日本高考题（二）

1.

n 是正整数，以下定义函数 g(x)

 

g(x)=\left\{ $$\begin{array}{ccc} \frac{cos(\pi x)+1}{2}\;\;(|x|\leq 1) \\ \\ 0\;\;\;\;(|x|>1) \end{array}$$ \right.

 

f(x) 是连续函数， p,q 是实数。

如果对于任意的 |x|\leq\frac{1}{n} 范围内的 x 都有 p\leq f(x)\leq q 成立的话，请证明

p\leq n\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx\leq q

 

2.

以下定义 h(x)

h(x)=\left\{ $$\begin{array}{ccc} -\frac{\pi}{2}sin(\pi x)\;\;(|x|\leq 1) \\ \\ 0\;\;\;\;(|x|>1) \end{array}$$ \right.

请求极限

\lim_{n \to \infty}n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx

 

 

注：日本的 log 一般指以 e 为底的对数，对应国内的 ln

 

 

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1.

我们知道，在 x<-\frac{1}{n} 和 x>\frac{1}{n} 的区间内 ，g(nx)=0

所以 \int_{-1}^1g(nx)f(x)dx=\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}f(x)dx

我们知道 p<f(x)<q

所以 p\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}\;dx<\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx<q\int_{-\frac{1}{n}}^\frac{1}{n}\frac{cos(n\pi x)+1}{2}\;dx

积分出来

p<\int_{-1}^1g(nx)f(x)dx<q ，得证

2.

注意到定义域内 g\prime(x)=h(x) ，考虑使用部分积分法

\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=\frac{1}{n}\int_{-1}^1g\prime(nx)ln(1+e^{x+1})dx

=\frac{1}{n}[g(nx)ln(1+e^{x+1})]^1_{-1}-\frac{1}{n}\int_{-1}^1e^{x+1}g(nx)\frac{1}{1+e^{x+1}}dx

g(n)=g(-n)=0 ，因此左边的项算出来是0

=-\frac{1}{n}\int_{-1}^1g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx

=-\frac{1}{n}\int_{-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{n}}g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx

 

我们要的 n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=-n\int_{-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{n}}g(nx)\frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}}dx

我们知道在这个积分里面， \frac{e^{x+1}}{1+e^{x+1}} 就相当于第一题的 f(x)

我们知道这个函数 =1-\frac{1}{e^{x+1}+1} ，为单调增加

所以 根据第一题的结论

-\frac{e^{\frac{1}{n}+1}}{1+e^{\frac{1}{n}+1}}<n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx<-\frac{e^{-\frac{1}{n}+1}}{1+e^{-\frac{1}{n}+1}}

根据夹逼定理，

\lim_{n \to \infty}n^2\int_{-1}^1h(nx)ln(1+e^{x+1})dx=-\frac{e}{1+e}

 

 

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重点在于第一问和第二问的导数关系，意识到这一点就很好想了。

东京大学2015年高考第六题(理科)

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n 是大于等于 2 的整数。平面上有 n+2 个点，分别为 O,P_0,P_1,\cdot\cdot\cdot P_n 。这些点满足下列条件。

 

\angle P_{k-1}OP_k=\frac{\pi}{n}(1\leq k\leq n)，\angle OP_{k-1}P_k=\angle OP_{0}P_1(2\leq k\leq n)
线段 OP_0 长为 1 ，线段 OP_1 的长度为 1+\frac{1}{n}

设线段 P_{k-1}P_{k} 的长度为 a_k ， s_n=\sum_{k=1}^na_k

求 \lim_{n \to \infty}s_n

 

 

 

 

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为什么这题提到等角螺旋呢

张英锋：昆虫为什么不会因趋光性齐刷刷地奔向太阳？

 

有兴趣的读者可以看看这个文章

 

另外，本专栏的头像就是对数曲线哦~

 

 

 

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先来常规做法

 

用余弦定理解三角形 OP_0P_1

 

P_0P_1=\sqrt{1+(1+\frac{1}{n})^2-2cos\frac{\pi}{n}(1+\frac{1}{n})}

我们知道，图中三角形 OP_{k-1}P_k 都是相似三角形，相邻两个三角形的比例关系是 (1+\frac{1}{n}) 。

所以\sum_{k=1}^na_k=[1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})^2+\cdot\cdot\cdot+(1+\frac{1}{n})^n]P_0P_1

根据等比数列求和公式

1+(1+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{n})^2+\cdot\cdot\cdot+(1+\frac{1}{n})^n

=\frac{(1+\frac{1}{n})^n-1}{1+\frac{1}{n}-1}

=n[(1+\frac{1}{n})^n-1]

 

所以 s_n

=n[(1+\frac{1}{n})^n-1]\sqrt{1+(1+\frac{1}{n})^2-2cos\frac{\pi}{n}(1+\frac{1}{n})}

=[(1+\frac{1}{n})^n-1]\sqrt{2n+2+\frac{1}{n}-2cos\frac{\pi}{n}(n+1)}

当 n \to \infty 时

前半部分

(1+\frac{1}{n})^n-1=e-1

后半部分 \sqrt{2n^2+2n+1-2cos\frac{\pi}{n}(n^2+n)}=\sqrt{1+2n(n+1)(1-cos\frac{\pi}{n})}

根据和角公式 1-cos2\theta=2sin^2\theta

所以 1-cos\frac{\pi}{n}=2sin^2\frac{\pi}{2n}

\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+2n(n+1)(1-cos\frac{\pi}{n})}=\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+4n(n+1)sin^2\frac{\pi}{2n}}

=\lim_{n \to \infty}\sqrt{1+4n(n+1)\frac{\pi^2}{4n^2}\frac{sin^2\frac{\pi}{2n}}{(\frac{\pi}{2n})^2}}

=\sqrt{\pi^2+1}

综上可知

\lim_{n \to \infty}s_n=(e-1)\sqrt{\pi^2+1}

 

 

 

 

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关于等角螺线

注意，所有 \angle OP_kP_{k+1} 的角度都是相同的。这完全满足等角螺线 r=ae^{b\theta} 的定义

也就是说，当 n 趋近无穷大时，最外面的一圈 P_kP_{k+1} 是等角螺线的一部分。

也就是图中用青色箭头连接起来的部分

详见：张英锋：昆虫为什么不会因趋光性齐刷刷地奔向太阳？

根据 \lim_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^n=e ， r=ae^{b\theta} 过 (1,0) 和 (e,\pi)

所以 a=1,b=\frac{1}{\pi} ，也就是 r=e^{\frac{\theta}{\pi}}

在定义域内对曲线长度积分

\int_0^\pi \sqrt{dr^2+(rd\theta)^2}=\int_0^\pi \sqrt{(\frac{dr}{d\theta})^2+r^2} d\theta

=\int_0^\pi \sqrt{(\frac{1}{\pi}e^{\frac{\theta}{\pi}})^2+(e^{\frac{\theta}{\pi}})^2} d\theta

=\sqrt{1+\frac{1}{\pi^2}}\int_0^\pi e^{\frac{\theta}{\pi}} d\theta

=\sqrt{1+\frac{1}{\pi^2}}\cdot\pi [e^{\frac{\theta}{\pi}}]_0^\pi

=\sqrt{{\pi^2}+1}\cdot (e-1)

 

和上面是一样的结果哦~