + [ f ( )] + ( z )}dxdydz x y y y x y z

=∫∫∫ [1 x 1 x f ′( ) 2 f ′( ) + 1]dxdydz = ∫∫∫ dxdydz ， 2 y y y y 2π 1 8 r 2利用柱坐标可以算得： I =∫∫ ∫rdydrdθ = π .0 0 r2 +6五、解：由 cos y = f y′ ( x, y ) ，得 f ( x, y ) = sin y + C ( x ) ，而( t ,t 2 )(0,0)t∫[sin y + C ( x)]dx + x cos ydy = t ，即 ∫ C ( x)dx + ∫ t cos ydy = t 2 ，20 02tt2∫ C ( x)dx + t sin t0= t 2 ，两边求导得 C (t ) = 2t sin t 2 2t 2 cos t 2 ，于是得f ( x, y ) = sin y + 2 x sin x 2 2 x 2 cos x 2 .六、解：设 P ( x, y ) = (6 y + x y ) f ( x), Q( x, y ) = (8 xy + x y ) f ( x) ，由4 2 5 3 3 4 Q P 得 = x y(8 y 3 + 3 x 2 y 4 ) f ( x) + (8 xy 3 + x3 y 4 ) f ′( x) = (24 y 3 + 5 x 2 y 4 ) f ( x) ，消去 y 3 得 16 f ( x) 8 xf ′( x) + y[2 x 2 f ( x) x3 f ′( x)] = 0 .于是有 xf ′( x) = 2 f ( x), df ( x) 2 = dx, f ( x) = C1 x 2 ，且全微分方程为 f ( x) x(6 x 4 + x 2 y 5 )C1 x 2 dx + (8 xy 3 + x 3 y 4 )C1 x 2 dy = 0 .( x, y)u(x, y) =1 (6x4 + x2 y5 )x2dx + (8xy3 + x3 y4 )x2dy = ∫ 0dx + ∫ (8xy3 + x3 y4 )x2dy = 2x3 y4 + x5 y5 . ∫ 5 (0,0) 0 03 4 5 5xy故微分方程的通解为 10 x y + x y = C . 七、解： （ 1 ） 设 降 落 路 线 OA 的 方 程 为 y = ax + bx + cx + d ， 则 由 y (0) = 0, y ′(0) = 0 及3 2y ( x0 ) = h, y′( x0 ) = 0 得 c = d = 0, a = 2h 3h ,b = 2 2 x0 x0于是 OA 的方程为 y = 2h 3 3h 2 h 2 x + 2 x = 2 ( x3 3x 2 ) . 2 x0 x0 x0 x0（2）因为垂直方向的速度大小为dy dy dx 6h x 2 dx 6uh x 2 = = 2 ( x) = 2 ( x) . dt dx dt x0 x0 dt x0 x0

所以垂直方向的加速度大小为d 2 y d dy dx 6hu 2 2 x ( ) ( 1) . = = 2 dt 2 dx dt dt x0 x0由题设有6hu 2 g 60h 60h ≤ ，即 x0 ≥ u .所以允许下降点 x0 的最小值为 u . 2 x0 10 g g f f ′′ = f yy ′′ = f xy ′′ = 0 ，从而等式 , 均为常数，故 f xx x ydy = 0 ，两边对 x 再求导得 dx八、证：必要性显然.因为当 f ( x, y ) = C 为直线时， 成立. 充分性.因为 f y′ ≠ 0 ，故由隐函数求导公式得 f x′ + f y′′′ + f xy ′′ f xxdy dy dy d2 y ′′ + f yy ′′ ) + f y′ 2 = 0 . + ( f yx dx dx dx dx′′ f yy ′′ ( f x′)2 2 f x′ f xy f x′ d2 y dy d2 y ′′ ′ f 0 + + = = ，即有 f xx 代入 ，由条件可知 = 0 ，即 y = y ( x ) 为线性 y f y′ ( f y′)2 dx 2 dx 2 f y′ dx函数，故方程 f ( x, y ) = C 为一直线. 九、解： （1） z (0) = e 1xn = e 1e x ∑ n = 0 n ! x =1∞x =1= 1.z (1) = e 1 ∑nx n n=0 n !∞= e 1 x(e x )′x =1x =1= 1 ， z (0) = e 1 ∑n2 xn n=0 n !∞= e 1 x( xe x )′x =1x =1= 2.（2）用数学归纳法：nx n x =P 当 k = 1 时， x(e )′ = ∑ 1 ( x )e ， n =0 n !x∞′ 当 k = 2 时， x( P 1 (x )e ) =xn2 x n = P2 ( x)e x ， ∑ n=0 n !∞∞……. 当 k = k 时， x( Pk 1 (x)e )′ =xnk x n = Pk ( x)e x ， ∑ n ! n =0′ 其中 P0 ( x) ≡ 1, P 1 ( x ) ≡ x, P k ( x ) ≡ x[ P k 1 ( x ) + P k 1 ( x )] . P k ( x ) 是正整数系数多项式，故 P k (1) 是正整数，而nk 由 Pk (1)e=∑ 得 z ( k ) 是正整数. n =0 n !∞第十四届北京市大学生数学竞赛本科丙组试题答案一、填空题

1. e 1 2； 2. 2； 3. 9； 4. 1 ； 5.π4； 6. arctan e π4； 7.e 1 ； 8.33 1 ； 9. ； 10. 2π 2 Rr 2 . 4 2 1 2 x+二、设 ( x0 , y0 ) 为曲线上的任意一点，则x0 + y0 = 2 .曲线方程两边对 x 求导，得y0 x01 2 yy′ = 0 ，解出 y′ = y x，则曲线在点 ( x0 , y0 ) 处的切线斜率 k = ，切线方程为 y y0 = y0 x0( x x0 ) .令y = 0 ，得切线的横截距为 x0 + x0 y0 ，令 x = 0 ，得切线的纵截距为 y0 + x0 y0 ，所以切线的横截距与纵截距之和为令 y = 0 ，得切线的横截距为 x0 + 三、由 q=x0 y0 + y0 + x0 y0 =(x0 + y0)2=2.1γ(4 p) ， 得 p = 4 γ q ， 因 而 总 收 入 函 数 R ( q ) = pq = q (4 γ q ) ， 且 总 利 润L(q) = R(q ) C (q ) = q(4 γ q) (α q 2 + 2q + β ) = (α + γ )q 2 + 6q + β .因 (α + γ ) < 0 时 ， L ( q ) 有 最 大 值 . 由 L′( q ) = 2(α + γ ) q + 6 = 0 ， 解 得 唯 一 驻 点 q =3 ，且由 α +γL′′( q ) = 2(α + γ ) < 0 ，知 q =3 3 是 L ( q ) 的极大值点，因而当产量 q = 时，总利润 L ( q ) 取得 α +γ α +γ最大值. 四、同甲、乙组第三题试题答案. 五、同甲、乙组第二题试题答案. 六、 （1）显然 Fn > 0 ，且 Fn 单增，因此Fn = Fn 1 + Fn 2 ≤ 2Fn 1 ≤ 22 Fn 2 ≤≤ 2n 1 F1 = 2n 1 ，另一方面，由 Fn 1 ≤ 2 Fn 2 ，得 Fn 2 ≥1 Fn 1 ，因而 21 3 3 Fn ≥ Fn 1 + Fn 1 = Fn 1 ≥ ( )2 Fn 2 ≤ 2 2 2 3 n 1 ( ) ≤ Fn ≤ 2n 1 . 2（2）由（1）知：3 3 ≤ ( )n 1 F1 = ( )n 1 ，即有 2 2∞ ∞ 1 1 1 2 1 1 ，可见 ∑ 发散. ≥ ≤ ( ) n 1 ，可见 ∑ 收敛，而 3 ln Fn (n 1) ln 2 Fn n = 0 Fn n = 0 ln Fn第十五届北京市大学生（非数学专业）数学竞赛 本科甲、乙组试题准考证号 （2004 年 10 月 10 日 姓名 上午 9:00~11:30） 学校

注意：本考题共九题.甲组九题全做，乙组只做前七题. 一、填空题（每题 2 分,满分 20 分） 1．在 x = 0 的附近与函数 f ( x ) = sec x 的差为 x 2 的高阶无穷小的二次多项式为 解:应填 1 + .1 2 1 x .因为 f (0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = 1 ,由泰勒公式知: f ( x) = 1 + x 2 . 2 2n →∞2．设曲线 y = f ( x ) 与 y = sin x 在原点相切,则极限 lim nf ( ) = 解 : 应 填2 n.2 . 因 为f (0) = sin 0 = 0, f ′(0) = (sin x)′ x =0 = 1 , 由 导 数 的 定 义 知 :2 lim nf ( ) = 2 lim n →∞ n →∞ n2 f ( ) f (0) n = 2 f ′(0) = 2 . 2 n.3．设 z = f ( x, y ) =sin xy cos y + 2 ( y 1) cos x z ,则 = y (0,1) 1 + sin x + sin( y 1)解:应填 1 .因为 f y′(0,1) = limy →1f (0, y ) f (0,1) ( y 1) = lim = 1 . y →1 ( y 1)(1 + sin( y 1)) y 1x4． 设 f ( x ) 有连续导数且 limx →0f ( x) = a ≠ 0 ,又 F ( x) = ∫ ( x 2 t ) f (t ) dt ,当 x → 0 时 F ′( x ) 与 x n 是同阶无穷 x 0x小,则 n =.2解.应填 2.因为 F ( x ) = xx∫ f (t )dt ∫ tf (t )dt , x → 0 , f ( x) ～ ax ,注意到0 0xlimx →02 x ∫ f (t )dt0xf ( x)x= limx →02∫ f (t )dt0xf ( x)= limx →02 f ( x) 2 f (0) = = 0, f ′( x) f ′(0)F ′( x) = 2 x ∫ f (t ) dt + x 2 f ( x) xf ( x) ～ xf ( x) ～ ax 2 ,故 n = 2 .05．设二阶线性微分方程 y ′′ + p ( x ) y ′ + q ( x ) y = f ( x ) 有三个特解 y1 = e x , y2 = e + e 2 , y3 = e x + e x ,则该xx方程为 解 : 应 填 y ′′ +.1 1 y′ y = e x . 因 为 y2 y1 , y3 y1 是 对 应 的 齐 次 方 程 的 解 , 代 入 齐 次 方 程 可 求 得 2 2 1 1 p ( x) = , q ( x) = ,再将 y1 代入原方程可得 f ( x) = e x . 2 2x (t )6．设可导函数 x = x (t ) 由方程 sin t ∫ (u)du = 0 所确定,其中可导函数 (u ) > 0 且 (0) = ′(0) = 1 ,则t

x′′(0) =.解:应填 3 .因为将 t = 0 代入方程,可得 x (0) = 0 .在方程两边对 t 求导,得 cos t ( x (t )) x′(t ) + (t ) = 0 ,于 是 得 x′(0) = 2 , 在 此 方 程 两 边 对 t 求 导 , 得 sin t ′( x(t )) x′ (t ) ( x(t )) x′′(t ) + ′(t ) = 0 , 于 是 可 得2x′′(0) = 3 .7．设 f ( x) = sin x 0 ≤ x ≤ 2 , D 是全平面,则 ∫∫ f ( x) f ( y x)dxdy = 0 其他 D2.解:应填 (1 cos 2) .因为 f ( x ) f ( y x ) 仅在区域 D1 : x ≤ y ≤ x + 2, 0 ≤ x ≤ 2 内非零,∫∫ f ( x) f ( y x)dxdy = ∫∫ f ( x) f ( y x)dxdy = ∫ dx ∫ sin x sin( y x)dy = (1 cos 2)D D1 0 x2x+22.8 ． 设 向 量 u = 3i 4 j , v = 4i + 3 j , 且 二 元 可 微 分 函 数 f ( x, y ) 在 点 P 处 有 f u= 10,P f v= 17 ， 则Pdf P =.解:应填 10dx + 15dy .因为 f u=P3 f 4 f f = 6 , v 5 x 5 y=P4 f 3 f + = 17 ,解得 5 x 5 y f x= 10 ,P f y∞= 15 .所以 dfPP= 10dx + 15dy .9．幂级数∑ (1 n ln(1 + n )) xn =11n的收敛域为.解:应填 [ 1,1) .因为当 x → 0 时 1 ln(1 + x) 1 ～ x. x 2所以 limn →∞an +1 an1 2(n + 1) = lim = 1, r = 1 .易知 x = 1 时级数收敛, x = 1 时级数发散. n →∞ 1 2nπ10．设连续非负函数满足 f ( x ) f ( x ) = 1( ∞ < x < +∞ ) ,则 ∫π 1 + f ( x) dx =22cos x.π0 0 2π2 cos x cos t cos t f ( x) cos x dx dt dt dx ,于是 = = = 解:应填 1. 因为 ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 f ( x ) 1 f ( t ) 1 f ( x ) + + + π π 0 1+ 0 2 2 f (t )

πππ原式=∫022 2 f ( x) cos x cos x dx + ∫ dx = ∫ cos xdx = 1 . 1 + f ( x) 1 + f ( x) 0 0+∞二、(10 分)计算广义积分+∞∫x02ln x dx(a > 0) 的值. + a201 解:令 x = , I = t0∫0ln x ln t dx = ∫ dt , 2 2 1 + (at ) 2 x +a +∞+∞ +∞令u ln t ln t ln u ln a 2 π = at , I = ∫ = = dt dt du = I + ln a , 2 2 2 2 ∫ ∫ a 1 + (at ) 1 + (at ) a +u a +∞ 0 0所以 I =π2aln a .三、(10 分)已知方程 log a x = x b 存在实根,常数 a > 1, b > 0 ,求 a , b 应满足的条件.1 bxb ln a 1 b ′ ,驻点 x0 = 解:设 f ( x ) = log a x x , f ( x) = . x ln a b ln a b1当 0 < x < x0 时 , f ′( x ) > 0 , f ( x ) 单 增 ; 当 x0 < x < +∞ 时 , f ′( x ) < 0 , f ( x ) 单 减 , f ( x0 ) 是 最 大 值 . 又x →0 + 0lim f ( x) = lim = ∞ ,所以 f ( x0 ) ≥ 0 ,即有x →+∞ ln(b ln a ) 1 1 . ≥ 0 ln(b ln a ) ≤ 1 ，所以 a, b 应满足： 0 < ln a ≤ b ln a b ln a be∞ 7 1 , an +1 = (1 + )an (n ≥ 2) ,证明当 x < 1 时幂级数 ∑ an x n 收敛,并求 2 n +1 n =0四、 (10 分)设 a0 = 1, a1 = 2, a2 = 其和函数 S ( x ) . 解: limn →∞∞ an +1 n+2 = lim = 1, r = 1 ,所以当 x < 1 时幂级数 ∑ an x n 收敛. n →∞ n + 1 an n =0由 an +1 = (1 +1 7 )an 可推出 an = ( 1) n (n + 1), (n ≥ 3) . 6 n +1 7 2 ∞ 7 x + ∑ ( 1) n ( n + 1) x n 2 n ≥3 6所以 S ( x ) = 1 2 x +=1 2 x +x ′ 7 2 7 ∞ 7 7 x 4 ′ x + ∑ ( 1)n ∫ (n + 1) x n dx = 1 2 x + x 2 + 2 6 n ≥3 2 6 1+ x 0 =1 2 x +7 2 7 4 x3 + 3x 4 1 x3 x 2 x + = + + 1 . 2 6 (1 + x) 2 (1 + x)2 3 2 五、 (10 分 ) 一颗地球同步通讯卫星的轨道位于地球的赤道平面内 , 且可以近似地认为是圆 . 若地球半径R = 6400km ,卫星离地面的高度 h = 3600km ,试计算通讯卫星覆盖地球的面积(限用高等数学的方法).

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