2001年考研数学一真题

答案： $y''-2y'+2y=0$。

解题思路： 二阶常系数齐次线性微分方程的实通解中，$e^{\alpha x}\sin\beta x$ 和 $e^{\alpha x}\cos\beta x$ 对应特征根 $\alpha\pm i\beta$。由通解反求特征方程，再还原为微分方程。

详细解答： 设方程为 $y''+ay'+by=0$。代入 $y=e^{\lambda x}$，得到特征方程 $\lambda^2+a\lambda+b=0$。题设通解中的指数因子是 $e^x$，三角函数的角频率为 $1$，所以特征根为 $1+i$、$1-i$。相应的首一特征多项式为

$$[\lambda-(1+i)][\lambda-(1-i)]=(\lambda-1)^2+1=\lambda^2-2\lambda+2.$$

因此 $a=-2$、$b=2$，所求方程为 $y''-2y'+2y=0$。方程整体乘以任一非零常数，仍表示同一个微分方程。

答案： $\dfrac23$。

解题思路： 梯度由三个一阶偏导组成，其散度是三个二阶纯偏导之和。先在 $r>0$ 时求一般表达式，再代入指定点。

详细解答： 对 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，在非原点处，

$$\operatorname{grad}r=\left(\frac xr,\frac yr,\frac zr\right).$$

以第一项为例，乘积求导给出

$$\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac xr\right) =\frac1r-\frac{x}{r^2}\frac{\partial r}{\partial x} =\frac1r-\frac{x^2}{r^3}.$$

另外两项分别为 $1/r-y^2/r^3$ 和 $1/r-z^2/r^3$，所以

$$\operatorname{div}(\operatorname{grad}r) =\frac3r-\frac{x^2+y^2+z^2}{r^3} =\frac3r-\frac{r^2}{r^3}=\frac2r.$$

在 $(1,-2,2)$ 处，$r=\sqrt{1+4+4}=3$，所求值为 $2/3$。此点不是原点，因此上述求导公式适用。

答案： $-\displaystyle\int_1^2\mathrm dx\int_{1-x}^0 f(x,y)\,\mathrm dy$。

解题思路： 原积分的内层下限大于上限，先交换上下限并提出负号。随后将三角形区域写成先对 $y$ 积分的形式。

详细解答： 当 $-1\le y\le0$ 时，$1\le1-y\le2$，故

$$\int_{-1}^0\mathrm dy\int_2^{1-y}f(x,y)\,\mathrm dx =-\int_{-1}^0\mathrm dy\int_{1-y}^2f(x,y)\,\mathrm dx.$$

负号后面的积分区域为

$$D=\{(x,y):-1\le y\le0,\ 1-y\le x\le2\}.$$

它由直线 $y=0$、$x=2$、$x+y=1$ 围成，顶点为 $(1,0)$、$(2,0)$、$(2,-1)$。固定 $x$ 作竖直截线，$x$ 从 $1$ 到 $2$；每条截线上，$y$ 从斜边 $y=1-x$ 到上边 $y=0$。因此

$$D=\{(x,y):1\le x\le2,\ 1-x\le y\le0\},$$

交换积分次序即得答案。交换次序时保留原先提出的负号。

答案： $(A-E)^{-1}=\dfrac12(A+2E)$。

解题思路： 用题设的二次多项式关系，将 $A-E$ 与一个一次多项式的乘积化简为单位矩阵，直接构造逆矩阵。

详细解答： 由 $A^2+A-4E=O$，得 $A^2+A=4E$。由于单位矩阵与 $A$ 可交换，

$$(A-E)(A+2E)=A^2+2A-A-2E=A^2+A-2E=2E.$$

同样，$(A+2E)(A-E)=2E$。于是

$$(A-E)\frac{A+2E}{2} =\frac{A+2E}{2}(A-E)=E.$$

这既证明了 $A-E$ 可逆，也按逆矩阵的定义给出其逆矩阵为 $(A+2E)/2$。

答案： $\dfrac12$。

解题思路： 已知方差时，可用切比雪夫不等式估计偏离均值的概率，将阈值 $2$ 代入。

详细解答： 对具有有限方差的随机变量，任意 $\varepsilon>0$ 均满足

$$P\{|X-E(X)|\ge\varepsilon\}\le\frac{D(X)}{\varepsilon^2}.$$

取 $D(X)=2$、$\varepsilon=2$，得到

$$P\{|X-E(X)|\ge2\}\le\frac{2}{2^2}=\frac12.$$

$1/2$ 是由方差得到的上界，不要求该概率恰好等于 $1/2$。

答案： D；导函数的符号与原函数的增减区间相匹配。

解题思路： 判断导函数图形时，看原函数的切线斜率。利用左侧的单调性，以及右侧“增加、减少、再增加”的变化排除选项。

详细解答： 题图中 $x<0$ 的分支始终增加，因此其导数满足 $f'(x)\ge0$。A、C 的左侧分支存在位于横轴下方的部分，表示负导数，与原图不符。

当 $x>0$ 且充分接近 $0$ 时，原函数从低处向上增加，故导数非负；B 的右侧分支在这里位于横轴下方，故 B 也不符合。

右侧原图先增加，在一个极大值点后减少，经过一个极小值点后再次增加。可导函数在这两个极值点的导数为零，相应导数符号依次为正、负、正。D 的右侧分支恰好具有这一变化，故选 D。

易错点： 原函数在横轴下方只表示 $f(x)<0$，并不表示 $f'(x)<0$。图中 $x=0$ 不属于所画分支的定义域，不需要在这里补画导数值。

答案： C；截面曲线的切向量为 $(1,0,3)$。

解题思路： 一点处的偏导数足以确定沿坐标方向的截面切向量，却不足以保证二元函数可微。直接参数化平面 $y=0$ 内的截面曲线。

详细解答： 将曲线写成 $\gamma(t)=(t,0,f(t,0))$。由偏导数定义，

$$\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}f(t,0)\right|_{t=0}=f_x'(0,0)=3,$$

所以 $\gamma'(0)=(1,0,3)$，该向量非零，故 C 成立。D 的 $(3,0,1)$ 与 $(1,0,3)$ 不成比例，不能表示该切线方向。

A 所写的全微分只有在函数可微时才能保证成立。偏导存在不能推出可微，例如令

$$f(x,y)=\begin{cases} 3x+y+\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

沿坐标轴求偏导仍得 $f_x'(0,0)=3$、$f_y'(0,0)=1$，但沿 $x=y=t$，线性近似余项满足

$$\frac{f(t,t)-3t-t}{\sqrt{t^2+t^2}}=\frac12,$$

不趋于零，故函数在原点不可微，A 不一定成立。

B 也不成立：即使取可微函数 $f(x,y)=3x+y$，曲面法向量可取 $(-3,-1,1)$，而 $(3,1,1)$ 与已知切向量 $(1,0,3)$ 的点积为 $6$，不垂直，不能是法向量。

答案： B；该极限存在当且仅当 $f'(0)$ 存在。

解题思路： 因为 $f(0)=0$，可导等价于双侧差商 $f(t)/t$ 有有限极限。找一个零点附近可逆、能覆盖两侧邻域的代换，将选项化成该差商。

详细解答： 对 B 令 $t=1-e^h$。当 $h\to0$ 时，$t\to0$，且

$$\frac th=\frac{1-e^h}{h}\longrightarrow-1.$$

于是

$$\frac{f(1-e^h)}h=\frac{f(t)-f(0)}t\frac th.$$

如果 $f'(0)$ 存在，右侧极限为 $-f'(0)$，所以 B 的极限存在。反过来，代换 $t=1-e^h$ 在零点附近严格单调且可逆，逆变换为 $h=\ln(1-t)$，覆盖 $t=0$ 两侧的邻域，并且 $h/t\to-1$。若 B 的极限为 $L$，则

$$\frac{f(t)-f(0)}t =\frac{f(1-e^h)}h\frac ht\longrightarrow-L,$$

故 $f'(0)$ 存在。两个方向都成立，B 是充要条件。

对其余选项，用以下反例说明它们不充分：

• A：取 $f(x)=|x|$，其在零点不可导，但 $f(1-\cos h)/h^2=(1-\cos h)/h^2\to1/2$。这个代换只检查非负自变量。
• C：仍取 $f(x)=|x|$。由 $h-\sin h=h^3/6+o(h^3)$，可得 $|h-\sin h|/h^2\to0$，所以极限存在却不能保证可导。
• D：取 $f(0)=0$、$f(x)=1$（$x\ne0$）。当 $h\ne0$ 时 $f(2h)-f(h)=0$，故极限为零，但 $f$ 在零点不连续，更不可导。

答案： A；$A$ 与 $B$ 既相似又合同。

解题思路： 全为 $1$ 的矩阵将各坐标之和重复四次，容易找到特征值及其特征空间。再用实对称矩阵可正交对角化的性质，建立相似和合同关系。

详细解答： 令 $u=(1,1,1,1)^T$，则 $Au=4u$。若 $v=(v_1,v_2,v_3,v_4)^T$ 满足 $v_1+v_2+v_3+v_4=0$，则 $Av=0$。这一条独立线性约束给出的空间维数为 $3$，所以 $A$ 的特征值为 $4,0,0,0$。

取第一列为 $u/2$，其余三列为零特征空间的一组标准正交基，组成正交矩阵 $Q$，则

$$Q^TAQ=\operatorname{diag}(4,0,0,0)=B.$$

因为 $Q^{-1}=Q^T$，该等式既是 $Q^{-1}AQ=B$ 的相似关系，也是 $Q^TAQ=B$ 的合同关系，故选 A。

易错点： 一般矩阵仅有相同特征值，不能保证相似。本题还用到实对称性，从而能构造完整的正交特征向量组。

答案： A；$\rho_{XY}=-1$。

解题思路： 每次抛掷只能出现正面或反面，两种次数之和固定；一种次数增加，另一种等量减少，形成斜率为负的确定线性关系。

详细解答： $n$ 次抛掷始终满足 $X+Y=n$，故 $Y=n-X$。由方差和协方差的性质，

$$D(Y)=D(n-X)=D(X),\qquad \operatorname{Cov}(X,Y)=\operatorname{Cov}(X,n-X)=-D(X).$$

在通常的非退化硬币试验中，$n\ge1$ 且正面概率 $0<p<1$，从而 $D(X)=np(1-p)>0$。所以

$$\rho_{XY} =\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} =\frac{-D(X)}{D(X)}=-1.$$

也可使用结论：非退化随机变量满足 $Y=aX+b$ 时，相关系数为 $a$ 的符号。本题 $a=-1$，同样得到 $-1$。

答案：

$$\int\frac{\arctan e^x}{e^{2x}}\,\mathrm dx =-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}}-\frac1{2e^x}-\frac12\arctan e^x+C.$$

解题思路： 令 $t=e^x$，将积分化为有理函数与 $\arctan t$ 的乘积。分部积分后，余下的有理函数可拆成两个基本积分。

详细解答： 令 $t=e^x>0$，则 $\mathrm dt=t\,\mathrm dx$，$\mathrm dx=\mathrm dt/t$，故

$$I=\int\frac{\arctan t}{t^3}\,\mathrm dt.$$

用分部积分公式 $\int u\,\mathrm dv=uv-\int v\,\mathrm du$，取

$$u=\arctan t,\quad \mathrm du=\frac{\mathrm dt}{1+t^2},\quad \mathrm dv=t^{-3}\,\mathrm dt,\quad v=-\frac1{2t^2}.$$

得到

$$I=-\frac{\arctan t}{2t^2}+\frac12\int\frac1{t^2(1+t^2)}\,\mathrm dt.$$

拆分剩余分式，

$$\frac1{t^2(1+t^2)}=\frac1{t^2}-\frac1{1+t^2}.$$

利用 $\int t^{-2}\mathrm dt=-t^{-1}$、$\int(1+t^2)^{-1}\mathrm dt=\arctan t$，得

$$I=-\frac{\arctan t}{2t^2}-\frac1{2t}-\frac12\arctan t+C.$$

代回 $t=e^x$ 即得答案。

也可直接取 $u=\arctan e^x$、$\mathrm dv=e^{-2x}\mathrm dx$ 做分部积分。此时 $v=-e^{-2x}/2$，$\mathrm du=e^x\mathrm dx/(1+e^{2x})$，故

$$I=-\frac{\arctan e^x}{2e^{2x}} +\frac12\int\frac{e^{-x}}{1+e^{2x}}\,\mathrm dx.$$

余下积分令 $t=e^x$ 后仍化为 $\frac12\int[t^{-2}-(1+t^2)^{-1}]\mathrm dt$，得到同一结果。

答案： $\left.\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\varphi^3(x)\right|_{x=1}=51$。

解题思路： 内层 $f(x,x)$ 和外层 $f(x,f(x,x))$ 在 $x=1$ 时都回到 $(1,1)$。使用该点可微所给出的线性近似，先求内层增量，再求外层增量，最后对三次方求导。

详细解答： 可微的定义给出，当 $(u,v)\to(0,0)$ 时，

$$f(1+u,1+v)=1+2u+3v+o\left(\sqrt{u^2+v^2}\right).$$

令 $g(x)=f(x,x)$，代入 $u=v=h$，得到

$$g(1+h)=1+2h+3h+o(|h|)=1+5h+o(h).$$

这里 $o(h)$ 表示余项除以 $h$ 趋于零。因此 $g(1)=1$、$g'(1)=5$。再将外层增量写为 $u=h$、$v=g(1+h)-1=5h+o(h)$，其向量长度为 $O(|h|)$，故外层的可微余项也是 $o(h)$。于是

$$\begin{aligned} \varphi(1+h)&=f(1+h,g(1+h))\\ &=1+2h+3[5h+o(h)]+o(h)\\ &=1+17h+o(h). \end{aligned}$$

因此 $\varphi(1)=1$、$\varphi'(1)=17$，一元函数的求导法则给出

$$(\varphi^3)'(1)=3\varphi^2(1)\varphi'(1)=3\cdot1^2\cdot17=51.$$

易错点： 题设只说明 $f$ 在 $(1,1)$ 可微。此推导直接用该点的微分展开，不额外假定邻域内偏导数处处存在或连续。

（1）展开成幂级数

答案：

$$f(x)=1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1-4n^2}x^{2n},\qquad -1\le x\le1.$$

收敛半径为 $1$，两个端点均绝对收敛。

解题思路： $\arctan x$ 的导数可展开为几何级数，再逐项积分。先除以 $x$，再乘以 $1+x^2$，合并相同幂次的系数。

详细解答： 当 $|x|<1$ 时，

$$\frac1{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^{2n}.$$

幂级数在收敛区间内部可逐项积分。从 $0$ 积分到 $x$，利用 $\arctan0=0$，得

$$\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}.$$

因此对 $0<|x|<1$，

$$f(x)=(1+x^2)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}.$$

常数项为 $1$。对 $n\ge1$，$x^{2n}$ 的系数是

$$\frac{(-1)^n}{2n+1}+\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} =(-1)^n\frac{-2}{4n^2-1} =\frac{2(-1)^n}{1-4n^2}.$$

故得到答案中的级数。在 $x=0$ 时，级数等于 $1$，与题设 $f(0)$ 一致。

在 $x=\pm1$ 时，非恒定项的绝对值为 $2/(4n^2-1)$，与 $1/n^2$ 同阶，故绝对收敛。由幂级数的端点连续性定理（阿贝尔定理），级数的端点和等于函数的相应连续极限，所以等式可延伸到 $[-1,1]$。当 $|x|>1$ 时，通项绝对值 $2|x|^{2n}/(4n^2-1)$ 不趋于零，级数发散，因此收敛半径确为 $1$。

（2）求数项级数的和

答案： $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1-4n^2}=\frac\pi4-\frac12$。

解题思路： 所求级数是上一问展开式在 $x=1$ 时非恒定部分的一半，确认端点可代入后，用函数值求和。

详细解答： 上一问已证明 $x=1$ 时展开式成立，故

$$f(1)=1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1-4n^2}.$$

由定义 $f(1)=2\arctan1=\pi/2$。设所求和为 $S$，则 $\pi/2=1+2S$，所以

$$S=\frac12\left(\frac\pi2-1\right)=\frac\pi4-\frac12.$$

答案： $I=-24$。

解题思路： 空间闭曲线是平面片的边界，用斯托克斯公式将线积分化为曲面积分。投影区域是关于坐标轴对称的菱形，奇函数项的积分为零。

详细解答： 令 $\mathbf F=(P,Q,R)=(y^2-z^2,2z^2-x^2,3x^2-y^2)$。取平面 $z=2-x-y$ 上以 $L$ 为边界的平面片 $\Sigma$。从 $z$ 轴正向看 $L$ 为逆时针，按右手法则取向上的单位法向量

$$\mathbf n=\frac{(1,1,1)}{\sqrt3}.$$

$\mathbf F$ 的各分量为多项式，偏导连续；$L$ 为分段光滑闭曲线，因此可用斯托克斯公式：

$$I=\iint_\Sigma(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,\mathrm dS.$$

逐个计算旋度分量，

$$\nabla\times\mathbf F=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y) =(-2y-4z,-2z-6x,-2x-2y),$$

所以

$$(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n=-\frac2{\sqrt3}(4x+2y+3z).$$

投影区域为 $D=\{(x,y):|x|+|y|\le1\}$。因 $z_x=z_y=-1$，面积元为

$$\mathrm dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy=\sqrt3\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

代入 $z=2-x-y$，得到

$$I=-2\iint_D[4x+2y+3(2-x-y)]\,\mathrm dx\mathrm dy =-2\iint_D(x-y+6)\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

$D$ 关于两条坐标轴分别对称，所以 $\iint_Dx\,\mathrm dx\mathrm dy=0$、$\iint_Dy\,\mathrm dx\mathrm dy=0$。菱形的两条对角线长度均为 $2$，面积为 $2\cdot2/2=2$。因此 $I=-2\cdot6\cdot2=-24$。

易错点： 曲线方向决定法向量的正负；若误取向下法向量，整个积分会变号。

（1）证明中值参数存在且唯一

答案： 每个 $x\in(-1,1)\setminus\{0\}$ 都对应唯一的 $\theta(x)\in(0,1)$，使 $f(x)=f(0)+xf'(\theta(x)x)$。

解题思路： 拉格朗日中值定理给出存在性；$f''$ 连续且从不等于零，保证其符号固定，从而 $f'$ 严格单调，得到唯一性。

详细解答： 固定 $x\ne0$。连接 $0$ 与 $x$ 的闭区间包含于 $(-1,1)$，$f$ 在其中连续、内部可导。由拉格朗日中值定理，存在介于 $0$ 与 $x$ 之间的 $c$，使

$$f(x)-f(0)=xf'(c).$$

无论 $x$ 正负，$\theta=c/x$ 均满足 $0<\theta<1$，所以 $c=\theta x$，等式成立。

由于 $f''$ 连续，如果既取正值又取负值，介值定理将迫使它在某点等于零，与题设矛盾。所以 $f''$ 恒正或恒负。对任意 $a<b$，给 $f'$ 使用中值定理，

$$f'(b)-f'(a)=f''(d)(b-a),\qquad d\in(a,b).$$

右侧始终严格为正或严格为负，故 $f'$ 严格单调。方程 $f'(c)=[f(x)-f(0)]/x$ 至多有一个解 $c$，从而 $\theta=c/x$ 也唯一。

（2）证明参数的极限

答案： $\displaystyle\lim_{x\to0}\theta(x)=\dfrac12$。

解题思路： 比较 $f(x)$ 的二阶泰勒余项与 $f'(\theta x)$ 的一阶增量，将 $\theta$ 表示为两个趋向同一非零值的二阶导数之比。

详细解答： 由二阶泰勒公式，存在介于 $0$ 与 $x$ 之间的 $\xi_x$，使

$$f(x)-f(0)=xf'(0)+\frac{x^2}{2}f''(\xi_x).$$

与第一问的等式比较，再除以 $x\ne0$，得到

$$f'(\theta(x)x)-f'(0)=\frac x2f''(\xi_x).$$

给 $f'$ 使用中值定理，存在介于 $0$ 与 $\theta(x)x$ 之间的 $\eta_x$，使

$$f'(\theta(x)x)-f'(0)=\theta(x)x f''(\eta_x).$$

由 $x\ne0$、$f''(\eta_x)\ne0$，可得

$$\theta(x)=\frac{f''(\xi_x)}{2f''(\eta_x)}.$$

因为 $|\xi_x|\le|x|$、$|\eta_x|<|x|$，当 $x\to0$ 时二者均趋于零。$f''$ 在零点连续且 $f''(0)\ne0$，因此

$$\lim_{x\to0}\theta(x)=\frac{f''(0)}{2f''(0)}=\frac12.$$

答案： 全部融化需要 $100$ 小时。

解题思路： 将每一时刻的高度 $h$ 暂看作固定参数，求体积 $V(h)$ 和侧面积 $S(h)$。用 $\mathrm dV/\mathrm dt=-0.9S$ 和链式法则，建立高度的微分方程。

详细解答： 尚未完全融化时 $h=h(t)>0$。令 $r^2=x^2+y^2$，侧面为 $z=h-2r^2/h$，与地面 $z=0$ 相交时 $r=h/\sqrt2$。在高度 $z$ 处，圆盘截面的半径平方为

$$r^2=\frac{h^2-hz}{2},\qquad0\le z\le h.$$

用截面积积分求体积：

$$V(h)=\int_0^h\frac\pi2(h^2-hz)\,\mathrm dz =\frac\pi2\left(h^3-\frac{h^3}2\right)=\frac{\pi h^3}{4}.$$

求侧面积时，$h$ 对空间变量是常数，因此 $z_x=-4x/h$、$z_y=-4y/h$。用曲面面积公式并转为极坐标，$\mathrm dx\mathrm dy=r\,\mathrm dr\mathrm d\theta$，得到

$$\begin{aligned} S(h)&=\iint_{x^2+y^2\le h^2/2}\sqrt{1+\frac{16(x^2+y^2)}{h^2}}\,\mathrm dx\mathrm dy\\ &=2\pi\int_0^{h/\sqrt2}r\sqrt{1+\frac{16r^2}{h^2}}\,\mathrm dr. \end{aligned}$$

令 $u=1+16r^2/h^2$，则 $r\,\mathrm dr=(h^2/32)\mathrm du$，上下限变为 $1$、$9$，所以

$$S(h)=\frac{\pi h^2}{16}\int_1^9\sqrt u\,\mathrm du =\frac{\pi h^2}{16}\cdot\frac23(9^{3/2}-1) =\frac{13\pi h^2}{12}.$$

体积减少意味着导数为负，故题设给出 $\mathrm dV/\mathrm dt=-0.9S(h)$。代入并使用链式法则，

$$\frac{3\pi h^2}{4}h'(t)=-\frac9{10}\frac{13\pi h^2}{12}.$$

在 $h>0$ 时约去 $\pi h^2$，得到 $h'(t)=-13/10$。取开始融化为 $t=0$，由 $h(0)=130$，得

$$h(t)=130-\frac{13}{10}t.$$

令高度第一次达到零，即 $130-13t/10=0$，解得 $t=100$ 小时。

易错点： 题设速率与侧面积成正比，因此面积只包含侧面；$\mathrm dV/\mathrm dt$ 必须带负号。约去 $h^2$ 的步骤用于完成融化之前的 $h>0$ 阶段，再由解求达到零高度的时间。