2018数学竞赛模拟试卷


解：
                    $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{e^x-\sin x-\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{(1+\sqrt{1-x^2})(e^x-1-\sin x)}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{2(x+\frac{1}{2}x^2-x)}=1.$

2018数学竞赛模拟试卷


解：
             令：
                                $\sqrt{1-x}=t,dx=-2tdt,$

                                 $\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x)\sqrt{1-x}}&=\int_{0}^{1}\frac{-2tdt}{(2-t^2)t}\\\\&=-\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}(\frac{1}{\sqrt{2}+t}+\frac{1}{\sqrt{2}-t})dt\\\\&=\frac{\sqrt{2}}{4}\ln2.\end{align*}$

2018数学竞赛模拟试卷


10、设函数$y=f（x）$在点$x_0$的邻域内有定义，则

                   $\displaystyle f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$

              称为函数在$x=x_0$外的导数。


11、设函数$f(x)$在$x_0$的邻域$(a,b)$内，$n+1$阶可导，则其带拉格朗日余项的泰勒公式为

                 $\begin{align*}f(x)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}f''(x_0)(x-x_0)^2+\cdots \\\\&+\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n+\frac{1}{(n+1)!}f^{n+1}(\xi )(x-x_0)^{n+1},(\xi\in(a,b))\end{align*}$

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解：
                           $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{|x|}=1,e^x=1+x,$

                           $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0}(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|})=\lim_{x\to 0}\frac{3+1+\frac{1}{x}+1+\frac{4}{x}}{2+\frac{4}{x}}=\frac{5}{4}.$

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解：
              由已知函数表达式，得到
                                              $\displaystyle f(1)=0.f'(t)=e^{t^2},$

                  所以
                                             $\begin{align*}\int_{0}^{1}t^2f(t)dt&=\frac{1}{3}t^3f(t)|_0^1-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}t^3f'(t)dt\\\\&=0-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}t^3e^{t^2}dt\\\\&=-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}t^2e^{t^2}dt^2\\\\&\overset{y=t^2}{=}-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}ye^{y}dy\\\\&=-\frac{1}{6}.\end{align*}$

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解：
           由已知，可得
                                $\displaystyle t=0,\Rightarrow x=0,\Rightarrow y=2.$

                                 $\displaystyle \cos x-t\sin x x'_t+x'_t=0,\Rightarrow x'_t=\frac{\cos x}{t\sin x-1},$

                                 $\displaystyle y'_xe^{y-2}-y-xy'_x=0,\Rightarrow y'_x=\frac{y}{e^{y-2}-x},$

                  所以，
                                  $\displaystyle \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}|_{t=0}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}|_{t=0}=\frac{y}{e^{y-2}-x}\cdot \frac{\cos x}{t\sin x-1}|_{t=0}=-2.$

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证明：
               令
                           $F(x)=e^{-x^2}f(x),$

                           $\because f(x)=f(-x),$

                           $\therefore F(1)=F(-1).$

               由拉格朗日中值定理，得
                            $0=F(1)-F(-1)=-4\xi e^{-\xi ^2}f(\xi )+2e^{-\xi ^2}f'(\xi ),$

                             $\therefore f'(\xi )=2\xi f(\xi),(\xi\in(-1,1))$

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证明：
             令
                            $f(x)=\ln x,g(x)=x,$  

            由柯西中值定理
                             $\exists \xi \in(a,b),s.t.$

                             $\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{1}{\xi},$

                     又
                               $\because 2\xi< a+b,\Rightarrow \frac{1}{\xi}> \frac{2}{a+b},$

                从而有
                             $\ln\frac{b}{a}> \frac{2(b-a)}{a+b}.$

                     命题得证。

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证明：
                 由已知，得
                                  $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})\geq 1,$

                                  $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-a_n)< 0,$

                   数列单调有界。所以有极限，令

                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=l.$

                    代入已知等式，得

                                 $\displaystyle l=\frac{1}{2}(l+\frac{1}{l}),\Rightarrow l=1.$

2018数学竞赛模拟试卷


解：
      （1）、
                               $\displaystyle \because \phi(x)=\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt=\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x^2\sin x}f(tx^2)d(tx^2),$

                                $\begin{align*}\therefore \phi'(x)&=\frac{(x\sin x+x\cos x)f(x^2\sin x)-2\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)d(tx^2)}{x}\\\\&=(\frac{\sin x}{x}+\cos x)f(x^2\sin x)-2x\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt.\end{align*}$


    （2）、因为$f(x)$连续，由（1）知，在$x\neq 0$时，导函数连续。只要考察$x=0$点的连续性：

                   由
                                $\displaystyle \lim_{x\to 0}\phi'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{(2\sin x+x\cos x)f(x\sin x)-2\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt}{x}=0=\phi'(0),$

                    所以，导函数在定义域内连续。
                                

西北大学2020数学分析


解：利用幂级数进行求和。

                                      $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }(\frac{2^nn}{n!}+\frac{n}{2^n})=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2^nn}{n!}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}=S_1+S_2.$

               由于
                                      $\displaystyle S_2(x)=\sum_{n=1}^{\infty }nx^n=\frac{x}{(1-x)^2},$

                 得到
                                      $\displaystyle S_2=S_2(\frac{1}{2})=2.$

                而
                                     $\begin{align*}S_1(x)&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{nx^n}{n!}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)x^n}{n!}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n!}\\\\&=(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n!})'+1-e^x\\\\&=(x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!})'+1-e^x\\\\&=(xe^x-x)'+1-e^x\\\\&=xe^x.\end{align*}$

              得到
                                    $\displaystyle S_1=S_1(2)=2e^2.$

                                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=0}^{\infty }(\frac{2^nn}{n!}+\frac{n}{2^n})=S_1+S_2=2e^2+2. $

西北大学2020数学分析试题



证明：
                   由已知隐函数关系，可得

                                            $\displaystyle  \frac{\partial u}{\partial x}=\phi'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\phi (x),\Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=\phi'(u) \cdot \frac{\phi (x)}{1-\phi '(u)},$

                                            $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=\phi'(u)\cdot \frac{\partial u}{\partial y}-\phi (y),\Rightarrow \frac{\partial u}{\partial y}=\phi'(u)\cdot \frac{-\phi (y)}{1-\phi '(u)},$

                                             $\begin{align*}\therefore \phi(y)\frac{\partial z}{\partial x}+\phi(x)\frac{\partial z}{\partial y}&=\phi(y)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\phi(x)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}\\\\&=\phi(y)\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\phi (x)}{1-\phi '(u)}-\phi(x)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\phi (y)}{1-\phi '(u)}\\\\&=0.\end{align*}$

西北大学2020数学分析试题


证明：
                             $\displaystyle \because f\in C[0,+\infty),|f(x)|\leq M.$

               又
                              $\displaystyle \because \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{yf(0)}{x^2+y^2}dx=f(0).$

                              $\displaystyle \therefore |\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx-f(0)|=\frac{2}{\pi}|\int_{0}^{+\infty}\frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2}dx|\leq |f(x)-f(0)|< \epsilon .$

西北大学2020数学分析试题


解:此题考研频度很高。

                   设
                               $\displaystyle f(x)=x+x^2+\cdots +x^n-1,$

                               $\displaystyle \because f(0)=-1< 0,f(1)=n-1> 0,(n> 1)$

                                $\therefore \exists x_n\in(0,1),s.t.f(x_n)=0.(Rolle)$
                   而
                                $\displaystyle 0< x_n< 1,\Rightarrow x_{n+1}< x_n.$

                 所以，$\{x_n\}$单调有界，收敛。令
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_n=x.$

                  由已知，有
                                  $\displaystyle x+x^2+\cdots +x^n+\cdots -1=\frac{x}{1-x}-1=0,$

                     得
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_n=x=\frac{1}{2}.$
                  

西北大学2020数学分析试题


题有问题？

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证明：
                 由泰勒公式， 设
                                            $\displaystyle  d=\frac{a+b}{2},\exists \xi\in(a,b),s.t.$

                                            $\displaystyle  f(x)=f(d)+f'(d)(x-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(x-d)^n,$

                   再令
                                            $\displaystyle  x=a,b.\exists \xi_1\in(a,d),\xi_2\in(d,b),s.t.$

                      代入，得
                                             $\displaystyle  f(a)=f(d)+f'(c)(a-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi_1)}{n!}(a-d)^n,$   

                                             $\displaystyle  f(b)=f(d)+f'(c)(b-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi_2)}{n!}(b-d)^n,$   

                         分别取绝对值，有

                                              $\displaystyle  |f(a)|\leq |f(d)|+(\frac{b-a}{2})|f'(c)|+\cdots +(\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_1)|}{n!},$

                                              $\displaystyle  |f(b)|\leq |f(d)|+(\frac{b-a}{2})|f'(c)|+\cdots +(\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_2)|}{n!},$

                            于是，有

                                               $\displaystyle  |f(b)-f(a)|\leq ||f(b)|-|f(a)||\leq (\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_1)|+|f^{(n)}(\xi_2)|}{n!}<(\frac{b-a}{2})^n\frac{2f^{(n)}(c)}{n!},$

                                               $\displaystyle \Rightarrow  f^{(n)}(c) > \frac{2^{n-1}n!}{(b-a)^n}|f(b)-f(a)|.$

                         其中
                                                  $\displaystyle  f^{(n)}(c)=\max \{|f^{(n)}(\xi_1)|,|f^{(n)}(\xi_2)|\}.$


          注：此题结论有普遍意义，解法也是有启发性的，当$n=1,2,3$时，是常考题。

西北大学2020数学分析试题


解：
                 由于
                               $\displaystyle -1\leq \sin x\leq 1,$

                    当$\alpha > 1$时，有
                                  $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^\alpha }dx< \infty ,$

                 所以， 根据Abel判别法，当$\alpha > 1$时，无穷积分

                                  $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }dx,$
                    收敛。

                      又
                                  $\displaystyle \because |\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }dx|\leq \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^\alpha }dx,$

                  因此，当$\alpha > 1$时，无穷积分绝对收敛。

                                  $\displaystyle \alpha \in[a,b]\subset (0,+\infty),|\int_{1}^{A}\sin x|\leq 2,$关于$\alpha \in[a,b]$一致有界。

                                  $\displaystyle \forall \alpha \in[a,b],\frac{1}{x^\alpha }\leq \frac{1}{x^a}\rightarrow 0,(x\to+\infty)$关于$\alpha \in[a,b]$一致趋于零。

                 由Dirichlet判别法，$\displaystyle F(\alpha )=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }$ 在$\alpha \in[a,b]$上一致收敛。由$a,b$的任意性，可知：$\displaystyle F(\alpha )=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }$在$(0,+\infty)$上连续。

西北大学2020数学分析试题


证明：
               首先如果曲面经过原点的话，那么曲面上距原点最近的点当然就是原点了，所以原点处曲面的法线当然经过原点。

              下面只证曲面不过原点的情况，设点$(x,y,z)≠(0,0,0)$，则使该点到原点距离最小就是说使得$x^2+y^2+z^2$最小，由于所求点$(x,y,z)$要求在曲面上，所以问题转化为在约束条件$F(x,y,z)=0$下求$x^2+y^2+z^2$最小值的问题。

              根据拉格朗日乘数法，构造函数
                                                  $\displaystyle f(x,y,z,\lambda)=x^2+y^2+z^2-\lambda F(x,y,z)，$

               对$x$求偏导并令其等于0，有
                                                    $\displaystyle 2x-\lambda F'_x=0，$

                      同理可得
                                                   $\displaystyle x=\lambda F'_x/2，y=\lambda F'_y/2，z=\lambda F'_z/2.$

              写出曲面过点$(\lambda F'x/2，\lambda F'y/2，\lambda F'z/2)$的法线方程：

                                                 $\displaystyle \frac{x-\lambda F'_x/2}{F'_x}=\frac{y-\lambda F'_y/2}{F'_y}=\frac{z-\lambda F'_z/2}{F'_z}.$

                 将$x=y=z=0$代入上式，可以验证等式成立，因此法线经过原点。

西北大学2020数学分析试题


解：
                 此题可能是个错题。因为按题意，积分路径没有确切告知，那说明应与积分路径无关。可能的情况应为求下列积分

                                    $\displaystyle I=\int_{L^+}\frac{(x+y)dy+(x-y)dx}{x^2+y^2}.$

                      由于
                                     $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                     积分与路径无关。取：
                                       $\displaystyle L^+:x^2+y^2=1.$

                                        $\displaystyle x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,\pi\leq \theta \leq 0.$

                     计算：
                                       $\displaystyle I=\int_{\pi}^{0}(\cos\theta +\sin\theta )(-\cos\theta )d\theta +(\cos\theta -\sin\theta )\cos\theta d\theta =2\int_{\pi}^{0}\cos\theta d\cos\theta =0.$

西北大学2020数学分析试题


解：
              利用高斯公式，得
                                   $\displaystyle I=\iint_S(x+2y-z)dydz+(2y+\sin(x+y))dzdx+(3z+e^{x+y})dxdy=6\iiint_\Omega dxdydz.$

               作坐标变换：
                                    $\displaystyle \Omega \rightarrow \Omega '.$

                                    $\displaystyle u=x+y-z,v=x+z-y,w=y+z-x,|J|=\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)} =4.$

                                     $\displaystyle \Omega ':|u|+|v|+|w|=1.$

                记第一象限积分区域为：
                                     $\displaystyle \Omega '':|u|+|v|+|w|=1,u,v,w\geq 0.$

                     计算，得
                                      $\displaystyle I=6\cdot \frac{1}{4}\iiint_{\Omega '}dudvdw=8\cdot \frac{3}{2}\iiint_{\Omega ''}dudvdw=12\cdot \frac{1}{6}=2.$


     注：此题的积分区域很特别，解法也特别。已经有多所大学考过类似的题。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                罗必达法则，并用泰勒公式展开，得

                       $\begin{align*}I&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{\sin^2x}\ln(1+t)dt}{e^{2x^2}-2e^{x^2}+1}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin2x\ln(1+\sin^2x)}{4xe^{2x^2}-4xe^{x^2}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x\cdot \sin^2x}{4x\cdot (1+2x^2-1-x^2)}\\\\&=\frac{1}{2}.\end{align*}$

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                由于
                           $x\in(-\infty,0),f(x)< 0,$

                            $x=0.f(0)=0,$

                             $x\in(0,1),f(x)> 0,$

                             $x=1,f(1)=0,$

                             $x\in(0,+\infty),f(x)> 0.$

            因此，$f(x)$在实轴上有$2$个零点。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                 由积分区域关于$x,z$对称。故有：

                                           $\displaystyle x^2+2y^2+3z^2=2y^2+\frac{1}{2}(4x^2+4z^2)=4y.$

                             由此，得

                                             $\displaystyle I=\iint_\Sigma(x^2+2y^2+3z^2)=4\iint_\Sigma ydS=4\iint_\Sigma(y-1)dS+4\iint_\Sigma dS,$

                                由奇偶性得
         
                                               $\displaystyle \iint_\Sigma(y-1)dS=0,$

                                               $\displaystyle \therefore I=4\cdot 4\pi=16\pi.$

       注：本题应用对称性，是技巧的关键。如果直接计算，计算量相当大。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                               $\begin{align*}I&=\iint_D2y[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]dxdy \\\\&=\int_{-1}^{1}[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]dx\int_{1}^{x^3}2ydy\\\\&=\int_{-1}^{1}[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)](x^6-1)dx,\end{align*}$

              可以知道被积函数
                                  $[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)](x^6-1)$

                 是奇函数，因此

                                    $I=0.$