2008年考研数学一真题

答案： B，$f'(x)$ 只有一个零点 $x=0$。

解题思路： 积分上限是 $x^2$，应先用变上限积分求导公式，再乘上内函数 $x^2$ 的导数。判断导数的零点时，要分别检查乘积中的两个因子。

详细解答： 令 $H(u)=\int_0^u\ln(2+t)\,\mathrm dt$。被积函数在 $t\ge0$ 时连续，因此 $H'(u)=\ln(2+u)$。由链式法则，

$$f'(x)=H'(x^2)\cdot2x=2x\ln(2+x^2).$$

对任意实数 $x$，都有 $2+x^2\ge2>1$，所以 $\ln(2+x^2)>0$。故

$$f'(x)=0\iff2x=0\iff x=0.$$

零点个数为 $1$，选 B。

答案： A，$\nabla f(0,1)=(1,0)=\boldsymbol i$。

解题思路： 梯度由两个一阶偏导数组成。对 $x/y$ 求偏导时，另一个变量应视为常数，并用反正切的求导公式。

详细解答： 在 $(0,1)$ 附近有 $y\ne0$，函数可微。由 $(\arctan u)'=1/(1+u^2)$，

$$f_x(x,y)=\frac{1}{1+(x/y)^2}\cdot\frac1y =\frac{y}{x^2+y^2},$$

$$f_y(x,y)=\frac{1}{1+(x/y)^2}\cdot\left(-\frac{x}{y^2}\right) =-\frac{x}{x^2+y^2}.$$

代入 $(0,1)$ 得 $f_x(0,1)=1$、$f_y(0,1)=0$，所以

$$\nabla f(0,1)=f_x(0,1)\boldsymbol i+f_y(0,1)\boldsymbol j=\boldsymbol i.$$

答案： D，即 $y'''-y''+4y'-4y=0$。

解题思路： 常系数齐次线性微分方程的通解形式与特征根对应：$\mathrm e^x$ 对应实根 $1$，$\cos2x,\sin2x$ 对应共轭复根 $\pm2\mathrm i$。

详细解答： 题给通解含三个独立的任意常数，所对应的特征根为

$$\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2\mathrm i,\qquad\lambda_3=-2\mathrm i.$$

因此特征多项式为

$$(\lambda-1)(\lambda-2\mathrm i)(\lambda+2\mathrm i) =(\lambda-1)(\lambda^2+4) =\lambda^3-\lambda^2+4\lambda-4.$$

将 $\lambda^3,\lambda^2,\lambda,1$ 的系数依次作为 $y''',y'',y',y$ 的系数，得到

$$y'''-y''+4y'-4y=0,$$

对应选项 D。

答案： B；当 $\{x_n\}$ 单调时，$\{f(x_n)\}$ 单调有界，因而收敛。

解题思路： “单调有界数列必收敛”不要求 $f$ 连续。应注意，题设中的单调函数仍可能有跳跃间断，所以不能把自变量收敛直接换成函数值收敛。

详细解答： 设 $f$ 在全实轴有界，即存在 $M>0$，使 $|f(x)|\le M$。于是对所有 $n$，$|f(x_n)|\le M$。

若 $\{x_n\}$ 单调，则由 $f$ 的单调性，$\{f(x_n)\}$ 也单调。例如 $x_n$ 递增时，若 $f$ 递增，$f(x_n)$ 递增；若 $f$ 递减，$f(x_n)$ 递减。$x_n$ 递减的情形同理。因此 $\{f(x_n)\}$ 单调且有界，由单调有界定理可知其收敛，B 正确。

其余命题均可用满足题设的反例排除：

• 对 A，取

  $$f(x)=\begin{cases}-1,&x<0,\\0,&x=0,\\1,&x>0,\end{cases} \qquad x_n=\frac{(-1)^n}{n}.$$

  此函数单调有界，$x_n\to0$，但 $f(x_n)=(-1)^n$，奇、偶子列分别趋于 $-1,1$，故不收敛。
• 对 C，取 $f(x)=\arctan x$、$x_n=n$。$f$ 单调有界，且 $f(x_n)\to\pi/2$，但 $x_n$ 不收敛于有限实数。
• 对 D，仍取 $f(x)=\arctan x$、$x_n=n$。$f(x_n)$ 单调递增，但 $x_n$ 不收敛。

答案： C，$E-A$ 与 $E+A$ 都可逆。

解题思路： $A^3=O$ 表示矩阵的三次幂为零，可用有限的“几何级数”构造逆矩阵，再直接验证乘积为单位矩阵。

详细解答： 展开矩阵乘积，利用 $A^3=O$ 得

$$(E-A)(E+A+A^2)=E-A^3=E,$$

$$(E+A+A^2)(E-A)=E-A^3=E.$$

所以

$$(E-A)^{-1}=E+A+A^2.$$

同理，

$$(E+A)(E-A+A^2)=(E-A+A^2)(E+A)=E+A^3=E,$$

故

$$(E+A)^{-1}=E-A+A^2.$$

这两项可逆的结论对任意题设阶数 $n$ 都成立，选 C。

答案： B，$A$ 有 $1$ 个正特征值。

解题思路： 实对称矩阵可由正交变换对角化，其特征值就是标准方程中平方项的系数。图中是沿 $x'$ 轴分成两支的双叶双曲面，应判断平方项的正负号。

详细解答： 因 $A$ 为实对称矩阵，存在正交矩阵 $Q$，使

$$Q^{\mathrm T}AQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$$

作正交变换 $(x,y,z)^{\mathrm T}=Q(x',y',z')^{\mathrm T}$，曲面方程变为

$$\lambda_1x'^2+\lambda_2y'^2+\lambda_3z'^2=1.$$

图中曲面在 $x'$ 轴的正、负方向各有一支，属于双叶双曲面，其标准形式为

$$\frac{x'^2}{a^2}-\frac{y'^2}{b^2}-\frac{z'^2}{c^2}=1,\qquad a,b,c>0.$$

因此三个平方项的系数中，一个为正、两个为负，即 $A$ 有且仅有一个正特征值。

答案： A，$F_Z(x)=F^2(x)$。

解题思路： 最大值不超过 $x$，要求两个随机变量同时不超过 $x$。把这一事件写成事件的交，再利用独立性。

详细解答： 对任意实数 $x$，

$$\{Z\le x\}=\{\max(X,Y)\le x\}=\{X\le x\}\cap\{Y\le x\}.$$

由独立性及同分布，

$$F_Z(x)=P(X\le x,Y\le x) =P(X\le x)P(Y\le x)=F(x)F(x)=F^2(x).$$

这一推导不要求随机变量具有密度，对离散型或连续型变量都适用。

答案： D，$P\{Y=2X+1\}=1$。

解题思路： 相关系数等于 $1$ 表示标准化后的随机变量以概率 $1$ 相等。也可计算 $Y-2X-1$ 的方差，证明它是零常量。

详细解答： 由正态分布的参数含义，

$$E(X)=0,\quad D(X)=1,\qquad E(Y)=1,\quad D(Y)=4.$$

因此 $\sigma_X=1,\sigma_Y=2$。根据相关系数定义，

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=\rho_{XY}\sigma_X\sigma_Y=1\cdot1\cdot2=2.$$

令 $W=Y-2X-1$，则

$$E(W)=1-2\cdot0-1=0,$$

$$D(W)=D(Y)+4D(X)-4\operatorname{Cov}(X,Y)=4+4-8=0.$$

方差为零意味着 $W=E(W)=0$ 以概率 $1$ 成立，故 $Y=2X+1$ 以概率 $1$ 成立，选 D。

答案： $y=1/x$，包含初始点 $x=1$ 的最大解区间为 $(0,+\infty)$。

解题思路： 左端 $xy'+y$ 恰好是乘积 $xy$ 的导数，可以直接积分，再用初始条件确定常数。

详细解答： 由乘积求导公式，

$$(xy)'=xy'+y=0.$$

因此在解所在的区间内 $xy=C$。将 $x=1,y=1$ 代入，得 $C=1$，所以

$$y=\frac1x.$$

该函数在 $x>0$ 时满足 $xy'+y=x(-1/x^2)+1/x=0$，且 $y(1)=1$。它在 $x=0$ 无定义，因此包含初始点的最大区间为 $(0,+\infty)$。

答案： 切线方程为 $y=x+1$。

解题思路： 曲线用隐式方程给出，先对方程两边关于 $x$ 求导，求出指定点处的斜率，再写点斜式。

详细解答： 在 $(0,1)$ 处有 $y-x=1>0$。令

$$H(x,y)=\sin(xy)+\ln(y-x)-x.$$

有 $H(0,1)=0$，且

$$H_y(0,1)=\left(x\cos(xy)+\frac1{y-x}\right)_{(0,1)}=1\ne0,$$

故该点附近可将 $y$ 看作 $x$ 的可导函数。对原方程求导，

$$\cos(xy)(y+xy')+\frac{y'-1}{y-x}=1.$$

代入 $x=0,y=1$，得

$$1+(y'-1)=1,$$

从而 $y'(0)=1$。切线经过 $(0,1)$，因此

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

答案： 收敛域为 $(1,5]$。

解题思路： 两个已知点到原级数中心 $-2$ 的距离都为 $2$，可夹出收敛半径。更换中心不会改变系数，也不会改变在“括号内取值为 $\pm2$”时的敛散性。

详细解答： 令 $u=x+2$，考虑同系数幂级数 $\sum_{n=0}^\infty a_nu^n$，设其收敛半径为 $R$。

原级数在 $x=0$ 时，即在 $u=2$ 时收敛，所以 $R\ge2$；在 $x=-4$ 时，即在 $u=-2$ 时发散，所以 $R\le2$。故 $R=2$。

因此当 $|u|<2$ 时绝对收敛，当 $|u|>2$ 时发散；两个端点中，$u=-2$ 发散，$u=2$ 收敛。所求级数的内变量是 $u=x-3$，于是收敛条件为

$$-2<x-3\le2,$$

即 $1<x\le5$。

答案： $4\pi$。

解题思路： 上半球面不是闭曲面，先补上底圆盘并明确它的外法向朝下，再用高斯公式。闭曲面的通量为零，所求积分等于底圆盘通量的相反数。

详细解答： 记向量场

$$\boldsymbol F=(xy,x,x^2).$$

$\Sigma$ 为半径 $2$ 的上半球面，上侧就是上半球体的外侧。补上圆盘

$$\Sigma_0:\ z=0,\quad x^2+y^2\le4,$$

其外法向取 $(0,0,-1)$。$\Sigma+\Sigma_0$ 围成

$$\Omega=\{x^2+y^2+z^2\le4,\ z\ge0\}.$$

向量场各分量具有连续偏导数，可用高斯公式。其散度为

$$\frac{\partial(xy)}{\partial x}+\frac{\partial x}{\partial y} +\frac{\partial(x^2)}{\partial z}=y.$$

由于 $\Omega$ 关于 $y=0$ 对称，$y$ 为关于 $y$ 的奇函数，故

$$\iint_{\Sigma+\Sigma_0}\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n\,\mathrm dS =\iiint_\Omega y\,\mathrm dV=0.$$

在底面 $\Sigma_0$ 上，法向朝下，故其通量为

$$\iint_{\Sigma_0}\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n\,\mathrm dS =-\iint_Dx^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy,\qquad D=\{x^2+y^2\le4\}.$$

用极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，面积元为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，于是

$$\iint_Dx^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta\int_0^2r^3\,\mathrm dr =\pi\cdot4=4\pi.$$

底面通量为 $-4\pi$，所以所求上半球面通量为 $0-(-4\pi)=4\pi$。

易错点： 补面取下侧时，$\mathrm dx\,\mathrm dy$ 对应的有向投影带负号，不能把底面通量写成 $+4\pi$。

答案： 非零特征值为 $1$。

解题思路： 两个线性无关向量构成 $\mathbb R^2$ 的一组基。将 $A$ 对这组基的作用写成矩阵，就能利用相似矩阵具有相同特征值求解。

详细解答： 令 $P=(\alpha_1,\alpha_2)$。因为两列线性无关，$P$ 可逆。根据题设，

$$AP=(A\alpha_1,A\alpha_2) =(0,2\alpha_1+\alpha_2) =P\begin{pmatrix}0&2\\0&1\end{pmatrix}.$$

所以

$$P^{-1}AP=B=\begin{pmatrix}0&2\\0&1\end{pmatrix}.$$

$A$ 与 $B$ 相似，其特征多项式相同：

$$|\lambda E-A|=|\lambda E-B| =\begin{vmatrix}\lambda&-2\\0&\lambda-1\end{vmatrix} =\lambda(\lambda-1).$$

两个特征值为 $0,1$，非零特征值是 $1$。也可直接验证

$$A(2\alpha_1+\alpha_2)=2\alpha_1+\alpha_2.$$

向量 $2\alpha_1+\alpha_2\ne0$，因为它若为零就会使 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性相关。

答案： $\dfrac1{2\mathrm e}$。

解题思路： 先用方差与二阶原点矩的关系算出 $E(X^2)$，再代入泊松分布的概率公式。$E(X^2)$ 在此处是一个常数。

详细解答： 参数为 $1$ 的泊松分布满足

$$E(X)=1,\qquad D(X)=1.$$

由 $D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$，

$$E(X^2)=1+1^2=2.$$

所以所求事件就是 $\{X=2\}$。泊松分布概率为

$$P(X=k)=\frac{1^k}{k!}\mathrm e^{-1},\qquad k=0,1,2,\ldots,$$

代入 $k=2$ 得

$$P\{X=E(X^2)\}=P(X=2)=\frac{\mathrm e^{-1}}{2!}=\frac1{2\mathrm e}.$$

答案： 极限为 $\dfrac16$。

解题思路： $\sin x$ 与 $\sin(\sin x)$ 的一次项会相消，差的首个非零项为三次项。分母是 $x^4$，而分子还乘了一个一阶的 $\sin x$，因此需把差展开到三阶。

详细解答： 在 $t\to0$ 时，泰勒公式给出

$$\sin t=t-\frac{t^3}{6}+o(t^3),$$

从而 $t-\sin t=t^3/6+o(t^3)$。取 $t=\sin x$，当 $x\to0$ 时 $t\to0$，且 $\sin x/x\to1$。因此

$$\sin x-\sin(\sin x) =\frac{\sin^3x}{6}+o(\sin^3x).$$

将原式写成两个因子的乘积：

$$\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4} =\frac{\sin x-\sin(\sin x)}{\sin^3x} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^4.$$

在 $0<|x|$ 足够小时 $\sin x\ne0$，故上述变形成立。第一因子趋于 $1/6$，第二因子趋于 $1$，得到所求极限为 $1/6$。

也可用洛必达法验证三阶系数：

$$\lim_{t\to0}\frac{t-\sin t}{t^3} =\lim_{t\to0}\frac{1-\cos t}{3t^2} =\frac13\cdot\frac12=\frac16.$$

易错点： 在相减式中只用 $\sin(\sin x)\sim\sin x$ 会丢失决定答案的三阶项，不能据此把两项直接相消成零。

答案： $\displaystyle-\frac{\pi^2}{2}$。

解题思路： 积分路径已给成 $y=\sin x$，且从 $x=0$ 走到 $x=\pi$，直接参数化最方便。代入后用 $\mathrm d(\sin^2x)=\sin2x\,\mathrm dx$ 作分部积分。

详细解答： 沿 $L$ 取参数 $x\in[0,\pi]$，则

$$y=\sin x,\qquad \mathrm dy=\cos x\,\mathrm dx.$$

故

$$\begin{aligned} I&=\int_0^\pi[\sin2x+2(x^2-1)\sin x\cos x]\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\pi x^2\sin2x\,\mathrm dx =\int_0^\pi x^2\,\mathrm d(\sin^2x). \end{aligned}$$

分部积分得到

$$I=[x^2\sin^2x]_0^\pi-2\int_0^\pi x\sin^2x\,\mathrm dx =-2J,$$

其中 $J=\int_0^\pi x\sin^2x\,\mathrm dx$，边界项因 $\sin0=\sin\pi=0$ 而为零。

在 $J$ 中令 $u=\pi-x$，利用 $\sin(\pi-u)=\sin u$，得

$$J=\int_0^\pi(\pi-u)\sin^2u\,\mathrm du.$$

与原来的 $J$ 相加，

$$2J=\pi\int_0^\pi\sin^2x\,\mathrm dx =\pi\int_0^\pi\frac{1-\cos2x}{2}\,\mathrm dx =\frac{\pi^2}{2}.$$

所以 $J=\pi^2/4$，最终

$$I=-2J=-\frac{\pi^2}{2}.$$

若用格林公式核验，补上从 $(\pi,0)$ 到 $(0,0)$ 的线段后，闭曲线为顺时针方向，需在通常逆时针格林公式前加负号。补上线段的积分为 $\int_\pi^0\sin2x\,\mathrm dx=0$，于是仍得

$$I=-\int_0^\pi\int_0^{\sin x}4xy\,\mathrm dy\,\mathrm dx =-2\int_0^\pi x\sin^2x\,\mathrm dx.$$

最近的点

答案： 最近点为 $(1,1,1)$，到 $xOy$ 平面的距离为 $1$。

解题思路： 到 $xOy$ 平面的距离为 $|z|$。用曲线的两个约束消去 $x,y$，确定 $z$ 的范围，再检查最小值能否取到。

详细解答： 曲线上点满足

$$x^2+y^2=2z^2,\qquad x+y=5-3z.$$

由 $(x-y)^2\ge0$，有 $(x+y)^2\le2(x^2+y^2)$，代入约束得

$$(5-3z)^2\le4z^2.$$

展开并因式分解：

$$25-30z+9z^2\le4z^2 \iff5(z-1)(z-5)\le0.$$

因此 $1\le z\le5$。特别地 $z>0$，所以距离 $|z|=z\ge1$。

当 $z=1$ 时，不等式取等号，必须 $x-y=0$，即 $x=y$；再由 $x+y=5-3=2$，得 $x=y=1$。点 $(1,1,1)$ 满足两个原方程，所以距离下界确实能取到，并且取到时该点唯一。

最远的点

答案： 最远点为 $(-5,-5,5)$，到 $xOy$ 平面的距离为 $5$。

解题思路： 同样把距离转化为 $|z|$ 的最大值。曲线约束给出 $1\le z\le5$，取上端点后用等号条件求 $x,y$。

详细解答： 由 $x+y=5-3z$、$x^2+y^2=2z^2$ 及

$$(x+y)^2\le2(x^2+y^2),$$

得

$$5(z-1)(z-5)\le0,\qquad1\le z\le5.$$

因此距离 $|z|=z\le5$。当 $z=5$ 时，上述不等式为等式，故 $(x-y)^2=0$，即 $x=y$。代入平面方程，

$$x+y=5-3\cdot5=-10,$$

得到 $x=y=-5$。验证

$$(-5)^2+(-5)^2-2\cdot5^2=0,\qquad-5-5+3\cdot5=5.$$

所以 $(-5,-5,5)$ 属于曲线，且达到最大距离 $5$。

（I）证明变上限积分的导数

答案： 对每个 $x$，$F(x)=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt$ 可导，并且 $F'(x)=f(x)$。

解题思路： 本问要求用定义证明，应从差商出发。把差商与 $f(x)$ 的差写成短区间上的积分，再用 $f$ 在 $x$ 处连续控制它。

详细解答： 固定任意 $x$。对 $h\ne0$，由积分的可加性，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}h =\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,\mathrm dt.$$

由于 $\int_x^{x+h}f(x)\,\mathrm dt=hf(x)$，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}h-f(x) =\frac1h\int_x^{x+h}[f(t)-f(x)]\,\mathrm dt.$$

给定 $\varepsilon>0$，由 $f$ 在 $x$ 处连续，存在 $\delta>0$，当 $|t-x|<\delta$ 时，$|f(t)-f(x)|<\varepsilon$。若 $0<|h|<\delta$，从 $x$ 到 $x+h$ 之间的所有 $t$ 都满足这一条件，于是

$$\left|\frac{F(x+h)-F(x)}h-f(x)\right| \le\frac1{|h|}\varepsilon|h|=\varepsilon.$$

这里 $h<0$ 时先将积分上下限交换，再取绝对值，故估计对两侧都有效。因此

$$\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}h=f(x).$$

这正是导数定义，故 $F'(x)=f(x)$。

（II）证明 $G$ 的周期性

答案： 对任意实数 $x$，$G(x+2)=G(x)$，所以 $2$ 是 $G$ 的一个周期。

解题思路： $G$ 中的线性项用于抵消 $F$ 每经过一个周期累积的积分。先证明 $f$ 在任意长度为 $2$ 的区间上的积分都相同，再计算 $G(x+2)-G(x)$。

详细解答： 记

$$C=\int_0^2f(t)\,\mathrm dt,\qquad H(x)=\int_x^{x+2}f(t)\,\mathrm dt.$$

$f$ 连续，由变上限积分求导公式，

$$H'(x)=f(x+2)-f(x)=0,$$

因为 $f(x+2)=f(x)$。因此 $H$ 在全实轴为常数，且 $H(0)=C$，故

$$\int_x^{x+2}f(t)\,\mathrm dt=C.$$

现在直接计算：

$$\begin{aligned} G(x+2)-G(x) &=2\left(\int_0^{x+2}f(t)\,\mathrm dt-\int_0^xf(t)\,\mathrm dt\right)-2C\\ &=2\int_x^{x+2}f(t)\,\mathrm dt-2C=0. \end{aligned}$$

所以 $G(x+2)=G(x)$。这里证明的是 $2$ 为周期，并不需要证明它是最小正周期。