2013年考研数学一真题

答案： D，$k=3,c=1/3$。

解题思路： $x$ 与 $\arctan x$ 的一次项相消，所以必须展开到三次项。有限非零极限要求分母与分子具有相同的无穷小阶。

详细解答： 在零点的泰勒展开为

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad x-\arctan x=\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

因此从 $x\to0^+$ 考察，

$$\frac{x-\arctan x}{x^k} =x^{3-k}\left(\frac13+o(1)\right).$$

若 $k<3$，极限为零，与 $c\ne0$ 矛盾；若 $k>3$，没有有限极限。因此只能 $k=3$。此时左右两侧都趋于 $1/3$，故选 D。

答案： A，切平面为 $x-y+z=-2$。

解题思路： 隐式曲面 $F=0$ 在梯度非零处，以梯度为切平面的法向量。

详细解答： 令 $F=x^2+\cos(xy)+yz+x$。给定点满足 $F(0,1,-1)=1-1=0$，确在曲面上。求偏导，

$$F_x=2x-y\sin(xy)+1,\quad F_y=-x\sin(xy)+z,\quad F_z=y.$$

代入点得到 $\nabla F(0,1,-1)=(1,-1,1)\ne0$。故切平面方程为

$$1(x-0)-1(y-1)+1(z+1)=0,$$

整理为 $x-y+z=-2$，选 A。

答案： C，$S(-9/4)=-1/4$。

解题思路： 所给系数是区间 $(0,1)$ 上的正弦级数系数，对应函数的奇延拓及 $2$ 周期延拓。先用周期和奇性把自变量移回 $(0,1)$，再用傅里叶收敛定理。

详细解答： 将 $f(x)=|x-1/2|$ 在 $(0,1)$ 上奇延拓到 $(-1,1)$，再以周期 $2$ 延拓，记所得函数为 $g$。它分段光滑，其傅里叶级数只有正弦项，系数正是 $b_n=2\int_0^1f(x)\sin(n\pi x)\,\mathrm dx$。

每一正弦项都是奇函数且周期为 $2$，其收敛处的和函数也有这些性质，所以

$$S\left(-\frac94\right)=S\left(-\frac14\right)=-S\left(\frac14\right).$$

$1/4$ 是 $g$ 的连续点，傅里叶级数在此收敛到 $g(1/4)=f(1/4)=1/4$。因此所求为 $-1/4$。在延拓的跳跃点才需要取左右极限的平均值，本题所用点没有跳跃。

答案： D，最大值为 $I_4=\sqrt2\pi/2$。

解题思路： 四条曲线均为逆时针，用格林公式转为区域上的二重积分。再统一计算圆或椭圆内的面积与二阶矩，比较四个具体结果。

详细解答： 记 $P=y+y^3/6,Q=2x-x^3/3$，则

$$Q_x-P_y=(2-x^2)-(1+y^2/2)=1-x^2-\frac{y^2}{2}.$$

各边界均正向且偏导连续，故 $I_i=\iint_{D_i}(1-x^2-y^2/2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy$，其中 $D_i$ 是相应曲线内部。

对于椭圆 $D:x^2/a^2+y^2/b^2\le1$，作变换 $x=ar\cos\theta,y=br\sin\theta$，范围为 $0\le r\le1,0\le\theta\le2\pi$，Jacobian 为 $abr$。因此

$$|D|=\pi ab,$$

$$\iint_Dx^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy =a^3b\int_0^1r^3\,\mathrm dr\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta =\frac{\pi a^3b}{4},$$

同理 $\iint_Dy^2\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\pi ab^3/4$。于是

$$I=\pi ab\left(1-\frac{a^2}{4}-\frac{b^2}{8}\right).$$

四个区域的 $(a,b)$ 依次为 $(1,1),(\sqrt2,\sqrt2),(\sqrt2,1),(1,\sqrt2)$，代入得到

$$I_1=\frac{5\pi}{8},\quad I_2=\frac\pi2,\quad I_3=\frac{3\sqrt2\pi}{8},\quad I_4=\frac{\sqrt2\pi}{2}.$$

$I_4>I_1$ 等价于 $4\sqrt2>5$，平方后是 $32>25$；$I_4>I_2$ 由 $\sqrt2>1$；$I_4>I_3$ 由 $1/2>3/8$。所以最大者为 $I_4$。

答案： B，$C$ 与 $A$ 的列向量组等价。

解题思路： 右乘一个矩阵，就是对原矩阵的列作线性组合。右乘矩阵可逆，说明这种列线性组合可以反向恢复。

详细解答： 设 $A$ 的列为 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$，$B=(b_{ij})$，$C$ 的第 $j$ 列为 $\gamma_j$。由 $C=AB$，

$$\gamma_j=\sum_{i=1}^n b_{ij}\alpha_i,$$

所以 $C$ 的每列都可由 $A$ 的列表示。又因 $B$ 可逆，$A=CB^{-1}$，反向表示也成立。两组列向量张成相同子空间，故等价。

A 不一定成立。例如取 $A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$，则 $C=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$；$A,C$ 的行空间分别由 $(1,0),(0,1)$ 张成，并不相同。C、D 也不一定成立：取 $A=0,B=E$，则 $C=0$，而 $B$ 的行、列向量组都张成整个空间，不能与零向量组等价。

答案： B，充要条件为 $a=0$，$b$ 任意。

解题思路： 相似矩阵有相同特征值，因此第一个矩阵必须有特征值 $2$，由此求必要条件；再构造一组特征向量验证充分性。

详细解答： 记两个矩阵为 $M,D$。$D=\operatorname{diag}(2,b,0)$ 含特征值 $2$，若 $M\sim D$，必有 $|2E-M|=0$。计算

$$|2E-M|=\begin{vmatrix}1&-a&-1\\-a&2-b&-a\\-1&-a&1\end{vmatrix}=-4a^2.$$

将第三行加第一行得到 $(0,-2a,0)$，再按第三行展开，具体计算为

$$|2E-M|=2a\begin{vmatrix}1&-1\\-a&-a\end{vmatrix} =2a[-a-a]=-4a^2.$$

因此 $a=0$ 是必要条件。

若 $a=0$，取单位正交向量

$$u_1=\frac1{\sqrt2}(1,0,1)^{\mathrm T},\quad u_2=(0,1,0)^{\mathrm T},\quad u_3=\frac1{\sqrt2}(1,0,-1)^{\mathrm T}.$$

直接相乘有 $M u_1=2u_1,M u_2=bu_2,M u_3=0$。令 $U=(u_1,u_2,u_3)$，则 $U^{-1}MU=\operatorname{diag}(2,b,0)=D$。即使 $b=0$ 或 $b=2$，三个向量仍线性无关，故不限制 $b$。

答案： A，$p_1>p_2>p_3$。

解题思路： 将三个正态变量都标准化，在同一标准正态密度下比较积分。第三个区间移到正半轴后位于远离原点处，密度较小。

详细解答： 记标准正态分布函数为 $\Phi$，密度为 $\varphi(t)=e^{-t^2/2}/\sqrt{2\pi}$。分别标准化得到

$$p_1=\Phi(2)-\Phi(-2)=2\int_0^2\varphi(t)\,\mathrm dt,$$

$$p_2=\Phi(1)-\Phi(-1)=2\int_0^1\varphi(t)\,\mathrm dt,$$

$$p_3=\Phi(-1)-\Phi(-7/3)=\int_1^{7/3}\varphi(t)\,\mathrm dt.$$

密度恒正，所以 $p_1-p_2=2\int_1^2\varphi(t)\,\mathrm dt>0$。又 $\varphi$ 在正半轴严格递减，故

$$p_3<\frac43\varphi(1)<2\varphi(1)<2\int_0^1\varphi(t)\,\mathrm dt=p_2.$$

第一项区间长度为 $7/3-1=4/3$，最后一个严格不等式使用了 $0\le t<1$ 时 $\varphi(t)>\varphi(1)$。所以排序如答案所示，无须查数值表。

答案： C，$P\{Y>c^2\}=2\alpha$。

解题思路： $t(n)$ 变量的平方服从 $F(1,n)$。再用 $t$ 分布的对称性把平方右尾概率化为两侧尾概率之和。

详细解答： 按 $t$ 分布定义，若 $U\sim N(0,1),V\sim\chi^2(n)$ 且相互独立，则 $U/\sqrt{V/n}\sim t(n)$。平方后

$$\frac{U^2/1}{V/n}\sim F(1,n),$$

所以 $X^2$ 与 $Y$ 同分布。由 $0<\alpha<1/2$ 及 $t$ 分布关于零对称且连续，$P(X>c)=\alpha$ 蕴含 $c>0$。因此

$$P(Y>c^2)=P(X^2>c^2)=P(X>c)+P(X<-c)=2\alpha.$$

这里只需要 $Y$ 与 $X^2$ 同分布，不能据此断言题设中的 $Y=X^2$。

答案： $1$。

解题思路： 令 $h=1/n$，原极限就是零点处的导数。用隐函数求导确定 $f'(0)$，并检查隐函数确实可导。

详细解答： 代入 $x=0$ 得 $f(0)=1$。令 $F(x,y)=y-x-e^{x(1-y)}$，有 $F_y=1+xe^{x(1-y)}$，所以 $F_y(0,1)=1\ne0$。由隐函数定理，零点附近存在可导函数 $y=f(x)$。

对题设方程求导，

$$f'(x)-1=e^{x(1-f(x))}[1-f(x)-xf'(x)].$$

代入 $x=0,f(0)=1$，得 $f'(0)-1=0$，所以

$$\lim_{n\to\infty}n[f(1/n)-1] =\lim_{n\to\infty}\frac{f(1/n)-f(0)}{1/n}=f'(0)=1.$$

答案： $y=C_1e^x+C_2e^{3x}-xe^{2x}$，$C_1,C_2\in\mathbb R$。

解题思路： 同一非齐次线性方程的两个解相减，得到对应齐次方程的解。找出两个线性无关的齐次解，再加上任一已知特解。

详细解答： 设方程为 $y''+py'+qy=g(x)$，线性算子记作 $L$。因为 $L(y_i)=g$，所以 $L(y_i-y_j)=0$。题设给出

$$y_1-y_3=e^{3x},\qquad y_2-y_3=e^x.$$

两个函数的 Wronskian 为 $e^{3x}e^x-3e^{3x}e^x=-2e^{4x}\ne0$，因此线性无关。二阶齐次方程的通解为 $C_1e^x+C_2e^{3x}$。取已知解 $y_3=-xe^{2x}$ 为特解，得到所求通解。

也可由特征根 $1,3$ 得到齐次方程 $y''-4y'+3y=0$，确认其解空间恰为上述两函数张成的空间。

答案： $\sqrt2$。

解题思路： 参数曲线的二阶导数需要先对参数求导，再除以 $\mathrm dx/\mathrm dt$，不能把参数的一阶导数直接当作对 $x$ 的导数。

详细解答： $x=\sin t,y=t\sin t+\cos t$，有

$$\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}=\cos t,\qquad \frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\sin t+t\cos t-\sin t=t\cos t.$$

在 $t=\pi/4$ 附近 $\cos t\ne0$，所以

$$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=t,\qquad \frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2} =\frac{\mathrm d(t)/\mathrm dt}{\mathrm dx/\mathrm dt} =\frac1{\cos t}.$$

代入的是参数 $t=\pi/4$，得到 $1/(\sqrt2/2)=\sqrt2$。

答案： $\ln2$。

解题思路： 对反常积分先取有限上限，再用分部积分去掉对数，最后求上限趋于无穷的极限。

详细解答： 对 $R>1$，令 $u=\ln x,\mathrm dv=\mathrm dx/(1+x)^2$，则 $\mathrm du=\mathrm dx/x,v=-1/(1+x)$。因此

$$\int_1^R\frac{\ln x}{(1+x)^2}\,\mathrm dx =-\frac{\ln R}{1+R}+\int_1^R\frac{\mathrm dx}{x(1+x)}.$$

利用 $1/[x(1+x)]=1/x-1/(1+x)$，后项为

$$\left[\ln\frac{x}{1+x}\right]_1^R =\ln\frac R{1+R}+\ln2.$$

$R\to\infty$ 时 $\ln R/(1+R)\to0,R/(1+R)\to1$，故积分收敛且等于 $\ln2$。

答案： $|A|=-1$。

解题思路： 代数余子式组成的矩阵与伴随矩阵之间差一个转置。利用伴随矩阵恒等式，将题设化成 $AA^{\mathrm T}$ 与单位矩阵的关系，先排除行列式为零，再求值。

详细解答： 记 $d=|A|$，$A^*$ 为伴随矩阵，其第 $(j,i)$ 个元素是 $A_{ij}$。由 $A_{ij}=-a_{ij}$，得到 $A^*=-A^{\mathrm T}$。代入 $AA^*=dE$，有

$$AA^{\mathrm T}=-dE.$$

迹是矩阵主对角线元素的和，$AA^{\mathrm T}$ 第 $i$ 个对角元素为 $\sum_j a_{ij}^2$。由于 $A$ 为实非零矩阵，取迹得到

$$\sum_{i,j=1}^3a_{ij}^2=-3d>0,$$

所以 $d<0$，特别地 $d\ne0$。再对 $AA^{\mathrm T}=-dE$ 取行列式，

$$d^2=(-d)^3=-d^3.$$

除以 $d^2$ 得 $1=-d$，即 $d=-1$。非零条件保证存在非零元素，但不能未经说明就指定某个位置如 $a_{11}$ 非零。

答案： $1-e^{-1}$。

解题思路： 按条件概率定义，把事件交集写成 $a<Y\le a+1$。指数分布的生存函数可以直接代入。

详细解答： 参数为 $1$ 的指数分布满足 $P(Y>t)=e^{-t}$，$t\ge0$。由于 $a>0$，$P(Y>a)=e^{-a}>0$，所以

$$P(Y\le a+1\mid Y>a) =\frac{P(a<Y\le a+1)}{P(Y>a)} =\frac{e^{-a}-e^{-(a+1)}}{e^{-a}}=1-e^{-1}.$$

结果与 $a$ 无关，体现指数分布的无记忆性。

答案： $8-2\pi-4\ln2$。

解题思路： 被积函数中 $f$ 本身是积分，先用分部积分将其转为 $f'$；第二次分部积分去掉对数，最后令 $x=t^2$ 消除根号。

详细解答： 对 $x>0$，积分上限函数求导给出 $f'(x)=\ln(1+x)/x$，且 $f(1)=0$。因为 $\ln(1+x)/x\to1$，内层被积函数在零点可连续延拓，因此 $f$ 在 $[0,1]$ 上可连续延拓且有界。设 $|f(x)|\le M$，则

$$\int_0^1\frac{|f(x)|}{\sqrt x}\,\mathrm dx \le M\int_0^1x^{-1/2}\,\mathrm dx=2M<\infty.$$

所以外层反常积分绝对收敛。同时 $|\sqrt x f(x)|\le M\sqrt x\to0$，可将分部积分中的下端点极限取为零。

先在 $[\varepsilon,1]$ 分部积分，取 $u=f(x),\mathrm dv=x^{-1/2}\mathrm dx$，再令 $\varepsilon\to0^+$，得

$$I=[2\sqrt x f(x)]_0^1-2\int_0^1\sqrt x f'(x)\,\mathrm dx =-2\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{\sqrt x}\,\mathrm dx.$$

对后一个积分再次分部积分，取 $u=\ln(1+x),v=2\sqrt x$，得到

$$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{\sqrt x}\,\mathrm dx =2\ln2-2\int_0^1\frac{\sqrt x}{1+x}\,\mathrm dx.$$

所以 $I=-4\ln2+4\int_0^1\sqrt x/(1+x)\,\mathrm dx$。令 $x=t^2$，$\mathrm dx=2t\,\mathrm dt$，上下限仍为 $0,1$，故

$$\begin{aligned} I&=-4\ln2+8\int_0^1\frac{t^2}{1+t^2}\,\mathrm dt\\ &=-4\ln2+8\int_0^1\left(1-\frac1{1+t^2}\right)\,\mathrm dt\\ &=-4\ln2+8[t-\arctan t]_0^1=8-2\pi-4\ln2. \end{aligned}$$

（I）证明和函数满足微分方程

答案： 对每个实数 $x$，$S''(x)-S(x)=0$。

解题思路： 递推关系正好含二阶求导产生的系数 $n(n-1)$。先证明级数在整个实轴收敛，才能合法逐项求导，再对齐幂次。

详细解答： 递推式为 $a_n=a_{n-2}/[n(n-1)]$。从 $a_0=3,a_1=1$ 反复使用递推，得到

$$a_{2m}=\frac3{(2m)!},\qquad a_{2m+1}=\frac1{(2m+1)!},\qquad m\ge0.$$

于是 $|a_nx^n|\le3|x|^n/n!$，右边的级数对任意实数 $x$ 都收敛，故本幂级数的收敛半径为无穷。在收敛区间内可逐项求两次导数：

$$S''(x)=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2} =\sum_{m=0}^\infty(m+2)(m+1)a_{m+2}x^m.$$

递推关系给出 $(m+2)(m+1)a_{m+2}=a_m$，所以 $S''(x)=\sum_{m=0}^\infty a_mx^m=S(x)$，所证成立。

（II）求和函数

答案： $S(x)=e^{-x}+2e^x$，$x\in\mathbb R$。

解题思路： 利用第一问得到的常系数微分方程，再把级数首两项作为初值确定积分常数。

详细解答： $S''-S=0$ 的特征方程为 $r^2-1=0$，根为 $-1,1$，所以 $S=C_1e^{-x}+C_2e^x$。由幂级数，$S(0)=a_0=3,S'(0)=a_1=1$，从而

$$C_1+C_2=3,\qquad -C_1+C_2=1.$$

两式相加得 $2C_2=4$，故 $C_2=2,C_1=1$，得到所列和函数。展开该式的偶数次系数为 $3/n!$，奇数次系数为 $1/n!$，也与第一问的系数一致。

答案： 唯一极值为在 $(1,-4/3)$ 处的极小值 $-e^{-1/3}$；$(-1,-2/3)$ 为鞍点，没有极大值。

解题思路： 函数在全平面光滑，指数因子不为零。先联立一阶偏导求全部驻点，再用 Hessian 的行列式判断类型。

详细解答： 令 $u=y+x^3/3$，则 $f=ue^{x+y}$，

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

驻点要求 $u=-1,x^2=1$。$x=-1$ 时 $y=-2/3$，$x=1$ 时 $y=-4/3$。二阶偏导为

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

在驻点处 $u=-1,x^2=1$，所以 $A=f_{xx}=(2x+1)e^{x+y},B=f_{xy}=e^{x+y},C=f_{yy}=e^{x+y}$。二阶判别法说明：$AC-B^2<0$ 时为鞍点；$AC-B^2>0$ 且 $A>0$ 时为极小值点，且 $A<0$ 时为极大值点。

在 $(-1,-2/3)$，$(A,B,C)=(-e^{-5/3},e^{-5/3},e^{-5/3})$，故 $AC-B^2=-2e^{-10/3}<0$，是鞍点。

在 $(1,-4/3)$，$(A,B,C)=(3e^{-1/3},e^{-1/3},e^{-1/3})$，故 $AC-B^2=2e^{-2/3}>0,A>0$，是极小值点。函数值为 $(-1)e^{1-4/3}=-e^{-1/3}$。驻点只有这两个，故没有其他极值。