2002年考研数学一真题

答案： $1$。

解题思路： 无穷上限需按反常积分处理；$1/x$ 与 $\ln x$ 的导数配套，因此令 $t=\ln x$。

详细解答： 对 $R>\mathrm e$，换元后上下限为 $1,\ln R$，故

$$\int_{\mathrm e}^R\frac{\mathrm dx}{x\ln^2x} =\int_1^{\ln R}\frac{\mathrm dt}{t^2} =\left[-\frac1t\right]_1^{\ln R}=1-\frac1{\ln R}.$$

令 $R\to+\infty$，最后一项趋于零，所以反常积分收敛且等于 $1$。

答案： $y''(0)=-2$。

解题思路： 无需求出隐函数的表达式。依次计算 $y(0)$、$y'(0)$，再把这些值代入第二次求导所得的等式。

详细解答： $x=0$ 时 $\mathrm e^{y(0)}=1$，得 $y(0)=0$。方程左端对 $y$ 的偏导数为 $\mathrm e^y+6x$，在 $(0,0)$ 处等于 $1\ne0$，故该点附近可以求隐函数的导数。两边对 $x$ 求导，使用链式法则和乘积法则：

$$\mathrm e^y y'+6y+6xy'+2x=0.$$

代入 $x=0,y(0)=0$ 得 $y'(0)=0$。再求导：

$$\mathrm e^y(y')^2+\mathrm e^y y''+12y'+6xy''+2=0.$$

代入初始点，得 $y''(0)+2=0$，所以 $y''(0)=-2$。

易错点： $6y$ 和 $6xy'$ 求导后各产生一个 $6y'$，合并为 $12y'$。

答案： $y=\sqrt{x+1}$，包含初始点的最大实数解区间为 $(-1,+\infty)$。

解题思路： 左端是乘积 $yy'$ 的导数，可直接降阶；利用两个初值分别确定积分常数，并用 $y(0)>0$ 选择平方根分支。

详细解答： 由

$$(yy')'=(y')^2+yy''=0$$

得 $yy'=C_1$。代入 $y(0)=1,y'(0)=1/2$，得 $C_1=1/2$，于是

$$(y^2)'=2yy'=1,\qquad y^2=x+C_2.$$

再代入 $y(0)=1$ 得 $C_2=1$，且初始值为正，所以取 $y=\sqrt{x+1}$。核实：

$$y'=\frac1{2\sqrt{x+1}},\qquad y''=-\frac1{4(x+1)^{3/2}},$$

从而 $yy''+(y')^2=0$，两条初始条件也成立。$x=-1$ 时导数不能保持有限，故不属于二阶可导解的区间。

答案： $a=2$。

解题思路： 交叉项系数是矩阵非对角元素的两倍；正交变换是相似变换，保持特征值与迹，可直接用标准形确定迹。

详细解答： 二次型矩阵为

$$A=\begin{pmatrix}a&2&2\\2&a&2\\2&2&a\end{pmatrix}.$$

正交变换 $\mathbf x=P\mathbf y$ 使

$$P^{\mathrm T}AP=\operatorname{diag}(6,0,0).$$

因 $P^{\mathrm T}=P^{-1}$，两矩阵相似，故 $3a=\operatorname{tr}A=6$，得 $a=2$。核实此值：$A=2J$，其中 $J$ 为全 $1$ 的 $3\times3$ 矩阵。$(1,1,1)^{\mathrm T}$ 对应特征值 $6$，与它正交的二维子空间对应特征值 $0$，确实符合题设。

易错点： 若只用 $\det A=(a+4)(a-2)^2=0$，还会得到 $a=-4$。该值的特征值为 $0,-6,-6$，不能得到所给标准形。

答案： $\mu=4$。

解题思路： 用判别式把“无实根”转为随机变量的取值事件，再利用正态分布的中位数等于均值。

详细解答： 方程判别式 $\Delta=16-4X$，无实根等价于 $X>4$，所以 $P(X>4)=1/2$。令 $Z=(X-\mu)/\sigma\sim N(0,1)$，有

$$1-\Phi\left(\frac{4-\mu}{\sigma}\right)=\frac12.$$

标准正态分布满足 $\Phi(0)=1/2$ 且严格递增，因此 $(4-\mu)/\sigma=0$。由 $\sigma>0$ 得 $\mu=4$。

答案： A，即 $②\Rightarrow③\Rightarrow①$。

解题思路： 偏导数连续是可微的充分条件，可微又保证连续。其余选项中的逆向箭头需用具体反例排除。

详细解答： 由多元函数可微的充分条件，两个偏导数在该点连续推出可微，即 $②\Rightarrow③$。可微意味着

$$\Delta f=f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y +o\left(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\right).$$

当增量趋于零，右端趋于零，故函数连续，得到 $③\Rightarrow①$。

在原点处的反例可说明其他选项不成立：

• B 的 $③\Rightarrow②$ 不成立。取 $f(x,y)=x^2\sin(1/x^2)$（$x\ne0$）、$f(0,y)=0$。因为 $|f(x,y)|/\sqrt{x^2+y^2}\leqslant|x|\to0$，它在原点可微；但 $x\ne0$ 时 $f_x=2x\sin(1/x^2)-2\cos(1/x^2)/x$，在原点不连续。
• C 的 $④\Rightarrow①$ 不成立。取 $f=xy/(x^2+y^2)$（原点外）、$f(0,0)=0$。两条坐标轴上函数为零，所以两个偏导数均存在且为零；沿 $y=x\ne0$ 却有 $f=1/2$，故不连续。
• D 的 $①\Rightarrow④$ 不成立。$f(x,y)=|x|$ 连续，但在原点关于 $x$ 的左右差商分别为 $-1,1$，偏导数不存在。

答案： C，条件收敛，级数和为 $1/u_1$。

解题思路： 条件没有保证单调性，不能直接使用交错级数判别法。相邻倒数的构造使有限和相消；绝对值级数则与调和级数比较。

详细解答： 设 $v_n=1/u_n$。由 $nv_n\to1$ 得 $v_n\to0$，且从某项起 $v_n>0$。前 $N$ 项之和为

$$\begin{aligned} S_N&=(v_1+v_2)-(v_2+v_3)+\cdots+(-1)^{N+1}(v_N+v_{N+1})\\ &=v_1+(-1)^{N+1}v_{N+1}\longrightarrow v_1. \end{aligned}$$

所以原级数收敛。充分大的 $n$ 满足 $|v_n+v_{n+1}|=v_n+v_{n+1}$，且

$$\frac{v_n+v_{n+1}}{1/n} =nv_n+\frac n{n+1}(n+1)v_{n+1}\longrightarrow2.$$

由极限比较判别法，绝对值级数与发散的 $\sum1/n$ 同敛散，所以不绝对收敛，即条件收敛。有限个初始项的正负不影响结论。

答案： B，若无穷远处的导数极限存在，则只能等于 $0$。

解题思路： 非零导数极限会使函数持续增大或减小。用中值定理把导数的界转化成函数值的界，与有界性矛盾。

详细解答： 设 $f'(x)\to A$。若 $A>0$，存在 $X>0$，使所有 $t\geqslant X$ 满足 $f'(t)>A/2$。对任意 $x>X$，中值定理给出 $\xi\in(X,x)$，使

$$f(x)-f(X)=f'(\xi)(x-X)>\frac A2(x-X).$$

故 $f(x)\to+\infty$，矛盾。若 $A<0$，可令 $f'(t)<A/2<0$，同理得到 $f(x)\to-\infty$，也矛盾。于是 $A=0$。若允许无穷导数极限，用 $f'(t)>1$ 或 $f'(t)<-1$ 也会与有界性矛盾。

其他选项的反例：

• A：$f(x)=\sin(x^2)/x$ 在 $(0,+\infty)$ 有界，并趋于零；但 $f'(x)=2\cos(x^2)-\sin(x^2)/x^2$。取 $x=\sqrt{2\pi n}$、$\sqrt{(2n+1)\pi}$，导数分别等于 $2$、$-2$，不能趋于零。
• C、D：$f(x)=x/(1+x)$ 有界且可导，$x\to0^+$ 时 $f(x)\to0$，但 $f'(x)=1/(1+x)^2\to1$，同时否定 C、D。

答案： B，三个不同平面共同相交于一条直线。

解题思路： 平面的公共点等于方程组的解；同秩保证相容，三个未知数而秩为 $2$，故通解有一个自由参数。

详细解答： 将方程组写为 $A\mathbf x=\mathbf b$，$A$ 为 $3\times3$ 矩阵。$r(A)=r(A\mid\mathbf b)=2$ 保证有解，且齐次解空间维数为 $3-2=1$。因此通解为

$$\mathbf x=\mathbf x_0+t\mathbf v,\qquad t\in\mathbb R,\quad\mathbf v\ne\mathbf0,$$

几何上就是一条公共交线，对应 B。图 A 的公共点只有一个，需要秩为 $3$；图 C、D 没有三个平面的公共点，与方程组相容矛盾。

答案： D，$F_1(x)F_2(x)$ 是 $\max\{X_1,X_2\}$ 的分布函数。

解题思路： 最大值不超过 $x$ 等价于两个变量都不超过 $x$，由独立性将概率相乘。其他选项检查密度积分和分布函数极限。

详细解答： 令 $Z=\max\{X_1,X_2\}$，由独立性，

$$P(Z\leqslant x)=P(X_1\leqslant x,X_2\leqslant x)=F_1(x)F_2(x),$$

故 D 正确。也可直接检查：该乘积非负、单调不减且右连续，在负无穷处趋于 $0$，在正无穷处趋于 $1$。

A 错误，因为 $\int_{-\infty}^{+\infty}(f_1+f_2)\,\mathrm dx=2$。B 不一定成立：取独立的两个参数为 $1$ 的指数变量，则 $x>0$ 时 $f_1=f_2=\mathrm e^{-x}$，其乘积积分 $\int_0^\infty\mathrm e^{-2x}\,\mathrm dx=1/2\ne1$。C 错误，因为 $F_1(x)+F_2(x)\to2$（$x\to+\infty$）。

答案： $a=2,b=-1$。

解题思路： 比 $h$ 高阶即为 $o(h)$，表达式的常数项和一次项必须同时消失。用零点的一阶展开求出这两个系数。

详细解答： 由可微性，

$$f(h)=f(0)+hf'(0)+o(h),\qquad f(2h)=f(0)+2hf'(0)+o(h).$$

固定倍数不影响余项阶数，故第二式余项可写为 $o(h)$。于是

$$af(h)+bf(2h)-f(0) =(a+b-1)f(0)+(a+2b)hf'(0)+o(h).$$

若其为 $o(h)$，先令 $h\to0$，由 $f(0)\ne0$ 得 $a+b=1$。消去常数项后除以 $h$，再取极限，由 $f'(0)\ne0$ 得 $a+2b=0$。联立得到 $b=-1,a=2$。反过来代入这两个值，常数项和一次项均为零，剩下 $o(h)$，所以满足要求。

（1）共同切线

答案： $y=x$。

解题思路： 用变上限积分求导和链式法则，计算积分曲线在原点的斜率，即可确定共同切线。

详细解答： 记 $G(x)=\int_0^{\arctan x}\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt$。被积函数连续，微积分基本定理给出

$$G'(x)=\mathrm e^{-(\arctan x)^2}\frac1{1+x^2},\qquad G'(0)=1.$$

又 $G(0)=0$，故切线为 $y-G(0)=G'(0)x$，即 $y=x$。另一曲线在同一点有相同切线，所以 $f(0)=0,f'(0)=1$。

（2）数列极限

答案： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}nf(2/n)=2$。

解题思路： $2/n\to0$，将式子整理为零点处的导数差商，再用上一问的斜率。

详细解答： 由 $f(0)=0$，

$$nf\left(\frac2n\right) =2\frac{f(2/n)-f(0)}{2/n}.$$

右侧差商趋于 $f'(0)=1$，故极限为 $2$。这里用的是导数定义，无需另加导函数连续的假设。

答案： $\mathrm e-1$。

解题思路： 第一象限内 $x^2\geqslant y^2$ 等价于 $x\geqslant y$。沿 $y=x$ 分割正方形，使每块上的 $\max$ 变成确定的表达式，再利用对称性合并。

详细解答： 设

$$D_1=\{0\leqslant x\leqslant1,\ 0\leqslant y\leqslant x\},\qquad D_2=\{0\leqslant y\leqslant1,\ 0\leqslant x\leqslant y\}.$$

公共边界面积为零，不影响积分。在 $D_1,D_2$ 上被积函数分别为 $\mathrm e^{x^2},\mathrm e^{y^2}$，所以

$$\begin{aligned} I&=\int_0^1\left(\int_0^x\mathrm e^{x^2}\,\mathrm dy\right)\mathrm dx +\int_0^1\left(\int_0^y\mathrm e^{y^2}\,\mathrm dx\right)\mathrm dy\\ &=\int_0^1x\mathrm e^{x^2}\,\mathrm dx+\int_0^1y\mathrm e^{y^2}\,\mathrm dy =2\int_0^1x\mathrm e^{x^2}\,\mathrm dx. \end{aligned}$$

令 $u=x^2$，$\mathrm du=2x\,\mathrm dx$，上下限为 $0,1$，故 $I=\int_0^1\mathrm e^u\,\mathrm du=\mathrm e-1$。

易错点： 内积分上限依赖外变量，必须保留嵌套积分，不能写成两个独立定积分的乘积。

（1）证明与路径无关

答案： 积分与路径无关，势函数可取 $\Phi(x,y)=x/y+F(xy)$，其中 $F'=f$。

解题思路： 拆出 $\mathrm d(x/y)$ 和 $f(xy)\,\mathrm d(xy)$，将被积式写成单值函数的全微分。

详细解答： 由 $f$ 连续，定义 $F(s)=\int_0^s f(t)\,\mathrm dt$，则 $F'(s)=f(s)$。在 $y>0$ 上 $x/y$ 无奇点，且

$$\mathrm d(x/y)=\frac1y\,\mathrm dx-\frac{x}{y^2}\,\mathrm dy,\qquad \mathrm dF(xy)=f(xy)(y\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy).$$

两式相加正好得到题设被积式：

$$\mathrm d\Phi=\frac1y[1+y^2f(xy)]\,\mathrm dx +\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]\,\mathrm dy.$$

由全微分的曲线积分公式，

$$I=\Phi(c,d)-\Phi(a,b) =\frac cd-\frac ab+F(cd)-F(ab).$$

结果只依赖端点，所以与路径无关。上半平面条件保证势函数在整条曲线上单值且可微。

（2）在 $ab=cd$ 时求值

答案： $\displaystyle I=\frac cd-\frac ab=\frac{bc-ad}{bd}$。

解题思路： 利用端点公式，乘积相等使两个原函数值相消。

详细解答： 端点位于上半平面，故 $b,d>0$。由 $ab=cd$ 得 $F(ab)=F(cd)$，所以

$$I=\frac cd-\frac ab+F(cd)-F(ab)=\frac cd-\frac ab=\frac{bc-ad}{bd}.$$

曲线从 $(a,b)$ 指向 $(c,d)$，因此次序是终点值减起点值。

（1）验证微分方程

答案： 和函数在全实轴满足 $y''+y'+y=\mathrm e^x$。

解题思路： 原级数保留指数级数的每第三项，一、二阶导数补齐另外两类指数。先检查收敛半径，保证逐项求导合法。

详细解答： 对任意固定的非零 $x$，相邻绝对值项之比为

$$\frac{|x|^{3(n+1)}/(3n+3)!}{|x|^{3n}/(3n)!} =\frac{|x|^3}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}\longrightarrow0.$$

$x=0$ 也收敛，故幂级数收敛半径为无穷大，可以逐项求导：

$$y=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{3n}}{(3n)!},\quad y'=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{3n-1}}{(3n-1)!},\quad y''=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{3n-2}}{(3n-2)!}.$$

三式指数分别为 $0,3,6,\ldots$；$2,5,8,\ldots$；$1,4,7,\ldots$，恰好不重复地覆盖全部非负整数，故

$$y''+y'+y=\sum_{j=0}^\infty\frac{x^j}{j!}=\mathrm e^x.$$

（2）求和函数

答案：

$$y(x)=\frac13\mathrm e^x+\frac23\mathrm e^{-x/2}\cos\frac{\sqrt3x}{2}, \qquad x\in\mathbb R.$$

解题思路： 利用上一问的微分方程，并从级数读出初始条件，解二阶常系数非齐次方程。

详细解答： 由级数及其导数，$y(0)=1,y'(0)=0$。齐次特征方程 $r^2+r+1=0$ 的根为 $-1/2\pm\sqrt3\,\mathrm i/2$，所以

$$y_h=\mathrm e^{-x/2}\left(C_1\cos\frac{\sqrt3x}{2}+C_2\sin\frac{\sqrt3x}{2}\right).$$

设特解 $y_p=A\mathrm e^x$，代入方程得 $3A\mathrm e^x=\mathrm e^x$，故 $A=1/3$。通解 $y=y_h+\mathrm e^x/3$ 代入 $y(0)=1$，得 $C_1=2/3$。再求导并代入零点，

$$y'(0)=-\frac12C_1+\frac{\sqrt3}{2}C_2+\frac13=0,$$

得到 $C_2=0$，即为答案。

（1）最大方向导数与方向

答案：

$$g(x_0,y_0)=\sqrt{(y_0-2x_0)^2+(x_0-2y_0)^2} =\sqrt{5x_0^2+5y_0^2-8x_0y_0}.$$

非原点处沿梯度 $(y_0-2x_0,x_0-2y_0)$ 的方向取得最大值；原点处所有方向的方向导数均为 $0$。

解题思路： 方向导数是梯度与单位方向向量的内积，由柯西不等式，其最大值为梯度的模。

详细解答： $h_x=y-2x,h_y=x-2y$，故 $\nabla h(M)=(y_0-2x_0,x_0-2y_0)$。对于单位向量 $\mathbf u$，

$$D_{\mathbf u}h(M)=\nabla h(M)\cdot\mathbf u\leqslant\|\nabla h(M)\|.$$

若梯度非零，取 $\mathbf u=\nabla h(M)/\|\nabla h(M)\|$ 即达到等号，展开模的平方得到所给 $g$。联立 $y_0-2x_0=0,x_0-2y_0=0$，梯度为零只发生在原点；此时每个方向的导数都是零，不存在唯一的最大方向。

（2）攀登起点

答案： $(5,-5)$ 或 $(-5,5)$，最大上山坡度为 $15\sqrt2$。

解题思路： 平方根单调递增，最大化 $g^2$ 即可。在边界上把它写成固定值减去一个平方，可直接得到全局最大值。

详细解答： 边界满足 $x^2+y^2-xy=75$，因此

$$g^2=5x^2+5y^2-8xy =6(x^2+y^2-xy)-(x+y)^2=450-(x+y)^2\leqslant450.$$

等号当且仅当 $y=-x$。代入边界得 $3x^2=75$，所以起点为 $(5,-5),(-5,5)$，最大值 $g=\sqrt{450}=15\sqrt2$。

用拉格朗日乘数法也可核实：对 $g^2+\lambda(x^2+y^2-xy-75)$ 求偏导得

$$10x-8y+\lambda(2x-y)=0,\qquad 10y-8x+\lambda(2y-x)=0.$$

相加得到 $(x+y)(\lambda+2)=0$。$x+y=0$ 给出上述两点；$\lambda=-2$ 则给出 $x=y=\pm5\sqrt3$，此时 $g=5\sqrt6$，小于 $15\sqrt2$。

答案：

$$\mathbf x=\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix} +k\begin{pmatrix}1\\-2\\1\\0\end{pmatrix},\qquad k\in\mathbb R.$$

解题思路： $A\mathbf x$ 是各列按坐标加权的线性组合。消去相关列 $\alpha_1$，再利用另外三列线性无关比较系数。

详细解答： 右端可化为

$$\beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=3\alpha_2+\alpha_4.$$

若 $\mathbf x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\mathrm T}$，则

$$A\mathbf x=(2x_1+x_2)\alpha_2+(-x_1+x_3)\alpha_3+x_4\alpha_4.$$

由三列线性无关，等价于

$$2x_1+x_2=3,\qquad -x_1+x_3=0,\qquad x_4=1.$$

取 $x_1=t$ 得 $\mathbf x=(t,3-2t,t,1)^{\mathrm T}$，再令 $t=1+k$ 即得答案。$r(A)=3$，齐次解空间维数 $4-3=1$，基础解系为 $(1,-2,1,0)^{\mathrm T}$；$(1,1,1,1)^{\mathrm T}$ 是特解，因此该形式覆盖全部解。

（1）相似矩阵的特征多项式

答案： $A\sim B$ 推出 $\det(\lambda E-A)=\det(\lambda E-B)$。

解题思路： 将相似关系代入行列式，并提取两侧互逆矩阵。

详细解答： 设两矩阵为 $n$ 阶，$E$ 为 $n$ 阶单位矩阵。存在可逆 $n\times n$ 矩阵 $P$，使 $B=P^{-1}AP$，所以

$$\lambda E-B=P^{-1}(\lambda E-A)P.$$

由行列式乘法公式和 $\det(P^{-1})\det P=1$，

$$\det(\lambda E-B) =\det(P^{-1})\det(\lambda E-A)\det P =\det(\lambda E-A).$$

该等式对所有 $\lambda$ 成立，即两个特征多项式相同。

（2）逆命题的反例

答案： $A=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$、$B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ 的特征多项式同为 $\lambda^2$，但不相似。

解题思路： 特征多项式不能确定矩阵的秩。选特征值全为零而秩不同的两个矩阵。

详细解答： 直接计算

$$\det(\lambda E-A)=\lambda^2,\qquad \det(\lambda E-B)=\det\begin{pmatrix}\lambda&-1\\0&\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2.$$

但 $r(A)=0,r(B)=1$。可逆矩阵左右相乘不改变秩，如果 $B=P^{-1}AP$，就应有 $r(B)=r(A)$，产生矛盾，所以不相似。

（3）实对称条件下逆命题成立

答案： 若 $A,B$ 都实对称且特征多项式相同，则 $A\sim B$。

解题思路： 实对称矩阵均能正交对角化；相同特征多项式使特征值及其重数相同，可以按相同顺序对角化为同一个对角矩阵。

详细解答： 将共同特征值按重数列为 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$，记 $\Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$。谱定理保证存在正交矩阵 $Q_A,Q_B$，使

$$Q_A^{\mathrm T}AQ_A=\Lambda,\qquad Q_B^{\mathrm T}BQ_B=\Lambda.$$

取 $P=Q_AQ_B^{\mathrm T}$，它可逆且 $P^{-1}=Q_BQ_A^{\mathrm T}$，故

$$P^{-1}AP=Q_B(Q_A^{\mathrm T}AQ_A)Q_B^{\mathrm T} =Q_B\Lambda Q_B^{\mathrm T}=B.$$

因此 $A$ 与 $B$ 相似。