第十二届非数学类决赛

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1 解答题 一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分） 1、极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \sin ^{2}\left(1+\frac{k}{n}\right)=$ $\_\_\_\_$。 【解】 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^{2}} \sin ^{2}\left(1+\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1} x \sin ^{2}(1+x) \mathrm{d} x=\frac{1}{8}(2-2 \sin 4-\cos 4+\cos 2)$ ． 2、设 $P_{0}(1,1,-1), P_{1}(2,-1,0)$ 为空间的两点，则函数 $u=x y z+e^{x y z}$ 在点 $P_{0}$ 处沿 $\overrightarrow{P_{0} P_{1}}$ 方向的方向导数为 $\_\_\_\_$。 【解】 $\overrightarrow{P_{0} P_{1}}$ 方向的单位向量为 $\vec{I}=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)$ ， $$ \begin{aligned} & \left.u_{x}\right|_{P_{0}}=\left.y z\left(1+e^{x y z}\right)\right|_{P_{0}}=-\left(1+e^{-1}\right), \\ & \left.u_{y}\right|_{P_{0}}=\left.x z\left(1+e^{x y z}\right)\right|_{P_{0}}=-\left(1+e^{-1}\right), \\ & \left.u_{z}\right|_{P_{0}}=\left.x y\left(1+e^{x y z}\right)\right|_{P_{0}}=1+e^{-1}, \end{aligned} $$ 因此，方向导数 $$ \left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{P_{0}}=\frac{2}{\sqrt{6}}\left(1+e^{-1}\right) . $$ 3、记空间曲线 $\Gamma:\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} \\ x+y+z=0\end{array}(a>0)\right.$ ，则积分 $\oint_{\Gamma}(1+x)^{2} \mathrm{~d} s=$ $\_\_\_\_$ ． 【解】利用对称性，得 $$ \begin{aligned} \int_{\Gamma}(1+x)^{2} \mathrm{~d} s & =\int_{\Gamma}\left(1+2 x+x^{2}\right) \mathrm{d} s=\int_{\Gamma} \mathrm{d} s+\frac{2}{3} \int_{\Gamma}(x+y+z) \mathrm{d} s+\frac{1}{3} \int_{\Gamma}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} s \\ & =\left(1+\frac{a^{2}}{3}\right) \int_{\Gamma} \mathrm{d} s=2 \pi a\left(1+\frac{a^{2}}{3}\right) \end{aligned} $$ 4、设矩阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^{*}=\left(\begin{array}{lll}1 & & \\ & 16 & \\ & & 1\end{array}\right)$ ，且 $|A|>0, A B A^{-1}=B A^{-1}+3 I$ ，其中 $I$ 为单位矩阵，则 $B=$ $\_\_\_\_$。 【解】由 $A A^{*}=|A| I$ 及 $\left|A^{*}\right|=16$ 可知，$|A|=4$ ．对 $A B A^{-1}=B A^{-1}+3 I$ 的两边同时左乘 $A^{-1}$ 右乘 $A$ 得 $B=A^{-1} B+3 I$ ，即 $\left(I-A^{-1}\right) B=3 I$ ，所以 $$ =3\left(-{ }^{-1}\right)^{-1}=3\left(-\frac{1}{4}^{*}\right)=\left(\begin{array}{lll} & -1 & \\ & & 4 \end{array}\right) $$ 5、函数 $u=x_{1}+\frac{x_{2}}{x_{1}}+\frac{x_{3}}{x_{2}}+\frac{2}{x_{3}}\left(x_{i}>0, i=1,2,3\right)$ 的所有极值点为 $\_\_\_\_$ ． 【解】利用均值不等式，可知 $u\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \geq 4 \sqrt[4]{2}$ ．另一方面，有 $$ \frac{\partial u}{\partial x_{1}}=1-\frac{x_{2}}{x_{1}^{2}}, \quad \frac{\partial u}{\partial x_{2}}=\frac{1}{x_{1}}-\frac{x_{3}}{x_{2}^{2}}, \quad \frac{\partial u}{\partial x_{3}}=\frac{1}{x_{2}}-\frac{2}{x_{3}^{2}} . $$ 令 $\frac{\partial u}{\partial x_{k}}=0,(k=1,2,3)$ ，即 $1-\frac{x_{2}}{x_{1}^{2}}=0, \frac{1}{x_{1}}-\frac{x_{3}}{x_{2}^{2}}=0, \frac{1}{x_{2}}-\frac{2}{x_{3}^{2}}=0$ ．由此解得 $u$在定义域内的唯一驻点 $P_{0}\left(2^{\frac{1}{4}}, 2^{\frac{1}{2}}, 2^{\frac{3}{4}}\right)$ ，且 $u$ 在该点取得最小值 $u\left(P_{0}\right)=4 \sqrt[4]{2}$ ，这是函数唯一的极值．因此 $u$ 的唯一极值点为 $\left(2^{\frac{1}{4}}, 2^{\frac{1}{2}}, 2^{\frac{3}{4}}\right)$ ． 【注】也可用通常的充分性条件（海赛矩阵正定）判断驻点 $P_{0}$ 为极小值点．
2 解答题 二、（12 分）求极限： $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \cdot \sqrt[4]{\frac{1+2 x}{1-2 x}} \cdot \sqrt[6]{\frac{1+3 x}{1-3 x}} \cdot \cdots^{2 n} \sqrt[n]{\frac{1+n x}{1-n x}}-1}{3 \pi \arcsin x-\left(x^{2}+1\right) \arctan ^{3} x}$ ，其中 $n$ 为正整数。 【解】令 $f(x)=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \cdot \sqrt[4]{\frac{1+2 x}{1-2 x}} \cdot \sqrt[6]{\frac{1+3 x}{1-3 x}} \cdots \sqrt[2 n]{\frac{1+n x}{1-n x}}$ ，则 $f(0)=1$ ，且 －2 分 $$ \begin{gathered} \ln f(x)=\frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{4} \ln \frac{1+2 x}{1-2 x}+\frac{1}{6} \ln \frac{1+3 x}{1-3 x}+\cdots+\frac{1}{2 n} \ln \frac{1+n x}{1-n x} \\ \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{2}{1+2 x}+\frac{2}{1-2 x}\right)+\cdots+\frac{1}{2 n}\left(\frac{n}{1+n x}+\frac{n}{1-n x}\right) \end{gathered} $$ 所以 $f^{\prime}(0)=n$ ． 注意到 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arcsin x}{x}=1, \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arctan x}{x}=1$ ，因此 $$ \text { 原式 }=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{3 \pi \arcsin x-\left(x^{2}+1\right) \arctan ^{3} x} \cdot \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{n}{3 \pi} . $$
3 解答题 三、（12 分）求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left[1-n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right] x^{n}$ 的收玫域。 【解】记 $a_{n}=1-n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ ．当 $n \rightarrow \infty$ 时，$a_{n} \sim \frac{1}{2 n}$ ．所以 $$ R=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n}=1 $$ 显然，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散。 为了证明 $\left\{a_{n}\right\}$ 是单调递减数列，考虑函数 $f(x)=x \ln \left(1+\frac{1}{x}\right), x \geq 1$ ．利用不 等式：当 $a>0$ 时， $\ln (1+a)>\frac{a}{1+a}$ ，得 $$ f^{\prime}(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}>0 $$ 即 $f(x)$ 是 $[1,+\infty)$ 上的增函数，所以 $a_{n}-a_{n+1}=(n+1) \ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)-n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>0$ ． 根据莱布尼兹审玫法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} a_{n}$ 收玫。 因此 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收玫域为 $[-1,1)$ ．
4 解答题 四、（12 分）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $$ f(a)=f(b)=0, \quad \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=0 $$ （1）证明：存在互不相同的点 $x_{1}, x_{2} \in(a, b)$ ，使得 $f^{\prime}\left(x_{i}\right)=f\left(x_{i}\right), i=1,2$ ； （2）证明：存在 $\xi \in(a, b), \xi \neq x_{i}, i=1,2$ ，使得 $f^{\prime \prime}(\xi)=f(\xi)$ ． 【证】（1）令 $F(x)=\mathrm{e}^{-x} \int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，则 $F(a)=F(b)=0$ ．对 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上利用洛尔定理，存在 $x_{0} \in(a, b)$ ，使得 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $f\left(x_{0}\right)=\int_{a}^{x_{0}} f(t) \mathrm{d} t$ ． 再令 $G(x)=f(x)-\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，则 $G(a)=G\left(x_{0}\right)=G(b)=0$ 。对 $G(x)$ 分别在 $\left[a, x_{0}\right]$与 $\left[x_{0}, b\right]$ 上利用洛尔定理，存在 $x_{1} \in\left(a, x_{0}\right)$ 及 $x_{2} \in\left(x_{0}, b\right)$ ，使得 $G^{\prime}\left(x_{1}\right)=G^{\prime}\left(x_{2}\right)=0$ ，即 $f^{\prime}\left(x_{i}\right)=f\left(x_{i}\right), i=1,2$ ，且 $x_{1} \neq x_{2}$ 。 （2）令 $\varphi(x)=\mathrm{e}^{x}\left[f^{\prime}(x)-f(x)\right]$ ，则 $\varphi\left(x_{1}\right)=\varphi\left(x_{2}\right)=0$ ，且 $$ \begin{aligned} \varphi^{\prime}(x) & =\mathrm{e}^{x}\left[f^{\prime}(x)-f(x)\right]+\mathrm{e}^{x}\left[f^{\prime \prime}(x)-f^{\prime}(x)\right] \\ & =\mathrm{e}^{x}\left[f^{\prime \prime}(x)-f(x)\right] \end{aligned} $$ 对 $\varphi(x)$ 在 $\left[x_{1}, x_{2}\right]$ 上利用洛尔定理，存在 $\xi \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ ，使 $\varphi^{\prime}(\xi)=0$ ，即 $f^{\prime \prime}(\xi)=f(\xi)$ ，显然 $\xi \neq x_{i}, \quad i=1,2$ ．
5 选择题 五、（12 分）设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，证明： （1）存在实对称矩阵 $B$ ，使得 $B^{2021}=A$ ，且 $A B=B A$ ； （2）存在一个多项式 $p(x)$ ，使得上述矩阵 $B=p
6 解答题 六、（12 分）设 $A_{n}(x, y)=\sum_{k=0}^{n} x^{n-k} y^{k}$ ，其中 $0
7 解答题 七、（10 分）设 $f(x), g(x)$ 是 $[0,1] \rightarrow[0,1]$ 的连续函数，且 $f(x)$ 单调增加，求证： $$ \int_{0}^{1} f(g(x)) \mathrm{d} x \leq \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} g(x) \mathrm{d} x $$ 【证】令 $F(x)=f(x)-x$ ，则问题转化为证明： $$ \int_{0}^{1}[F(g(x))-F(x)] \mathrm{d} x \leq \int_{0}^{1} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} $$ 这只需证明： $$ F_{\max }(x)-\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{d} x \leq \frac{1}{2} \text {, 即 } \int_{0}^{1} F(x) \mathrm{d} x \geq F_{\max }(x)-\frac{1}{2} \text {. } $$ 记 $\max F(x)=F\left(x_{0}\right)=a$ ，由于 $0 \leq f(x) \leq 1$ ，则 $-x \leq F(x) \leq 1-x$ ，所以 $a \leq 1$ ． 因为 $f(x)$ 单调增加，当 $x \in\left[x_{0}, 1\right]$ 时，$f(x) \geq f\left(x_{0}\right)$ ，即 $$ F(x)+x \geq F\left(x_{0}\right)+x_{0}=a+x_{0} $$ 所以 $$ \begin{aligned} \int_{0}^{1} F(x) \mathrm{d} x & =\int_{0}^{x_{0}} F(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}}^{1} F(x) \mathrm{d} x \geq \int_{0}^{x_{0}}(-x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}}^{1}\left(a+x_{0}-x\right) \mathrm{d} x \\ & =a-\frac{1}{2}+x_{0}\left(1-x_{0}\right) \geq a-\frac{1}{2}=\max F(x)-\frac{1}{2} \end{aligned} $$