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2015 年第七届预赛（非数学类）参考答案
一、每小题 6 分，共计 30 分。
2 ? π ?
sin sin π ? n sin π ? 2 nL + 2 。 (1) 极限 lim n ? 2 + 2 + ? =
n+ 2n+ n π
n→∞ n +1
? ? ? ?
i π n sin 1 n i
1 n i n sinπ ≤ ≤ sinπ , 而 解：由于 ∑∑∑ i n +1 i =1 n n i =1 n i =1
n + n
n n
π i 1 π 2 1 i n lim sin π = lim sin π = sin xdx = ， ∑∑ ∫ n→∞ n +1 n→∞ (n +1)π n n n π 0 π i =1 i =1
1 n i 1 π n i 1 π 2
lim ∑sin π =lim sin π = ∫sin xdx = 。 ∑n→∞ π n n→∞ n n n π 0 π i =1 i =1 所以所求极限是 2 .
π
（2）设函数 F ( x + , y + ) = 0 所决定，其中 z = z( x, y) 由方程 F (u, v) 具有连续偏导
z
y z x
?z ?z
数，且 xy 。（本小题结果要求不显含 F 及其 xFu + yFv ≠ 0 。则 x + y = z ? ?x ?y 偏导数）
解：方程对 x 求导，得到
? 1 ?z ?? ?1 ?z z ? ?1 + ? Fv = 0 ?Fu +?? ? ????? ? x ? x x 2 ? ?? y ?x ?
?z y( zF x2 F ) v ? u
即 x =。
?x xFu + yFv
2
?z x( zF ) u ? y F v
同样，方程对 y 求导，得到 y =。
?y xFu + yFv
于是 x
?z ?z z( xFu + yFv ) ? xy( xFu + yFv )
+ y = = z ? xy ?x ?y xFu + yFv
2
（3）曲面 z = x2 + y 2 + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面与曲面 z = x2 + y 所围区域的体积为
π
。
2 解：曲面 z = x2 + y2 + 1 在点 M(1,‐1,3)的切平面： 2( x ? 1) ? 2( y + 1) ? ( z ? 3) = 0 ，
?z = x2 + y 2 即 z = 2 x ? 2 y ? 1 。联立 ， ?
1 ?z = 2x ? 2 y ?
得到所围区域的投影 D 为： ( x ? 1)+ ( y + 1)≤ 1。
2
2
所求体积V = 2 2 2 2
[(2x ? 2 y ? 1) ? ( x+ y)]dxdy = [1 ? ( x ? 1)? ( y + 1)]dxdy ∫∫∫∫D
1 = r cos t 2π 1 ?x ? π 2 令 ，V = (1 ? r dt )rdr = 。?∫∫0 0 y + 1 = r sin t 2 ?
D
（4）函数 f ( x) = ?
?3, x ∈[?5, 0) 在
(?5, 5] 的傅立叶级数在 x=0 收敛的值
[0, 5) ?0, x ∈
3/2 。
解：由傅里叶收敛定理，易知 f(0)=3/2.
（5）设区间 (0, +∞) 上的函数 u(x) 定义为 u( x) = ∫
0
+∞ e? xt dt ，则 u ( x) 的初等函数表达式为
2
π 。 2 x 2
[解] 由于 u ( x) = ∫
0
+∞
e2
? xt
dt ∫ e? xsds =
+∞
2
0
? x ( s
∫∫ es ≥0,t ≥0
2
+t 2 )
dsdt , 故有
u
2
π ( x) = ∫0
/2
+∞ 2 π +∞ ? xρ 2 π ? xρ 2 ρ =+∞ π ? xρ 2 d? ∫0 eρd ρ = 4x ∫0 edρ ( xρ ) = ? 4x eρ =0 = 4x 。
所以 u( x) = π 。2 x
二、（12 分）设 M 是以三个正半轴为母线的半圆锥面，求其方程。 解：显然，O(0,0,0)为 M 的顶点，A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)在 M 上。由 A,B,C 三点决定的平 面 x + y + z = 1 与球面 x2 + y2 + z 2 = 1的交线 L 是 M 的准线。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分
x y z 1 设 P(x,y,z)是 M 上的点，(u,v,w)是 M 的母线 OP 与 L 的交点，则 OP 的方程为 = = = ，
u v w t
即 u=xt,v=yt,w=zt。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分
?( x + y + z)t = 1 代入准线方程，得 ? 2 2 2 2 。
?( x+ y+ z )t = 1
消除 t，得到圆锥面 M 的方程 xy + yz + zx = 0 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分
三、（12 分）设 f ( x) 在 (a, b) 内二次可导，且存在常数α , β ，使得对于?x ∈ (a, b)
f ′( x) = α f ( x) + β f ′( x) ，
则 f ( x) 在 (a, b) 内无穷次可导。
证明 1. 若 β = 0 。 对于?x ∈ (a, b) ，有
2 n
f ′( x) = α f ( x) ， f ′′( x) = α f ′( x) = α f ( x),L, f ( n ) ( x) = α f ( x) 。
从而 f ( x) 在 (a, b) 内无穷次可导。
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分
2. 若 β ≠ 0 。对于?x ∈ (a, b) ，有
f ′( x) ? α f ( x)
f ′′( x) = = A f '( x) + B f ( x), 1 1
β
（1）
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐6 分
其中 A1 = 1/ β , B1 = α / β 。 因为（1）右端可导，从而
f ′′′( x) = A1 f \x) + B1 f '( x) 。
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐8 分
( n +1)
设 f ( x) = A1 f
( n )
( n ?1)
( x) + B1 f
( n ?2 )( x), n > 1 ，则 f ( x) = A1 f ( x) + B1 f
( n )
( n ?1)( x) 。
故 f ( x) 任意阶可导。
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐12 分
∞
n 3 + 2 n
( x ? 1) 的收敛域与和函数 四、 （14 分）求幂级数 ∑ n + 1)! n =0 (
解：因
lim a
n→∞
an +1
n
(n + 1) 3 + 2
= lim = 0 。3
(n + 2)(n + 2) n→∞
固收敛半径 R = +∞ ，收敛域为 (?∞,+∞) 。‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐4 分
由
n3 + 2 (n + 1)n(n ? 1) n + 1 1 1 1 1 (n ≥ 2)
= + + ++= (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n ? 2)! n! (n + 1)!
及幂级数
1 ∑(n ? 2)!( x ?1)∞ n=2
n
，
1 1 n 和 (?∞,+∞) 得 ( x ?1)∑ n!∑(n +1)!( x ?1)n 的收敛域皆为
n =0 n =0
∞
∞