2010年考研数学一真题

答案： C，极限为 $\mathrm e^{a-b}$。

解题思路： 底数趋于 $1$、指数趋于无穷，是 $1^\infty$ 型极限。先取对数，把幂函数极限转化为乘积；只需求底数偏离 $1$ 的一阶项。

详细解答： 对充分大的正数 $x$，$(x-a)(x+b)>0$，故底数为正。记

$$u(x)=\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}-1 =\frac{(a-b)x+ab}{x^2+(b-a)x-ab}.$$

则 $u(x)\to0$，且

$$xu(x)=\frac{(a-b)+ab/x}{1+(b-a)/x-ab/x^2}\longrightarrow a-b.$$

利用 $\ln(1+u)=u+O(u^2)$，以及 $u(x)=O(1/x)$，可得

$$x\ln\frac{x^2}{(x-a)(x+b)} =xu(x)+O(xu(x)^2)\longrightarrow a-b.$$

由指数函数的连续性，原极限为 $\mathrm e^{a-b}$。这一推导也包含 $a=b$ 等情形，无须除以可能等于零的 $a-b$。

答案： B，$xz_x+yz_y=z$。

解题思路： $z$ 隐含在 $F$ 的第二个自变量 $z/x$ 中。分别对 $x,y$ 求偏导，正确使用复合函数求导法则，再消去 $F_1'$。

详细解答： 题设表达式要求 $x\ne0$。下面的 $F_1',F_2'$ 都在 $(y/x,z/x)$ 处取值；求 $x$ 偏导时固定 $y$，但 $z=z(x,y)$ 仍随 $x$ 变化。因此

$$-\frac y{x^2}F_1'+\frac{xz_x-z}{x^2}F_2'=0,$$

即

$$xz_xF_2'=yF_1'+zF_2'.$$

对 $y$ 求偏导时固定 $x$，得到

$$\frac1xF_1'+\frac{z_y}{x}F_2'=0, \qquad yz_yF_2'=-yF_1'.$$

两式相加，

$$(xz_x+yz_y)F_2'=zF_2'.$$

题设保证 $F_2'\ne0$，所以可以约去它，得到 $xz_x+yz_y=z$。同时 $F_2'/x\ne0$ 也是局部隐函数求导所需的条件。

答案： D，对所有正整数 $m,n$，积分都收敛。

解题思路： 可能出现问题的端点是 $0$ 与 $1$，必须分别检查。$x\to0^+$ 时用 $\ln(1-x)\sim-x$；$x\to1^-$ 时作 $t=1-x$，利用对数幂在零点可积。

详细解答： 被积函数可写为

$$h(x)=x^{-1/n}|\ln(1-x)|^{2/m},\qquad 0<x<1.$$

在区间中间它连续。先看 $x=0$：

$$\frac{h(x)}{x^{2/m-1/n}} =\left|\frac{\ln(1-x)}x\right|^{2/m}\longrightarrow1.$$

幂积分 $\int_0^{1/2}x^\beta\,\mathrm dx$ 在 $\beta>-1$ 时收敛。这里

$$\beta=\frac2m-\frac1n\ge\frac2m-1>-1,$$

所以零点附近收敛。

再看 $x=1$。当 $1/2\le x<1$ 时，$x^{-1/n}\le2^{1/n}$，只需检查

$$\int_{1/2}^1|\ln(1-x)|^{2/m}\,\mathrm dx =\int_0^{1/2}|\ln t|^{2/m}\,\mathrm dt.$$

令 $s=-\ln t$，有 $t=\mathrm e^{-s}$、$\mathrm dt=-\mathrm e^{-s}\mathrm ds$，上式化为

$$\int_{\ln2}^{+\infty}s^{2/m}\mathrm e^{-s}\,\mathrm ds.$$

指数衰减快于任何固定幂的增长，例如充分大的 $s$ 满足 $s^{2/m}\le\mathrm e^{s/2}$，故它被可积函数 $\mathrm e^{-s/2}$ 控制，积分收敛。两端均收敛，因此结论与 $m,n$ 的取值都无关。

易错点： $\ln(1-x)<0$，非整数次幂必须写成 $|\ln(1-x)|^{2/m}$，不能直接把负数写成实数范围内的任意分数次幂。

答案： D，即

$$\int_0^1\mathrm dx\int_0^1\frac{\mathrm dy}{(1+x)(1+y^2)}.$$

解题思路： 双重求和中的 $i/n,j/n$ 是单位正方形的网格点。把每项整理成“函数值乘以小矩形面积”即可识别二重积分。

详细解答： 将分母中的 $n,n^2$ 提出：

$$\frac n{(n+i)(n^2+j^2)} =\frac1{n^2}\frac1{(1+i/n)(1+(j/n)^2)}.$$

设

$$D=[0,1]\times[0,1],\qquad f(x,y)=\frac1{(1+x)(1+y^2)}.$$

把两条坐标轴上的 $[0,1]$ 都等分为 $n$ 份，每个小矩形的面积是 $\Delta x\Delta y=1/n^2$。原求和正是取各小矩形右上角 $(i/n,j/n)$ 的积分和。由于 $f$ 在闭区域 $D$ 上连续，积分和的极限为

$$\iint_Df(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\int_0^1\mathrm dx\int_0^1\frac{\mathrm dy}{(1+x)(1+y^2)}.$$

两个求和指标各自独立从 $1$ 到 $n$，所以区域是正方形，而不是 $y\le x$ 的三角形。若继续计算，该值等于 $\ln2\cdot\pi/4$。

答案： A，$r(A)=r(B)=m$。

解题思路： $AB=E_m$ 表示乘积已有满秩 $m$。乘积的秩不超过任一个因子的秩，再结合矩阵行列数给出的秩上界。

详细解答： 因为 $E_m$ 的 $m$ 列线性无关，

$$r(AB)=r(E_m)=m.$$

矩阵乘积的秩满足

$$r(AB)\le r(A),\qquad r(AB)\le r(B),$$

所以 $r(A)\ge m,r(B)\ge m$。另一方面，$A$ 只有 $m$ 行，$B$ 只有 $m$ 列，故

$$r(A)\le m,\qquad r(B)\le m.$$

上下界合并，得到 $r(A)=r(B)=m$。这也说明题设必然要求 $n\ge m$；当 $n>m$ 时不能把两者的秩写成 $n$。

答案： D，$A$ 相似于 $\operatorname{diag}(-1,-1,-1,0)$。

解题思路： 矩阵多项式 $A^2+A=O$ 限制特征值只能为 $0$ 或 $-1$。实对称矩阵可以正交对角化，其秩等于非零特征值的个数。

详细解答： 设 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，$\xi\ne0$ 是对应特征向量，则

$$A\xi=\lambda\xi,\qquad (A^2+A)\xi=(\lambda^2+\lambda)\xi=0.$$

由于 $\xi\ne0$，有 $\lambda(\lambda+1)=0$，所以 $\lambda=0$ 或 $\lambda=-1$。实对称矩阵的谱定理保证存在正交矩阵 $Q$，使

$$Q^{\mathrm T}AQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4).$$

相似变换不改变秩，而对角矩阵的秩就是非零对角元数。$r(A)=3$ 表明恰有三个特征值为 $-1$，另一个为 $0$。调整排列即得到 D。

易错点： $A$ 是 $4$ 阶矩阵，相似对角矩阵也必须是 $4$ 阶；三个 $-1$ 后还要保留一个 $0$。

答案： C，$P\{X=1\}=\frac12-\mathrm e^{-1}$。

解题思路： 分布函数在一点的跳跃量就是该点的概率。应比较 $F(1)$ 与左极限 $F(1^-)$。

详细解答： 按定义 $F(x)=P\{X\le x\}$，而

$$F(1^-)=\lim_{x\uparrow1}F(x)=P\{X<1\}.$$

题设在 $0\le x<1$ 时给出 $F(x)=1/2$，所以 $F(1^-)=1/2$；在 $x=1$ 时属于第三段，故 $F(1)=1-\mathrm e^{-1}$。于是

$$P\{X=1\}=F(1)-F(1^-) =1-\mathrm e^{-1}-\frac12=\frac12-\mathrm e^{-1}.$$

答案： A，$2a+3b=4$。

解题思路： 概率密度必须非负且全实轴积分为 $1$。题设已给 $a,b>0$，只需按分段范围计算两个密度分别留下多少概率。

详细解答： 标准正态密度关于原点对称，故

$$\int_{-\infty}^0f_1(x)\,\mathrm dx=\frac12.$$

$[-1,3]$ 上的均匀密度为 $f_2(x)=1/4$（区间外为 $0$）。在 $x>0$ 范围内只有 $0<x\le3$ 有贡献，所以

$$\int_0^{+\infty}f_2(x)\,\mathrm dx=\int_0^3\frac14\,\mathrm dx=\frac34.$$

归一化条件是

$$1=\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx =\frac a2+\frac{3b}4,$$

即 $2a+3b=4$。反过来，满足此式及 $a,b>0$ 就保证分段函数非负、总积分为 $1$，因此也是充分条件。

答案： $0$。

解题思路： 参数方程中，先计算 $y_t/x_t$，再对它关于 $t$ 求导并除以 $x_t$；二阶导数不能直接取 $y_{tt}/x_{tt}$。

详细解答： 由积分上限求导公式，

$$x_t=-\mathrm e^{-t}\ne0,\qquad y_t=\ln(1+t^2).$$

因此局部可将 $y$ 看作 $x$ 的函数，且

$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=-\mathrm e^t\ln(1+t^2).$$

再次应用 $\mathrm d/\mathrm dx=(1/x_t)\mathrm d/\mathrm dt$：

$$\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{-\mathrm e^t\ln(1+t^2)-\mathrm e^t\frac{2t}{1+t^2}}{-\mathrm e^{-t}} =\mathrm e^{2t}\left[\ln(1+t^2)+\frac{2t}{1+t^2}\right].$$

代入 $t=0$，括号内两项均为 $0$，故所求值为 $0$。

答案： $-4\pi$。

解题思路： 根号同时出现在代数因子和三角函数中，令 $t=\sqrt x$ 可同时消去根号，再两次分部积分。

详细解答： 令 $x=t^2$，则 $\mathrm dx=2t\,\mathrm dt$；$x=0,\pi^2$ 分别对应 $t=0,\pi$。于是

$$I=2\int_0^\pi t^2\cos t\,\mathrm dt =2[t^2\sin t]_0^\pi-4\int_0^\pi t\sin t\,\mathrm dt.$$

边界项为零。再计算

$$\int_0^\pi t\sin t\,\mathrm dt =[-t\cos t]_0^\pi+\int_0^\pi\cos t\,\mathrm dt =\pi+[\sin t]_0^\pi=\pi.$$

因此 $I=-4\pi$。

答案： $0$。

解题思路： $y=1-|x|$ 在 $x=0$ 处需要分成两段。沿题设从左到右的方向，分别将 $y$ 和 $\mathrm dy$ 用 $x$ 表示。

详细解答： 在第一段 $-1\le x\le0$ 上，$y=1+x,\mathrm dy=\mathrm dx$，故

$$I_1=\int_{-1}^0[x(1+x)+x^2]\,\mathrm dx =\int_{-1}^0(x+2x^2)\,\mathrm dx =\left[\frac{x^2}2+\frac{2x^3}3\right]_{-1}^0=\frac16.$$

在第二段 $0\le x\le1$ 上，$y=1-x,\mathrm dy=-\mathrm dx$，故

$$I_2=\int_0^1[x(1-x)-x^2]\,\mathrm dx =\left[\frac{x^2}2-\frac{2x^3}3\right]_0^1=-\frac16.$$

两段相加得 $I=I_1+I_2=0$。

也可以补上从 $(1,0)$ 到 $(-1,0)$ 的横轴线段 $L_1$，其积分为零。闭合曲线 $L+L_1$ 为顺时针方向。令 $P=xy,Q=x^2$，则 $Q_x-P_y=x$；格林公式给出

$$\oint_{L+L_1}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =-\iint_Dx\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0,$$

其中三角形 $D$ 关于 $y$ 轴对称，奇函数 $x$ 的积分为零。

答案： $\bar z=\frac23$。

解题思路： 形心是均匀实体的坐标平均值。以高度 $z$ 切片，截面是半径 $\sqrt z$ 的圆盘，截面积可直接写出。

详细解答： 因为 $x^2+y^2\ge0$ 且 $x^2+y^2\le z\le1$，高度范围为 $0\le z\le1$。固定 $z$ 时，

$$x^2+y^2\le z$$

对应面积为 $\pi z$ 的圆盘。因此实体体积为

$$V=\iiint_\Omega\mathrm dV=\int_0^1\pi z\,\mathrm dz=\frac\pi2.$$

关于 $xOy$ 平面的一阶矩为

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

形心公式给出

$$\bar z=\frac{M_z}{V}=\frac{\pi/3}{\pi/2}=\frac23.$$

答案： $a=6$。

解题思路： 生成空间的维数等于向量组的秩。先说明前两个向量独立，再要求第三个是它们的线性组合。

详细解答： 若 $\alpha_2=c\alpha_1$，第一坐标要求 $c=1$，第二坐标却要求 $1=2$，矛盾，所以 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关。要使三个向量生成的空间维数恰为 $2$，必须且只需

$$\alpha_3=p\alpha_1+q\alpha_2.$$

比较前两坐标，

$$p+q=2,\qquad 2p+q=1,$$

得 $p=-1,q=3$。第三坐标为 $-p=1$，与 $\alpha_3$ 的第三坐标相符；第四坐标则要求

$$a=0p+2q=6.$$

当 $a=6$ 时确有 $\alpha_3=-\alpha_1+3\alpha_2$，且前两个独立，所以维数恰为 $2$。

答案： $E(X^2)=2$。

解题思路： 先利用概率和为 $1$ 求 $C$。再把 $k^2$ 拆成 $k(k-1)+k$，使阶乘相消，分别求两个阶乘矩。

详细解答： 由 $\sum_{k=0}^\infty1/k!=\mathrm e$，

$$1=\sum_{k=0}^\infty\frac C{k!}=C\mathrm e, \qquad C=\mathrm e^{-1}.$$

于是

$$E(X)=\mathrm e^{-1}\sum_{k=1}^\infty\frac k{k!} =\mathrm e^{-1}\sum_{k=1}^\infty\frac1{(k-1)!}=1,$$

以及

$$E[X(X-1)] =\mathrm e^{-1}\sum_{k=2}^\infty\frac{k(k-1)}{k!} =\mathrm e^{-1}\sum_{k=2}^\infty\frac1{(k-2)!}=1.$$

由于 $X^2=X(X-1)+X$，

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

也可认出 $X$ 服从参数为 $1$ 的泊松分布，用 $E(X^2)=D(X)+[E(X)]^2=1+1$ 验证。

答案：

$$y=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{2x}-(x^2+2x)\mathrm e^x, \qquad C_1,C_2\in\mathbb R.$$

解题思路： 常系数非齐次方程的通解等于“齐次通解加一个特解”。右端含 $\mathrm e^x$，它与齐次解发生共振，所以待定系数特解需要额外乘一次 $x$。

详细解答： 齐次方程 $y''-3y'+2y=0$ 的特征方程为

$$r^2-3r+2=(r-1)(r-2)=0.$$

两根不同，故齐次通解为 $y_h=C_1\mathrm e^x+C_2\mathrm e^{2x}$。

右端是一次多项式乘 $\mathrm e^x$，且 $r=1$ 为单根，设

$$y_p=\mathrm e^xv(x),\qquad v(x)=x(\alpha x+\beta).$$

计算

$$y_p'=\mathrm e^x(v+v'),\qquad y_p''=\mathrm e^x(v+2v'+v''),$$

因此

$$y_p''-3y_p'+2y_p=\mathrm e^x(v''-v').$$

由 $v'=2\alpha x+\beta,v''=2\alpha$，代入右端要求

$$-2\alpha x+(2\alpha-\beta)=2x.$$

比较 $x$ 的系数与常数项，得 $\alpha=-1,\beta=-2$。于是 $y_p=-(x^2+2x)\mathrm e^x$，与 $y_h$ 相加即为通解。

答案： 减区间为 $(-\infty,-1)$、$(0,1)$；增区间为 $(-1,0)$、$(1,+\infty)$。在 $x=\pm1$ 处取得极小值 $0$；在 $x=0$ 处取得极大值 $\frac12(1-\mathrm e^{-1})$。有限端点可并入相应单调区间。

解题思路： 积分中的 $x$ 同时出现在上限和被积函数中。求导后，上限处的因子 $x^2-t$ 恰好为零；再根据积分方向判断导数符号。

详细解答： 先拆成

$$f(x)=x^2\int_1^{x^2}\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt -\int_1^{x^2}t\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt.$$

被积函数连续，应用积分上限求导公式与乘积法则：

$$f'(x)=2x\int_1^{x^2}\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt +2x^3\mathrm e^{-x^4}-2x^3\mathrm e^{-x^4} =2x\int_1^{x^2}\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt.$$

因为 $\mathrm e^{-t^2}>0$，积分在 $x^2>1$ 时为正，在 $x^2<1$ 时为负，在 $x=\pm1$ 时为零。再结合 $x$ 的符号，

$$\begin{array}{c|cccc} x&(-\infty,-1)&(-1,0)&(0,1)&(1,+\infty)\\ \hline f'(x)&-&+&-&+ \end{array}$$

从而得到所列单调区间。导数在 $-1,1$ 处由负变正，在 $0$ 处由正变负，所以分别是极小值点、极大值点。

代入原式，

$$f(\pm1)=\int_1^1(1-t)\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt=0,$$

$$f(0)=\int_1^0(-t)\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt =\int_0^1t\mathrm e^{-t^2}\,\mathrm dt =\left[-\frac12\mathrm e^{-t^2}\right]_0^1 =\frac12(1-\mathrm e^{-1}).$$

（I）比较两个积分

答案： 对每个正整数 $n$，

$$0<\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^n\,\mathrm dt <\int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm dt.$$

解题思路： 两个积分有相同的非负权重 $|\ln t|$，只需比较 $\ln(1+t)$ 与 $t$，再取正整数次幂。

详细解答： 令 $h(t)=t-\ln(1+t)$。由于

$$h(0)=0,\qquad h'(t)=1-\frac1{1+t}=\frac t{1+t}>0\quad(t>0),$$

有 $0<\ln(1+t)<t$。因此对 $0<t<1$，

$$0<|\ln t|[\ln(1+t)]^n<t^n|\ln t|.$$

右端反常积分有限：例如 $t^n|\ln t|\le|\ln t|$，而 $\int_0^1|\ln t|\,\mathrm dt=1$。故左端也收敛，且严格不等式在整个开区间成立，积分后仍为严格不等式。

（Ⅱ）求 $u_n$ 的极限

答案： $\displaystyle\lim_{n\to\infty}u_n=0$。

解题思路： 用第一问的较简单积分给出上界，算出该上界趋于零，再用夹逼定理。

详细解答： 在 $0<t<1$ 上 $|\ln t|=-\ln t$，所以

$$J_n=\int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm dt =-\int_0^1t^n\ln t\,\mathrm dt.$$

先在 $[\varepsilon,1]$ 上分部积分，取 $\mathrm dv=t^n\mathrm dt$，然后令 $\varepsilon\to0^+$。由于

$$\lim_{t\to0^+}t^{n+1}\ln t=0$$

（令 $s=-\ln t$ 即化为 $-s\mathrm e^{-(n+1)s}\to0$），可得

$$J_n=-\left[\frac{t^{n+1}\ln t}{n+1}\right]_0^1 +\frac1{n+1}\int_0^1t^n\,\mathrm dt =\frac1{(n+1)^2}.$$

第一问给出 $0\le u_n\le1/(n+1)^2$。上界趋于 $0$，夹逼定理即得 $u_n\to0$。