2012年考研数学一真题

答案： C，共两条渐近线：$x=1$ 与 $y=1$。

解题思路： 有理函数要检查分母为零处和无穷远处的极限。先约去公因式，以区分可去间断点与竖直渐近线。

详细解答： 原定义域为 $x\ne\pm1$。在定义域内，

$$y=\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x}{x-1}=1+\frac1{x-1}.$$

$x\to1^+$ 时 $y\to+\infty$，$x\to1^-$ 时 $y\to-\infty$，故 $x=1$ 为竖直渐近线。但 $\lim_{x\to-1}y=1/2$，所以 $x=-1$ 只是可去间断点。

$x\to\pm\infty$ 时 $y\to1$，故 $y=1$ 为水平渐近线。若有斜渐近线，其斜率必须是 $\lim_{x\to\pm\infty}y/x=0$，因此没有斜率非零的斜渐近线。共有两条，选 C。

答案： A，$f'(0)=(-1)^{n-1}(n-1)!$。

解题思路： 在零点只有第一个因子 $e^x-1$ 为零。乘积求导后，除对第一个因子求导的一项外，其余项都仍含这个零因子。

详细解答： 记 $g_j(x)=e^{jx}-j$，则

$$f'(0)=\sum_{j=1}^ng_j'(0)\prod_{\substack{1\le k\le n\\k\ne j}}g_k(0).$$

由于 $g_1(0)=0$，当 $j\ne1$ 时对应整项为零。剩下的一项为

$$g_1'(0)\prod_{k=2}^ng_k(0)=1\cdot\prod_{k=2}^n(1-k)=(-1)^{n-1}(n-1)!.$$

$n=1$ 时 $f'(0)=1$，也与 $0!=1$ 一致。还可以由 $f(0)=0$，直接用导数定义：

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}\prod_{k=2}^n(e^{kx}-k) =1\cdot\prod_{k=2}^n(1-k).$$

答案： B。所给有限极限保证原点可微，且微分为零。

解题思路： 可微要求除去线性部分后的余量比到原点的距离更小。分母 $x^2+y^2$ 是距离的平方，有限极限足以保证这一要求；其余命题用具体反例判断。

详细解答： 令 $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$，设 $f(x,y)/\rho^2\to L\in\mathbb R$。则 $f(x,y)=(L+o(1))\rho^2\to0$，由原点连续性得 $f(0,0)=0$。因此

$$\frac{f(x,y)-f(0,0)-0\cdot x-0\cdot y}{\rho} =\rho\frac{f(x,y)}{\rho^2}\to0.$$

这正是原点可微的定义，故 B 正确。

A 不成立：取 $f=|x|+|y|$，所给比值恒为 $1$，但沿 $y=0$ 有 $[f(x,0)-f(0,0)]/x=|x|/x$，左右极限不同，故偏导数不存在，更不可微。

C 不成立：取可微函数 $f=x$，沿 $y=0$ 所给比值为 $x/|x|$，没有极限。

D 不成立：取可微函数 $f=xy$，沿 $y=0$ 比值为零，沿 $y=x$ 比值为 $1/2$，所以二元极限不存在。

答案： D，$I_2<I_1<I_3$。

解题思路： 无须求积分值。先利用每个半周期内正弦的符号，再平移相邻半周期，比较递增权重 $e^{x^2}$。

详细解答： $(\pi,2\pi)$ 内 $\sin x<0$，故

$$I_2-I_1=\int_\pi^{2\pi}e^{x^2}\sin x\,\mathrm dx<0.$$

为比较 $I_3,I_1$，后一段令 $x=t+\pi$，利用 $\sin(t+\pi)=-\sin t$，得到

$$\begin{aligned} I_3-I_1 &=\int_\pi^{2\pi}e^{t^2}\sin t\,\mathrm dt+\int_{2\pi}^{3\pi}e^{x^2}\sin x\,\mathrm dx\\ &=\int_\pi^{2\pi}[e^{t^2}-e^{(t+\pi)^2}]\sin t\,\mathrm dt>0. \end{aligned}$$

最后一个不等式是因为该区间内方括号为负、$\sin t$ 也为负，乘积为正。综合得 $I_2<I_1<I_3$。

答案： C，$\alpha_1,\alpha_3,\alpha_4$ 对任意给定常数都线性相关。

解题思路： 常数任意，必须寻找不依赖常数的结构。C 中三个向量的前两分量都满足同一个线性方程。

详细解答： 三个向量都属于子空间

$$V=\{(u,v,w)^{\mathrm T}:u+v=0\} =\operatorname{span}\{(1,-1,0)^{\mathrm T},(0,0,1)^{\mathrm T}\}.$$

$V$ 的维数为 $2$，其中任意三个向量必线性相关，所以 C 正确。

其他三项不保证恒相关。例如取 $c_1=1,c_2=0,c_3=1,c_4=0$，分别以 A、B、D 中的三个向量为列组成矩阵，行列式依次为 $-1,1,-1$，均非零，所以三项在此取值下都线性无关。

答案： B，$Q^{-1}AQ=\operatorname{diag}(1,1,2)$。

解题思路： $P$ 的列是特征向量。属于同一个特征值的特征向量相加，仍对应该特征值；再检查换基后的矩阵是否可逆。

详细解答： 由 $AP=P\operatorname{diag}(1,1,2)$ 逐列比较，得 $A\alpha_1=\alpha_1,A\alpha_2=\alpha_2,A\alpha_3=2\alpha_3$。所以 $A(\alpha_1+\alpha_2)=\alpha_1+\alpha_2$。

又有

$$Q=PT,\qquad T=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad |T|=1.$$

$P,T$ 可逆，故 $Q$ 可逆。按 $Q$ 的列顺序，$AQ=Q\operatorname{diag}(1,1,2)$，左乘 $Q^{-1}$ 就得到答案。前两列虽然变化，仍对应同一个特征值 $1$。

答案： A，$P\{X<Y\}=1/5$。

解题思路： 利用独立性写出联合密度，再在第一象限的区域 $0<x<y$ 上积分。

详细解答： 在正半轴上，$f_X(x)=e^{-x},f_Y(y)=4e^{-4y}$，其余位置密度为零。独立性给出 $f_{X,Y}(x,y)=4e^{-x-4y}$，$x,y>0$。固定 $x$ 时事件要求 $y>x$，所以

$$\begin{aligned} P\{X<Y\} &=\int_0^\infty\int_x^\infty4e^{-x-4y}\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty e^{-x}[-e^{-4y}]_{x}^{\infty}\,\mathrm dx =\int_0^\infty e^{-5x}\,\mathrm dx=\frac15. \end{aligned}$$

答案： D，相关系数为 $-1$。

解题思路： 两段长度之和恒为 $1$，形成完全负线性关系。通过协方差和方差可以直接验证。

详细解答： 设截点到一端的长度为 $X$，另一段为 $Y$，则 $X\sim U(0,1),Y=1-X$。因此

$$E(X)=\frac12,\qquad E(X^2)=\frac13,\qquad D(X)=\frac13-\frac14=\frac1{12}>0.$$

由方差、协方差对线性组合的性质，

$$D(Y)=D(X),\qquad \operatorname{Cov}(X,Y)=\operatorname{Cov}(X,1-X)=-D(X).$$

于是 $\rho_{XY}=-D(X)/\sqrt{D(X)D(X)}=-1$。随机截断不表示两段长度独立；知道一段长度就知道另一段。

答案： $f(x)=e^x$。

解题思路： 先解第一条齐次常系数方程，再用第二条条件确定任意常数。

详细解答： 特征方程 $r^2+r-2=(r-1)(r+2)=0$，所以 $f(x)=C_1e^x+C_2e^{-2x}$。计算二阶导数代入第二条件，得

$$2C_1e^x+5C_2e^{-2x}=2e^x,$$

即 $2(C_1-1)e^x+5C_2e^{-2x}=0$ 对所有 $x$ 成立。由于两指数函数线性无关，故 $C_1=1,C_2=0$，得到 $f(x)=e^x$，代回两条件均满足。

答案： $\pi/2$。

解题思路： 配方后平移到对称区间，利用奇偶性去掉一项，剩余项为上半圆面积。

详细解答： 令 $u=x-1$，则 $2x-x^2=1-u^2$，上下限由 $0,2$ 变为 $-1,1$，所以

$$\int_0^2x\sqrt{2x-x^2}\,\mathrm dx =\int_{-1}^1u\sqrt{1-u^2}\,\mathrm du+\int_{-1}^1\sqrt{1-u^2}\,\mathrm du.$$

第一项是奇函数在对称区间上的积分，等于零；第二项是半径 $1$ 的上半圆面积，等于 $\pi/2$。也可令 $u=\sin\theta$，得到第二项为 $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta=\pi/2$。

答案： $(1,1,1)$，即 $\boldsymbol i+\boldsymbol j+\boldsymbol k$。

解题思路： 梯度是三个一阶偏导数组成的向量。先分别求导，再代入给定点。

详细解答： 记 $F=xy+z/y$，在 $y\ne0$ 时，

$$F_x=y,\qquad F_y=x-\frac z{y^2},\qquad F_z=\frac1y.$$

因此 $\operatorname{grad}F(2,1,1)=(1,2-1/1^2,1/1)=(1,1,1)$。梯度为向量，不能把三个分量相加写成标量 $3$。

答案： $\sqrt3/12$。

解题思路： 写成 $z=1-x-y$ 并投影到 $xy$ 平面，注意曲面面积元的根号因子。

详细解答： 条件 $x,y,z\ge0$ 给出投影区域 $D=\{0\le y\le1,0\le x\le1-y\}$。因为 $z_x=z_y=-1$，

$$\mathrm dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\sqrt3\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

于是

$$\iint_\Sigma y^2\,\mathrm dS =\sqrt3\int_0^1\int_0^{1-y}y^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\sqrt3\int_0^1(y^2-y^3)\,\mathrm dy =\sqrt3\left(\frac13-\frac14\right)=\frac{\sqrt3}{12}.$$

这是第一类曲面积分，不涉及法向方向。

答案： $2$。

解题思路： 求零空间的维数，再用秩零度定理。单位向量条件使 $\alpha$ 恰好被矩阵消去。

详细解答： 令 $M=E-\alpha\alpha^{\mathrm T}$。由 $\alpha^{\mathrm T}\alpha=1$，有 $M\alpha=\alpha-\alpha(\alpha^{\mathrm T}\alpha)=0$。

反过来，若 $Mv=0$，则 $v=\alpha(\alpha^{\mathrm T}v)$，所以 $v$ 必为 $\alpha$ 的倍数。于是 $\ker M=\operatorname{span}\{\alpha\}$，维数为 $1$。矩阵为 $3$ 阶，故 $r(M)=3-1=2$。这个证明适用于任意单位向量，无须指定其坐标。

答案： $3/4$。

解题思路： 利用条件概率定义。$A,C$ 互不相容保证 $AB$ 发生时 $C$ 不发生。

详细解答： $A\cap C=\varnothing$，所以 $AB\subseteq\overline C$，从而 $AB\cap\overline C=AB$。又 $P(\overline C)=1-1/3=2/3>0$，故

$$P(AB\mid\overline C)=\frac{P(AB\cap\overline C)}{P(\overline C)}=\frac{1/2}{2/3}=\frac34.$$

其中 $AB$ 表示 $A\cap B$，无需假设 $A,B$ 独立。

答案： 对所有 $-1<x<1$，$x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge1+x^2/2$，且等号仅在 $x=0$ 成立。

解题思路： 把左右两边之差记为 $h$，利用二阶导数为正证明它在零点取得最小值。

详细解答： 在该区间 $1\pm x>0$，令

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

由 $(\ln\frac{1+x}{1-x})'=2/(1-x^2)$，得到

$$h'(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x,\qquad h'(0)=0.$$

再求导并通分，

$$h''(x)=\frac2{1-x^2}+\frac{2(1+x^2)}{(1-x^2)^2}-\cos x-1 =\frac4{(1-x^2)^2}-\cos x-1\ge2>0.$$

此处使用 $0<1-x^2\le1$、$\cos x\le1$。所以 $h'$ 严格递增，$x<0$ 时为负，$x>0$ 时为正。$h$ 在零点取得唯一最小值 $h(0)=0$，即

$$x\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\ge1+\frac{x^2}{2},$$

非零点处为严格不等式。

答案： $(1,0)$ 为极大值点，极大值 $e^{-1/2}$；$(-1,0)$ 为极小值点，极小值 $-e^{-1/2}$，没有其他极值点。

解题思路： 函数在全平面光滑，先由一阶偏导为零求全部驻点，再用二阶偏导判别。

详细解答：

$$f_x=(1-x^2)e^{-(x^2+y^2)/2},\qquad f_y=-xy e^{-(x^2+y^2)/2}.$$

指数因子恒正，所以驻点满足 $1-x^2=0,xy=0$。由 $x=\pm1\ne0$ 得 $y=0$，驻点仅为 $(1,0),(-1,0)$。二阶偏导为

$$f_{xx}=x(x^2-3)e^{-(x^2+y^2)/2},\quad f_{xy}=y(x^2-1)e^{-(x^2+y^2)/2},\quad f_{yy}=x(y^2-1)e^{-(x^2+y^2)/2}.$$

记驻点处 $A=f_{xx},B=f_{xy},C=f_{yy}$。当 $AC-B^2>0$ 时，$A<0$ 判为极大值，$A>0$ 判为极小值。

在 $(1,0)$，$(A,B,C)=(-2e^{-1/2},0,-e^{-1/2})$，$AC-B^2=2e^{-1}>0,A<0$，所以极大值为 $f(1,0)=e^{-1/2}$。

在 $(-1,0)$，$(A,B,C)=(2e^{-1/2},0,e^{-1/2})$，$AC-B^2=2e^{-1}>0,A>0$，所以极小值为 $f(-1,0)=-e^{-1/2}$。

答案： 收敛域为 $(-1,1)$，和函数为

$$S(x)=\begin{cases}3,&x=0,\\ \dfrac{1+x^2}{(1-x^2)^2}+\dfrac1x\ln\dfrac{1+x}{1-x},&0<|x|<1. \end{cases}$$

解题思路： 通项含 $x^{2n}$，比值判别时出现 $x^2$。系数拆为 $2n+1$ 与 $2/(2n+1)$，分别用几何级数的求导和积分求和。

详细解答： 令 $c_n=(4n^2+4n+3)/(2n+1)$，则 $c_{n+1}/c_n\to1$，对 $x\ne0$，

$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{c_{n+1}x^{2n+2}}{c_nx^{2n}}\right|=x^2.$$

故 $|x|<1$ 时绝对收敛，$|x|>1$ 时发散。$x=\pm1$ 时通项为 $c_n\sim2n$，不趋于零，所以端点发散；$x=0$ 时只有常数项 $3$。收敛域为 $(-1,1)$。

由 $4n^2+4n+3=(2n+1)^2+2$，

$$S(x)=\sum_{n=0}^\infty(2n+1)x^{2n}+2\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{2n+1}.$$

在收敛区间内幂级数可逐项求导、积分。因此

$$\sum_{n=0}^\infty(2n+1)x^{2n} =\left(\sum_{n=0}^\infty x^{2n+1}\right)' =\left(\frac{x}{1-x^2}\right)'=\frac{1+x^2}{(1-x^2)^2}.$$

当 $0<|x|<1$ 时，

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{2n+1} =\frac1x\int_0^x\sum_{n=0}^\infty t^{2n}\,\mathrm dt =\frac1x\int_0^x\frac{\mathrm dt}{1-t^2} =\frac1{2x}\ln\frac{1+x}{1-x}.$$

合并得到所列和函数。表达式含 $1/x$，必须另写 $S(0)=3$；其连续延拓值也是 $1+2=3$。

答案： 在 $0\le t<\pi/2$ 上，$f(t)=\ln(\sec t+\tan t)-\sin t$，相应区域面积为 $\pi/4$。

解题思路： 先用切线方程求出与 $x$ 轴的交点，把定长条件化为关于 $f'$ 的方程，再用参数积分求面积。

详细解答： 对 $0<t<\pi/2$，切线斜率为 $-\sin t/f'(t)$，切线方程为

$$y-\cos t=-\frac{\sin t}{f'(t)}[x-f(t)].$$

令 $y=0$，交点为 $T=(f(t)+f'(t)\cot t,0)$；切点为 $M=(f(t),\cos t)$。距离条件给出

$$[f'(t)\cot t]^2+\cos^2t=1, \qquad [f'(t)]^2\cot^2t=\sin^2t.$$

该区间内 $f',\sin t,\cos t$ 都为正，故取正根得

$$f'(t)=\frac{\sin^2t}{\cos t}=\sec t-\cos t.$$

积分得 $f(t)=\ln(\sec t+\tan t)-\sin t+C$，由 $f(0)=0$ 得 $C=0$。

$t=0$ 对应 $(0,1)$，$t\to\pi/2^-$ 时 $x\to+\infty,y\to0$，所以所求为第一象限无界区域，要用反常积分。$x$ 随参数递增，故

$$\begin{aligned} A&=\int_0^{+\infty}y\,\mathrm dx =\lim_{b\to\pi/2^-}\int_0^b\cos t\,f'(t)\,\mathrm dt\\ &=\int_0^{\pi/2}\sin^2t\,\mathrm dt =\left[\frac t2-\frac{\sin2t}{4}\right]_0^{\pi/2}=\frac\pi4. \end{aligned}$$

区域无界，但面积有限。

答案： $I=\pi/2-4$。

解题思路： 沿 $y$ 轴补一段使路径闭合，使用格林公式后再减去补充段积分。格林公式的被积函数恰为 $1$，转化为区域面积。

详细解答： 记 $P=3x^2y,Q=x^3+x-2y$，补 $L_0:x=0,y:2\to0$。闭合曲线 $L+L_0$ 围成

$$D=\{x\ge0,y\ge0,\ x^2+y^2\le4,\ x^2+y^2\ge2x\}.$$

路径沿小圆上半圆由原点到 $(2,0)$，再沿大圆第一象限圆弧到 $(0,2)$，最后返回原点；区域位于行进方向左侧，故为正向边界。$P,Q$ 的偏导连续，由格林公式，

$$\oint_{L+L_0}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\iint_D(Q_x-P_y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\iint_D[(3x^2+1)-3x^2]\,\mathrm dx\,\mathrm dy=|D|.$$

$D$ 为半径 $2$ 的四分之一圆减去圆心 $(1,0)$、半径 $1$ 的上半圆，所以 $|D|=\pi-\pi/2=\pi/2$。补充段上 $x=0,\mathrm dx=0$，故

$$\int_{L_0}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy=\int_2^0(-2y)\,\mathrm dy=4.$$

于是 $I=\pi/2-4$。补充段由上向下，不能将上下限误写为 $0,2$。