2016年考研数学一真题

答案： C，即 $a<1$ 且 $a+b>1$。

解题思路： 两个反常端点 $0$ 和 $+\infty$ 必须分别检查。在 $0$ 附近，$(1+x)^b$ 趋于 $1$；在无穷远处，它与 $x^b$ 同阶，因此分别与幂函数 $x^{-a}$、$x^{-(a+b)}$ 比较。

详细解答： 被积函数在 $(0,+\infty)$ 上连续且为正，将积分拆成

$$\int_0^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^a(1+x)^b} =\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{x^a(1+x)^b} +\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^a(1+x)^b}.$$

整个积分收敛当且仅当两项都收敛。由于

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1/[x^a(1+x)^b]}{x^{-a}}=1,$$

由正函数的极限比较判别法，第一项与 $\int_0^1x^{-a}\,\mathrm{d}x$ 同敛散。这个幂函数积分在 $0$ 端收敛当且仅当 $a<1$，其中 $a=1$ 时为发散的对数积分。另一方面，

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{1/[x^a(1+x)^b]}{x^{-(a+b)}} =\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x}{1+x}\right)^b=1.$$

第二项与 $\int_1^{+\infty}x^{-(a+b)}\,\mathrm{d}x$ 同敛散，收敛条件是 $a+b>1$。合并条件，选 C。

易错点： 无穷远处的幂次是 $a+b$，不能只检查 $b$；两个端点的收敛条件也不能互换。

答案： D。一个原函数为

$$F(x)=\begin{cases}(x-1)^2,&x<1,\\x(\ln x-1)+1,&x\geqslant1.\end{cases}$$

解题思路： 分段积分后还要使连接点处可导。原函数必在 $x=1$ 处连续，所以两段的积分常数不能任意独立选择。

详细解答： 分别积分得到

$$\int2(x-1)\,\mathrm{d}x=(x-1)^2+C_1,\qquad \int\ln x\,\mathrm{d}x=x\ln x-x+C_2.$$

第二式用分部积分，取 $u=\ln x$、$\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$。连接点左右的函数值分别为 $C_1$ 和 $-1+C_2$，连续性要求 $C_2=C_1+1$。令 $C_1=0$，得到选项 D。

再验证连接点导数：$F(1)=0$，左导数为 $\lim_{h\to0^-}h^2/h=0$；右侧函数 $x\ln x-x+1$ 在 $1$ 处的导数为 $\ln1=0$。左右导数相等且等于 $f(1)=0$，所以确为整个定义域上的原函数。

选项 A 在 $1$ 处左右极限分别为 $0,-1$，不连续；B、C 的右侧导数均为 $\ln x+2$，不等于 $\ln x$。

答案： A，即 $q(x)=3x(1+x^2)$。

解题思路： 同一非齐次线性方程的两解之差满足对应齐次方程，先据此求 $p(x)$；两解的平均值仍满足原方程，再求 $q(x)$。

详细解答： 记题给两解为 $y_1,y_2$。将 $y_1'+py_1=q$ 与 $y_2'+py_2=q$ 相减，得到

$$(y_2-y_1)'+p(x)(y_2-y_1)=0.$$

因为 $y_2-y_1=2\sqrt{1+x^2}$，代入得到

$$\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}+2p(x)\sqrt{1+x^2}=0, \qquad p(x)=-\frac{x}{1+x^2}.$$

将两个原方程相加再除以 $2$，可知 $\bar y=(y_1+y_2)/2=(1+x^2)^2$ 也满足原方程。于是

$$q(x)=\bar y'+p(x)\bar y =4x(1+x^2)-\frac{x}{1+x^2}(1+x^2)^2 =3x(1+x^2).$$

答案： D，$f$ 在 $0$ 处可导，且 $f'(0)=1$。

解题思路： 正半轴的函数呈阶梯状，但判断 $0$ 处可导性应计算差商。把 $x$ 所在的小区间用于夹逼，就能处理随 $x$ 变化的整数 $n$。

详细解答： $f(0)=0$。当 $x<0$ 时 $f(x)=x$，故左极限为 $0$，左导数为

$$f'_-(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}x=1.$$

当 $x>0$ 接近 $0$ 时，存在整数 $n\geqslant1$ 使

$$\frac1{n+1}<x\leqslant\frac1n,\qquad f(x)=\frac1n.$$

此时 $x\to0^+$ 必使 $n\to\infty$，故 $f(x)\to0$，函数在 $0$ 处连续。再由区间不等式得到

$$1\leqslant\frac{f(x)-f(0)}x=\frac1{nx}<\frac{n+1}{n}=1+\frac1n.$$

夹逼定理给出 $f'_+(0)=1$。左右导数相等，故 $f'(0)=1$，选 D。

易错点： 附近某些点间断，并不妨碍指定的 $0$ 点可导。

答案： C，$A+A^{\mathrm T}$ 与 $B+B^{\mathrm T}$ 未必相似。

解题思路： 用相似的定义核查转置、求逆和求和。对于错误结论，给出具体矩阵，用相似不变量证明反例成立。

详细解答： 存在可逆矩阵 $P$ 满足 $B=P^{-1}AP$。取转置得到

$$B^{\mathrm T}=P^{\mathrm T}A^{\mathrm T}(P^{-1})^{\mathrm T}.$$

令 $Q=(P^{-1})^{\mathrm T}$，则 $B^{\mathrm T}=Q^{-1}A^{\mathrm T}Q$，所以 A 正确。取逆得到 $B^{-1}=P^{-1}A^{-1}P$，所以 B 正确。相加得到

$$B+B^{-1}=P^{-1}(A+A^{-1})P,$$

所以 D 正确。对于 C，取

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},\quad P=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix},\quad B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}.$$

这两个矩阵可逆且相似，但

$$A+A^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix},\qquad B+B^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2&1\\1&4\end{pmatrix}$$

的行列式分别为 $8$ 和 $7$。相似矩阵的行列式必须相同，故两者不相似，C 错误。

答案： B，双叶双曲面。

解题思路： 用实对称矩阵的正交对角化消去交叉项，再由标准方程的正负平方项判断曲面类型。

详细解答： 交叉项 $4x_ix_j$ 对应非对角元 $2$，所以二次型矩阵为

$$A=\begin{pmatrix}1&2&2\\2&1&2\\2&2&1\end{pmatrix}=2J-E,$$

其中 $J$ 的全部元素为 $1$。向量 $(1,1,1)^{\mathrm T}$ 满足 $Jv=3v$，故对应 $A$ 的特征值 $5$；若向量的三个分量和为 $0$，则 $Jv=0$、$Av=-v$。后者构成二维子空间，因此特征值为 $5,-1,-1$。

实对称矩阵可选择标准正交特征向量作为坐标轴，令 $x=Qy$、$Q^{\mathrm T}Q=E$，则

$$f=5y_1^2-y_2^2-y_3^2.$$

方程 $f=2$ 化为

$$\frac{y_1^2}{2/5}-\frac{y_2^2}{2}-\frac{y_3^2}{2}=1.$$

这是一个正平方项、两个负平方项的双叶双曲面。由 $5y_1^2=2+y_2^2+y_3^2$ 可见 $|y_1|\geqslant\sqrt{2/5}$，分成正、负两叶。正交变换不改变曲面类型，选 B。

答案： B，$p$ 随 $\sigma$ 增大而增大，与 $\mu$ 无关。

解题思路： 先标准化正态随机变量。题目上界是 $\mu+\sigma^2$，减去 $\mu$ 再除以标准差 $\sigma$ 后，上界变成 $\sigma$。

详细解答： 令 $W=(X-\mu)/\sigma$，则 $W\sim N(0,1)$。由于 $\sigma>0$，除法不改变不等号方向：

$$p=P\{X\leqslant\mu+\sigma^2\} =P\left\{\frac{X-\mu}{\sigma}\leqslant\sigma\right\} =\Phi(\sigma).$$

标准正态分布函数的导数 $\Phi'(s)=\mathrm e^{-s^2/2}/\sqrt{2\pi}>0$，所以严格递增。式中没有 $\mu$，故 A、C 不成立；随 $\sigma$ 的变化方向为增加，选 B。

答案： A，$\rho_{XY}=-\frac12$。

解题思路： 两个计数变量各自服从二项分布，但同一次试验不可能同时出现 $A_1,A_2$，不能把 $X,Y$ 当作独立变量。用 $E(XY)$ 求协方差。

详细解答： 两次试验独立，且每次出现 $A_1$、$A_2$ 的概率均为 $1/3$，所以

$$X\sim B\left(2,\frac13\right),\qquad Y\sim B\left(2,\frac13\right).$$

由二项分布的均值 $np$ 和方差 $np(1-p)$，得

$$E(X)=E(Y)=\frac23,\qquad D(X)=D(Y)=\frac49.$$

由于一共只有两次试验，$X+Y\leqslant2$。要使 $XY$ 非零，必须是 $X=Y=1$；两次结果按顺序为 $(A_1,A_2)$ 或 $(A_2,A_1)$，各有概率 $1/9$，故

$$P\{X=1,Y=1\}=\frac29,\qquad E(XY)=\frac29.$$

于是

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac29-\frac49=-\frac29,$$

$$\rho_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} =\frac{-2/9}{4/9}=-\frac12.$$

易错点： 两次试验独立，不意味着由同一组试验得到的两个计数变量独立。

答案： $\frac12$。

解题思路： 分母 $1-\cos(x^2)$ 是四阶无穷小，因此需要把分子的积分算到 $x^4$ 的首项。先展开被积函数，再积分。

详细解答： 当 $t\to0$ 时，$t\sin t=t^2+O(t^4)$。利用 $\ln(1+u)=u+O(u^2)$，得到

$$\ln(1+t\sin t)=t^2+O(t^4),\qquad t\ln(1+t\sin t)=t^3+O(t^5).$$

对 $0$ 到 $x$ 积分，得到

$$\int_0^x t\ln(1+t\sin t)\,\mathrm{d}t =\frac{x^4}{4}+O(x^6).$$

这个估计对 $x$ 从左右趋于 $0$ 均成立：余项的绝对积分至多为常数乘以 $|x|^6$。分母中余弦的自变量是 $x^2$，故

$$1-\cos(x^2)=\frac{(x^2)^2}{2}+O((x^2)^4) =\frac{x^4}{2}+O(x^8).$$

将分子、分母同时除以 $x^4$，所求极限为 $(1/4)/(1/2)=1/2$。

答案： $\operatorname{rot}A=\boldsymbol j+(y-1)\boldsymbol k$，即分量形式 $(0,1,y-1)$。

解题思路： 旋度按向量场的三个分量求交叉偏导，尤其要注意第二分量的减法顺序。

详细解答： 记 $P=x+y+z$、$Q=xy$、$R=z$。旋度的定义为

$$\operatorname{rot}A=(R_y-Q_z)\boldsymbol i +(P_z-R_x)\boldsymbol j+(Q_x-P_y)\boldsymbol k.$$

分别求偏导：$R_y=0$、$Q_z=0$、$P_z=1$、$R_x=0$、$Q_x=y$、$P_y=1$。代入得到

$$\operatorname{rot}A=0\boldsymbol i+1\boldsymbol j+(y-1)\boldsymbol k.$$

答案： $\left.\mathrm{d}z\right|_{(0,1)}=-\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$。

解题思路： 先求对应的 $z$ 值，再对隐式方程作全微分。右侧带有 $x^2$，在 $x=0$ 处会使涉及 $f$ 及其偏导的项全部消失。

详细解答： 将 $x=0,y=1$ 代入题设，得到 $z-1=0$，所以对应点是 $(x,y,z)=(0,1,1)$。

记 $u=x-z$、$v=y$，并用 $f_u,f_v$ 表示 $f$ 对第一、第二自变量的偏导。对

$$(x+1)z-y^2=x^2f(x-z,y)$$

两边作全微分。左侧用乘积法则，右侧同时用乘积法则和复合函数链式法则：

$$z\,\mathrm{d}x+(x+1)\,\mathrm{d}z-2y\,\mathrm{d}y =2xf(x-z,y)\,\mathrm{d}x +x^2\bigl[f_u(x-z,y)(\mathrm{d}x-\mathrm{d}z) +f_v(x-z,y)\,\mathrm{d}y\bigr].$$

代入 $(0,1,1)$，右侧为 $0$，于是

$$\mathrm{d}x+\mathrm{d}z-2\mathrm{d}y=0.$$

解出 $\mathrm{d}z=-\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$，也即 $z_x(0,1)=-1$、$z_y(0,1)=2$。

易错点： $f$ 的第一自变量是 $x-z$，其微分为 $\mathrm{d}x-\mathrm{d}z$，不能忽略 $z$ 的变化。

答案： $a=\frac12$。

解题思路： $f'''(0)$ 由麦克劳林展开中 $x^3$ 的系数决定。两个函数的一次项抵消，展开到三次项即可。

详细解答： 在 $0$ 附近，$1+ax^2$ 不为 $0$，两部分均光滑。利用

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+O(x^5),\qquad \frac1{1+ax^2}=1-ax^2+O(x^4),$$

得到

$$\frac{x}{1+ax^2}=x-ax^3+O(x^5),\qquad f(x)=\left(a-\frac13\right)x^3+O(x^5).$$

麦克劳林公式中 $x^3$ 的系数是 $f'''(0)/3!$，因此

$$\frac{f'''(0)}6=a-\frac13.$$

由 $f'''(0)=1$ 得 $1/6=a-1/3$，即 $a=1/2$。等价地，$f'''(0)=6a-2=1$。

易错点： 三次项系数应乘 $3!=6$ 才是三阶导数值，不能直接把系数设为 $1$。

答案： $\lambda^4+\lambda^3+2\lambda^2+3\lambda+4$。

解题思路： 前三行有很多零，按第四行展开时各个三阶余子式都容易计算，且无需除以 $\lambda$，适用于所有 $\lambda$。

详细解答： 记题给行列式为 $D(\lambda)$，第四行的代数余子式为 $C_{41},\ldots,C_{44}$。按照 $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$，逐项计算：

$$C_{41}=-\begin{vmatrix}-1&0&0\\\lambda&-1&0\\0&\lambda&-1\end{vmatrix}=1, \qquad C_{42}=\begin{vmatrix}\lambda&0&0\\0&-1&0\\0&\lambda&-1\end{vmatrix}=\lambda,$$

$$C_{43}=-\begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\0&\lambda&0\\0&0&-1\end{vmatrix}=\lambda^2, \qquad C_{44}=\begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\0&\lambda&-1\\0&0&\lambda\end{vmatrix}=\lambda^3.$$

这些余子式均为三角行列式，其值是对角元乘积。按第四行展开：

$$D(\lambda)=4C_{41}+3C_{42}+2C_{43}+(\lambda+1)C_{44} =4+3\lambda+2\lambda^2+(\lambda+1)\lambda^3.$$

整理即得到所求多项式。

答案： $(8.2,10.8)$。

解题思路： 正态总体均值的通常双侧置信区间以样本均值为中心。已知上限，就能求区间半宽，再求下限，无需知道样本量或方差数值。

详细解答： 记区间半宽为 $h>0$，区间形式为 $(\overline X-h,\overline X+h)$。当总体标准差已知时，$h=z_{0.975}\sigma/\sqrt n$；当总体标准差未知时，$h=t_{0.975,n-1}S/\sqrt n$，其中 $S$ 为样本标准差，$z_{0.975}$ 和 $t_{0.975,n-1}$ 分别是标准正态分布与自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布的 $0.975$ 分位数。这两种常用的双侧区间都关于 $\overline X$ 对称。

题给 $\overline X=9.5$、上限 $10.8$，所以

$$h=10.8-9.5=1.3, \qquad \text{下限}=9.5-1.3=8.2.$$

因此置信区间为 $(8.2,10.8)$。

答案： $\displaystyle\iint_D x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=5\pi+\frac{32}{3}$。

解题思路： 区域已用极坐标给出，直接采用 $x=r\cos\theta$、$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。径向积分后用关于 $\theta$ 的偶性，并分别计算余弦的幂次积分。

详细解答： 当 $-\pi/2\leqslant\theta\leqslant\pi/2$ 时，$\cos\theta\geqslant0$，所以外边界 $2(1+\cos\theta)$ 不小于内边界 $2$。极坐标变换的 Jacobian 为 $r$，故

$$I=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_2^{2(1+\cos\theta)}r^2\cos\theta\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta.$$

先对 $r$ 积分：

$$I=\frac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \bigl[(1+\cos\theta)^3-1\bigr]\cos\theta\,\mathrm{d}\theta =\frac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (3\cos^2\theta+3\cos^3\theta+\cos^4\theta)\,\mathrm{d}\theta.$$

被积函数为偶函数，因此

$$I=\frac{16}{3}\int_0^{\pi/2} (3\cos^2\theta+3\cos^3\theta+\cos^4\theta)\,\mathrm{d}\theta.$$

三项的值分别为

$$\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos2\theta}{2}\,\mathrm{d}\theta=\frac\pi4,$$

$$\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\mathrm{d}\theta =\int_0^1(1-u^2)\,\mathrm{d}u=\frac23 \quad(u=\sin\theta),$$

$$\int_0^{\pi/2}\cos^4\theta\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{\pi/2}\frac{3+4\cos2\theta+\cos4\theta}{8}\,\mathrm{d}\theta =\frac{3\pi}{16}.$$

代回得到

$$I=\frac{16}{3}\left(\frac{3\pi}{4}+2+\frac{3\pi}{16}\right) =5\pi+\frac{32}{3}.$$

易错点： $x$ 变成 $r\cos\theta$ 后，还要乘面积元带来的 $r$，因此被积函数是 $r^2\cos\theta$。

（I）证明反常积分收敛

答案： 对任意满足题设方程的 $y(x)$，$\int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm{d}x$ 收敛，且实际上绝对收敛。

解题思路： 常系数齐次方程的解是特征根对应指数函数的线性组合。利用 $0<k<1$ 证明两个根都为负，就能用衰减指数控制积分。

详细解答： 特征方程为 $\lambda^2+2\lambda+k=0$，两根为

$$\lambda_1=-1+\sqrt{1-k},\qquad \lambda_2=-1-\sqrt{1-k}.$$

由 $0<k<1$ 得 $0<\sqrt{1-k}<1$，所以 $\lambda_1,\lambda_2$ 都小于 $0$，且互不相同。通解为

$$y(x)=C_1\mathrm e^{\lambda_1x}+C_2\mathrm e^{\lambda_2x}.$$

对于任意负数 $\lambda$，

$$\int_0^R\mathrm e^{\lambda x}\,\mathrm{d}x =\frac{\mathrm e^{\lambda R}-1}{\lambda} \longrightarrow-\frac1\lambda\quad(R\to+\infty).$$

且 $|y(x)|\leqslant|C_1|\mathrm e^{\lambda_1x}+|C_2|\mathrm e^{\lambda_2x}$。右侧积分有限，比较判别法说明 $\int_0^{+\infty}|y(x)|\,\mathrm{d}x$ 收敛，从而所求积分收敛。

（II）求积分值

答案： $\displaystyle\int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm{d}x=\frac3k$。

解题思路： 不必先求两个常数。对原微分方程在有限区间积分，再利用指数解说明 $y(R),y'(R)$ 趋于 $0$，便可直接代入初值。

详细解答： 由（I）的解表达式，

$$y(R)\to0,\qquad y'(R)=C_1\lambda_1\mathrm e^{\lambda_1R}+C_2\lambda_2\mathrm e^{\lambda_2R}\to0.$$

对 $y''+2y'+ky=0$ 在 $[0,R]$ 上积分，使用牛顿—莱布尼茨公式：

$$y'(R)-y'(0)+2[y(R)-y(0)]+k\int_0^R y(x)\,\mathrm{d}x=0.$$

令 $R\to+\infty$，代入 $y(0)=y'(0)=1$，得到

$$-1-2+k\int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm{d}x=0,$$

故积分值为 $3/k$。

也可直接求常数。令 $s=\sqrt{1-k}$，初值给出

$$C_1+C_2=1,\qquad(-1+s)C_1+(-1-s)C_2=1,$$

所以 $C_1=(2+s)/(2s)$、$C_2=(s-2)/(2s)$。逐项积分得到

$$-\frac{C_1}{\lambda_1}-\frac{C_2}{\lambda_2} =-\frac{C_1\lambda_2+C_2\lambda_1}{\lambda_1\lambda_2} =-\frac{-3}{k}=\frac3k.$$

其中 $\lambda_1\lambda_2=k$，且 $C_1\lambda_2+C_2\lambda_1=-1+s(C_2-C_1)=-3$。