2005年考研数学一真题

答案： $y=\frac12x-\frac14$。

解题思路： 分子比分母高一次，可以用多项式除法把函数拆成“一次函数＋趋于零的余项”。一次函数就是斜渐近线。

详细解答： 作恒等变形：

$$\frac{x^2}{2x+1}=\frac{x}{2}-\frac14+\frac{1}{4(2x+1)}.$$

当 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时，最后一项均趋于 $0$，所以

$$\lim_{x\to\pm\infty}\left[\frac{x^2}{2x+1}-\left(\frac{x}{2}-\frac14\right)\right]=0.$$

按渐近线的定义，所求直线为 $y=\frac12x-\frac14$。

答案： $y=\frac{x\ln x}{3}-\frac{x}{9}$，$x>0$。

解题思路： 这是一阶线性微分方程。将方程除以 $x$ 后，积分因子为 $x^2$，左端可以凑成乘积 $x^2y$ 的导数，再用初值确定常数。

详细解答： 由于题中有 $\ln x$，只考虑 $x>0$。方程化为

$$y'+\frac2x y=\ln x.$$

积分因子为 $e^{\int(2/x)\,\mathrm dx}=x^2$。两边乘以 $x^2$，得

$$x^2y'+2xy=x^2\ln x,\qquad (x^2y)'=x^2\ln x.$$

对右端分部积分，取 $u=\ln x$、$\mathrm dv=x^2\mathrm dx$：

$$\int x^2\ln x\,\mathrm dx =\frac{x^3}{3}\ln x-\frac13\int x^2\,\mathrm dx =\frac{x^3}{3}\ln x-\frac{x^3}{9}.$$

因此

$$y=\frac{x\ln x}{3}-\frac{x}{9}+\frac C{x^2}.$$

代入 $y(1)=-\frac19$，得到 $-\frac19+C=-\frac19$，即 $C=0$，故答案如上。

答案： $\frac{\sqrt3}{3}$。

解题思路： 可微函数沿单位向量的方向导数等于梯度与该单位向量的内积。先求三个偏导数，再代入指定点。

详细解答： 函数是多项式，处处可微，其梯度为

$$\nabla u=\left(\frac x3,\frac y6,\frac z9\right).$$

在 $(1,2,3)$ 处，$\nabla u=(\frac13,\frac13,\frac13)$。题给向量 $\boldsymbol n=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$ 的长度为 $1$，于是

$$\left.\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol n}\right|_{(1,2,3)} =\left(\frac13,\frac13,\frac13\right)\cdot\frac1{\sqrt3}(1,1,1) =\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.$$

答案： $(2-\sqrt2)\pi R^3$。

解题思路： 积分曲面是闭合边界的外侧，适合使用高斯公式。向量场 $(x,y,z)$ 的散度为 $3$，所以积分等于区域体积的 $3$ 倍；球坐标能直接表达球面与圆锥之间的区域。

详细解答： 令 $P=x,Q=y,S=z$，则

$$P_x+Q_y+S_z=1+1+1=3.$$

由高斯公式及外侧方向，所求积分为 $3\iiint_\Omega\mathrm dV$。采用球坐标

$$x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\varphi,$$

其中 $\varphi$ 是与正 $z$ 轴的夹角，体积元为 $\rho^2\sin\varphi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\varphi\,\mathrm d\theta$。圆锥 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 对应 $\varphi=\pi/4$，区域在圆锥上方、球面内部，故

$$0\le\theta\le2\pi,\quad0\le\varphi\le\frac\pi4,\quad0\le\rho\le R.$$

所以

$$\begin{aligned} I&=3\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\pi/4}\sin\varphi\,\mathrm d\varphi\int_0^R\rho^2\,\mathrm d\rho\\ &=3\cdot2\pi\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)\frac{R^3}{3} =(2-\sqrt2)\pi R^3. \end{aligned}$$

答案： $2$。

解题思路： $B$ 的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，把组合系数按列排成矩阵 $M$，便有 $B=AM$，再使用行列式的乘积公式。

详细解答： 三列的系数依次为 $(1,1,1)^{\mathrm T}$、$(1,2,4)^{\mathrm T}$、$(1,3,9)^{\mathrm T}$，因此

$$B=AM,\qquad M=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&4&9\end{pmatrix}.$$

将 $M$ 的第二、三列分别减去第一列，行列式不变，得到

$$|M|=\begin{vmatrix}1&0&0\\1&1&2\\1&3&8\end{vmatrix} =1\cdot(8-6)=2.$$

于是 $|B|=|A||M|=1\cdot2=2$。

答案： $\frac{13}{48}$。

解题思路： 第二次选数的范围由第一次的结果决定，不能把所有 $(X,Y)$ 组合看作等可能。按 $X$ 的四种取值分类，使用全概率公式。

详细解答： 第一次从 $1,2,3,4$ 中等可能选数，所以 $P(X=i)=\frac14$。若 $X=1$，不可能选到 $Y=2$；若 $X=i\ge2$，第二次从 $1,\ldots,i$ 等可能选数，所以 $P(Y=2\mid X=i)=1/i$。因此

$$\begin{aligned} P(Y=2)&=\sum_{i=1}^4P(X=i)P(Y=2\mid X=i)\\ &=\frac14\left(0+\frac12+\frac13+\frac14\right) =\frac14\cdot\frac{13}{12}=\frac{13}{48}. \end{aligned}$$

答案： C，恰有两个不可导点 $x=-1,1$。

解题思路： 先按 $|x|$ 是否超过 $1$ 求出极限函数，再检查分段交界点的左右导数。判断的是极限函数的可导性。

详细解答： 当 $|x|\le1$ 时，

$$1\le(1+|x|^{3n})^{1/n}\le2^{1/n}\longrightarrow1.$$

当 $|x|>1$ 时，

$$|x|^3\le(1+|x|^{3n})^{1/n}\le2^{1/n}|x|^3\longrightarrow|x|^3.$$

由夹逼定理，

$$f(x)=\begin{cases}-x^3,&x<-1,\\1,&-1\le x\le1,\\x^3,&x>1.\end{cases}$$

各段内部均可导，且函数在两个交界点连续。在 $x=-1$ 处，左导数为 $-3(-1)^2=-3$，右导数为 $0$；在 $x=1$ 处，左导数为 $0$，右导数为 $3(1)^2=3$。两处左右导数均不相等，故恰有两个不可导点，选 C。

答案： A，$F$ 为偶函数当且仅当 $f$ 为奇函数。

解题思路： 原函数含任意加法常数。加常数不破坏偶性，却可能破坏奇性；对正确选项证明两个方向，对其余选项给出反例。

详细解答： 若 $F(-x)=F(x)$，两边求导得到

$$-F'(-x)=F'(x),\qquad f(-x)=-f(x),$$

所以 $f$ 为奇函数。反过来，若连续函数 $f$ 为奇函数，任一原函数满足

$$F(x)=F(0)+\int_0^xf(t)\,\mathrm dt.$$

在 $F(-x)$ 中令 $t=-s$，得

$$F(-x)=F(0)-\int_0^xf(-s)\,\mathrm ds =F(0)+\int_0^xf(s)\,\mathrm ds=F(x).$$

因此 A 的两个方向均成立。B 的反例：$f(x)=3x^2$ 为偶函数，但其原函数 $F(x)=x^3+1$ 不是奇函数。C 的反例：$f(x)=\cos x-1$ 是周期函数，但 $F(x)=\sin x-x$ 不是周期函数。D 的反例：$f(x)=2x$ 单调递增，而 $F(x)=x^2$ 在整个实数轴上不单调。故选 A。

答案： B，$u_{xx}=u_{yy}$。

解题思路： 对积分项使用变限积分求导公式，注意下限 $x-y$ 在对 $y$ 求导时导数为 $-1$，会与公式中的减号相消。

详细解答： 对 $x,y$ 分别求一次偏导数：

$$\begin{aligned} u_x&=\varphi'(x+y)+\varphi'(x-y)+\psi(x+y)-\psi(x-y),\\ u_y&=\varphi'(x+y)-\varphi'(x-y)+\psi(x+y)+\psi(x-y). \end{aligned}$$

再次求导，链式法则给出

$$\begin{aligned} u_{xx}&=\varphi''(x+y)+\varphi''(x-y)+\psi'(x+y)-\psi'(x-y),\\ u_{yy}&=\varphi''(x+y)+\varphi''(x-y)+\psi'(x+y)-\psi'(x-y). \end{aligned}$$

两式相同，故选 B。其余关系不一定成立，例如取 $\varphi(t)=t^2,\psi(t)=0$，则 $u=2x^2+2y^2$，有 $u_{xx}=u_{yy}=4$、$u_{xy}=0$，直接排除 A、C、D。

答案： D，可确定 $x=x(y,z)$ 和 $y=y(x,z)$。

解题思路： 隐函数存在定理要求：方程在指定点成立，函数具有连续偏导数，且对拟求出的变量的偏导数不为零。

详细解答： 令

$$F(x,y,z)=xy-z\ln y+e^{xz}-1.$$

点 $(0,1,1)$ 满足 $F=0$，在该点附近 $y>0$，故 $F$ 的偏导数连续。计算得

$$F_x=y+ze^{xz},\quad F_y=x-\frac zy,\quad F_z=-\ln y+xe^{xz}.$$

在指定点，$F_x=2\ne0$、$F_y=-1\ne0$、$F_z=0$。所以定理分别保证能局部唯一地解出 $x=x(y,z)$、$y=y(x,z)$，选 D。

这里还可以直接看出不能局部唯一地解出 $z$：当 $x=0,y=1$ 时，原方程对附近所有 $z$ 都成立，同一 $(x,y)$ 并没有唯一的 $z$ 值。

答案： B，充分必要条件为 $\lambda_2\ne0$。

解题思路： 不同特征值对应的特征向量线性无关。把 $A(\alpha_1+\alpha_2)$ 写成这两个向量的组合，检查第二个方向是否消失。

详细解答： 特征向量非零，且 $\lambda_1\ne\lambda_2$，所以 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关。由特征向量定义，

$$A(\alpha_1+\alpha_2)=\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2.$$

假设 $c_1\alpha_1+c_2A(\alpha_1+\alpha_2)=0$，代入得

$$(c_1+\lambda_1c_2)\alpha_1+\lambda_2c_2\alpha_2=0.$$

原两个向量线性无关，故 $c_1+\lambda_1c_2=0$、$\lambda_2c_2=0$。若 $\lambda_2\ne0$，只能有 $c_1=c_2=0$，新向量组线性无关；若 $\lambda_2=0$，第二个向量是 $\lambda_1\alpha_1$，与第一个向量相关。因此条件恰为 $\lambda_2\ne0$。

答案： C，交换 $A^*$ 的第 1、2 列得到 $-B^*$。

解题思路： 用交换前两行的 $n$ 阶初等矩阵 $P$ 表示 $B=PA$，再利用可逆矩阵的伴随矩阵公式 $A^*=|A|A^{-1}$。

详细解答： 令 $P$ 为把 $n$ 阶单位矩阵前两行互换所得的矩阵。则

$$B=PA,\quad |P|=-1,\quad P^{-1}=P.$$

因此 $|B|=-|A|$，并且 $B^{-1}=A^{-1}P$。由于 $A,B$ 均可逆，

$$B^*=|B|B^{-1}=-|A|A^{-1}P=-A^*P.$$

即 $A^*P=-B^*$。右乘 $P$ 的作用是交换第 1、2 列，故选 C。这里 $P$ 为 $n\times n$，公式适用于题目给出的任意 $n\ge2$。

答案： B，$a=0.4,b=0.1$。

解题思路： 联合分布所有概率之和为 $1$，先得到 $a+b$；再把事件独立条件写成“交事件概率＝两事件概率之积”。

详细解答： 由分布表，$0.4+a+b+0.1=1$，所以 $a+b=0.5$。记 $E=\{X=0\}$、$G=\{X+Y=1\}$，则

$$P(E)=0.4+a,\quad P(G)=a+b=0.5.$$

同时 $E\cap G=\{X=0,Y=1\}$，故 $P(E\cap G)=a$。由独立性，

$$a=(0.4+a)\cdot0.5=0.2+0.5a.$$

解得 $a=0.4$，进而 $b=0.5-a=0.1$，均非负，符合分布要求。

答案： D，$\frac{(n-1)X_1^2}{\sum_{i=2}^nX_i^2}\sim F(1,n-1)$。

解题思路： $F$ 分布是两个独立卡方变量分别除以其自由度后的比值。这里分子和分母来自互不重叠的独立样本，正好满足条件。

详细解答： 因为 $X_i$ 相互独立且都服从 $N(0,1)$，所以

$$U=X_1^2\sim\chi^2(1),\qquad V=\sum_{i=2}^nX_i^2\sim\chi^2(n-1),$$

且 $U,V$ 独立。因此

$$\frac{U/1}{V/(n-1)}=\frac{(n-1)X_1^2}{\sum_{i=2}^nX_i^2}\sim F(1,n-1).$$

其余选项的标准化系数不对：$\overline X\sim N(0,1/n)$，故 $n\overline X\sim N(0,n)$，A 错；样本方差按 $S^2=\frac1{n-1}\sum(X_i-\overline X)^2$ 定义，正确关系为 $(n-1)S^2\sim\chi^2(n-1)$，B 错；正确的 $t$ 统计量为 $\sqrt n\,\overline X/S\sim t(n-1)$，C 的系数 $n-1$ 不等于 $\sqrt n$。故选 D。

答案： $\frac38$。

解题思路： 被积函数含 $x^2+y^2$，区域又是第一象限圆域，采用极坐标。取整函数在 $r=1$ 处改变数值，需要把径向积分分成两段。

详细解答： 令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，面积元为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$。由 $x^2+y^2\le\sqrt2$，得到 $r\le\sqrt[4]2$，故

$$0\le\theta\le\frac\pi2,\qquad0\le r\le\sqrt[4]2.$$

当 $0\le r<1$ 时，$1\le1+r^2<2$，所以 $[1+r^2]=1$；当 $1\le r\le\sqrt[4]2$ 时，$2\le1+r^2\le1+\sqrt2<3$，所以 $[1+r^2]=2$。于是

$$\begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,\mathrm d\theta \left(\int_0^1r^3\,\mathrm dr+2\int_1^{\sqrt[4]2}r^3\,\mathrm dr\right)\\ &=\frac12\left[\frac14+2\cdot\frac{(\sqrt[4]2)^4-1}{4}\right] =\frac12\left(\frac14+\frac12\right)=\frac38. \end{aligned}$$

圆周 $r=1$ 的面积为零，其上的取值安排不影响二重积分。面积元中的 $r$ 与 $xy=r^2\sin\theta\cos\theta$ 相乘，径向因子是 $r^3$。

（1）收敛区间

答案： 收敛区间为 $(-1,1)$。

解题思路： 幂次为 $2n$，所以相邻非零项的比值含 $x^2$。先使用比值判别法确定内部范围，再检查两个端点的通项是否趋于零。

详细解答： 记 $c_n=1+\frac1{n(2n-1)}$。因为 $c_n\to1$，当 $x\ne0$ 时相邻项绝对值之比趋于

$$\lim_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}|x|^{2n+2}}{c_n|x|^{2n}}=|x|^2.$$

因此 $|x|<1$ 时绝对收敛，$|x|>1$ 时发散；在 $x=1$ 或 $x=-1$ 处，通项为 $(-1)^{n-1}c_n$，其绝对值趋于 $1$，通项不趋于 $0$，所以两个端点都发散。$x=0$ 时所有项为零。

（2）和函数

答案：

$$f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}+2x\arctan x-\ln(1+x^2),\qquad |x|<1.$$

解题思路： 将级数拆成几何级数与含 $2n(2n-1)$ 的级数，后者连续求导两次就成为几何级数，再利用在 $0$ 处的值积分还原。

详细解答： 在 $|x|<1$ 内，写成

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

第一部分是公比为 $-x^2$ 的几何级数，和为 $x^2/(1+x^2)$。幂级数在收敛区间内部可以逐项求导，且 $H(0)=H'(0)=0$，故

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

从 $0$ 到 $x$ 积分，得到

$$H'(x)=\int_0^x\frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\arctan x.$$

再积分一次，并对 $\arctan t$ 分部积分：

$$H(x)=\int_0^x\arctan t\,\mathrm dt =x\arctan x-\int_0^x\frac{t}{1+t^2}\,\mathrm dt =x\arctan x-\frac12\ln(1+x^2).$$

合并得到所列和函数。和函数表达式在端点有有限值，并不表示原级数在端点收敛。

答案： $20$。

解题思路： 图形提供的是 $f$ 及其导数在端点的值，无法直接求出 $f$。对三阶导数连续分部积分，把积分转成这些已知的边界数据。

详细解答： 两个切点给出 $f(0)=0,f(3)=2$。切线通过共同交点 $(2,4)$，其斜率为

$$f'(0)=\frac{4-0}{2-0}=2,\qquad f'(3)=\frac{4-2}{2-3}=-2.$$

由于 $(3,2)$ 是拐点且 $f$ 具有三阶连续导数，$f''$ 连续，故 $f''(3)=0$：若该值非零，连续性会使 $f''$ 在 $3$ 的两侧保持同号，曲线的凹凸性就不能在这里改变。设所求积分为 $I$，先取 $u=x^2+x$、$\mathrm dv=f'''(x)\mathrm dx$：

$$I=[(x^2+x)f''(x)]_0^3-\int_0^3(2x+1)f''(x)\,\mathrm dx.$$

第一项在 $x=3$ 处因为 $f''(3)=0$ 而消失，在 $x=0$ 处因为 $x^2+x=0$ 而消失。再次分部积分，得

$$\begin{aligned} I&=-[(2x+1)f'(x)]_0^3+2\int_0^3f'(x)\,\mathrm dx\\ &=-7f'(3)+f'(0)+2[f(3)-f(0)]\\ &=-7(-2)+2+2(2-0)=20. \end{aligned}$$

（I）证明存在 $\xi$ 使 $f(\xi)=1-\xi$

答案： 存在 $\xi\in(0,1)$，满足 $f(\xi)=1-\xi$。

解题思路： 把待证等式移到一边构造连续函数，验证它在两个端点异号，再用零点定理。

详细解答： 令 $g(x)=f(x)+x-1$。因为 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以 $g$ 也连续，且

$$g(0)=0+0-1=-1,\qquad g(1)=1+1-1=1.$$

由介值定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $g(\xi)=0$，即 $f(\xi)=1-\xi$。

（Ⅱ）证明两个不同点的导数乘积为 $1$

答案： 存在不同的 $\eta,\zeta\in(0,1)$，满足 $f'(\eta)f'(\zeta)=1$。

解题思路： 用第一问中的 $\xi$ 将区间分为两段，两段割线的斜率互为倒数；分别使用拉格朗日中值定理，就能获得两个处在不同区间的点。

详细解答： 在 $[0,\xi]$ 和 $[\xi,1]$ 上，$f$ 连续且在各自内部可导，满足中值定理条件。因此存在 $\eta\in(0,\xi)$、$\zeta\in(\xi,1)$，使

$$f'(\eta)=\frac{f(\xi)-f(0)}\xi=\frac{1-\xi}{\xi},\qquad f'(\zeta)=\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}=\frac\xi{1-\xi}.$$

因为 $0<\xi<1$，分母均非零，乘积恰为 $1$。又 $\eta<\xi<\zeta$，故两个点确实不同。