2009年考研数学一真题

答案： A，$a=1,\ b=-\dfrac16$。

解题思路： 等价无穷小要求二者的比值趋于 $1$，不仅要阶数相同，首项系数也要相同。$g$ 为三阶无穷小，所以 $f$ 中的一次项必须消失，再比较三次项系数。

详细解答： 若 $b=0$，则 $g(x)$ 恒为零，不能与题给 $f$ 构成等价无穷小，故 $b\ne0$。在 $x=0$ 的足够小邻域内 $1-bx>0$，可使用展开式

$$\ln(1-bx)=-bx+O(x^2).$$

因此

$$g(x)=x^2\ln(1-bx)=-bx^3+O(x^4).$$

另一方面，

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

所以

$$f(x)=(1-a)x+\frac{a^3}{6}x^3+o(x^3).$$

若 $a\ne1$，$f$ 的首项为一次项，而 $g$ 的首项为三次项，$f/g$ 不可能趋于 $1$。故 $a=1$。此时

$$f(x)=\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=-\frac1{6b}.$$

等价性要求 $-1/(6b)=1$，得 $b=-1/6$，选 A。

答案： A，$\max\{I_1,I_2,I_3,I_4\}=I_1$。

解题思路： 正方形中 $|x|\le1$，所以 $\cos x>0$。上、下两个三角形中的 $y$ 符号相反，而左、右两个三角形均关于 $x$ 轴对称，可用关于 $y$ 的奇偶性判断积分大小。

详细解答： 图中 $D_1$ 为上方三角形，可表示为

$$-1\le x\le1,\qquad |x|\le y\le1.$$

因此

$$\begin{aligned} I_1&=\int_{-1}^1\int_{|x|}^1y\cos x\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\ &=\frac12\int_{-1}^1(1-x^2)\cos x\,\mathrm dx =\int_0^1(1-x^2)\cos x\,\mathrm dx>0. \end{aligned}$$

最后一个积分中，被积函数在 $0<x<1$ 时严格为正。

$D_3$ 是 $D_1$ 关于 $x$ 轴的镜像，变换 $y\mapsto-y$ 后被积函数 $y\cos x$ 变号，面积元不变，所以 $I_3=-I_1<0$。

$D_2,D_4$ 各自关于 $x$ 轴对称。对每个固定的 $x$，其 $y$ 积分上下限互为相反数，而 $y\cos x$ 关于 $y$ 为奇函数，故

$$I_2=I_4=0.$$

综上 $I_1>0=I_2=I_4>I_3$，最大值为 $I_1$。

答案： D。

解题思路： 变上限积分的图形可由 $F(0)=0$、连续性及 $F'=f$ 确定。尤其当 $x<0$ 时，积分上下限反向，不能把左侧面积直接记成正数。

详细解答： 从题给图形读出：$f(x)=1$ 在 $[-1,0)$ 成立；在 $(0,1)$ 上 $f<0$，在 $(1,2)$ 上 $f>0$，并且 $f$ 在 $(0,2)$ 上递增；在 $(2,3)$ 上 $f=0$。有限个跳跃点的取值不影响积分。

先看左段：对 $-1\le x\le0$，

$$F(x)=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt =-\int_x^01\,\mathrm dt=x.$$

所以左段是经过原点、位于 $x$ 轴下方的斜率为 $1$ 的线段，这排除 A、C。

在 $0<x<2$ 的连续区间内，微积分基本定理给出 $F'(x)=f(x)$。因此 $F$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,2)$ 上递增，$x=1$ 处为极小点；$f$ 递增意味着 $F$ 的斜率逐渐增大，与图中的向上弯曲相符。在 $2<x<3$ 上 $F'=0$，故 $F$ 为常数。

最后，$f$ 虽在个别点有跳跃，但有界可积，积分函数 $F$ 仍连续。具体地，若 $|f|\le M$，则

$$|F(x+h)-F(x)|\le M|h|\to0.$$

所以 $F$ 在 $x=2$ 处不能发生跳跃，排除 B。满足上述全部特征的图形为 D。

答案： C，$\sum |b_n|$ 收敛时，$\sum a_n^2b_n^2$ 收敛。

解题思路： $a_n\to0$ 能保证 $a_n$ 有界。对 C 中的非负项，可将它与已知收敛的 $|b_n|$ 比较；其余判断则用满足题设的具体数列反例检验。

详细解答： 因 $a_n\to0$，存在 $M>0$，使所有 $n$ 都满足 $|a_n|\le M$。若 $\sum|b_n|$ 收敛，则 $|b_n|\to0$，故存在 $N$，使 $n>N$ 时 $|b_n|<1$。于是

$$0\le a_n^2b_n^2\le M^2b_n^2\le M^2|b_n|,\qquad n>N.$$

$\sum M^2|b_n|$ 收敛，由比较判别法，$\sum a_n^2b_n^2$ 收敛。有限个首项不影响敛散性，所以 C 正确。

其他选项的反例如下：

• A：取 $a_n=b_n=(-1)^n/\sqrt n$。有 $a_n\to0$，$\sum b_n$ 由交错级数判别法收敛，但 $\sum a_nb_n=\sum1/n$ 发散。
• B：取 $a_n=b_n=1/n$。有 $a_n\to0$，$\sum b_n$ 为发散的调和级数，但 $\sum a_nb_n=\sum1/n^2$ 收敛。
• D：取 $a_n=b_n=1/\sqrt n$。有 $a_n\to0$，$\sum|b_n|=\sum1/\sqrt n$ 发散，但 $\sum a_n^2b_n^2=\sum1/n^2$ 收敛。

答案： A，过渡矩阵为

$$P=\begin{pmatrix}1&0&1\\2&2&0\\0&3&3\end{pmatrix}.$$

解题思路： 由旧基到新基的过渡矩阵，其每一列是对应的新基向量在旧基下的坐标。先把新基向量写成旧基向量的线性组合，可避免求逆矩阵。

详细解答： 记旧基为

$$e_1=\alpha_1,\qquad e_2=\frac12\alpha_2,\qquad e_3=\frac13\alpha_3.$$

因此 $\alpha_1=e_1,\alpha_2=2e_2,\alpha_3=3e_3$。三个新基向量分别为

$$\alpha_1+\alpha_2=e_1+2e_2+0e_3,$$

$$\alpha_2+\alpha_3=0e_1+2e_2+3e_3,$$

$$\alpha_3+\alpha_1=e_1+0e_2+3e_3.$$

把三个坐标列向量并排组成矩阵：

$$(\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2+\alpha_3,\alpha_3+\alpha_1) =(e_1,e_2,e_3) \begin{pmatrix}1&0&1\\2&2&0\\0&3&3\end{pmatrix}.$$

故所求过渡矩阵是 $P$，选 A。

易错点： 坐标应按“列”放入矩阵；若按行排列，会得到 $P^{\mathrm T}$，而非所求矩阵。

答案： B，即

$$\begin{pmatrix}O&2B^*\\3A^*&O\end{pmatrix}.$$

解题思路： $|A|,|B|$ 均非零，可以先求 $4$ 阶分块矩阵的逆，再用伴随矩阵公式 $M^*=|M|M^{-1}$。

详细解答： 令

$$M=\begin{pmatrix}O&A\\B&O\end{pmatrix},$$

其中每个块均为 $2\times2$。交换左右两个列块需移动 $2\times2=4$ 对列，符号为 $(-1)^4=1$。交换后得到分块对角矩阵，因此

$$|M|=|A||B|=2\cdot3=6.$$

直接乘法验证

$$M\begin{pmatrix}O&B^{-1}\\A^{-1}&O\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}E&O\\O&E\end{pmatrix},$$

反向乘积同样为单位矩阵，故

$$M^{-1}=\begin{pmatrix}O&B^{-1}\\A^{-1}&O\end{pmatrix}.$$

又 $A^{-1}=A^*/2$、$B^{-1}=B^*/3$，所以

$$M^*=6M^{-1} =\begin{pmatrix}O&6B^{-1}\\6A^{-1}&O\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}O&2B^*\\3A^*&O\end{pmatrix}.$$

答案： C，$E(X)=0.7$。

解题思路： $F$ 是两个正态分布函数的加权和。$\Phi(x)$ 对应 $N(0,1)$，$\Phi((x-1)/2)$ 对应 $N(1,4)$，它们的混合权重分别为 $0.3,0.7$。

详细解答： 记标准正态密度为

$$\varphi(t)=\frac1{\sqrt{2\pi}}\mathrm e^{-t^2/2}.$$

对 $F$ 求导，链式法则给出

$$f_X(x)=0.3\varphi(x)+0.7\cdot\frac12\varphi\left(\frac{x-1}{2}\right).$$

第一部分是标准正态密度的 $0.3$ 倍，其均值贡献为 $0$。第二部分计算时令 $t=(x-1)/2$，则 $x=2t+1,\mathrm dx=2\,\mathrm dt$，得到

$$\begin{aligned} E(X) &=0.3\int_{-\infty}^{+\infty}x\varphi(x)\,\mathrm dx +0.35\int_{-\infty}^{+\infty}x\varphi\left(\frac{x-1}{2}\right)\,\mathrm dx\\ &=0+0.7\int_{-\infty}^{+\infty}(2t+1)\varphi(t)\,\mathrm dt\\ &=0.7(2\cdot0+1)=0.7. \end{aligned}$$

这里用了标准正态变量均值为 $0$、密度积分为 $1$。

答案： B，$F_Z$ 只有一个间断点 $z=0$。

解题思路： 给定 $Y=0$ 时，乘积 $Z$ 恒为零；给定 $Y=1$ 时，$Z=X$。因此 $Z$ 在零点有概率质量，其他部分来自连续的正态分布。

详细解答： 由全概率公式与独立性，

$$F_Z(z)=\frac12P(Z\le z\mid Y=0)+\frac12P(Z\le z\mid Y=1).$$

当 $Y=0$ 时 $Z=0$，所以该条件概率在 $z<0$ 时为 $0$，在 $z\ge0$ 时为 $1$；当 $Y=1$ 时 $Z=X$，独立性保证条件分布仍为标准正态分布。因此

$$F_Z(z)=\begin{cases} \dfrac12\Phi(z),&z<0,\\ \dfrac12+\dfrac12\Phi(z),&z\ge0. \end{cases}$$

$\Phi$ 在全实轴连续，所以唯一可能的间断点是分段连接点 $0$。由 $\Phi(0)=1/2$，

$$F_Z(0-)=\frac14,\qquad F_Z(0)=\frac34,$$

跳跃量为 $1/2$，恰为 $P(Z=0)$。故只有一个间断点，选 B。

答案：

$$\frac{\partial^2z}{\partial x\,\partial y} =x f_{uv}(x,xy)+f_v(x,xy)+xy f_{vv}(x,xy).$$

若用常见的下标 $1,2$ 记号，即 $xf_{12}''+f_2'+xyf_{22}''$，各偏导数均在 $(u,v)=(x,xy)$ 处取值。

解题思路： $f$ 的两个自变量都是复合变量。先令 $u=x,v=xy$，再按链式法则求两次偏导，注意乘积 $xf_v$ 中的 $x$ 也要参与求导。

详细解答： 先对 $y$ 求偏导，因 $u_y=0,v_y=x$，

$$z_y=f_u\,u_y+f_v\,v_y=xf_v(x,xy).$$

再对 $x$ 求偏导。这里 $u_x=1,v_x=y$，所以

$$\begin{aligned} z_{yx} &=f_v(x,xy)+x\frac{\partial}{\partial x}f_v(x,xy)\\ &=f_v(x,xy)+x[f_{vu}(x,xy)\cdot1+f_{vv}(x,xy)\cdot y]. \end{aligned}$$

由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，混合偏导数相等，即 $f_{vu}=f_{uv}$，同时 $z_{yx}=z_{xy}$，故得到所求表达式。

答案： $y=x(1-\mathrm e^x)+2$。

解题思路： 齐次通解中的 $x\mathrm e^x$ 表明特征根 $1$ 是二重根，可先确定 $a,b$。右端为一次多项式，用一次多项式待定系数法求特解，再代入初始条件。

详细解答： 特征方程为

$$r^2+ar+b=0.$$

题给齐次通解为 $(C_1+C_2x)\mathrm e^x$，故特征多项式为 $(r-1)^2=r^2-2r+1$，即 $a=-2,b=1$。所求方程为

$$y''-2y'+y=x.$$

设特解 $y_p=px+q$，则 $y_p'=p,y_p''=0$，代入得

$$px+(q-2p)=x.$$

比较系数，得 $p=1,q=2$，所以 $y_p=x+2$。通解为

$$y=(C_1+C_2x)\mathrm e^x+x+2.$$

初始条件 $y(0)=2$ 给出 $C_1+2=2$，即 $C_1=0$。又

$$y'=(C_1+C_2+C_2x)\mathrm e^x+1,$$

由 $y'(0)=0$ 得 $C_1+C_2+1=0$，故 $C_2=-1$。最终

$$y=-x\mathrm e^x+x+2=x(1-\mathrm e^x)+2.$$

答案： $\dfrac{13}{6}$。

解题思路： 这是对弧长的第一类曲线积分，应使用 $\mathrm ds=\sqrt{1+(y')^2}\,\mathrm dx$，而不是把 $\mathrm ds$ 当成 $\mathrm dx$。

详细解答： 曲线为 $y=x^2$，$0\le x\le\sqrt2$，故 $y'=2x$，

$$\mathrm ds=\sqrt{1+4x^2}\,\mathrm dx.$$

因此

$$\int_Lx\,\mathrm ds=\int_0^{\sqrt2}x\sqrt{1+4x^2}\,\mathrm dx.$$

令 $u=1+4x^2$，则 $\mathrm du=8x\,\mathrm dx$。当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\sqrt2$ 时 $u=9$。所以

$$\int_Lx\,\mathrm ds=\frac18\int_1^9u^{1/2}\,\mathrm du =\frac1{12}[u^{3/2}]_1^9 =\frac{27-1}{12}=\frac{13}{6}.$$

答案： $\dfrac{4\pi}{15}$。

解题思路： 被积函数仅依赖 $z$，可按垂直于 $z$ 轴的圆盘截面分层积分。固定 $z$ 后，截面半径为 $\sqrt{1-z^2}$，面积为 $\pi(1-z^2)$。

详细解答： 单位球内的 $z$ 范围是 $[-1,1]$。对固定 $z$，有

$$x^2+y^2\le1-z^2.$$

因此

$$\begin{aligned} \iiint_\Omega z^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz &=\int_{-1}^1z^2\left(\iint_{x^2+y^2\le1-z^2}1\,\mathrm dx\,\mathrm dy\right)\mathrm dz\\ &=\pi\int_{-1}^1z^2(1-z^2)\,\mathrm dz. \end{aligned}$$

被积函数为偶函数，故

$$\pi\int_{-1}^1(z^2-z^4)\,\mathrm dz =2\pi\int_0^1(z^2-z^4)\,\mathrm dz =2\pi\left(\frac13-\frac15\right)=\frac{4\pi}{15}.$$

答案： 非零特征值为 $2$。

解题思路： 外积矩阵 $A=\beta\alpha^{\mathrm T}$ 的乘法可把中间的 $\alpha^{\mathrm T}\beta$ 当成标量。先证明特征值只能为 $0$ 或 $2$，还要验证 $2$ 确实是特征值。

详细解答： 由 $\alpha^{\mathrm T}\beta=2$，知 $\alpha,\beta$ 都非零，并且

$$A^2=\beta\alpha^{\mathrm T}\beta\alpha^{\mathrm T} =\beta(\alpha^{\mathrm T}\beta)\alpha^{\mathrm T} =2A.$$

若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne0$，则

$$A^2v=\lambda^2v=2Av=2\lambda v,$$

所以 $(\lambda^2-2\lambda)v=0$，进而 $\lambda(\lambda-2)=0$。特征值只能是 $0,2$。

再验证

$$A\beta=\beta(\alpha^{\mathrm T}\beta)=2\beta.$$

因 $\beta\ne0$，这说明 $2$ 的确是 $A$ 的特征值。因此非零特征值为 $2$。

答案： $k=-1$。

解题思路： 无偏估计量的期望应等于待估参数。样本均值对总体均值无偏，通常定义的样本方差对总体方差无偏，代入二项分布的均值、方差后比较即可。

详细解答： 这里样本量为 $m\ge2$，二项分布的试验次数为 $n$，两者不能混淆。样本方差采用

$$S^2=\frac1{m-1}\sum_{i=1}^m(X_i-\bar X)^2.$$

二项分布 $B(n,p)$ 的均值与方差分别为 $np,np(1-p)$，因此

$$E(\bar X)=np,\qquad E(S^2)=np(1-p).$$

故

$$E(\bar X+kS^2)=np+knp(1-p).$$

为了对 $np^2$ 无偏，应对所有参数 $0<p<1$ 满足

$$np+knp(1-p)=np^2.$$

整理为

$$np(1-p)(1+k)=0.$$

当 $n\ge1,0<p<1$ 时前两个因子非零，故 $k=-1$。取这个 $k$ 后，等式在 $p=0,1$ 的退化边界也成立。

答案： 唯一极小值点为 $\left(0,\mathrm e^{-1}\right)$，极小值为 $-\mathrm e^{-1}$；它也是全局最小值。函数没有极大值。

解题思路： $\ln y$ 要求 $y>0$，在这一开区域内求极值先找驻点。由于 $2+y^2$ 始终为正，第一条驻点方程立即确定 $x=0$，然后可用二阶导数判别。

详细解答： 定义域为 $\{(x,y):x\in\mathbb R,y>0\}$。求一阶偏导：

$$f_x=2x(2+y^2),\qquad f_y=2x^2y+\ln y+1.$$

驻点满足 $f_x=f_y=0$。因 $2+y^2>0$，第一式给出 $x=0$。代入第二式得 $\ln y+1=0$，即 $y=1/\mathrm e$。所以唯一驻点为 $(0,1/\mathrm e)$。

求二阶偏导：

$$f_{xx}=2(2+y^2),\qquad f_{xy}=4xy,\qquad f_{yy}=2x^2+\frac1y.$$

在该点，

$$A=2(2+\mathrm e^{-2})>0,\qquad B=0,\qquad C=\mathrm e.$$

因此

$$AC-B^2=2\mathrm e(2+\mathrm e^{-2})>0,$$

由二元函数的二阶导数判别法，该点为严格极小值点，其函数值为

$$f(0,1/\mathrm e)=\frac1{\mathrm e}\ln\frac1{\mathrm e}=-\frac1{\mathrm e}.$$

还可检查这是全局最小值：令 $g(y)=y\ln y$，则 $g'(y)=\ln y+1$ 在 $0<y<1/\mathrm e$ 时为负，在 $y>1/\mathrm e$ 时为正，所以 $g(y)\ge-1/\mathrm e$。同时 $x^2(2+y^2)\ge0$，故 $f(x,y)\ge-1/\mathrm e$，等号只在上述点成立。

因为函数在开定义域内可微，任何局部极大值点都必须是驻点，而唯一驻点已是严格极小值点，所以没有极大值。

求 $S_1$

答案： $S_1=\dfrac12$。

解题思路： 先由两条曲线的上下关系求面积 $a_n$，其表达式是相邻两项分式之差。求部分和后逐项抵消，可直接得到级数的和。

详细解答： 两曲线交点满足 $x^n=x^{n+1}$，即 $x^n(1-x)=0$，因此交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。在 $0<x<1$ 上有 $x^n>x^{n+1}$，故

$$a_n=\int_0^1(x^n-x^{n+1})\,\mathrm dx =\frac1{n+1}-\frac1{n+2}.$$

其前 $N$ 项之和为

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^Na_n &=\left(\frac12-\frac13\right)+\left(\frac13-\frac14\right) +\cdots+\left(\frac1{N+1}-\frac1{N+2}\right)\\ &=\frac12-\frac1{N+2}. \end{aligned}$$

令 $N\to\infty$，得到 $S_1=1/2$。

求 $S_2$

答案： $S_2=1-\ln2$。

解题思路： 奇数下标的面积为 $a_{2n-1}=\int_0^1x^{2n-1}(1-x)\,\mathrm dx$。先对有限项求和，利用有限几何级数公式，再估计剩余积分，避免未经说明地交换无穷求和与积分。

详细解答： 对 $0<x<1$，$x^{2n-1}>x^{2n}$，所以

$$a_{2n-1}=\int_0^1x^{2n-1}(1-x)\,\mathrm dx =\frac1{2n}-\frac1{2n+1}.$$

有限和可移入积分号：

$$\sum_{n=1}^Na_{2n-1} =\int_0^1(1-x)\sum_{n=1}^Nx^{2n-1}\,\mathrm dx.$$

由几何级数公式，在 $0\le x<1$ 时，

$$\sum_{n=1}^Nx^{2n-1}=\frac{x(1-x^{2N})}{1-x^2}.$$

约去 $1-x$，于是

$$\sum_{n=1}^Na_{2n-1} =\int_0^1\frac{x}{1+x}\,\mathrm dx -\int_0^1\frac{x^{2N+1}}{1+x}\,\mathrm dx.$$

端点 $x=1$ 处取连续延拓值即可，不影响积分。剩余项满足

$$0\le\int_0^1\frac{x^{2N+1}}{1+x}\,\mathrm dx \le\int_0^1x^{2N+1}\,\mathrm dx=\frac1{2N+2}\to0.$$

所以

$$S_2=\int_0^1\frac{x}{1+x}\,\mathrm dx =\int_0^1\left(1-\frac1{1+x}\right)\mathrm dx =[x-\ln(1+x)]_0^1=1-\ln2.$$