1991年考研数学一真题

（1）参数方程的二阶导数

答案： 当 $t\ne0$ 时，$\displaystyle\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}=\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}$。

解题思路： $x,y$ 都用参数 $t$ 表示。先用两者对 $t$ 的导数之比求 $\mathrm dy/\mathrm dx$；再对这个比值求关于 $x$ 的导数。第二次求导仍须除以 $\mathrm dx/\mathrm dt$。

详细解答： 由 $x=1+t^2$、$y=\cos t$，得到

$$\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=2t,\qquad \frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=-\sin t.$$

在 $t\ne0$ 时，$\mathrm dx/\mathrm dt\ne0$，参数求导公式给出

$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=-\frac{\sin t}{2t}.$$

对右端用商法则求导，再除以 $2t$：

$$\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{1}{2t}\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(-\frac{\sin t}{2t}\right) =\frac{1}{2t}\frac{\sin t-t\cos t}{2t^2} =\frac{\sin t-t\cos t}{4t^3}.$$

易错点： 二阶导数不是 $y''(t)/x''(t)$。在 $t=0$ 处，上述参数商式不能直接代入；若讨论端点 $x=1$ 的右侧二阶导数，由

$$y=\cos\sqrt{x-1}=1-\frac{x-1}{2}+\frac{(x-1)^2}{24}+O((x-1)^3)$$

可得该右侧二阶导数为 $1/12$。

（2）隐函数的全微分

答案： $\displaystyle \mathrm dz\big|_{(1,0,-1)}=\mathrm dx-\sqrt2\,\mathrm dy$。

解题思路： 方程同时含有 $x,y,z$，直接对整个方程求全微分，再把给定点代入，就能把 $\mathrm dz$ 表为 $\mathrm dx,\mathrm dy$ 的线性组合。

详细解答： 记

$$F(x,y,z)=xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}-\sqrt2.$$

点 $(1,0,-1)$ 满足 $F=0$，且

$$F_z=xy+\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},\qquad F_z(1,0,-1)=-\frac1{\sqrt2}\ne0.$$

因此隐函数定理保证该点附近可以将 $z$ 看成 $x,y$ 的可微函数。由 $F=0$ 求全微分：

$$yz\,\mathrm dx+xz\,\mathrm dy+xy\,\mathrm dz +\frac{x\,\mathrm dx+y\,\mathrm dy+z\,\mathrm dz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=0.$$

代入 $x=1,y=0,z=-1$，得到

$$-\mathrm dy+\frac{\mathrm dx-\mathrm dz}{\sqrt2}=0,$$

移项即得 $\mathrm dz=\mathrm dx-\sqrt2\,\mathrm dy$。也即该点处 $z_x=1,z_y=-\sqrt2$。

（3）平面的方程

答案： $x-3y+z+2=0$。

解题思路： 所求平面含有 $L_1$ 的方向向量，又平行于 $L_2$ 的方向向量，因此这两个向量都在平面内。用它们的叉积求法向量，再用 $L_1$ 上的点写点法式。

详细解答： $L_1$ 可写为

$$(x,y,z)=(1,2,3)+s(1,0,-1),$$

其中 $s$ 是实参数；其对称式中分母为 $0$ 的一项表示 $y=2$。$L_2$ 的方向向量为 $(2,1,1)$。两方向向量不平行，其叉积为

$$\boldsymbol n=(1,0,-1)\times(2,1,1)=(1,-3,1).$$

取平面上的点 $(1,2,3)$，点法式为

$$(x-1)-3(y-2)+(z-3)=0,$$

展开得到 $x-3y+z+2=0$。将 $L_1$ 的参数式代入，左边恒为 $0$；$\boldsymbol n\cdot(2,1,1)=2-3+1=0$，也验证了平面平行于 $L_2$。

（4）等价无穷小

答案： $a=-\dfrac32$。

解题思路： 两个表达式都趋于 $0$，其首项均为 $x^2$ 阶。等价无穷小要求比值趋于 $1$，所以比较 $x^2$ 的系数即可。

详细解答： 在 $x=0$ 附近，二项式展开和余弦展开给出

$$(1+ax^2)^{1/3}-1=\frac a3x^2+O(x^4),\qquad \cos x-1=-\frac12x^2+O(x^4).$$

因此

$$\lim_{x\to0}\frac{(1+ax^2)^{1/3}-1}{\cos x-1}=-\frac{2a}{3}.$$

题设要求此极限等于 $1$，故 $-2a/3=1$，解得 $a=-3/2$。该值下，两式的首项均为 $-x^2/2$。

（5）分块矩阵的逆

答案：

$$A^{-1}=\begin{pmatrix} 1&-2&0&0\\ -2&5&0&0\\ 0&0&\frac13&\frac23\\ 0&0&-\frac13&\frac13 \end{pmatrix}.$$

解题思路： $A$ 的两个非零部分都是 $2\times2$ 方阵，另外两个分块为零，所以可以分别求这两个方阵的逆，再放回对应位置。

详细解答： 令

$$B=\begin{pmatrix}5&2\\2&1\end{pmatrix},\qquad C=\begin{pmatrix}1&-2\\1&1\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}B&0\\0&C\end{pmatrix}.$$

二阶矩阵的逆公式为

$$\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}^{-1} =\frac1{ps-qr}\begin{pmatrix}s&-q\\-r&p\end{pmatrix},\qquad ps-qr\ne0.$$

这里 $|B|=5-4=1$、$|C|=1+2=3$，均非零。代入得到

$$B^{-1}=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&5\end{pmatrix},\qquad C^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}1&2\\-1&1\end{pmatrix}.$$

由分块乘法，$\operatorname{diag}(B,C)\operatorname{diag}(B^{-1},C^{-1})=E_4$，故 $A^{-1}=\operatorname{diag}(B^{-1},C^{-1})$，即答案所列矩阵。

（1）渐近线

答案： D；曲线既有水平渐近线 $y=1$，又有铅直渐近线 $x=0$。

解题思路： 水平渐近线看 $x\to\pm\infty$ 时的函数极限；铅直渐近线看分母为零附近函数是否趋于无穷。

详细解答： 当 $x\to\pm\infty$ 时，$\mathrm e^{-x^2}\to0$，所以

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1+\mathrm e^{-x^2}}{1-\mathrm e^{-x^2}}=1.$$

故 $y=1$ 是水平渐近线。分母 $1-\mathrm e^{-x^2}$ 仅在 $x=0$ 为零，且当 $x\to0$ 时，

$$1-\mathrm e^{-x^2}\sim x^2>0,\qquad 1+\mathrm e^{-x^2}\to2,$$

从而函数值趋于 $+\infty$，故 $x=0$ 是铅直渐近线。两类渐近线同时存在，选 D。

（2）积分方程

答案： B；$f(x)=\mathrm e^{2x}\ln2$。

解题思路： 连续的被积函数保证变上限积分可导。把积分方程求导，就转化为一阶微分方程；再用 $x=0$ 时的函数值确定常数。

详细解答： 先令 $x=0$，得到 $f(0)=\ln2$。因为 $f$ 连续，积分上限为 $2x$，链式法则给出

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_0^{2x}f(t/2)\,\mathrm dt =f((2x)/2)\cdot2=2f(x).$$

方程右端可导，也就说明 $f$ 可导，并满足 $f'=2f$。为避免分离变量时除以可能为零的 $f$，可写

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\big(\mathrm e^{-2x}f(x)\big) =\mathrm e^{-2x}(f'-2f)=0.$$

因此 $f(x)=C\mathrm e^{2x}$。由初值 $C=f(0)=\ln2$，得到答案。代回时，$\int_0^{2x}\mathrm e^t\ln2\,\mathrm dt=(\mathrm e^{2x}-1)\ln2$，加上 $\ln2$ 正好等于 $f(x)$。

（3）级数的和

答案： C；$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n=8$。

解题思路： 先在有限项部分和中比较奇数项、偶数项与交错项，再取极限。还需检查原级数的奇数长度部分和，才能完整证明收敛。

详细解答： 定义

$$O_n=\sum_{k=1}^n a_{2k-1},\qquad E_n=\sum_{k=1}^n a_{2k},\qquad T_m=\sum_{k=1}^m(-1)^{k-1}a_k.$$

题设给出 $O_n\to5$、$T_m\to2$。对有限项恒有 $T_{2n}=O_n-E_n$，故

$$E_n=O_n-T_{2n}\to5-2=3.$$

原级数的部分和记为 $S_m=\sum_{k=1}^m a_k$，则

$$S_{2n}=O_n+E_n\to8.$$

交错级数收敛，其通项必须趋于零，所以 $(-1)^{m-1}a_m\to0$，进而 $a_m\to0$。于是

$$S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1}\to8+0=8.$$

奇、偶两类部分和均趋于 $8$，因此整个 $S_m$ 趋于 $8$，选 C。

易错点： 只有偶数长度部分和收敛，并不能单独保证整个级数收敛。本题通过 $a_m\to0$ 补齐了这一步，也无需假设绝对收敛。

（4）二重积分的对称性

答案： A；积分等于 $\displaystyle2\iint_{D_1}\cos x\sin y\,\mathrm dx\,\mathrm dy$。

解题思路： 整个三角形 $D$ 并不关于坐标轴对称，应先把它分为两个有对称性的三角形，再分别利用奇偶性。

详细解答： 三角形的斜边为 $y=x$，因此

$$D=\{(x,y):-1\le x\le1,\ x\le y\le1\}.$$

把它分为

$$D_2=\{(x,y):-1\le x\le0,\ x\le y\le-x\},$$

$$D_3=\{(x,y):0\le y\le1,\ -y\le x\le y\}.$$

两者覆盖 $D$，仅在边界上重叠，边界不影响二重积分。$D_2$ 关于 $x$ 轴对称，而 $xy$、$\cos x\sin y$ 都是关于 $y$ 的奇函数，故

$$\iint_{D_2}(xy+\cos x\sin y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0.$$

$D_3$ 关于 $y$ 轴对称，$xy$ 关于 $x$ 为奇函数，故其积分为零；$\cos x\sin y$ 关于 $x$ 为偶函数，故在 $D_3$ 上的积分等于在其右半部分上的积分的两倍。这个右半部分恰好是

$$D_1=\{(x,y):0\le y\le1,\ 0\le x\le y\}.$$

所以

$$\iint_D(xy+\cos x\sin y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =2\iint_{D_1}\cos x\sin y\,\mathrm dx\,\mathrm dy,$$

选 A。

（5）矩阵乘积

答案： D；必有 $BCA=E$。

解题思路： 方阵的乘积等于单位矩阵，说明各因子的行列式均非零。利用可逆性可以把首因子移到末尾；不能任意交换矩阵顺序。

详细解答： 由 $ABC=E$ 取行列式，得到 $|A||B||C|=1$。因此 $A,B,C$ 均可逆。原式左乘 $A^{-1}$：

$$BC=A^{-1}.$$

再右乘 $A$，得到 $BCA=A^{-1}A=E$，选 D。

其他三种次序并非必然成立。例如取

$$A=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}\frac12&-1\\0&1\end{pmatrix}.$$

此时 $AB=\begin{pmatrix}2&2\\0&1\end{pmatrix}$，直接相乘可得 $ABC=E_2$，但

$$ACB=BAC=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix},\qquad CBA=\begin{pmatrix}1&-\frac12\\0&1\end{pmatrix},$$

均不是单位矩阵。这说明 A、B、C 三个选项不能由题设保证。

（1）幂指函数的极限

答案： $\mathrm e^{-\pi/2}$。

解题思路： 底数趋于 $1$、指数趋于 $+\infty$，属于 $1^{\infty}$ 型。取对数后，只需找到 $\ln\cos\sqrt x$ 关于 $x$ 的一阶项。

详细解答： 当 $x>0$ 且足够小时，$\cos\sqrt x>0$，可令

$$v(x)=(\cos\sqrt x)^{\pi/x},\qquad \ln v(x)=\frac\pi x\ln\cos\sqrt x.$$

利用 $\cos t=1-t^2/2+O(t^4)$，代入 $t=\sqrt x$ 得

$$\cos\sqrt x=1-\frac x2+O(x^2).$$

再用 $\ln(1+h)=h+O(h^2)$，得到

$$\ln\cos\sqrt x=-\frac x2+O(x^2),\qquad \ln v(x)=-\frac\pi2+O(x)\to-\frac\pi2.$$

指数函数连续，故 $v(x)=\mathrm e^{\ln v(x)}\to\mathrm e^{-\pi/2}$。

（2）方向导数

答案： $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial n}(P)=\frac{11}{7}$。

解题思路： 曲面由等值方程给出，其梯度提供法线方向。把外法向量化成单位向量，再与 $u$ 的梯度作内积。

详细解答： 记 $F(x,y,z)=2x^2+3y^2+z^2$，曲面为 $F=6$。在 $P=(1,1,1)$，

$$\nabla F(P)=(4,6,2)=2(2,3,1).$$

椭球内部满足 $F<6$，梯度指向 $F$ 增大的方向，因而这是外法向。相应单位向量为

$$\boldsymbol n_0=\frac{(2,3,1)}{\sqrt{2^2+3^2+1^2}}=\frac{(2,3,1)}{\sqrt{14}}.$$

对 $u=\sqrt{6x^2+8y^2}/z$ 分别求偏导：

$$u_x=\frac{6x}{z\sqrt{6x^2+8y^2}},\quad u_y=\frac{8y}{z\sqrt{6x^2+8y^2}},\quad u_z=-\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z^2}.$$

在 $P$ 附近 $z\ne0$ 且根号内为正，$u$ 可微，故方向导数可用梯度内积公式。代入 $P$ 得

$$\nabla u(P)=\left(\frac6{\sqrt{14}},\frac8{\sqrt{14}},-\sqrt{14}\right),$$

$$\frac{\partial u}{\partial n}(P)=\nabla u(P)\cdot\boldsymbol n_0 =\frac{12+24}{14}-1=\frac{11}{7}.$$

易错点： 若直接与 $(4,6,2)$ 作内积，得到的数值会多乘一个向量长度；方向导数使用单位方向向量。

（3）三重积分

答案： $\displaystyle\frac{256\pi}{3}$。

解题思路： 旋转曲面和被积函数都含有 $x^2+y^2$，适合柱坐标。先由旋转关系确定抛物面，再写出平面以下、抛物面以上的积分区域。

详细解答： 母线 $x=0,y^2=2z$ 绕 $z$ 轴旋转后，径向距离 $r=\sqrt{x^2+y^2}$ 满足 $r^2=2z$。所围立体为

$$\Omega=\{(x,y,z):0\le z\le4,\ x^2+y^2\le2z\}.$$

采用柱坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，体积元为 $\mathrm dv=r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\,\mathrm dz$，范围是

$$0\le z\le4,\quad 0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le r\le\sqrt{2z}.$$

于是

$$I=\int_0^4\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{2z}}(r^2+z)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\,\mathrm dz.$$

先对 $r$ 积分：

$$\int_0^{\sqrt{2z}}(r^3+zr)\,\mathrm dr =\left[\frac{r^4}{4}+\frac{zr^2}{2}\right]_0^{\sqrt{2z}} =z^2+z^2=2z^2.$$

再依次积分，得到

$$I=2\pi\int_0^4 2z^2\,\mathrm dz =4\pi\left[\frac{z^3}{3}\right]_0^4=\frac{256\pi}{3}.$$

答案： 所求曲线为 $y=\sin x$，$0\le x\le\pi$；最小积分值为 $\pi-8/3$。

解题思路： 曲线族只含一个参数 $a>0$。沿曲线代入 $y=a\sin x$、$\mathrm dy=a\cos x\,\mathrm dx$，把曲线积分化为关于 $a$ 的普通函数，再证明它在 $a=1$ 取得全局最小值。

详细解答： 从 $O$ 到 $A$ 对应 $x$ 从 $0$ 增至 $\pi$。积分为

$$I(a)=\int_0^\pi\left[1+a^3\sin^3x+(2x+a\sin x)a\cos x\right]\,\mathrm dx.$$

分别计算出现的积分。由 $\sin^3x=\sin x(1-\cos^2x)$，令 $t=\cos x$，有

$$\int_0^\pi\sin^3x\,\mathrm dx=\int_{-1}^1(1-t^2)\,\mathrm dt=\frac43.$$

分部积分给出

$$\int_0^\pi x\cos x\,\mathrm dx=[x\sin x]_0^\pi-\int_0^\pi\sin x\,\mathrm dx=-2,$$

而

$$\int_0^\pi\sin x\cos x\,\mathrm dx=\left[\frac12\sin^2x\right]_0^\pi=0.$$

故

$$I(a)=\pi+\frac43a^3-4a,\qquad I'(a)=4(a^2-1).$$

在允许的范围 $a>0$ 内，$0<a<1$ 时 $I'(a)<0$，$a>1$ 时 $I'(a)>0$，所以 $I$ 先严格递减、再严格递增，在 $a=1$ 取得全局最小值 $I(1)=\pi-8/3$。

也可用格林公式求积分：把 $L$ 后接 $x$ 轴上的 $A\to O$ 线段，得到顺时针闭曲线，设其围成区域为 $D_a$。对 $P=1+y^3,Q=2x+y$，有 $Q_x-P_y=2-3y^2$，故

$$I(a)-\pi=-\iint_{D_a}(2-3y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\int_0^\pi\int_0^{a\sin x}(3y^2-2)\,\mathrm dy\,\mathrm dx =\frac43a^3-4a.$$

易错点： $I''(1)>0$ 只直接说明局部极小；上述导数符号证明了在全部 $a>0$ 中最小。用格林公式时还需注意闭曲线的顺时针方向带来负号。

（1）展开傅里叶级数

答案： 记 $F$ 为 $2+|x|$ 在 $[-1,1]$ 上的周期为 $2$ 的延拓，则

$$F(x)=\frac52-\frac4{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos((2k+1)\pi x)}{(2k+1)^2}.$$

解题思路： 半周期为 $1$，所以傅里叶展开使用 $\cos(n\pi x)$、$\sin(n\pi x)$。原函数为偶函数，正弦系数全部为零，只需计算余弦系数。

详细解答： 周期为 $2$ 的傅里叶级数形式为

$$\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\big[a_n\cos(n\pi x)+b_n\sin(n\pi x)\big],$$

其中

$$a_n=\int_{-1}^1f(x)\cos(n\pi x)\,\mathrm dx,\qquad b_n=\int_{-1}^1f(x)\sin(n\pi x)\,\mathrm dx.$$

$f$ 为偶函数而正弦为奇函数，故 $b_n=0$。常数项为

$$a_0=2\int_0^1(2+x)\,\mathrm dx=2\left(2+\frac12\right)=5.$$

当 $n\ge1$ 时，由余弦的偶性，

$$a_n=2\int_0^1(2+x)\cos(n\pi x)\,\mathrm dx.$$

常数 $2$ 的部分因 $\sin(n\pi)=\sin0=0$ 而积分为零。对 $x\cos(n\pi x)$ 分部积分：

$$\int_0^1x\cos(n\pi x)\,\mathrm dx =\left[\frac{x\sin(n\pi x)}{n\pi}+\frac{\cos(n\pi x)}{n^2\pi^2}\right]_0^1 =\frac{(-1)^n-1}{n^2\pi^2}.$$

因此

$$a_n=\frac{2[(-1)^n-1]}{n^2\pi^2} =\begin{cases}0,&n\text{ 为偶数},\\-\dfrac4{n^2\pi^2},&n\text{ 为奇数}. \end{cases}$$

代回便得到答案中的奇数项级数。周期延拓 $F$ 连续且分段光滑；尤其在周期接点左右极限都为 $3$。由傅里叶级数收敛定理，级数在每一点都收敛到 $F(x)$，在 $[-1,1]$ 上等于 $2+|x|$。

（2）求倒数平方级数的和

答案： $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$。

解题思路： 在傅里叶展开中令 $x=0$，所有余弦都变成 $1$，可以先求奇数项的倒数平方和；偶数项的和为整个级数和的四分之一。

详细解答： $F(0)=2$，在上一问的级数中代入 $x=0$，得到

$$2=\frac52-\frac4{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{(2k+1)^2},$$

故

$$\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.$$

设 $S=\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$。此正项级数由 $p$ 级数判别法收敛，可以分为奇数项与偶数项：

$$S=\frac{\pi^2}{8}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(2k)^2} =\frac{\pi^2}{8}+\frac14S.$$

所以 $3S/4=\pi^2/8$，解得 $S=\pi^2/6$。

答案： 存在 $c\in(0,1)$，使得 $f'(c)=0$。

解题思路： $3\int_{2/3}^1f(x)\,\mathrm dx$ 正是 $f$ 在长度为 $1/3$ 的区间上的平均值。积分中值定理把平均值写成一个函数值，再用罗尔定理得到导数为零的点。

详细解答： $f$ 在 $[2/3,1]$ 上连续，积分中值定理保证存在 $x_0\in[2/3,1]$，使

$$\int_{2/3}^1f(x)\,\mathrm dx=\left(1-\frac23\right)f(x_0)=\frac13f(x_0).$$

结合题设，得到 $f(x_0)=f(0)$。因为 $x_0\ge2/3>0$，区间 $[0,x_0]$ 非退化；$f$ 在该闭区间连续，在 $(0,x_0)$ 可导，且两端点函数值相等。满足罗尔定理的全部条件，故存在

$$c\in(0,x_0)\subset(0,1),\qquad f'(c)=0.$$

即使积分中值点恰好为 $x_0=1$，罗尔定理得到的 $c$ 仍位于开区间 $(0,1)$。