2006年考研数学一真题

答案： $2$。

解题思路： 分子、分母都是二阶无穷小。分别使用 $\ln(1+x)\sim x$、$1-\cos x\sim x^2/2$，或将式子拆成两个标准极限。

详细解答： 当 $x$ 充分接近零时 $1+x>0$，对 $x\ne0$，

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

由 $\ln(1+x)/x\to1$，以及 $1-\cos x=2\sin^2(x/2)$，

$$\frac{x^2}{1-\cos x} =2\left(\frac{x/2}{\sin(x/2)}\right)^2\longrightarrow2.$$

两因子的极限相乘，所求极限为 $2$。

答案： $y=Cx\mathrm e^{-x}$，$C$ 为任意实常数。解定义在不含 $x=0$ 的区间上，正、负半轴可分别选取常数。

解题思路： 这是齐次一阶线性方程。使用积分因子可以保留零解，也避免分离变量时漏掉 $y=0$。

详细解答： 在 $x\ne0$ 的区间上，方程为

$$y'+\left(1-\frac1x\right)y=0.$$

可取非零积分因子 $\mu(x)=\mathrm e^x/x$，因为

$$\frac{\mu'(x)}{\mu(x)}=1-\frac1x.$$

两边乘以 $\mu$，得到

$$\left(\frac{\mathrm e^x}{x}y\right)'=0.$$

故 $\mathrm e^xy/x=C$，即 $y=Cx\mathrm e^{-x}$。代回可核实

$$y'=C(1-x)\mathrm e^{-x} =\frac{y(1-x)}x.$$

$C=0$ 给出零解。若用分离变量，应写 $\ln|y|=\ln|x|-x+C_0$，再把符号并入任意常数，且补上零解。

答案： $2\pi$。

解题思路： 锥面下侧是有限圆锥体的外侧。补上 $z=1$ 的圆盘上侧，利用高斯公式；顶面处 $3(z-1)=0$，补面通量恰为零。

详细解答： 设向量场 $\mathbf F=(x,2y,3(z-1))$，其散度为

$$\operatorname{div}\mathbf F=1+2+3=6.$$

补面取 $\Sigma_0=\{z=1,\ x^2+y^2\le1\}$，法向朝上。闭曲面 $\Sigma+\Sigma_0$ 围成

$$\Omega=\{0\le z\le1,\ x^2+y^2\le z^2\},$$

整体取外侧；在侧面，外法向量的竖直分量向下，与题设一致。向量场各分量光滑，高斯公式给出

$$\iint_{\Sigma+\Sigma_0}\mathbf F\cdot\mathbf n\,\mathrm dS =6\iiint_\Omega\mathrm dV.$$

固定 $z$ 时截面圆盘半径为 $z$，所以

$$\iiint_\Omega\mathrm dV=\int_0^1\pi z^2\,\mathrm dz=\frac\pi3.$$

闭曲面的通量为 $2\pi$。顶面法向量为 $(0,0,1)$，通量密度 $3(z-1)=0$，故 $\Sigma_0$ 的积分为零，所求锥面积分仍为 $2\pi$。

答案： $d=\sqrt2$。

解题思路： 点到平面的距离是点的位置向量沿平面单位法向量的投影长度，使用点到平面的距离公式。

详细解答： 平面 $Ax+By+Cz+D=0$ 的法向量为 $(A,B,C)$，点 $(x_0,y_0,z_0)$ 到平面的距离为

$$d=\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}.$$

本题 $A=3,B=4,C=5,D=0$，代入点 $(2,1,0)$，得到

$$d=\frac{|3\cdot2+4\cdot1+5\cdot0|}{\sqrt{9+16+25}} =\frac{10}{\sqrt{50}}=\sqrt2.$$

答案： $|B|=2$。

解题思路： 将 $BA=B+2E$ 整理为矩阵乘积，再对两边取行列式，无需求出每个元素。

详细解答： 移项得 $B(A-E)=2E$。两矩阵均为二阶，因而

$$|B|\,|A-E|=|2E|=2^2=4.$$

又

$$A-E=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix},\qquad |A-E|=1+1=2.$$

所以 $2|B|=4$，得 $|B|=2$。也可求得 $B=2(A-E)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}$，行列式同样为 $2$。

答案： $1/9$。

解题思路： 两变量最大值不超过 $1$ 等价于两变量都不超过 $1$，再使用独立性。

详细解答： $X,Y$ 各自在 $[0,3]$ 上均匀分布，故 $P(X\le1)=P(Y\le1)=1/3$。于是

$$P(\max\{X,Y\}\le1) =P(X\le1,Y\le1) =P(X\le1)P(Y\le1)=\frac19.$$

独立性是相乘的依据；区间端点的单点概率为零，不影响结果。

答案： A，$0<\mathrm dy<\Delta y$。

解题思路： $f'>0$ 保证微分为正；$f''>0$ 保证导数严格递增，实际增量的平均斜率比起点切线斜率更大。

详细解答： 记 $h=\Delta x>0$。按定义，

$$\mathrm dy=f'(x_0)h>0,\qquad \Delta y=f(x_0+h)-f(x_0).$$

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x_0,x_0+h)$，使 $\Delta y=f'(\xi)h$。又 $f''>0$，故 $f'$ 严格递增，有 $f'(\xi)>f'(x_0)$。乘以 $h>0$，得 $\Delta y>\mathrm dy>0$，选 A。

也可用带拉格朗日余项的二阶泰勒公式：

$$\Delta y-\mathrm dy=\frac12f''(\eta)h^2>0,\qquad x_0<\eta<x_0+h.$$

图中 $BC$ 表示切线给出的微分，$BD$ 表示曲线给出的实际增量，$D$ 在 $C$ 上方，与结论一致。

答案： C，即

$$\int_0^{\sqrt2/2}\left(\int_y^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)\,\mathrm dx\right)\mathrm dy.$$

解题思路： 极坐标范围 $0\le\theta\le\pi/4,0\le r\le1$ 表示第一象限中位于 $y=x$ 下方的单位圆扇形。先确定区域，再用水平小条写出直角坐标上下限。

详细解答： 换元 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ 的雅可比绝对值为 $r$，与原积分中的 $r$ 配套。因此原式等于 $\iint_Df(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy$，其中

$$D=\{x^2+y^2\le1,\ 0\le y\le x\}.$$

直线 $y=x$ 与单位圆在第一象限交于 $(\sqrt2/2,\sqrt2/2)$，故 $y$ 的范围为 $0\le y\le\sqrt2/2$。固定 $y$，左端为 $x=y$，右端为圆弧 $x=\sqrt{1-y^2}$，得到选项 C。

A 描述圆内 $y\ge x$ 的另一侧扇形；B、D 中的界限还包括不属于本题的点，不能表示同一积分区域。

答案： D；若原级数和为 $S$，则新级数和为 $S-a_1/2$。

解题思路： 收敛级数的通项趋于零。把 D 的前 $N$ 项直接写成原部分和与两项边界修正，即可证明收敛；其余选项用条件收敛级数反驳。

详细解答： 设 $S_N=\sum_{n=1}^Na_n\to S$，则 $a_n\to0$。D 的部分和为

$$T_N=\frac12\sum_{n=1}^Na_n+\frac12\sum_{n=1}^Na_{n+1} =S_N-\frac{a_1}{2}+\frac{a_{N+1}}2 \longrightarrow S-\frac{a_1}2.$$

故 D 必收敛。也可把它视为两个收敛级数 $\frac12\sum a_n$ 和 $\frac12\sum a_{n+1}$ 的和，有限项的移除不影响收敛性。

A、B 不一定成立：取 $a_n=(-1)^n/n$，原级数由交错级数判别法收敛，但两个选项都得到发散的调和级数。C 不一定成立：取 $a_n=(-1)^n/\sqrt n$，原级数收敛，而

$$a_na_{n+1}=-\frac1{\sqrt{n(n+1)}}.$$

因 $n/\sqrt{n(n+1)}\to1$，其绝对值与 $1/n$ 同阶，正项和发散，故 $\sum a_na_{n+1}$ 趋于负无穷，选项 C 错误。

答案： D，即 $f_x(x_0,y_0)\ne0$ 必推出 $f_y(x_0,y_0)\ne0$。

解题思路： $\varphi_y\ne0$ 使约束局部可以写成 $y=y(x)$。约束极值是单变量复合函数 $f(x,y(x))$ 的极值，其导数应为零。

详细解答： 先说明这里局部隐函数成立的条件。题设给出 $\varphi$ 可微，因此连续；同时 $\varphi_y$ 在邻域内处处非零。由于 $\varphi(x_0,y_0)=0$、$\varphi_y(x_0,y_0)\ne0$，可以在 $y_0$ 上下选两个足够近的端点，使 $\varphi(x_0,y)$ 在两端异号。连续性保证附近的 $x$ 仍具有这两个异号端点值，介值定理给出一个根。若同一 $x$ 有两个根，罗尔定理将给出中间某点 $\varphi_y=0$，矛盾，所以根唯一，记为 $y(x)$。将端点任意缩近 $y_0$，也说明 $y(x)\to y_0$。

再令 $h=x-x_0$、$k=y(x)-y_0$，记 $a=\varphi_x(x_0,y_0)$、$b=\varphi_y(x_0,y_0)\ne0$。由可微的增量公式，

$$0=\varphi(x_0+h,y_0+k)-\varphi(x_0,y_0) =ah+bk+o(|h|+|k|).$$

余项绝对值可估计为 $\varepsilon(|h|+|k|)$，取 $\varepsilon<|b|/2$，便有

$$(|b|-\varepsilon)|k|\le(|a|+\varepsilon)|h|.$$

这说明 $k=O(h)$，即 $|k|\le C|h|$ 对某固定常数 $C$ 成立。将增量等式除以非零的 $h$，余项除以 $h$ 趋于零，因此 $k/h\to-a/b$。所以局部约束函数在该点可微，且

$$y'(x_0)=-\frac{\varphi_x(x_0,y_0)}{\varphi_y(x_0,y_0)}.$$

令 $g(x)=f(x,y(x))$。由费马定理，$g'(x_0)=0$，结合链式法则，

$$f_x(x_0,y_0)+f_y(x_0,y_0)y'(x_0)=0,$$

即

$$f_x(x_0,y_0)\varphi_y(x_0,y_0) =f_y(x_0,y_0)\varphi_x(x_0,y_0).$$

若 $f_x\ne0$，左侧由于 $\varphi_y\ne0$ 而非零，所以右侧非零，特别是 $f_y\ne0$，故 D 正确。

等价地，用拉格朗日乘数条件 $\nabla f+\lambda\nabla\varphi=0$，由 $f_x\ne0$ 可知 $\lambda\ne0$，再由 $f_y=-\lambda\varphi_y$ 得到结论。

其余选项可用原点处的约束极小值反例排除：对 A，取 $f=y+x^2$、$\varphi=y$，约束上 $f=x^2$，但 $f_x=0,f_y=1$。对 B，取 $f=x^2+y^2$、$\varphi=y$，两偏导在原点均为零。对 C，取 $f=x+y+x^2$、$\varphi=x+y$，约束上仍为 $x^2$，但原点处 $f_x=f_y=1$。三例均满足 $\varphi_y=1\ne0$。

答案： A，线性相关的向量组经同一个矩阵作用后仍线性相关。

解题思路： 线性相关意味着存在系数不全为零的零线性组合。矩阵乘法保持该组合，所以无需对 $A$ 增加可逆条件。

详细解答： 若原组相关，则存在 $k_1,\ldots,k_s$，不全为零，满足

$$k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0.$$

左乘 $m\times n$ 矩阵 $A$，得到

$$k_1A\alpha_1+\cdots+k_sA\alpha_s=0.$$

同一组系数仍不全为零，因此变换后的 $m$ 维向量组相关，A 正确，B 与此矛盾。也可记 $M=(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$，使用 $r(AM)\le r(M)<s$ 判断。

C、D 都不能保证成立：取原组为 $\mathbb R^2$ 的两个标准基向量。若 $A=E$，变换后仍独立，否定 C；若 $A=O$，变换后都是零向量而相关，否定 D。

答案： B，$C=PAP^{-1}$。

解题思路： 行变换用左乘初等矩阵，列变换用右乘初等矩阵。按题目操作顺序写出两个矩阵。

详细解答： $P$ 的第一行是 $(1,1,0)$，所以左乘 $P$ 将 $A$ 第二行加到第一行，其余行不变，故 $B=PA$。又

$$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

若 $B=(\beta_1,\beta_2,\beta_3)$，则

$$BP^{-1}=(\beta_1,\beta_2-\beta_1,\beta_3),$$

这正是第二步列变换。所以 $C=BP^{-1}=PAP^{-1}$，选 B。

易错点： 第一步作用于行，第二步作用于列，因此初等矩阵分居 $A$ 两侧，不能把两次操作都写成左乘或都写成右乘。

答案： C，$P(A\cup B)=P(A)$。

解题思路： 条件概率为 $1$ 意味着在 $B$ 中发生 $A$ 的概率占满 $P(B)$，因此并集加入 $B$ 不会增加概率。

详细解答： 因 $P(B)>0$，由定义

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=1,$$

所以 $P(A\cap B)=P(B)$。代入加法公式，

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=P(A).$$

这排除 A 并证明 C。B、D 不必成立：可以取 $A=B$ 且 $P(B)>0$，此时并集概率并不严格大于 $P(B)$，否定 B；也可取 $A$ 为必然事件、$0<P(B)<1$，并集概率为 $1\ne P(B)$，否定 D。

易错点： $P(A\mid B)=1$ 只说明 $P(B\setminus A)=0$，并不要求集合意义上的 $B\subseteq A$。

答案： A，$\sigma_1<\sigma_2$。

解题思路： 比较的是各自均值附近相同半径区间的概率。标准化会消去均值，标准差越小，标准化区间越宽，概率越大。

详细解答： 对非退化正态分布，$\sigma_1,\sigma_2>0$。利用标准正态分布函数 $\Phi$ 的对称性，

$$P(|X-\mu_1|<1)=P\left(-\frac1{\sigma_1}<\frac{X-\mu_1}{\sigma_1}<\frac1{\sigma_1}\right) =2\Phi(1/\sigma_1)-1.$$

同理，$P(|Y-\mu_2|<1)=2\Phi(1/\sigma_2)-1$。题设严格不等式与 $\Phi$ 的严格递增性给出

$$\frac1{\sigma_1}>\frac1{\sigma_2}.$$

两标准差均正，取倒数得到 $\sigma_1<\sigma_2$。因此 B 错误；概率表达式与 $\mu_1,\mu_2$ 无关，不能推出 C、D 的均值大小关系。

答案： $\displaystyle I=\frac\pi2\ln2$。

解题思路： 右半圆关于 $x$ 轴对称，$xy/(1+x^2+y^2)$ 关于 $y$ 为奇函数，故该项积分为零。其余部分只含 $x^2+y^2$，适合极坐标。

详细解答： 将积分分为

$$I=\iint_D\frac1{1+x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy +\iint_D\frac{xy}{1+x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

在变换 $(x,y)\mapsto(x,-y)$ 下，区域 $D$ 不变，第二项被积函数变号，雅可比绝对值为 $1$，故第二项等于其相反数，只能为零。

对第一项令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$。由于 $D$ 是单位右半圆，

$$0\le r\le1,\qquad -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2,\qquad \mathrm dx\,\mathrm dy=r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta.$$

于是

$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^1\frac r{1+r^2}\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta =\pi\left[\frac12\ln(1+r^2)\right]_0^1 =\frac\pi2\ln2.$$

（I）证明存在极限并求值

答案： 极限存在，且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=0$。

解题思路： 正弦迭代把数列保留在正区间内，又满足 $\sin x<x$，因此数列单调递减、有下界。极限须满足固定点方程 $L=\sin L$。

详细解答： 由 $0<x_1<\pi$，得 $x_2=\sin x_1\in(0,1]$。随后若 $0<x_n\le1$，则 $0<x_{n+1}=\sin x_n<x_n\le1$，故 $x_n\in(0,1]$（$n\ge2$），且 $n\ge3$ 时实际在 $(0,1)$。

严格不等式 $\sin x<x$ 对 $x>0$ 可由

$$x-\sin x=\int_0^x(1-\cos t)\,\mathrm dt>0$$

说明。对本题 $x_1\in(0,\pi)$，也有 $0<x_2<x_1$。因此整个数列严格递减且以下界 $0$ 为界，由单调有界定理，极限 $L$ 存在，且 $0\le L\le1$。由正弦连续，

$$L=\lim x_{n+1}=\lim\sin x_n=\sin L.$$

若 $L>0$，则 $\sin L<L$，矛盾，所以 $L=0$。

易错点： 当 $x_1=\pi/2$ 时 $x_2=1$，不能把所有 $n\ge2$ 的项写成严格小于 $1$。

（Ⅱ）计算幂式极限

答案： $\mathrm e^{-1/6}$。

解题思路： 上一问证明 $x_n\to0^+$，底数 $\sin x_n/x_n\to1$，指数趋于无穷。取对数并把正弦展开到三阶，才能求出除以 $x_n^2$ 后留下的常数。

详细解答： 设

$$T_n=\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{1/x_n^2} =\left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)^{1/x_n^2}>0.$$

使用 $\sin t=t-t^3/6+o(t^3)$，得

$$\frac{\sin t}{t}=1-\frac{t^2}{6}+o(t^2).$$

再用 $\ln(1+h)=h+o(h)$，得到

$$\ln\frac{\sin t}{t}=-\frac{t^2}{6}+o(t^2).$$

代入 $t=x_n\to0^+$，

$$\ln T_n=\frac{\ln(\sin x_n/x_n)}{x_n^2}\longrightarrow-\frac16.$$

指数函数连续，所以 $T_n\to\mathrm e^{-1/6}$。

答案：

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac13\left[(-1)^n+\frac1{2^{n+1}}\right]x^{n+1}, \qquad -1<x<1.$$

解题思路： 分母分解成 $(1+x)(2-x)$，可拆为两个几何级数。两个展开共同成立的区间决定收敛半径，再检查端点。

详细解答： 因

$$2+x-x^2=(1+x)(2-x),\qquad \frac1{1+x}+\frac1{2-x}=\frac3{(1+x)(2-x)},$$

可写成

$$f(x)=\frac x3\left(\frac1{1+x}+\frac1{2-x}\right).$$

等比级数公式给出

$$\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n,\quad |x|<1,$$

$$\frac1{2-x}=\frac12\frac1{1-x/2} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n+1}},\quad |x|<2.$$

在公共区间 $|x|<1$ 上逐项相加，再乘 $x/3$，即得答案。系数绝对值趋于 $1/3$，故该幂级数半径确为 $1$。

$x=1$ 时通项为 $\frac13[(-1)^n+2^{-n-1}]$，不趋于零；$x=-1$ 时通项为 $-\frac13+\frac{(-1)^{n+1}}{3\cdot2^{n+1}}$，也不趋于零。因此两端点均发散，完整收敛区间为 $(-1,1)$。

易错点： 原函数在 $x=1$ 有定义，但以零点为中心的这一个幂级数仍在该点发散，不能混淆函数定义域与展开的收敛区间。

（I）验证微分方程

答案： 对 $u>0$，有 $\displaystyle f''(u)+\frac{f'(u)}u=0$。

解题思路： $z$ 仅依赖半径 $u=\sqrt{x^2+y^2}$，使用链式法则求两个二阶偏导数；相加时利用 $x^2+y^2=u^2$ 合并。

详细解答： 在原点外 $u>0$，

$$u_x=\frac xu,\qquad u_y=\frac yu.$$

所以 $z_x=f'(u)x/u$。对 $x$ 再求导时，

$$\left(\frac xu\right)_x=\frac1u-\frac{x^2}{u^3}=\frac{y^2}{u^3},$$

从而

$$z_{xx}=f''(u)\frac{x^2}{u^2}+f'(u)\frac{y^2}{u^3}.$$

同理，

$$z_{yy}=f''(u)\frac{y^2}{u^2}+f'(u)\frac{x^2}{u^3}.$$

两式相加，得

$$z_{xx}+z_{yy}=f''(u)\frac{x^2+y^2}{u^2} +f'(u)\frac{x^2+y^2}{u^3} =f''(u)+\frac{f'(u)}u.$$

题设左侧为零，故得所需方程。每个 $u>0$ 均可由点 $(u,0)$ 对应得到，因此方程在整个 $(0,+\infty)$ 上成立。

（Ⅱ）求函数表达式

答案： $f(u)=\ln u$，$u>0$。

解题思路： 将方程乘以 $u$，左侧成为 $(uf')'$，可两次直接积分，再依次使用两个初值。

详细解答： 因 $u>0$，

$$uf''(u)+f'(u)=0,\qquad (uf'(u))'=0.$$

积分得 $uf'(u)=C_1$。由 $f'(1)=1$，得 $C_1=1$，所以 $f'(u)=1/u$。再积分得 $f(u)=\ln u+C_2$，代入 $f(1)=0$ 得 $C_2=0$。核实 $f''=-1/u^2$、$f'/u=1/u^2$，两项相消，且初值满足。

易错点： $u=0$ 不在题设定义域内，不需要也不能将 $\ln u$ 延伸为原点处有限值。