【大学生数学竞赛】2019年第十一届全国大学生数学竞赛初赛非数学专业试题解答

试题一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)(1) 计算极限(2) 根据隐函数求不定积分(3) 求定积分(4) 求二元函数原函数(5) 求空间曲面参数值 二、(满分14分)计算三重积分${\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$,其中$\Omega$是由曲面$(x^2+y^2+z^2{)}^2=2xy$围成的区域在第一卦限部分.三、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上可微，$f(0)=0$，且存在常数$A>0$，使得$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$在$[0,+\infty )$上成立，试证明在$(0,+\infty )$上有$f(x)\equiv 0$.四、(满分14分)计算积分$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin \theta (\cos \varphi -\sin \varphi )}\sin \theta \mathrm{d}\theta$.五、(满分14分)设$f(x)$是仅有正实根的多项式函数，满足$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-{\sum }_{n=0}^{+\infty }{c}_n{x}^n$，证明：$c_n>0(n\ge 0)$，极限${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}$存在，且等于$f(x)$的最小根.六、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上具有连续导数，满足$3[3+f^2(x)]f^{\prime }(x)=2[1+f^2(x){]}^2{e}^{-x^2}$，且$f(0)\le 1$.证明：存在常数$M>0$，使得$x\in [0,+\infty )$时，恒有$\left|f(x)\right|\le M$. 解答一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)(1)计算极限(2)根据隐函数求不定积分(3) 求定积分(4) 求二元函数原函数(5) 求空间曲面参数值 二、(满分14分)计算三重积分${\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$,其中$\Omega$是由曲面$(x^2+y^2+z^2{)}^2=2xy$围成的区域在第一卦限部分.三、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上可微，$f(0)=0$，且存在常数$A>0$，使得$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$在$[0,+\infty )$上成立，试证明在$(0,+\infty )$上有$f(x)\equiv 0$.四、(满分14分)计算积分$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin \theta (\cos \varphi -\sin \varphi )}\sin \theta \mathrm{d}\theta$.解法一：坐标变换法解法二：微元法 五、(满分14分)设$f(x)$是仅有正实根的多项式函数，满足$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-{\sum }_{n=0}^{+\infty }{c}_n{x}^n$，证明：$c_n>0(n\ge 0)$，极限${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}$存在，且等于$f(x)$的最小根.六、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上具有连续导数，满足$3[3+f^2(x)]f^{\prime }(x)=2[1+f^2(x){]}^2{e}^{-x^2}$，且$f(0)\le 1$.证明：存在常数$M>0$，使得$x\in [0,+\infty )$时，恒有$\left|f(x)\right|\le M$.

试题

一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)

(1) 计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=\_\_\_\_\_\_.$$

(2) 根据隐函数求不定积分

设隐函数$y=y(x)$由方程$y^2(x-y)=x^2$所确定，则$\int \frac{\mathrm{d}x}{y^2}=\_\_\_\_\_\_.$

(3) 求定积分

定积分${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d}x=\_\_\_\_\_\_.$

(4) 求二元函数原函数

已知$\mathrm{d}u(x,y)=\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}$,则$u(x,y)=\_\_\_\_\_\_.$

(5) 求空间曲面参数值

设$a,b,c,\mu >0$, 曲面$xyz=\mu$与曲面 $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$ 相切，则$\mu =\_\_\_\_\_\_.$

二、(满分14分)计算三重积分${\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$,其中$\Omega$是由曲面$(x^2+y^2+z^2{)}^2=2xy$围成的区域在第一卦限部分.

三、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上可微，$f(0)=0$，且存在常数$A>0$，使得$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$在$[0,+\infty )$上成立，试证明在$(0,+\infty )$上有$f(x)\equiv 0$.

四、(满分14分)计算积分$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin \theta (\cos \varphi -\sin \varphi )}\sin \theta \mathrm{d}\theta$.

五、(满分14分)设$f(x)$是仅有正实根的多项式函数，满足$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-{\sum }_{n=0}^{+\infty }{c}_n{x}^n$，证明：$c_n>0(n\ge 0)$，极限${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}$存在，且等于$f(x)$的最小根.

六、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上具有连续导数，满足$3[3+f^2(x)]f^{\prime }(x)=2[1+f^2(x){]}^2{e}^{-x^2}$，且$f(0)\le 1$.证明：存在常数$M>0$，使得$x\in [0,+\infty )$时，恒有$\left|f(x)\right|\le M$.

解答

一、填空题(满分30分，共5小题，每小题6分)

(1)计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=\_\_\_\_\_\_.$$

解：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}$$ 若上面等式右边的两个极限分别存在，则等号成立.

可以使用$x\to 0$时的等价无穷小代换求解上面等式右边的两个极限. $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}$$ $$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}$$ 若上面等式右边的两个极限分别存在，则等号成立. 显然，${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\frac{1}{4}$ 而${\lim }_{x\to 0}\frac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}={\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}{x}^2}}={\lim }_{x\to 0}\frac{x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}{x}^2}}=0$ 因此 $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x}-1}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[3]{1-\cos x}}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}$$ $$=0+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$$

而${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}={\lim }_{x\to 0}\frac{x}{4\sqrt[3]{1-\cos x}}={\lim }_{x\to 0}\frac{x}{4\sqrt[3]{\frac{1}{2}{x}^2}}=0$

因此$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})-\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{\sin x}+\sqrt[3]{1-\cos x})}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{arctan(4\sqrt[3]{1-\cos x})}$$ $$=\frac{1}{4}-0=\frac{1}{4}$$

(2)根据隐函数求不定积分

设隐函数$y=y(x)$由方程$y^2(x-y)=x^2$所确定，则$\int \frac{\mathrm{d}x}{y^2}=\_\_\_\_\_\_.$

思路：

对一个隐函数的含y表达式求积分或导数后，结果表达式中可能会同时含有x和y。

解决这类问题，通常需要对x和y做一个变换(如将y用x和中间变量t表示)，然后将函数从隐函数形式变为参数方程的形式。这样x和y都可以用另一个中间变量t表示，然后就可以将所求积分的被积表达式进行代换，得到只含有t的被积表达式形式，之后运用一元函数积分学的知识求出积分，最后将t使用x和y回代即可得到最终的积分结果(t也可以被x和y表示)。

最后注意，不定积分千万不要忘记加C。

解：

令$y=tx$,代入隐函数表达式，则有： $$t^2{x}^2(x-tx)=x^2$$ 化简得到： $$x=\frac{1}{t^2(1-t)}$$ 因此，有: $$y=tx=\frac{1}{t(1-t)}$$

将x和y代入被积表达式，得到： $$\int \frac{\mathrm{d}x}{y^2}$$ $$=\int \frac{\mathrm{d}(\frac{1}{t^2(1-t)})}{\frac{1}{t^2(1-t{)}^2}}\mathrm{d}t$$ $$=\int \frac{-2t^{-3}(1-t{)}^{-1}+t^{-2}(1-t{)}^{-2}}{\frac{1}{t^2(1-t{)}^2}}\mathrm{d}t$$ $$=\int (-2t^{-1}(1-t)+1)\mathrm{d}t$$ $$=\int (3-\frac{2}{t})\mathrm{d}t$$ $$=3t-2\ln \left|t\right|+C$$ 由于$y=tx$，因此代入上式得到： $$\int \frac{\mathrm{d}x}{y^2}=3t-2\ln \left|t\right|+C$$ $$=3\frac{y}{x}-2\ln \left|\frac{y}{x}\right|+C$$

(3) 求定积分

定积分${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d}x=\_\_\_\_\_\_.$

解：

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x(1+\sin x)}{1+\cos x}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}{e}^x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^x\mathrm{d}\frac{\sin x}{1+\cos x}$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^x\frac{\cos x(1+\cos x)-\sin x(-\sin x)}{(1+\cos x{)}^2}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^x\frac{\cos x+{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{(1+\cos x{)}^2}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^x\frac{\cos x+({\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x)}{(1+\cos x{)}^2}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^x\frac{\cos x+1}{(1+\cos x{)}^2}\mathrm{d}x$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x+\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{e^x}{1+\cos x}\mathrm{d}x$$ $$=\frac{e^x\sin x}{1+\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{2}}$$ $$=e^{\frac{\pi }{2}}$$

(4) 求二元函数原函数

已知$\mathrm{d}u(x,y)=\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}$,则$u(x,y)=\_\_\_\_\_\_.$

解：

$$\mathrm{d}u(x,y)=\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{3x^2-2xy+3y^2}$$ $$=\frac{\frac{1}{y}\mathrm{d}x-\frac{x}{y^2}\mathrm{d}y}{3(\frac{x}{y}{)}^2-2\frac{x}{y}+3}$$ $$=\frac{\mathrm{d}(\frac{x}{y})}{3(\frac{x}{y}{)}^2-2\frac{x}{y}+3}$$ $$=\frac{\mathrm{d}(\frac{x}{y}-\frac{1}{3})}{3(\frac{x}{y}-\frac{1}{3}{)}^2+\frac{8}{3}}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\frac{\mathrm{d}(\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}})}{(\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}}{)}^2+1}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan (\frac{3x}{2\sqrt{2}y}-\frac{1}{2\sqrt{2}})+C$$

(5) 求空间曲面参数值

设$a,b,c,\mu >0$, 曲面$xyz=\mu$与曲面 $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$ 相切，则$\mu =\_\_\_\_\_\_.$

解：

曲面$xyz=\mu$上任一点$P$切平面的法向量为：$(yz,xz,xy){|}_P$

曲面$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$上任一点$P$切平面的法向量为：$(\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2},\frac{2z}{c^2}){|}_P$

不妨设两曲面的切点为$Q(x_0,y_0,z_0)$，则有在Q点处，曲面$xyz=\mu$和曲面$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$的法平面的切向量平行，也就是：

$y_0{z}_0=\lambda \frac{2x_0}{a^2},x_0{z}_0=\lambda \frac{2y_0}{b^2},x_0{y}_0=\lambda \frac{2z_0}{c^2}$

又因为Q在曲面$xyz=\mu$上，因此有$x_0{y}_0{z}_0=\mu$

将$x_0{y}_0{z}_0=\mu$代入$y_0{z}_0=\lambda \frac{2x_0}{a^2},x_0{z}_0=\lambda \frac{2y_0}{b^2},x_0{y}_0=\lambda \frac{2z_0}{c^2}$，得到：

$$\frac{\mu }{x_0}=\lambda \frac{2x_0}{a^2},\frac{\mu }{y_0}=\lambda \frac{2y_0}{b^2},\frac{\mu }{z_0}=\lambda \frac{2z_0}{c^2}$$

也就是： $$\mu =\lambda \frac{2x_0^2}{a^2},\mu =\lambda \frac{2y_0^2}{b^2},\mu =\lambda \frac{2z_0^2}{c^2}$$

将上面三个式子相乘，得到： $${\mu }^3={\lambda }^3\frac{8x_0^2{y}_0^2{z}_0^2}{a^2{b}^2{c}^2}$$

由于$x_0{y}_0{z}_0=\mu$，因此代入上式有： $$\mu ={\lambda }^3\frac{8}{a^2{b}^2{c}^2}$$

又因为Q在曲面$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$上，因此有$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}=1$

所以将之前$\mu =\lambda \frac{2x_0^2}{a^2},\mu =\lambda \frac{2y_0^2}{b^2},\mu =\lambda \frac{2z_0^2}{c^2}$三个式子相加，得到： $$3\mu =2\lambda (\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2})=2\lambda$$

因此有 $$\mu =(\frac{3\mu }{2}{)}^3\frac{8}{a^2{b}^2{c}^2}$$ 也就是 $$\mu =\frac{27{\mu }^3}{8}\frac{8}{a^2{b}^2{c}^2}=\frac{27{\mu }^3}{a^2{b}^2{c}^2}$$ 因为$a,b,c,\mu >0$, 因此 $$\mu =\frac{abc}{3\sqrt{3}}$$

二、(满分14分)计算三重积分${\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$,其中$\Omega$是由曲面$(x^2+y^2+z^2{)}^2=2xy$围成的区域在第一卦限部分.

本题主要考察三重积分的概念与计算。

解：

对该三重积分进行球坐标变换，令$x=\rho \sin \phi \cos \theta ,y=\rho \sin \phi \sin \theta ,z=\rho \cos \phi$.由于要计算在第一卦限范围内的三重积分，因此$\phi \in [0,\frac{\pi }{2}],\theta \in [0,\frac{\pi }{2}]$,则曲面方程$(x^2+y^2+z^2{)}^2=2xy$在球坐标变换后变为${\rho }^2=2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta$，因此如果先枚举$\phi$和$\theta$，则$\rho \in [0,\sqrt{2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta }]$，因此得到：

$${\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta }}{\rho }^2\mathrm{d}\rho \frac{{\rho }^3{\sin }^2\phi \cos \phi \sin \theta \cos \theta }{{\rho }^2{\sin }^2\phi }$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta }}{\rho }^3\cos \phi \sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\rho$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \cos \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta }}{\rho }^3\mathrm{d}\rho$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \cos \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta (\frac{1}{4}{\rho }^4){|}_0^{\sqrt{2{\sin }^2\phi \sin \theta \cos \theta }}$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \phi \cos \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \cos \theta \mathrm{d}\theta {\sin }^4\phi {\sin }^2\theta {\cos }^2\theta$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^5\phi \cos \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta {\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta$$ $$={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^5\phi \mathrm{d}(\sin \phi ){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta {\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta$$ $$=\frac{1}{6}({\sin }^6\phi ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta {\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta$$ $$=\frac{1}{6}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta {\cos }^2\theta \mathrm{d}(\sin \theta )$$ $$=\frac{1}{6}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta (1-{\sin }^2\theta )\mathrm{d}(\sin \theta )$$ $$=\frac{1}{6}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta -{\sin }^5\theta \mathrm{d}(\sin \theta )$$ $$=\frac{1}{6}(\frac{1}{4}{\sin }^4\theta -\frac{1}{6}{\sin }^6\theta ){|}_0^{\frac{\pi }{2}}$$ $$=\frac{1}{6}(\frac{1}{4}-\frac{1}{6})$$ $$=\frac{1}{72}$$

三、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上可微，$f(0)=0$，且存在常数$A>0$，使得$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$在$[0,+\infty )$上成立，试证明在$(0,+\infty )$上有$f(x)\equiv 0$.

本题主要考察微分中值定理。

证明函数恒等于0，可以证明函数在某个区间内的最大值等于0。证明函数在某个区间的最大值等于0，可以通过证明函数在某个区间内最大值的绝对值小于等于该绝对值乘以一个小于1的比例系数。

证明函数在区间$[0,+\infty )$上满足某个性质，也可以将区间$[0,+\infty )$分为若干段，分别证明或递推证明在这若干段区间上都满足性质。

证明：

设$x_0\in [0,\frac{1}{2A}],使得|f(x_0)|=\max \left\{|f(x)||x\in [0,\frac{1}{2A}]\right\}$

因为$f(x)$在$[0,\frac{1}{2A}]$可微，因此$f(x)$在$[0,\frac{1}{2A}]$内连续.

因为$f(x)$在$(0,\frac{1}{2A})$可微，因此$f(x)$在$(0,\frac{1}{2A})$内也可导.

由于$f(x)$在$[0,\frac{1}{2A}]$内连续，在$(0,\frac{1}{2A})$内可导，因此根据拉格朗日中值定理，$\exists \xi \in (0,\frac{1}{2A})$，使得：

$$f(x_0)-f(0)=f^{\prime }(\xi )(x_0-0)$$

因为$f(0)=0$，因此有

$$f(x_0)=f^{\prime }(\xi )x_0$$

因此

$|f(x_0)|=|f^{\prime }(\xi )x_0|=|f^{\prime }(\xi )|x_0\le A|f(\xi )|x_0\le A|f(x_0)|x_0\le A|f(x_0)|\frac{1}{2A}=\frac{1}{2}|f(x_0)|$

也就是$|f(x_0)|\le \frac{1}{2}|f(x_0)|$

所以$\frac{1}{2}|f(x_0)|\le 0$

又因为$|f(x_0)|\ge 0$

因此$|f(x_0)|=0$

因此$\forall x\in [0,\frac{1}{2A}],f(x)\equiv 0$

递推可得，对于所有的$x\in [\frac{k}{2A},\frac{k+1}{2A}],k=0,1,2......$，都有$f(x)\equiv 0$

因此在$(0,+\infty )$上有$f(x)\equiv 0$

四、(满分14分)计算积分$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin \theta (\cos \varphi -\sin \varphi )}\sin \theta \mathrm{d}\theta$.

设球面$\Sigma :x^2+y^2+z^2=1$,由球面的参数方程 $$x=\sin \theta \cos \varphi ,y=\sin \theta \sin \varphi ,z=\cos \theta$$

知 $E=x_{\theta }^2+y_{\theta }^2+z_{\theta }^2=(\cos \theta \cos \varphi {)}^2+(\cos \theta \sin \varphi {)}^2+(-\sin \theta {)}^2={\cos }^2\theta {\cos }^2\varphi +{\cos }^2\theta {\sin }^2\varphi +{\sin }^2\theta ={\cos }^2\theta ({\cos }^2\varphi +{\sin }^2\varphi )+{\sin }^2\theta ={\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$ $F=x_{\theta }{x}_{\varphi }+y_{\theta }{y}_{\varphi }+z_{\theta }{z}_{\varphi }=(\cos \theta \cos \varphi )(-\sin \theta \sin \varphi )+(\cos \theta \sin \varphi )(\sin \theta \cos \varphi )+(-\sin \theta )\cdot 0=-\sin \theta \cos \theta \sin \varphi \cos \varphi +\sin \theta \cos \theta \sin \varphi \cos \varphi =0$ $G=x_{\varphi }^2+y_{\varphi }^2+z_{\varphi }^2=(-\sin \theta \sin \varphi {)}^2+(\sin \theta \cos \varphi {)}^2+0^2={\sin }^2\theta {\sin }^2\varphi +{\sin }^2\theta {\cos }^2\varphi ={\sin }^2\theta ({\sin }^2\varphi +{\cos }^2\varphi )={\sin }^2\theta$

因此$dS=\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi =\sqrt{{\sin }^2\theta }\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi =\left|\sin \theta \right|\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi$

由于上面的球坐标变换中，$\theta \in [0,\pi ]$，因此$\sin \theta \ge 0$，于是$dS=\sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi$

$$I={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin \theta (\cos \varphi -\sin \varphi )}\sin \theta \mathrm{d}\theta$$ $$={\iint }_{\Sigma }{e}^{x-y}\mathrm{d}S$$

之后有两种处理方法.

解法一：坐标变换法

做坐标变换$x=\frac{u+v}{\sqrt{2}},y=\frac{u-v}{\sqrt{2}},z=w$ 则$\Sigma :x^2+y^2+z^2=1$变换为${\Sigma }^{\prime }:u^2+v^2+w^2=1$

$${\iint }_{\Sigma }{e}^{x-y}\mathrm{d}S={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}u}\left|J\right|\mathrm{d}S$$

其中，$J=\frac{\mathrm{D}(x,y,z)}{\mathrm{D}(u,v,w)}=\left|\begin{array}{ccc}{x}_u& x_v& x_w\\ y_u& y_v& y_w\\ z_u& z_v& z_w\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{-1}{\sqrt{2}}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right|=-1$ 因此 $${\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}u}\left|J\right|\mathrm{d}S={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}u}\mathrm{d}S$$

因为${\Sigma }^{\prime }:u^2+v^2+w^2=1$关于$u,v,w$具有轮换对称性，因此有${\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}u}\mathrm{d}S={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}w}\mathrm{d}S$

再做球坐标变换$u=\sin \theta \cos \varphi ,v=\sin \theta \sin \varphi ,w=\cos \theta$，因此有 $${\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{e}^{\sqrt{2}w}\mathrm{d}S={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sqrt{2}\cos \theta }\sin \theta \mathrm{d}\theta$$ $$=\frac{-1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sqrt{2}\cos \theta }\mathrm{d}(\sqrt{2}\cos \theta )$$ $$=\frac{-1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi {\int }_0^{\pi }\mathrm{d}(e^{\sqrt{2}\cos \theta })$$ $$=\frac{-1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi (e^{\sqrt{2}\cos \theta }){|}_0^{\pi }$$ $$=\frac{-1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi (e^{-\sqrt{2}}-e^{\sqrt{2}})$$ $$=\frac{-1}{\sqrt{2}}(2\pi )(e^{-\sqrt{2}}-e^{\sqrt{2}})$$ $$=\sqrt{2}\pi (e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}})$$

解法二：微元法

设平面$P_t:\frac{x-y}{\sqrt{2}}=t,-1\le t\le 1$，其中t为平面$P_t$被球面截下部分中心到原点距离.用平面$P_t$分割球面$\Sigma$，球面在平面$P_t,P_{t+\mathrm{d}t}$之间的部分形如圆台外表面状，记为${\Sigma }_{t,t+\mathrm{d}t}$，被积函数在该微元上为$e^{x-y}=e^{\sqrt{2}t}$.

由于${\Sigma }_{t,t+\mathrm{d}t}$的半径为$r_t=\sqrt{1-t^2}$,半径的增长率为： $$\mathrm{d}(\sqrt{1-t^2})=\frac{-t}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm{d}t$$

也就是${\Sigma }_{t,t+\mathrm{d}t}$上下底面半径之差.

记圆台外表面斜高为$h_t$，则由微元法及勾股定理，得$(\mathrm{d}t{)}^2+(\mathrm{d}\sqrt{1-t^2}{)}^2=h_t^2$，化简得到$h_t=\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}$

因此${\Sigma }_{t,t+\mathrm{d}t}$的面积为$\mathrm{d}S=2\pi r_t{h}_t=2\pi \sqrt{1-t^2}\frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=2\pi \mathrm{d}t$

因此有 $$I={\iint }_{\Sigma }{e}^{x-y}\mathrm{d}S={\int }_{-1}^1{e}^{\sqrt{2}t}2\pi \mathrm{d}t$$ $$=\sqrt{2}\pi {\int }_{-1}^1{e}^{\sqrt{2}t}\mathrm{d}(\sqrt{2}t)$$ $$=\sqrt{2}\pi {\int }_{-1}^1\mathrm{d}(e^{\sqrt{2}t})$$ $$=\sqrt{2}\pi (e^{\sqrt{2}t}){|}_{-1}^1$$ $$=\sqrt{2}\pi (e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}})$$

五、(满分14分)设$f(x)$是仅有正实根的多项式函数，满足$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-{\sum }_{n=0}^{+\infty }{c}_n{x}^n$，证明：$c_n>0(n\ge 0)$，极限${\lim }_{n\to +\infty }\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}$存在，且等于$f(x)$的最小根.

证明：由于$f(x)$为仅有正实根的多项式函数，不妨设$f(x)$的全部根的取值为$0<a_1<a_2<...<a_k$，这样有 $$f(x)=A\prod _{i=1}^k(x-a_i{)}^{r_i}$$ 其中$r_i$为对应根$a_i$的重数，满足$r_i\in Z$且$r_i\ge 1$

$$f^{\prime }(x)=A\sum _{j=1}^k(r_j(x-a_j{)}^{-1}\prod _{i=1}^k(x-a_i{)}^{r_i})$$

因此 $$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\frac{A{\sum }_{j=1}^k(r_j(x-a_j{)}^{-1}{\prod }_{i=1}^k(x-a_i{)}^{r_i})}{A{\prod }_{i=1}^k(x-a_i{)}^{r_i}}$$ $$=\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{x-a_j}$$ $$=-\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j-x}$$ $$=-\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j-x}$$ $$=-\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j}\frac{1}{1-\frac{x}{a_j}}$$ $$=-\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j}\sum _{n=0}^{\infty }(\frac{x}{a_j}{)}^n$$ $$=-\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{a_j^n}$$ $$=-\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n\sum _{j=1}^k\frac{r_j}{a_j^{n+1}}$$

而$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-{\sum }_{n=0}^{+\infty }{c}_n{x}^n$，由幂级数的唯一性知，$c_n={\sum }_{j=1}^k\frac{r_j}{a_j^{n+1}}>0$

$$\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{{\sum }_{j=1}^k\frac{r_j}{a_j^{n+2}}}{{\sum }_{j=1}^k\frac{r_j}{a_j^{n+1}}}$$ $$=\frac{{\sum }_{j=1}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+2}}{a_1{\sum }_{j=1}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+1}}$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{c_{n+1}}{c_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\sum }_{j=1}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+2}}{a_1{\sum }_{j=1}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+1}}$$ $$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{r_1+{\sum }_{j=2}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+2}}{a_1(r_1+{\sum }_{j=2}^k{r}_j(\frac{a_1}{a_j}{)}^{n+1})}$$ $$=\frac{1}{a_1}$$

而 $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{c_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{\ln c_n}{n}}$$ $$=\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{1}{n}(\ln c_1+\ln \frac{c_2}{c_1}+\ln \frac{c_3}{c_2}+...+\ln \frac{c_n}{c_{n-1}})}$$ $$=e^{\ln \frac{1}{a_1}}$$ $$=\frac{1}{a_1}$$

其中，${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{n}(\ln c_1+\ln \frac{c_2}{c_1}+\ln \frac{c_3}{c_2}+...+\ln \frac{c_n}{c_{n-1}})={\lim }_{n\to \infty }\ln \frac{c_n}{c_{n-1}}=\ln \frac{1}{a_1}$的具体证明过程可以参考第三届全国大学生数学竞赛初赛(非数学类)第二大题第一小题.

从而有，${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}=a_1$，也就是$f(x)$的最小正根.

六、(满分14分)设$f(x)$在$[0,+\infty )$上具有连续导数，满足$3[3+f^2(x)]f^{\prime }(x)=2[1+f^2(x){]}^2{e}^{-x^2}$，且$f(0)\le 1$.证明：存在常数$M>0$，使得$x\in [0,+\infty )$时，恒有$\left|f(x)\right|\le M$.

证明：

首先有$f^{\prime }(x)=\frac{2[1+f^2(x){]}^2{e}^{-x^2}}{3[3+f^2(x)]}>0$，因此f(x)是$[0,+\infty )$上的严格单调递增函数，故${\lim }_{n\to \infty }f(x)=L$(有限或为$+\infty$),下面证明$L\ne +\infty$.

记$y=f(x)$，得到如下的微分方程 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{2(1+y^2{)}^2{e}^{-x^2}}{3(3+y^2)}$$

这是可以分离变量的微分方程，分离变量得到 $$\frac{3+y^2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y=\frac{2}{3}{e}^{-x^2}\mathrm{d}x$$

两边积分得到 $$\int \frac{3+y^2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y=\frac{2}{3}\int e^{-x^2}\mathrm{d}x$$

其中 $$\int \frac{3+y^2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y=\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}+\frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y$$ $$=\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y+\int \frac{1}{1+y^2}\mathrm{d}y$$ $$=\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y+\arctan y$$

考虑计算$\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y$,令$y=\tan t$,则有 $$\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y=\int \frac{2}{(1+{\tan }^{2}t{)}^2}{\sec }^{2}t\mathrm{d}t$$ $$=\int \frac{2}{({\sec }^{2}t{)}^2}{\sec }^{2}t\mathrm{d}t$$ $$=\int \frac{2}{{\sec }^{2}t}\mathrm{d}t$$ $$=\int 2{\cos }^{2}t\mathrm{d}t$$ $$=\int 1+\cos (2t)\mathrm{d}t$$ $$=t+\frac{\sin (2t)}{2}+C$$ $$=t+\sin t\cos t+C$$ $$=\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C$$

因此有 $$\int \frac{3+y^2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y=\int \frac{2}{(1+y^2{)}^2}\mathrm{d}y+\arctan y$$ $$=(\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C)+\arctan y$$ $$=2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}+C$$

代入原微分方程，有 $$2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}\int e^{-x^2}\mathrm{d}x$$

将右边也积出来(右边的原函数不是初等函数)，得到 $$2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}{\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t+C$$

代入$x=0$,得到常数$C$的表达式 $$C=2\arctan f(0)+\frac{f(0)}{1+f^2(0)}$$

若$L=+\infty$，则对$2\arctan y+\frac{y}{1+y^2}=\frac{2}{3}{\int }_0^x{e}^{-t^2}\mathrm{d}t+C$取$x\to +\infty$的极限，并利用${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$，得到$C=\pi -\frac{\sqrt{\pi }}{3}$

另一方面，令$g(u)=2\arctan u+\frac{u}{1+u^2}$,则有 $$g^{\prime }(u)=\frac{3+u^2}{(1+u^2{)}^2}>0$$

所以函数$g(u)在(-\infty ,+\infty )上严格单调递增$，又由于$f(0)\le 1$因此有

$$C=g(f(0))\le g(1)=\frac{\pi +1}{2}$$

但之前计算出$C=\pi -\frac{\sqrt{\pi }}{3}>\frac{\pi +1}{2}$，矛盾，因此假设不成立，有${\lim }_{n\to \infty }f(x)=L$且$L$为有限数

最后，令$M=\max (\left|f(0)\right|,\left|L\right|)$，则有 $$\left|f(x)\right|\le M,\forall x\in [0,+\infty )$$