2011年考研数学一真题

答案： C，在四个备选点中，$(3,0)$ 是拐点。

解题思路： 拐点要求曲线凹凸性改变，应检查二阶导数在该点两侧是否变号。利用各因子的零点重数，可避免展开十次多项式。

详细解答： 记题中多项式为 $p(x)$。在 $x=3$ 附近写成

$$p(x)=(x-3)^3h(x),\qquad h(x)=(x-1)(x-2)^2(x-4)^4,\quad h(3)=2.$$

两次求导得

$$p''(x)=(x-3)\left[6h(x)+6(x-3)h'(x)+(x-3)^2h''(x)\right].$$

方括号内的函数连续，在 $x=3$ 处等于 $12>0$，因此在足够小的邻域内仍为正。于是 $p''$ 在 $3$ 的左侧为负、右侧为正，凹凸性发生改变，$(3,0)$ 为拐点。

其余三个点可分别排除。在 $x=2$ 处，写 $p=(x-2)^2H$，有

$$H(2)=(2-1)(2-3)^3(2-4)^4=-16,\qquad p''(2)=2H(2)=-32\ne0.$$

二阶导数连续，故在 $2$ 附近不变号。在 $x=4$ 处，写 $p=(x-4)^4G$，$G(4)=12$，则

$$p''(x)=(x-4)^2[12G(x)+8(x-4)G'(x)+(x-4)^2G''(x)].$$

方括号在 $4$ 处为 $144>0$，所以两侧的二阶导数均为正。在 $x=1$ 处，写 $p=(x-1)K$，其中

$$K(1)=-648,\qquad K'(1)=K(1)\left(\frac2{1-2}+\frac3{1-3}+\frac4{1-4}\right)=3132.$$

因此 $p''(1)=2K'(1)=6264\ne0$，同样不是拐点。

易错点： 仅由函数穿过横轴、或比较两个区间的弦中点，不能代替凹凸性在该点两侧改变的证明；$p''(4)=0$ 也并不意味着 $4$ 是拐点。

答案： C，收敛域为 $[0,2)$。

解题思路： 先把 $t=x-1$ 看作幂级数的变量。$t=1$ 时由部分和无界判定发散，$t=-1$ 时由交错级数判定收敛，从而确定收敛半径和端点。

详细解答： $\{a_n\}$ 单调减少并趋于 $0$，所以 $a_n\ge0$。在 $t=1$ 处，级数为 $\sum a_n$，其部分和 $S_n$ 无界，因此发散。在 $t=-1$ 处，级数为

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^na_n.$$

由 $a_n$ 单调趋于零，莱布尼茨判别法保证它收敛。

幂级数在 $t=-1$ 收敛，意味着收敛半径 $R\ge1$；如果 $R>1$，$t=1$ 会处于内部而绝对收敛，与已知矛盾。因此 $R=1$。内部 $|t|<1$ 绝对收敛，$|t|>1$ 发散，端点只保留 $t=-1$，得到

$$-1\le t<1.$$

换回 $t=x-1$，即 $0\le x<2$。

答案： A，$f(0)>1$ 且 $f''(0)>0$ 是一个充分条件。

解题思路： $f'(0)=0$ 使 $(0,0)$ 成为驻点。计算该点的 Hessian 矩阵，判断二阶型是否正定。

详细解答： 因为 $f>0$，$\ln f$ 有意义；$f$ 有二阶连续导数，故可使用二元函数的二阶导数判别法。先求

$$z_x=f'(x)\ln f(y),\qquad z_y=\frac{f(x)f'(y)}{f(y)}.$$

由 $f'(0)=0$，有 $z_x(0,0)=z_y(0,0)=0$。再求二阶偏导并代入：

$$z_{xx}(0,0)=f''(0)\ln f(0),\qquad z_{xy}(0,0)=0,$$

$$z_{yy}(0,0) =f(0)\left[\frac{f''(0)}{f(0)}-\frac{[f'(0)]^2}{f(0)^2}\right] =f''(0).$$

记 $a=z_{xx}(0,0),b=z_{xy}(0,0),c=z_{yy}(0,0)$。极小值的充分条件为 $a>0$ 且 $ac-b^2>0$。本题

$$ac-b^2=[f''(0)]^2\ln f(0).$$

若 $f(0)>1,f''(0)>0$，则 $\ln f(0)>0$，从而 $a>0$ 且行列式为正，得到严格极小值。

B 中两对角元都为负，给出极大值；C、D 中 $\ln f(0)<0$，Hessian 行列式为负，给出鞍点，均不是所求充分条件。

答案： B，$I<K<J$。

解题思路： 在积分区间内部，$\ln\sin x,\ln\cos x$ 均为负，但前者更小；$\ln\cot x$ 为正。先说明反常积分存在，再比较符号与大小。

详细解答： 当 $0<x<\pi/4$ 时，

$$0<\sin x<\cos x<1,\qquad \cot x>1.$$

对数函数严格递增，所以

$$\ln\sin x<\ln\cos x<0<\ln\cot x.$$

$x\to0^+$ 时，$\ln\sin x=\ln x+o(1)$，而 $\ln\cot x=-\ln x+o(1)$；由于 $\int_0^\delta|\ln x|\,\mathrm dx<\infty$，$I,J$ 两个反常积分都收敛，$K$ 则是连续函数的定积分。积分比较与符号性质给出

$$I<K<0<J,$$

因此 $I<K<J$。

答案： D，$A=P_2P_1^{-1}$。

解题思路： 列变换对应右乘初等矩阵，行变换对应左乘。把两次操作按实际顺序写成矩阵等式，再分别从两侧消去。

详细解答： 若 $A$ 的列为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$，则

$$AP_1=(\alpha_1+\alpha_2,\alpha_2,\alpha_3)=B.$$

左乘 $P_2$ 交换第二行与第三行，题设第二次操作给出

$$P_2B=E,\qquad P_2AP_1=E.$$

在等式左侧左乘 $P_2^{-1}$，再右乘 $P_1^{-1}$，得到

$$A=P_2^{-1}P_1^{-1}.$$

交换同两行两次会还原，因此 $P_2^{-1}=P_2$，从而 $A=P_2P_1^{-1}$。例如

$$P_1^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-1&1&0\end{pmatrix},$$

代回 $P_2AP_1$ 确实得到 $E$。

答案： D，$\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 可作为 $A^*x=0$ 的基础解系。

解题思路： 先用原齐次方程的基础解系求 $r(A)$，再由伴随矩阵的秩及 $A^*A=|A|E$ 确定新方程的解空间，最后检查哪些列向量独立。

详细解答： $Ax=0$ 的基础解系只有一个向量，故其解空间维数为 $1$。由秩与零空间维数的关系，

$$r(A)=4-1=3.$$

因此 $|A|=0$，而至少一个三阶子式非零，伴随矩阵 $A^*$ 至少有一个非零元素。另一方面，

$$AA^*=A^*A=|A|E=O.$$

$AA^*=O$ 说明 $A^*$ 的每一列都在一维空间 $\ker A$ 中，因此 $r(A^*)\le1$；结合 $A^*\ne O$，得 $r(A^*)=1$。于是 $A^*x=0$ 的解空间维数为 $4-1=3$。

由 $A^*A=O$，$A$ 的每一列 $\alpha_i$ 都是 $A^*x=0$ 的解。原方程的给定解又说明

$$\alpha_1+\alpha_3=0,$$

所以 C 中的三个向量线性相关，A、B 只有两个向量，均不能构成这个三维解空间的基。

证明 D 中三列独立：若

$$c_2\alpha_2+c_3\alpha_3+c_4\alpha_4=0,$$

则 $(0,c_2,c_3,c_4)^{\mathrm T}\in\ker A$，必须等于 $t(1,0,1,0)^{\mathrm T}$。比较第一坐标得 $t=0$，进而 $c_2=c_3=c_4=0$。因此这三列确实是三个线性无关解，构成基础解系。

答案： D，$f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)$ 必为概率密度。

解题思路： 密度须满足非负性和归一性。D 正好是 $F_1F_2$ 的导数，可以利用分布函数在无穷远的极限直接积分；其余选项用满足连续性条件的反例排除。

详细解答： 因为 $f_i$ 连续且是 $F_i$ 的密度，有 $F_i'=f_i$。又 $f_i\ge0,0\le F_i\le1$，因此

$$g(x)=f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x)\ge0.$$

乘积求导给出 $g=(F_1F_2)'$，所以

$$\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\,\mathrm dx =[F_1(x)F_2(x)]_{-\infty}^{+\infty} =1\cdot1-0\cdot0=1.$$

D 满足密度的两个条件。

为排除其他选项，取连续密度

$$f_1(x)= \begin{cases}6x(1-x),&0\le x\le1,\\0,&\text{其他},\end{cases} \qquad f_2(x)=f_1(x-2).$$

它们在各支撑区间端点均为零，故在全实轴连续，且 $\int_0^1 6x(1-x)\,\mathrm dx=1$。两者支撑分别是 $[0,1]$ 和 $[2,3]$，互不重叠，因此 A 的积分为 $0$。在 $f_2$ 非零的区间，$F_1=1$，所以 B 的积分为 $2\int_{-\infty}^{+\infty}f_2(x)\,\mathrm dx=2$。在 $f_1$ 非零的区间，$F_2=0$，所以 C 的积分为 $0$。A、B、C 都不一定归一化。

答案： B，$E(UV)=E(X)E(Y)$。

解题思路： 最大值和最小值只改变两个数的排列，不改变乘积。先逐点证明 $UV=XY$，再用 $X,Y$ 的独立性。

详细解答： 对每一个样本结果，若 $X\ge Y$，则 $U=X,V=Y$；若 $X<Y$，则 $U=Y,V=X$。两种情形都给出

$$UV=XY.$$

因此 $E(UV)=E(XY)$。题设 $X,Y$ 相互独立且期望存在，故乘积期望可以分解：

$$E(UV)=E(XY)=E(X)E(Y).$$

这里所使用的独立性是 $X,Y$ 的独立性，题设并没有给出 $U,V$ 独立。

答案： $s=\ln(1+\sqrt2)$。

解题思路： 弧长公式使用 $y'$。积分上限求导给出 $y'=\tan x$，代入后利用 $1+\tan^2x=\sec^2x$。

详细解答： 被积函数 $\tan t$ 在 $[0,\pi/4]$ 上连续，由微积分基本定理，

$$y'(x)=\tan x.$$

平面图形曲线的弧长为

$$s=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,\mathrm dx =\int_0^{\pi/4}\sqrt{\sec^2x}\,\mathrm dx.$$

区间内 $\cos x>0$，所以 $\sqrt{\sec^2x}=\sec x$。使用原函数 $\ln|\sec x+\tan x|$，

$$s=[\ln(\sec x+\tan x)]_0^{\pi/4} =\ln(\sqrt2+1)-\ln1 =\ln(1+\sqrt2).$$

答案： $y=\mathrm e^{-x}\sin x$。

解题思路： 一阶线性方程 $y'+y=q(x)$ 的积分因子为 $\mathrm e^x$。乘上它后，左端成为乘积导数，再用初值求常数。

详细解答： 原方程两边乘以 $\mathrm e^x$，

$$\mathrm e^xy'+\mathrm e^xy=\cos x, \qquad (\mathrm e^xy)'=\cos x.$$

积分得到 $\mathrm e^xy=\sin x+C$，即

$$y=\mathrm e^{-x}(\sin x+C).$$

代入 $y(0)=0$，得 $C=0$，所以 $y=\mathrm e^{-x}\sin x$。求导可验

$$y'=\mathrm e^{-x}(\cos x-\sin x),\qquad y'+y=\mathrm e^{-x}\cos x,$$

且初值确实成立。

答案： $4$。

解题思路： 把变上限积分看成单变量函数在 $xy$ 处的复合。对 $x$ 求偏导时，$y$ 是常数，每求一次导数都会产生一个 $y$ 因子。

详细解答： 令

$$H(u)=\int_0^u\frac{\sin t}{1+t^2}\,\mathrm dt, \qquad F(x,y)=H(xy).$$

由微积分基本定理，

$$H'(u)=\frac{\sin u}{1+u^2},\qquad H''(u)=\frac{(1+u^2)\cos u-2u\sin u}{(1+u^2)^2}.$$

链式法则给出

$$F_x=yH'(xy),\qquad F_{xx}=y^2H''(xy).$$

在 $(x,y)=(0,2)$ 处，$xy=0$ 且 $H''(0)=1$，于是 $F_{xx}(0,2)=2^2\cdot1=4$。

答案： $\pi$。

解题思路： 交线围成平面 $z=x+y$ 上的椭圆区域，可用斯托克斯公式把闭合空间曲线积分化成曲面积分。方向决定法向量取向，必须先确定上侧。

详细解答： 取 $\Sigma$ 为平面 $z=x+y$ 内、柱面 $x^2+y^2\le1$ 截出的区域，其投影为单位圆盘 $D$。从 $z$ 轴正向向下看，边界为逆时针，按右手法则应取法向量的 $z$ 分量为正。曲面参数为 $(x,y,x+y)$，因此有向面积元为

$$\boldsymbol n\,\mathrm dS=(-1,-1,1)\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

记向量场 $\boldsymbol F=(xz,x,y^2/2)$，旋度为

$$\nabla\times\boldsymbol F =\left(\frac{\partial(y^2/2)}{\partial y}-\frac{\partial x}{\partial z}, \frac{\partial(xz)}{\partial z}-\frac{\partial(y^2/2)}{\partial x}, \frac{\partial x}{\partial x}-\frac{\partial(xz)}{\partial y}\right) =(y,x,1).$$

向量场光滑，应用斯托克斯公式：

$$\oint_Lxz\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy+\frac{y^2}2\,\mathrm dz =\iint_D(y,x,1)\cdot(-1,-1,1)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\iint_D(1-x-y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

圆盘关于两坐标轴对称，$x,y$ 的积分均为零，剩下圆盘面积 $\pi$。

答案： $a=1$。

解题思路： 二次曲面左端对应实对称矩阵。正交变换后平方项系数是矩阵的特征值，缺少一个平方项意味着有零特征值，因此先令行列式为零。

详细解答： 原二次型的矩阵为

$$A=\begin{pmatrix}1&a&1\\a&3&1\\1&1&1\end{pmatrix}.$$

目标方程 $y_1^2+4z_1^2=4$ 没有 $x_1^2$ 项，所以三个特征值为 $0,1,4$。特征值之积为行列式，故 $|A|=0$。展开：

$$|A|=1(3-1)-a(a-1)+(a-3) =-a^2+2a-1=-(a-1)^2.$$

因此 $a=1$。为确认所得参数确实符合目标标准形，代入 $a=1$ 后，

$$\det(tE-A)=t(t-1)(t-4).$$

实对称矩阵可正交对角化，故能得到平方项系数 $0,1,4$，与题设相符。

答案： $E(XY^2)=\mu\sigma^2+\mu^3$。

解题思路： 联合正态分布中相关系数为零意味着独立。先将期望拆为 $E(X)E(Y^2)$，再由方差恒等式求 $E(Y^2)$。

详细解答： 由题设二维正态分布，

$$X\sim N(\mu,\sigma^2),\qquad Y\sim N(\mu,\sigma^2),$$

并且相关系数为 $0$。联合正态的这一性质保证 $X,Y$ 独立，因而 $X$ 与 $Y^2$ 也独立。于是

$$E(XY^2)=E(X)E(Y^2).$$

又

$$E(X)=E(Y)=\mu,\qquad D(Y)=\sigma^2, \qquad E(Y^2)=D(Y)+[E(Y)]^2=\sigma^2+\mu^2.$$

故 $E(XY^2)=\mu(\sigma^2+\mu^2)=\mu\sigma^2+\mu^3$。

答案： $\mathrm e^{-1/2}$。

解题思路： 原式是 $1^\infty$ 型，先取对数。$\ln(1+x)/x$ 的常数项是 $1$，而外层对数会消去这个常数项，所以须把 $\ln(1+x)$ 展开到 $x^2$ 项。

详细解答： 在 $0$ 的充分小去心邻域内，$1+x>0$，且 $\ln(1+x)$ 与 $x$ 同号，因此底数 $\ln(1+x)/x>0$。记原幂函数为 $L(x)$，则

$$\ln L(x)=\frac{\ln\!\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)}{\mathrm e^x-1}.$$

利用零点附近的泰勒展开，

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+O(x^3), \qquad \frac{\ln(1+x)}x=1-\frac x2+O(x^2).$$

再用 $\ln(1+u)=u+O(u^2)$，其中 $u=-x/2+O(x^2)$，得到

$$\ln\!\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)=-\frac x2+O(x^2).$$

分母 $\mathrm e^x-1=x+O(x^2)$，故

$$\lim_{x\to0}\ln L(x) =\lim_{x\to0}\frac{-x/2+O(x^2)}{x+O(x^2)} =-\frac12.$$

最后由指数函数连续性，$\lim_{x\to0}L(x)=\mathrm e^{-1/2}$。

答案：

$$\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)} =f_1'(1,1)+f_{11}''(1,1)+f_{12}''(1,1).$$

这里下标 $1,2$ 分别表示对 $f$ 的第一、第二个自变量求偏导。

解题思路： $g$ 在内点 $1$ 可导且取得极值，费马定理给出 $g'(1)=0$。先对 $x$ 求偏导，再令 $x=1$，许多项会消失，之后对 $y$ 求导即可。

详细解答： 令 $u=xy,v=yg(x)$，则 $z=f(u,v)$。对 $x$ 求偏导时固定 $y$，

$$u_x=y,\qquad v_x=yg'(x),$$

所以链式法则给出

$$z_x=yf_1'(xy,yg(x))+yg'(x)f_2'(xy,yg(x)).$$

由于 $g$ 可导并在 $x=1$ 取得极值，$g'(1)=0$，又 $g(1)=1$，故对任意附近的 $y$，

$$z_x(1,y)=yf_1'(y,y).$$

沿直线 $x=1$ 对 $y$ 求导，乘积法则与链式法则给出

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dy}[yf_1'(y,y)] =f_1'(y,y)+y[f_{11}''(y,y)+f_{12}''(y,y)].$$

代入 $y=1$，即得答案。由于 $f$ 的二阶偏导连续，$f_{12}''=f_{21}''$，从 $z_y$ 出发再对 $x$ 求导也会得到同一结果；本题不需要 $g''$。

答案： 对于题设方程 $k\arctan x-x=0$，则 $k\le1$ 时只有根 $0$；$k>1$ 时有 $3$ 个不同实根，为 $-r,0,r$，其中 $r>\sqrt{k-1}$。

解题思路： 奇函数的非零根成对出现，只需研究正半轴。参数 $k$ 决定导数是否始终为负，或先正后负；后一情形结合零点存在定理证明恰有一个正根。

详细解答： 令

$$h_k(x)=k\arctan x-x.$$

它连续、可导、为奇函数，且 $h_k(0)=0$。其导数是

$$h_k'(x)=\frac{k-1-x^2}{1+x^2}.$$

若 $k\le1$，对所有 $x>0$ 都有 $k-1-x^2<0$，所以 $h_k$ 在正半轴严格递减，$h_k(x)<h_k(0)=0$，不存在正根。由奇性也没有负根，因此仅有 $0$。

若 $k>1$，令 $\alpha=\sqrt{k-1}>0$。在 $(0,\alpha)$ 上 $h_k'>0$，在 $(\alpha,+\infty)$ 上 $h_k'<0$，所以

$$h_k(\alpha)>h_k(0)=0.$$

同时 $\arctan x\to\pi/2$，而 $-x\to-\infty$，故 $h_k(x)\to-\infty$。于是可取 $b>\alpha$ 使 $h_k(b)<0$。由连续性，$(\alpha,b)$ 内至少有一个根；由于在 $(\alpha,+\infty)$ 上严格递减，根最多一个。记这个唯一正根为 $r$，由奇性还有唯一负根 $-r$，加上根 $0$，共 $3$ 个。