2003年考研数学一真题

答案： $\mathrm e^{-1/2}$。

解题思路： 底数趋于 $1$，指数趋于无穷，这是 $1^\infty$ 型极限。先取对数，把幂的极限变成两个无穷小之比，再利用二阶展开。

详细解答： 当 $x$ 充分接近 $0$ 时，$\cos x>0$，因此可以令

$$u(x)=(\cos x)^{1/\ln(1+x^2)},\qquad \ln u(x)=\frac{\ln(\cos x)}{\ln(1+x^2)}.$$

由 $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ 和 $\ln(1+h)=h+o(h)$，有

$$\ln(\cos x)=-\frac{x^2}{2}+o(x^2),\qquad \ln(1+x^2)=x^2+o(x^2).$$

故

$$\lim_{x\to0}\ln u(x) =\lim_{x\to0}\frac{-\frac12x^2+o(x^2)}{x^2+o(x^2)} =-\frac12.$$

指数函数连续，所以所求极限为 $\mathrm e^{-1/2}$。

答案： $2x+4y-z-5=0$。

解题思路： 两个平面平行时法向量成比例。先用曲面的梯度写出切平面法向量，确定切点，再用点法式写平面。

详细解答： 将曲面写成 $F(x,y,z)=x^2+y^2-z=0$。其梯度为

$$\nabla F=(2x,2y,-1).$$

设切点为 $(x_0,y_0,z_0)$，切平面法向量 $(2x_0,2y_0,-1)$ 必须与已知平面的法向量 $(2,4,-1)$ 平行。于是存在实数 $\lambda$，使

$$(2x_0,2y_0,-1)=\lambda(2,4,-1).$$

比较第三个分量得 $\lambda=1$，进而 $x_0=1$、$y_0=2$。切点在曲面上，故 $z_0=1^2+2^2=5$。切平面为

$$2(x-1)+4(y-2)-(z-5)=0,$$

化简即 $2x+4y-z-5=0$。

答案： $a_2=1$。

解题思路： $x^2$ 是偶函数，余弦系数可以在 $[0,\pi]$ 上积分。被积函数是多项式乘三角函数，连续两次分部积分即可。

详细解答： 对于 $n\ge1$，由余弦函数的正交性，系数公式为

$$a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\cos(nx)\,\mathrm dx =\frac2\pi\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,\mathrm dx.$$

代入 $n=2$，第一次分部积分取 $u=x^2$、$\mathrm dv=\cos2x\,\mathrm dx$，得

$$\int_0^\pi x^2\cos2x\,\mathrm dx =\left[\frac{x^2}{2}\sin2x\right]_0^\pi -\int_0^\pi x\sin2x\,\mathrm dx =-\int_0^\pi x\sin2x\,\mathrm dx.$$

再次取 $u=x$、$\mathrm dv=\sin2x\,\mathrm dx$，得

$$\int_0^\pi x\sin2x\,\mathrm dx =\left[-\frac{x}{2}\cos2x\right]_0^\pi +\frac12\int_0^\pi\cos2x\,\mathrm dx =-\frac\pi2.$$

因此 $a_2=\frac2\pi\cdot\frac\pi2=1$。题中常数项的记号虽为 $a_0$，但不影响 $n\ge1$ 的系数公式。

答案： $Q=\begin{pmatrix}2&3\\-1&-2\end{pmatrix}$。

解题思路： 从基 $\boldsymbol\alpha$ 到基 $\boldsymbol\beta$ 的过渡矩阵，各列是新基向量 $\boldsymbol\beta_j$ 在旧基 $\boldsymbol\alpha$ 下的坐标。直接分别表示两个新基向量即可。

详细解答： 对任意系数 $u,v$，

$$u\boldsymbol\alpha_1+v\boldsymbol\alpha_2 =u\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} +v\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}u+v\\-v\end{pmatrix}.$$

要得到 $\boldsymbol\beta_1=(1,1)^{\mathrm T}$，需满足 $u+v=1$、$-v=1$，解得 $(u,v)=(2,-1)$。同理，要得到 $\boldsymbol\beta_2=(1,2)^{\mathrm T}$，解得 $(u,v)=(3,-2)$。因此

$$(\boldsymbol\beta_1,\boldsymbol\beta_2) =(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2) \begin{pmatrix}2&3\\-1&-2\end{pmatrix}.$$

这就是所求过渡矩阵。若用矩阵法，令 $A=(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2)$、$B=(\boldsymbol\beta_1,\boldsymbol\beta_2)$，同样由 $B=AQ$ 得 $Q=A^{-1}B$。

易错点： 向量的坐标变换满足 $[\boldsymbol v]_{\alpha}=Q[\boldsymbol v]_{\beta}$。不要把过渡矩阵误写成反向的 $B^{-1}A$。

答案： $P\{X+Y\le1\}=\frac14$。

解题思路： 概率等于密度在事件区域上的积分。事件区域还必须与密度非零的三角形 $0\le x\le y\le1$ 取交集。

详细解答： 同时满足 $x\le y$ 和 $x+y\le1$，得到

$$x\le y\le1-x.$$

这个区间非空需 $x\le1-x$，即 $0\le x\le\frac12$。于是

$$\begin{aligned} P\{X+Y\le1\} &=\int_0^{1/2}\int_x^{1-x}6x\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\ &=\int_0^{1/2}6x(1-2x)\,\mathrm dx\\ &=\left[3x^2-4x^3\right]_0^{1/2} =\frac34-\frac12=\frac14. \end{aligned}$$

边界上的取等号不影响连续型随机变量的概率。

答案： $\mu$ 的置信度为 $0.95$ 的置信区间为 $(39.51,40.49)$，单位为 $\mathrm{cm}$。

解题思路： 总体正态且方差已知为 $1$，样本均值标准化后服从标准正态分布，应使用正态分位数 $1.96$。

详细解答： 样本量 $n=16$，总体标准差 $\sigma=1$，所以

$$\overline X\sim N\left(\mu,\frac1{16}\right),\qquad Z=\frac{\overline X-\mu}{1/\sqrt{16}}=4(\overline X-\mu)\sim N(0,1).$$

由 $\Phi(1.96)=0.975$ 及正态分布的对称性，

$$P\{-1.96<Z<1.96\}=2\times0.975-1=0.95.$$

将不等式解成关于 $\mu$ 的形式，得

$$P\left\{\overline X-\frac{1.96}{4}<\mu<\overline X+\frac{1.96}{4}\right\}=0.95.$$

代入本次观测值 $\overline x=40$，区间为

$$\left(40-0.49,40+0.49\right)=(39.51,40.49).$$

易错点： $1.645$ 对应单侧概率 $0.95$，不能用于本题两侧总概率为 $0.95$ 的区间。

答案： C：两个极小值点和两个极大值点。

解题思路： 图给的是 $f'(x)$，应看导数的正负如何变化。由正变负对应极大值，由负变正对应极小值；连续函数在不可导点也可能取得极值。

详细解答： 将图中 $f'(x)$ 与 $x$ 轴的三个交点的横坐标，从左至右记为 $a,b,c$，其位置满足 $a<b<0<c$。读图得到

$$\begin{array}{c|ccccc} x&(-\infty,a)&(a,b)&(b,0)&(0,c)&(c,+\infty)\\\hline f'(x)&+&-&+&-&+\\ f(x)&\text{递增}&\text{递减}&\text{递增}&\text{递减}&\text{递增} \end{array}$$

因此在 $a$ 处，$f$ 由增转减，取得极大值；在 $b$ 处，由减转增，取得极小值。在 $0$ 的左侧递增、右侧递减，且题设保证 $f$ 在 $0$ 连续，所以 $0$ 也是极大值点。在 $c$ 处，由减转增，取得极小值。

共有两个极大值点 $a,0$ 和两个极小值点 $b,c$，故选 C。

易错点： 不能只数 $f'(x)=0$ 的点。图中 $x=0$ 处导数不取有限值，但连续性和两侧单调性仍能判断极大值。

答案： D：$b_nc_n\to+\infty$，因此不具有有限的实数极限。

解题思路： $b_n\to1$ 使它最终有一个正下界，所以乘上趋于无穷的 $c_n$ 后必趋于无穷。极限条件只控制充分大的下标，不能保证所有下标的大小关系；$0\cdot\infty$ 型也不能直接判断。

详细解答： 由 $b_n\to1$，取 $\varepsilon=\frac12$，存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时有

$$|b_n-1|<\frac12,\qquad b_n>\frac12.$$

对任意 $M>0$，由 $c_n\to+\infty$，存在 $N_2$，当 $n>N_2$ 时 $c_n>2M$。因此当 $n>\max\{N_1,N_2\}$ 时，

$$b_nc_n>\frac12\cdot2M=M.$$

这就证明了 $b_nc_n\to+\infty$。D 中“不存在”指没有有限极限。

其余选项并非必然成立。例如取

$$a_n=\frac3n,\qquad b_n=1,\qquad c_n=\frac n3.$$

它们满足题设的全部极限条件，但在 $n=1$ 时 $a_1=3>b_1=1>c_1=\frac13$，同时否定 A、B；而 $a_nc_n=1$ 恒成立，其极限存在，又否定 C。因此选 D。

答案： A：$(0,0)$ 不是 $f(x,y)$ 的极值点。

解题思路： 极限给出 $f(x,y)$ 的主要项为 $xy$，其余项是四阶小量。沿 $y=x$ 和 $y=-x$，主要项分别为正、负，可在原点任意近处找到高于和低于 $f(0,0)$ 的函数值。

详细解答： 将题设极限写成

$$f(x,y)=xy+(x^2+y^2)^2\bigl[1+\varepsilon(x,y)\bigr], \qquad \varepsilon(x,y)\to0\quad((x,y)\to(0,0)).$$

右侧趋于 $0$。由 $f$ 在原点连续，得 $f(0,0)=0$。沿 $y=x$，对于 $x\ne0$，

$$\frac{f(x,x)}{x^2}=1+4x^2\bigl[1+\varepsilon(x,x)\bigr]\to1,$$

故当 $x\ne0$ 充分小时 $f(x,x)>0$。沿 $y=-x$，

$$\frac{f(x,-x)}{x^2}=-1+4x^2\bigl[1+\varepsilon(x,-x)\bigr]\to-1,$$

故当 $x\ne0$ 充分小时 $f(x,-x)<0$。原点的任意邻域内既有比 $f(0,0)$ 大的值，也有比它小的值，因此既不是极大值点，也不是极小值点，选 A。

答案： D 所述结论成立：当 $r>s$ 时，向量组 $\mathrm I$ 必线性相关。

解题思路： 可由另一组线性表示，意味着所有 $\boldsymbol\alpha_j$ 都在 $\boldsymbol\beta_1,\ldots,\boldsymbol\beta_s$ 张成的空间中。这个空间的维数至多为 $s$，容不下超过 $s$ 个线性无关向量。

详细解答： 设这些向量都有 $m$ 个分量，组成矩阵

$$A=(\boldsymbol\alpha_1,\ldots,\boldsymbol\alpha_r)\in\mathbf R^{m\times r},\qquad B=(\boldsymbol\beta_1,\ldots,\boldsymbol\beta_s)\in\mathbf R^{m\times s}.$$

由于每个 $\boldsymbol\alpha_j$ 都能由 $\boldsymbol\beta_i$ 线性表示，存在 $s\times r$ 的系数矩阵 $C$，满足 $A=BC$。于是

$$\operatorname{rank}(A)\le\operatorname{rank}(B)\le s.$$

当 $r>s$ 时，$\operatorname{rank}(A)<r$。向量组 $\mathrm I$ 有 $r$ 个向量但秩小于 $r$，所以必线性相关。

当 $r<s$ 时，两组都不一定相关。取

$$\boldsymbol\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol\beta_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\qquad \boldsymbol\beta_2=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix},$$

则 $\boldsymbol\alpha_1=\boldsymbol\beta_1+2\boldsymbol\beta_2$，但向量组 $\mathrm I$ 的单个非零向量及向量组 $\mathrm {II}$ 的两个向量都线性无关。

当 $r>s$ 时，也不能断言向量组 $\mathrm {II}$ 相关。例如取 $\boldsymbol\alpha_1=(1,1)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol\alpha_2=(2,2)^{\mathrm T}$、$\boldsymbol\beta_1=(1,1)^{\mathrm T}$，则 $r=2>s=1$，而 $\mathrm {II}$ 仍线性无关。

答案： B：命题①、③正确，②、④不正确。

解题思路： 齐次方程组的解构成零空间，其维数为未知数个数减去矩阵的秩。解空间包含或相等可以推出维数关系；维数相同却不能确定两个空间相同。

详细解答： 记 $S_A=\{x\in\mathbf R^n:Ax=0\}$、$S_B=\{x\in\mathbf R^n:Bx=0\}$。由秩与零空间维数的关系，

$$\dim S_A=n-\operatorname{rank}(A),\qquad \dim S_B=n-\operatorname{rank}(B).$$

①的条件是 $S_A\subseteq S_B$，所以 $\dim S_A\le\dim S_B$，即

$$n-\operatorname{rank}(A)\le n-\operatorname{rank}(B),$$

整理得 $\operatorname{rank}(A)\ge\operatorname{rank}(B)$，①正确。③的条件是 $S_A=S_B$，两空间维数相等，由同一公式得两矩阵秩相等，③正确。

②和④的逆向推断不成立。取同为 $2\times2$ 的矩阵

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

二者秩都为 $1$，但 $Ax=0$ 要求 $x_1=0$，$Bx=0$ 要求 $x_2=0$。向量 $(0,1)^{\mathrm T}$ 满足前者而不满足后者，故②错误，两个方程组也不同解，故④错误。选 B。

答案： C：$Y\sim F(n,1)$。

解题思路： 把 $t$ 分布写成标准正态变量与独立卡方变量的比。平方再取倒数，会交换两个卡方变量的分子、分母及对应自由度。

详细解答： 根据 $t(n)$ 分布的定义，可取独立变量 $U\sim N(0,1)$ 和 $V\sim\chi^2(n)$，使 $X$ 的分布与

$$\frac{U}{\sqrt{V/n}}$$

相同。又因 $U^2\sim\chi^2(1)$，且 $U^2$ 与 $V$ 仍独立，得到

$$Y=\frac1{X^2}\ \text{的分布为}\ \frac{V/n}{U^2/1}.$$

若独立的 $V_1\sim\chi^2(d_1)$、$V_2\sim\chi^2(d_2)$，则 $(V_1/d_1)/(V_2/d_2)\sim F(d_1,d_2)$。此处分子自由度为 $n$，分母自由度为 $1$，故 $Y\sim F(n,1)$，选 C。$X$ 为连续型变量，$P(X=0)=0$，取倒数在概率意义下没有障碍。

（1）求面积

答案： $A=\frac{\mathrm e}{2}-1$。

解题思路： 先由“切线过原点”确定切点和切线。区域可以看成切线下方的三角形，减去 $y=\ln x$ 在 $[1,\mathrm e]$ 上与 $x$ 轴围成的面积。

详细解答： 设切点为 $(a,\ln a)$，其中 $a>0$。因为 $(\ln x)'=1/x$，切线方程是

$$y-\ln a=\frac1a(x-a),\qquad y=\frac xa+\ln a-1.$$

切线通过 $(0,0)$，所以 $\ln a-1=0$，解得 $a=\mathrm e$。切点为 $(\mathrm e,1)$，切线为 $y=x/\mathrm e$。曲线与 $x$ 轴的交点为 $(1,0)$。

由于 $\ln x$ 为凹函数，曲线在这条切线下方。区域 $D$ 在 $0\le x\le1$ 时的上下边界是 $x/\mathrm e$ 和 $0$；在 $1\le x\le\mathrm e$ 时的上下边界是 $x/\mathrm e$ 和 $\ln x$。因此

$$A=\int_0^{\mathrm e}\frac x{\mathrm e}\,\mathrm dx-\int_1^{\mathrm e}\ln x\,\mathrm dx.$$

其中

$$\int_0^{\mathrm e}\frac x{\mathrm e}\,\mathrm dx=\frac{\mathrm e}{2},\qquad \int_1^{\mathrm e}\ln x\,\mathrm dx =\left[x\ln x-x\right]_1^{\mathrm e}=1.$$

故 $A=\frac{\mathrm e}{2}-1$。

（2）求旋转体体积

答案： $V=\frac\pi6(5\mathrm e^2-12\mathrm e+3)$。

解题思路： 绕竖直直线 $x=\mathrm e$ 旋转，取竖直小条用圆柱壳法，壳半径为 $\mathrm e-x$。也可以用整个三角形形成的圆锥减去曲线下方区域形成的旋转体。

详细解答： 由切线方程 $y=x/\mathrm e$，三角形的底边长为 $\mathrm e$、高为 $1$。它绕 $x=\mathrm e$ 旋转形成底面半径为 $\mathrm e$、高为 $1$ 的圆锥，体积

$$V_1=\frac13\pi\mathrm e^2.$$

需要减去的区域为 $1\le x\le\mathrm e$、$0\le y\le\ln x$。在横坐标 $x$ 处，竖直小条的高为 $\ln x$，距旋转轴的距离为 $\mathrm e-x$。其旋转形成圆柱壳，故

$$V_2=2\pi\int_1^{\mathrm e}(\mathrm e-x)\ln x\,\mathrm dx.$$

分别计算

$$\int_1^{\mathrm e}\ln x\,\mathrm dx=1,$$

$$\int_1^{\mathrm e}x\ln x\,\mathrm dx =\left[\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}\right]_1^{\mathrm e} =\frac{\mathrm e^2+1}{4}.$$

于是

$$V_2=2\pi\left(\mathrm e-\frac{\mathrm e^2+1}{4}\right) =\frac\pi2(4\mathrm e-\mathrm e^2-1).$$

两个区域均在旋转轴左侧，横截面中减去的部分正是相应内圆盘，因此体积可以相减：

$$V=V_1-V_2 =\frac\pi3\mathrm e^2-\frac\pi2(4\mathrm e-\mathrm e^2-1) =\frac\pi6(5\mathrm e^2-12\mathrm e+3).$$

（1）展开成幂级数

答案：

$$f(x)=\frac\pi4+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}2^{2n+1}}{2n+1}x^{2n+1}, \qquad -\frac12<x\le\frac12.$$

级数本身在 $[-\frac12,\frac12]$ 上收敛；$x=-\frac12$ 时题给函数因分母为零而没有定义。

解题思路： 原函数含反正切与分式，直接展开较繁。求导后成为 $-2/(1+4x^2)$，可用等比级数展开，再积分并用 $f(0)$ 确定常数；端点必须单独检查。

详细解答： 令 $u=(1-2x)/(1+2x)$。当 $x\ne-\frac12$ 时，

$$u'=-\frac4{(1+2x)^2},\qquad 1+u^2=\frac{(1+2x)^2+(1-2x)^2}{(1+2x)^2} =\frac{2(1+4x^2)}{(1+2x)^2}.$$

所以

$$f'(x)=\frac{u'}{1+u^2}=-\frac2{1+4x^2}.$$

当 $|x|<\frac12$ 时，$|4x^2|<1$，等比级数公式给出

$$f'(x)=-2\sum_{n=0}^{\infty}(-4x^2)^n =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}2^{2n+1}x^{2n}.$$

幂级数在收敛区间内可以逐项积分，且 $f(0)=\arctan1=\pi/4$，故

$$\begin{aligned} f(x)&=f(0)+\int_0^x f'(t)\,\mathrm dt\\ &=\frac\pi4+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}2^{2n+1}}{2n+1}x^{2n+1},\qquad |x|<\frac12. \end{aligned}$$

由于导数级数的收敛半径为 $1/2$，积分后半径仍为 $1/2$。在 $x=1/2$ 处，非恒定项变成 $\sum_{n\ge0}(-1)^{n+1}/(2n+1)$；在 $x=-1/2$ 处变成 $\sum_{n\ge0}(-1)^n/(2n+1)$。两者都是项的绝对值递减趋于零的交错级数，因此均收敛，但都不绝对收敛。

在 $x=1/2$ 处，函数连续，由阿贝尔定理，级数的端点和等于区间内和函数的左极限，所以展开式在这一端点仍等于 $f(1/2)$。在 $x=-1/2$ 处，级数有和，但题给函数没有定义，不能把该点列入函数展开式的适用范围。

（2）求数项级数的和

答案： $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac\pi4$。

解题思路： 将幂级数取到右端点 $x=1/2$，恰好出现待求级数。需先证明端点收敛，再借助和函数在端点的连续性。

详细解答： 记

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

因为 $1/(2n+1)$ 单调递减且趋于 $0$，交错级数判别法保证 $S$ 收敛。由前一问的展开式及阿贝尔定理，令 $x\to(1/2)^-$，得到

$$f\left(\frac12\right)=\frac\pi4+ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2n+1} =\frac\pi4-S.$$

另一方面，直接代入函数得 $f(1/2)=\arctan0=0$，所以 $S=\pi/4$。

易错点： 导数的等比级数只在 $|x|<1/2$ 成立。不能直接把 $x=1/2$ 代进那个等比级数；这里使用的是积分后已证明收敛的级数及阿贝尔定理。

（1）证明两条曲线积分相等

答案：

$$\oint_L x\mathrm e^{\sin y}\,\mathrm dy-y\mathrm e^{-\sin x}\,\mathrm dx =\oint_L x\mathrm e^{-\sin y}\,\mathrm dy-y\mathrm e^{\sin x}\,\mathrm dx.$$

解题思路： $L$ 是矩形的正向闭边界，且系数函数光滑，适合格林公式。转成二重积分后，被积函数只分别依赖 $x$、$y$，矩形两边长度相同使结果一致。

详细解答： 记左侧积分为 $I_1$，右侧为 $I_2$。格林公式为

$$\oint_L P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\iint_D(Q_x-P_y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy,$$

其中正向指沿边界逆时针行进。此题 $D=[0,\pi]\times[0,\pi]$，各系数函数在 $D$ 及其邻域内有连续偏导，公式适用。

对于 $I_1$，取 $P=-y\mathrm e^{-\sin x}$、$Q=x\mathrm e^{\sin y}$，得

$$Q_x=\mathrm e^{\sin y},\qquad P_y=-\mathrm e^{-\sin x},$$

所以

$$\begin{aligned} I_1&=\iint_D(\mathrm e^{\sin y}+\mathrm e^{-\sin x})\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ &=\pi\int_0^\pi\mathrm e^{\sin y}\,\mathrm dy +\pi\int_0^\pi\mathrm e^{-\sin x}\,\mathrm dx\\ &=\pi\int_0^\pi(\mathrm e^{\sin u}+\mathrm e^{-\sin u})\,\mathrm du. \end{aligned}$$

对于 $I_2$，取 $P=-y\mathrm e^{\sin x}$、$Q=x\mathrm e^{-\sin y}$，同理得到

$$I_2=\iint_D(\mathrm e^{-\sin y}+\mathrm e^{\sin x})\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\pi\int_0^\pi(\mathrm e^{-\sin u}+\mathrm e^{\sin u})\,\mathrm du=I_1.$$

故等式成立。这里将积分变量统一写成 $u$，并不改变定积分的值。

（2）证明下界

答案： $\displaystyle\oint_L x\mathrm e^{\sin y}\,\mathrm dy-y\mathrm e^{-\sin x}\,\mathrm dx\ge2\pi^2$。

解题思路： 将曲线积分写成 $\pi\int_0^\pi(\mathrm e^{\sin u}+\mathrm e^{-\sin u})\,\mathrm du$，再用两个正数的算术平均不小于几何平均。

详细解答： 由格林公式，或直接沿矩形边界积分，待证积分等于

$$I=\pi\int_0^\pi(\mathrm e^{\sin u}+\mathrm e^{-\sin u})\,\mathrm du.$$

对任意实数 $v$，$\mathrm e^v$ 与 $\mathrm e^{-v}$ 为正且乘积为 $1$，因此

$$\mathrm e^v+\mathrm e^{-v}\ge2\sqrt{\mathrm e^v\mathrm e^{-v}}=2.$$

代入 $v=\sin u$ 并积分，得到

$$I\ge\pi\int_0^\pi2\,\mathrm du=2\pi^2.$$

事实上在 $0<u<\pi$ 时 $\sin u>0$，上述不等式严格成立，所以此题还满足 $I>2\pi^2$，自然也满足题目要求的非严格下界。