2022年第十四届全国大学生数学竞赛初赛（补赛）非数类难题集锦

详细解答见知乎文章，这里只讲一讲我印象最深的几道题。

一、(5) 设可微函数$f(x,y)$对任意$u,v,t$满足$f(tu,tv)=t^{2}f(u,v)$，点$P(1,-1,2)$位于曲面$z=f(x,y)$上，又设$f_x(1,-1)=3$（即${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(1,-1)}=3$），则该曲面在点$P$处的切面方程为________。

解：设曲面为$F(x,y,z)=0$，其中$F(x,y,z)=f(x,y)-z$，则曲面在点$(x,y,z)$的法向量为$(F_x,F_y,F_z)$，其中$F_x=f_x$，$F_y=f_y$，$F_z=-1$。故点$(1,-1,2)$处的切面方程为$f_x(1,-1)(x-1)+f_y(1,-1)(y+1)-(z-2)=0$。现在要求出$f_y(1,-1)$。

设$g(t)=f(tu,tv)-t^{2}f(u,v)\equiv 0$，则$g^{\prime }(t)\equiv 0$。而$g^{\prime }(t)=u{f}_x(tu,tv)+v{f}_x(tu,tv)-2tf(u,v)$，故有$u{f}_x(tu,tv)+v{f}_y(tu,tv)=2tf(u,v)$，两边同时乘以$t$得$tu{f}_x(tu,tv)+tv{f}_y(tu,tv)=2t^{2}f(u,v)$，其中$2t^{2}f(u,v)=2f(tu,tv)$。令$x=tu$，$y=tv$，即得$$x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=2f(x,y)$$因此$$f_y(1,-1)=\frac{2f(1,-1)-f_x(1,-1)}{-1}=\frac{4-3}{-1}=-1$$故切面方程为$3(x-1)-(y+1)-(z-2)=0$，即$3x-y-z-2=0$。

但其实我考场上的想法不是这样的。回顾一下方向导数的定义，设$\mathbf{l}$是一个二维向量（即方向），其单位向量${\mathbf{e}}_l=\frac{\mathbf{l}}{\Vert \mathbf{l}\Vert }=(\cos \alpha ,\cos \beta )$，则$f$在点${\mathbf{x}}_0=(x_0,y_0)$处的方向导数为$${\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}|}_{{\mathbf{x}}_0}=\underset{k\to 0}{\lim }\frac{f({\mathbf{x}}_0+k{\mathbf{e}}_l)-f({\mathbf{x}}_0)}{k}$$并且$${\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}|}_{{\mathbf{x}}_0}=f_x(x_0,y_0)\cos \alpha +f_y(x_0,y_0)\cos \beta$$令${\mathbf{x}}_0=\mathbf{l}=(u,v)$，$t=k+1$，则$\cos \alpha =\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}$，$\cos \beta =\frac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}$，所以有$$\underset{t\to 1}{\lim }\frac{f(t{\mathbf{x}}_0)-f({\mathbf{x}}_0)}{t-1}=f_x(u,v)\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}+f_y(u,v)\frac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}$$而$f(t{\mathbf{x}}_0)=f(tu,tv)=t^{2}f(u,v)$，所以等式左边等于$$\underset{t\to 1}{\lim }\frac{f(t{\mathbf{x}}_0)-f({\mathbf{x}}_0)}{t-1}=\underset{t\to 1}{\lim }\frac{(t^2-1)f(u,v)}{t-1}=\underset{t\to 1}{\lim }(t+1)f(u,v)=2f(u,v)$$那么就有$f_x(u,v)\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}+f_y(u,v)\frac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}=2f(u,v)$。令$u=1$，$v=-1$，就可以解出$f_y(1,-1)$了。∎

三、(2) 这里的难点主要是一个积分$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{({\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta {)}^2}\mathrm{d}\theta$$可以看到这个式子$\cos \theta$和$\sin \theta$是齐次的，这就让我们联想到$\tan \theta$。被积函数上下同时除以${\cos }^6\theta$得$$\frac{{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{({\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta {)}^2}=\frac{{\sec }^2\theta {\tan }^2\theta }{(1+{\tan }^3\theta {)}^2}$$而我们知道$\mathrm{d}(\tan \theta )={\sec }^2\theta \mathrm{d}\theta$，故原积分化为$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{({\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta {)}^2}\mathrm{d}\theta & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{{\tan }^2\theta \mathrm{d}(\tan \theta )}{(1+{\tan }^3\theta {)}^2}\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{3}\frac{\mathrm{d}(1+{\tan }^3\theta )}{(1+{\tan }^3\theta {)}^2}\\ & =-\frac{1}{3}{\left[\frac{1}{(1+{\tan }^3\theta {)}^2}\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =-\frac{1}{3}(0-1)\\ & =\frac{1}{3}\end{array}$$注意这其实是一个反常积分，$\underset{\theta \to {\frac{\pi }{2}}^{-}}{\lim }\tan \theta =+\infty$，$\underset{\theta \to {\frac{\pi }{2}}^{-}}{\lim }\frac{1}{1+{\tan }^3\theta }=0$。∎

四、 证明：当$\alpha >0$时，${\left(\frac{2\alpha +2}{2\alpha +1}\right)}^{\sqrt{\alpha +1}}>{\left(\frac{2\alpha +1}{2\alpha }\right)}^{\sqrt{\alpha }}$。

闲话：个人认为这应该是本次竞赛最难的一道题了，考场上我想证明一个函数$f(x)={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\sqrt{\frac{x}{2}}}$是增函数，结果回到宿舍用电脑画了一下图发现当$x>0.4$左右的时候就开始单调递减了，痛失14分。应该是放缩的太过了。

证明：问题就在于如何构造函数。想要构造函数，首先必须把不等式两边尽量化成相似的形式，然后进行观察。注意到$\frac{2\alpha +2}{2\alpha +1}=1+\frac{1}{2\alpha +1}$，$\frac{2\alpha +1}{2\alpha }=1+\frac{1}{2\alpha }$。对于带指数的问题，对不等式等式两边取对数是常见做法。所以问题转化为证明$$\sqrt{\alpha +1}\ln \left(1+\frac{1}{2\alpha +1}\right)>\sqrt{\alpha }\left(1+\frac{1}{2\alpha }\right)$$看到分母有$2$，我们自然想让根号下面也有$2$，使得形式更加协调。两边同时乘以$\sqrt{2}$得$$\sqrt{2\alpha +2}\ln \left(1+\frac{1}{2\alpha +1}\right)>\sqrt{2\alpha }\left(1+\frac{1}{2\alpha }\right)$$好了，现在已经有些眉目了，不过还有一个问题——$2\alpha +2$和$2\alpha$之间有个断层。怎么办呢？就用$2\alpha +1$作为桥梁，把它们连接起来。两边同时乘以$\sqrt{2\alpha +1}$得$$\sqrt{2\alpha +2}\sqrt{2\alpha +1}\ln \left(1+\frac{1}{2\alpha +1}\right)>\sqrt{2\alpha +1}\sqrt{2\alpha }\left(1+\frac{1}{2\alpha }\right)$$非常漂亮，两边已经具有完全相同的形式了。但这道题的坑点在于，如果接下来直接构造函数$f(x)=\sqrt{(x+1)x}\ln (1+\frac{1}{x})$，那么求导会非常复杂，而且当$x\to 0^{+}$时$\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\to +\infty$，十分棘手。所以我们不希望$\ln$里面出现$\frac{1}{x}$。也就是说，在将关于$\alpha$的式子代入$x$的时候，我们希望代入的是$\frac{1}{2\alpha +1}$和$\frac{1}{2\alpha }$，而不是$2\alpha +1$和$2\alpha$。所以式子必须继续变形：不等式两边分别把$2\alpha +1$和$2\alpha$除到分母里面得$$\frac{\sqrt{\frac{2\alpha +2}{2\alpha +1}}\ln \left(1+\frac{1}{2\alpha +1}\right)}{\frac{1}{2\alpha +1}}>\frac{\sqrt{\frac{2\alpha +1}{2\alpha }}\left(1+\frac{1}{2\alpha }\right)}{\frac{1}{2\alpha }}$$即$$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{2\alpha +1}}\ln \left(1+\frac{1}{2\alpha +1}\right)}{\frac{1}{2\alpha +1}}>\frac{\sqrt{1+\frac{1}{2\alpha }}\left(1+\frac{1}{2\alpha }\right)}{\frac{1}{2\alpha }}$$虽然可以一开始直接除以$\sqrt{2\alpha +1}$，但我这里是想演示一种错误的解法，有的时候看懂答案和自己推出答案是两回事。我们费尽了九牛二虎之力，终于可以开始构造函数了。注意，到目前为止我们进行的都是恒等变形，所以这次我们是一定能成功的。令$f(x)=\frac{\sqrt{1+x}\ln (1+x)}{x}$，则不等式左边是$f\left(\frac{1}{2\alpha +1}\right)$，右边是$f\left(\frac{1}{2\alpha }\right)$。只需证$f(x)$在$(0,+\infty )$上是减函数。对$f(x)$求导得$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{x\left[\frac{1}{2\sqrt{1+x}}\ln (1+x)+\sqrt{1+x}\frac{1}{1+x}\right]-\sqrt{1+x}\ln (1+x)}{x^2}\\ & =\frac{x-\left(\frac{x}{2}+1\right)\ln (1+x)}{x^2\sqrt{1+x}}\end{array}$$令$g(x)=x-\left(\frac{x}{2}+1\right)\ln (1+x)$，则$g(0)=0$，$g^{\prime }(x)=1-\left(\frac{x}{2}+1\right)\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\ln (1+x)=\frac{1}{2}\left[\frac{x}{x+1}-\ln (1+x)\right]$。

令$h(x)=\frac{x}{x+1}-\ln (1+x)=1-\frac{1}{1+x}-\ln (1+x)$，则$h(0)=0$，$h^{\prime }(x)=\frac{1}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{1+x}=-\frac{x}{(1+x{)}^2}<0$，故$h(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，即$h(x)<h(0)=0$。

因此$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，故$g(x)<g(0)=0$。
由此得出$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，由于$\frac{1}{2\alpha +1}<\frac{1}{2\alpha }$，所以有$f\left(\frac{1}{2\alpha +1}\right)>f\left(\frac{1}{2\alpha }\right)$。到这里我们就证完了这个不等式。∎

总的来说，我感觉这次补赛比主赛要简单一些，可做性还是非常大的。希望参赛的同学们都能取得好成绩~