2022年考研数学一真题

答案： B，即 $\displaystyle\lim_{x\to1}f(x)=0$。

解题思路： 已知的是 $f(x)$ 与 $\ln x$ 的比值极限，而 $\ln x\to0$。将 $f(x)$ 写成“比值乘以 $\ln x$”即可求其极限。函数在点 $x=1$ 的取值、可导性以及导函数的极限，需要分别判断，不能由一个比值极限直接推出。

详细解答： 在 $x>0$ 且 $x\ne1$ 时，

$$f(x)=\frac{f(x)}{\ln x}\ln x.$$

两个因子的极限分别为 $1$ 和 $0$，由极限的乘法法则，

$$\lim_{x\to1}f(x)=1\cdot0=0.$$

因此 B 正确。其余选项不能由题设保证：

• 对 A、C，可令 $f(x)=\ln x$（$x\ne1$），但另外规定 $f(1)=1$。此时题设的比值极限仍为 $1$，却有 $f(1)\ne0$，而且函数在 $1$ 处不连续，因而不可导。
• 对 D，可令 $f(1)=0$，并在 $x\ne1$ 时取

$$f(x)=\ln x+(x-1)^2\sin\frac1{x-1}.$$

由于 $\ln x\sim x-1$，增加的那一项除以 $\ln x$ 后趋于 $0$，故仍满足题设。但

$$f'(x)=\frac1x+2(x-1)\sin\frac1{x-1}-\cos\frac1{x-1}$$

含有不趋于某个固定数的余弦项，导函数的极限不存在。

易错点： 极限只考察去心邻域中的函数值，不会自动规定 $f(1)$；也不能把已知极限擅自改成导函数之比的极限。

答案： B，即 $f(1)=0$，$f'(1)=\dfrac12$。

解题思路： $f$ 的自变量是 $y/x$，求偏导时要使用乘积法则和链式法则。计算 $xz_x+yz_y$ 后，含 $f'$ 的项会相互抵消，由此可直接求出 $f(u)$。

详细解答： 题设含有 $\ln x$ 和 $\ln y$，因此在所讨论的区域内 $x>0,y>0$。记

$$u=\frac yx,\qquad u_x=-\frac y{x^2},\qquad u_y=\frac1x.$$

由 $z=xyf(u)$，得到

$$z_x=yf(u)-\frac{y^2}{x}f'(u),\qquad z_y=xf(u)+yf'(u).$$

分别乘以 $x,y$ 后相加，

$$xz_x+yz_y=xyf(u)-y^2f'(u)+xyf(u)+y^2f'(u)=2xyf(u).$$

与题设等式比较，并利用 $\ln y-\ln x=\ln(y/x)$，有

$$2xyf\left(\frac yx\right)=y^2\ln\frac yx.$$

除以非零的 $2xy$，即得

$$f(u)=\frac12u\ln u\quad(u>0),\qquad f'(u)=\frac12(\ln u+1).$$

代入 $u=1$，由 $\ln1=0$ 得 $f(1)=0,f'(1)=1/2$，所以选 B。

答案： D。$\sin(\cos x_n)$ 收敛能推出 $\cos x_n$ 收敛，但不能保证 $x_n$ 收敛。

解题思路： 复合函数的外层函数能否在内层的取值区间上唯一反解，是判断的关键。本题中 $\cos x_n$ 落在 $[0,1]$，而 $\sin$ 在这个区间上严格单调；相反，$\cos(\sin x)$ 会把正负不同的 $x$ 对应到同一个值。

详细解答： 由 $-\pi/2\le x_n\le\pi/2$，得

$$0\le\cos x_n\le1.$$

因为 $[0,1]\subset[-\pi/2,\pi/2]$，所以

$$\cos x_n=\arcsin\bigl(\sin(\cos x_n)\bigr).$$

若 $\sin(\cos x_n)\to L$，则 $L\in[0,\sin1]$。$\arcsin$ 在该区间连续，故

$$\cos x_n\longrightarrow\arcsin L.$$

这证明了 D 的前半句。为了检查其后半句及排除其余选项，取

$$x_n=(-1)^n\frac\pi2.$$

此时 $x_n$ 在 $\pi/2$ 与 $-\pi/2$ 之间交替，$\sin x_n$ 在 $1$ 与 $-1$ 之间交替，两者均不收敛；但

$$\cos(\sin x_n)=\cos1,\qquad \sin(\cos x_n)=0$$

均为常数数列。因此 A、B 中关于 $x_n$ 必收敛的断言错误，C 中关于 $\sin x_n$ 必收敛的断言也错误，只有 D 正确。

答案： A，即 $I_1<I_2<I_3$。

解题思路： 三个积分区间相同，直接比较被积函数比逐个求原函数更方便。先比较 $\ln(1+x)$ 与 $x/2,x$，再利用分母的大小建立逐点不等式。

详细解答： 对 $0<x<1$，利用 $\ln(1+x)=\int_0^x\frac1{1+t}\,dt$，以及 $0\le t\le x<1$ 时 $1/2<1/(1+t)\le1$，得到

$$\frac x2<\ln(1+x)<x.$$

又因为 $0<x<1<\pi/2$，所以 $\cos x>0$ 且 $0<\sin x<1$，从而

$$1+\cos x>1,\qquad 1+\sin x<2.$$

以上分母均为正数，因此

$$\frac{x}{2(1+\cos x)} <\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} <\frac{x}{1+\cos x} <x <\frac{2x}{1+\sin x}.$$

这些严格不等式在整个开区间 $(0,1)$ 上成立。对两端在 $[0,1]$ 积分，便有 $I_1<I_2<I_3$，选 A。

答案： A。“有 3 个不同的特征值”是 3 阶矩阵可相似对角化的充分非必要条件。

解题思路： 3 阶矩阵可相似对角化，当且仅当能够找到 3 个整体线性无关的特征向量。要判断“充分非必要”，既要证明该条件保证可对角化，又要举出可对角化但不满足该条件的例子。

详细解答： 属于不同特征值的特征向量线性无关。若 $A$ 有 3 个不同的特征值，分别选取一个非零特征向量，便得到 3 个线性无关的特征向量。以它们为列组成可逆矩阵 $P$，就有

$$P^{-1}AP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$$

所以 A 中的条件充分。另一方面，单位矩阵 $E$ 本身就是对角矩阵，却只有一个特征值 $1$，说明该条件不必要。

再检查其余选项：

• B 是上述可对角化的充要条件，因此不属于“非必要”。
• C 的“两两线性无关”不能保证三个向量整体线性无关。例如

$$C_0=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

令 $e_1=(1,0,0)^{\mathrm T},e_3=(0,0,1)^{\mathrm T}$。$e_1,e_3,e_1+e_3$ 都是特征值 $1$ 的特征向量，任意两个线性无关，却满足 $(e_1+e_3)-e_1-e_3=0$。该矩阵的特征空间只有 2 维，因而不能对角化。

• D 也不充分。例如

$$D_0=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$

特征值 $1$、$2$ 的特征空间分别为 $\operatorname{span}\{e_1\}$、$\operatorname{span}\{e_3\}$，两者相互正交；但特征值 $1$ 是二重根，其特征空间只有 1 维，总共只能找到 2 个线性无关的特征向量，仍不能对角化。

因此只有 A 符合题意。

答案： C。该选项中的两个分块齐次方程组具有同一个解集。

解题思路： “$Ax=0$ 与 $Bx=0$ 同解”只说明二者的零空间相同。把 $2n$ 维未知向量拆为两个 $n$ 维向量，再逐行写出分块方程，就能使用这个条件。

详细解答： 记共同零空间为

$$K=\{x\in\mathbb R^n:Ax=0\}=\{x\in\mathbb R^n:Bx=0\}, \qquad y=\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}.$$

C 中左边的方程组等价于

$$Au+Bv=0,\qquad Bv=0.$$

由第二式得 $v\in K$，代入第一式后得 $Au=0$，故 $u\in K$。反过来，任何 $u,v\in K$ 都满足这两式，因此左边的解集正是 $K\times K$。

C 中右边的方程组等价于

$$Bu+Av=0,\qquad Av=0.$$

同理，它的解集也为 $K\times K$，所以 C 正确。

其余选项可用反例排除。对 A、B，取 $A=B=O$，此时两原方程组同解，而这两个分块方程组均只要求 $u=0$，对 $v$ 没有限制，所以都有非零解。

对 D，取

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}.$$

两者的零空间都为 $\operatorname{span}\{(0,1)^{\mathrm T}\}$，但 $AB=O,BA=B$。取 $u=(1,0)^{\mathrm T},v=0$，则 D 左边的方程组成立，右边第一行却为

$$BAu+Av=Bu=(0,1)^{\mathrm T}\ne0.$$

因此 D 的两个方程组不一定同解。

易错点： 不能把“同零空间”误认为 $A=B$，也不能据此认为 $AB$ 与 $BA$ 有相同的零空间。

答案： C，即 $\lambda\in\mathbb R\setminus\{-1,-2\}$。

解题思路： 两个向量组等价，意思是它们张成同一个线性空间。若两组的 3 个向量都线性无关，则都张成 $\mathbb R^3$，自然等价；行列式为零的特殊参数则必须单独检查，不能一律排除。

详细解答： 将两组向量分别按列组成矩阵

$$M=\begin{pmatrix}\lambda&1&1\\1&\lambda&1\\1&1&\lambda\end{pmatrix},\qquad N=\begin{pmatrix}\lambda&1&1\\1&\lambda&\lambda\\1&1&\lambda^2\end{pmatrix}.$$

对 $M$ 做 $R_1\leftarrow R_1-R_3,R_2\leftarrow R_2-R_3$，从前两行各提出 $\lambda-1$，可得

$$\det M=(\lambda-1)^2 \begin{vmatrix}1&0&-1\\0&1&-1\\1&1&\lambda\end{vmatrix} =(\lambda-1)^2(\lambda+2).$$

对 $N$ 做 $C_3\leftarrow C_3-C_2$，第三列变为 $(0,0,\lambda^2-1)^{\mathrm T}$，故

$$\det N=(\lambda^2-1) \begin{vmatrix}\lambda&1\\1&\lambda\end{vmatrix} =(\lambda^2-1)^2=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2.$$

当 $\lambda\notin\{1,-1,-2\}$ 时，两矩阵均可逆，两组均张成 $\mathbb R^3$，因此等价。剩下三种情况分别检查：

• $\lambda=1$：四个向量全是 $(1,1,1)^{\mathrm T}$，两组均张成同一条直线，仍等价。
• $\lambda=-1$：$\det M=4\ne0$，第一组秩为 3；第二组中 $\alpha_4=\alpha_2$，且 $\alpha_1,\alpha_2$ 线性无关，秩为 2，不等价。
• $\lambda=-2$：第一组满足 $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=0$，且前两个向量线性无关，秩为 2；$\det N=9\ne0$，第二组秩为 3，不等价。

综上，只应排除 $-1,-2$，选 C。

易错点： 一般情况下“秩相等”并不足以说明向量组等价；本题在满秩时是因为两组都张成整个 $\mathbb R^3$，而 $\lambda=1$ 时还检查了实际张成的空间。

答案： C，即 $D(2X-Y+1)=9$。

解题思路： 线性组合的方差既包含各自的方差，也包含协方差项。题设已经给出协方差，因此无需假设 $X,Y$ 独立；常数 $1$ 不影响方差。

详细解答： 区间 $(a,b)$ 上均匀分布的方差为 $(b-a)^2/12$，参数为 $\lambda$ 的泊松分布的方差为 $\lambda$。因此

$$D(X)=\frac{(3-0)^2}{12}=\frac34,\qquad D(Y)=2.$$

对具有有限方差的随机变量，

$$D(aX+bY+c)=a^2D(X)+b^2D(Y)+2ab\operatorname{Cov}(X,Y).$$

代入 $a=2,b=-1,c=1$ 和 $\operatorname{Cov}(X,Y)=-1$，得

$$D(2X-Y+1)=4\cdot\frac34+(-1)^2\cdot2 +2\cdot2\cdot(-1)\cdot(-1)=3+2+4=9.$$

所以选 C。此题两个负号使协方差项为正，不能将其漏掉或误写成 $-4$。

答案： A，即上界为 $\dfrac{\mu_4-\mu_2^2}{n\varepsilon^2}$。

解题思路： 切比雪夫不等式控制随机变量偏离自身均值的概率。本题应把 $X_i^2$ 的样本平均看作一个新随机变量，先算它的均值和方差；平方后的方差需要用到四阶矩。

详细解答： 记

$$Z=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2.$$

由同分布性，$E(X_i^2)=\mu_2,E(X_i^4)=\mu_4$，故

$$E(Z)=\frac1n\sum_{i=1}^n\mu_2=\mu_2, \qquad D(X_i^2)=E(X_i^4)-[E(X_i^2)]^2=\mu_4-\mu_2^2.$$

$X_i$ 独立，所以它们各自的函数 $X_i^2$ 也独立；独立随机变量相加时方差相加。因此

$$D(Z)=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i^2) =\frac{\mu_4-\mu_2^2}{n}.$$

四阶矩存在保证了这个方差有限，可以应用切比雪夫不等式：对任意 $\varepsilon>0$，

$$P\{|Z-E(Z)|\ge\varepsilon\} \le\frac{D(Z)}{\varepsilon^2} =\frac{\mu_4-\mu_2^2}{n\varepsilon^2}.$$

这正是 A。这里使用的是 $X_i^2$ 的方差，而不是 $X_i$ 的方差 $\mu_2-\mu_1^2$。

答案： D，即 $\rho_{XY}=\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}$。

解题思路： $Y$ 的分布通过给定 $X$ 后的条件分布描述。先由条件分布得到 $E(Y\mid X)$、$E(Y^2\mid X)$，再用迭代期望求 $Y$ 的方差和 $X,Y$ 的协方差，最后代入相关系数公式。

详细解答： 因为 $X\sim N(0,1)$，所以

$$E(X)=0,\qquad D(X)=1,\qquad E(X^2)=1.$$

由 $Y\mid X=x\sim N(x,1)$，有

$$E(Y\mid X)=X,\qquad E(Y^2\mid X)=D(Y\mid X)+[E(Y\mid X)]^2=1+X^2.$$

应用 $E(Y)=E[E(Y\mid X)]$，以及同样的二阶矩公式，得到

$$E(Y)=E(X)=0,\qquad E(Y^2)=E(1+X^2)=2, \qquad D(Y)=2.$$

在给定 $X$ 的条件下，$X$ 是已知量，因此

$$E(XY)=E[E(XY\mid X)] =E[XE(Y\mid X)]=E(X^2)=1.$$

所以 $\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1$，进而

$$\rho_{XY}=\frac{\operatorname{Cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)D(Y)}} =\frac1{\sqrt{1\cdot2}}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

注意条件方差 $D(Y\mid X)=1$ 与无条件方差 $D(Y)=2$ 不同。

答案： $4$。

解题思路： 可微函数沿单位方向的方向导数等于梯度与该单位向量的点积。点积最大时，两向量同向，最大值就是梯度的长度。

详细解答： $f(x,y)=x^2+2y^2$ 是多项式函数，在所求点可微。它的梯度为

$$\nabla f(x,y)=(f_x,f_y)=(2x,4y),\qquad \nabla f(0,1)=(0,4).$$

设方向的单位向量为 $e=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，则

$$D_ef(0,1)=\nabla f(0,1)\cdot e=4\sin\alpha\le4.$$

在 $e=(0,1)$，即沿 $y$ 轴正方向时取到 $4$，因此最大方向导数为 $4$。

答案： $4$。

解题思路： 分母中的 $\sqrt x$ 提示令 $t=\sqrt x$，这样 $dx$ 中的因子 $t$ 会与分母抵消。换元后只剩 $\ln t$ 的积分，再用分部积分计算。

详细解答： 令 $t=\sqrt x$，则 $x=t^2,dx=2t\,dt,\ln x=2\ln t$；当 $x=1$ 时 $t=1$，当 $x=e^2$ 时 $t=e$。于是

$$\int_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt x}\,dx =\int_1^e\frac{2\ln t}{t}\cdot2t\,dt =4\int_1^e\ln t\,dt.$$

分部积分取 $u=\ln t,dv=dt$，则 $du=dt/t,v=t$，所以

$$\int\ln t\,dt=t\ln t-\int1\,dt=t\ln t-t+C.$$

代入上下限，得到

$$4[t\ln t-t]_1^e =4\bigl[(e-e)-(0-1)\bigr]=4.$$

答案： $k\in\left[\dfrac4{e^2},+\infty\right)$。

解题思路： “对所有 $x,y\ge0$ 恒成立”意味着 $k$ 至少等于 $(x^2+y^2)e^{-(x+y)}$ 的最大值。分母只与 $x+y$ 有关，可以先固定两者的和，把二元问题化成一元极值问题，并检查上界能否取到。

详细解答： 因为 $e^{x+y}>0$，原不等式等价于

$$(x^2+y^2)e^{-(x+y)}\le k.$$

令 $s=x+y\ge0$。由 $x,y\ge0$，有 $xy\ge0$，所以

$$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\le s^2,$$

等号当且仅当 $xy=0$。于是只需求 $g(s)=s^2e^{-s}$ 在 $[0,+\infty)$ 上的最大值。求导得

$$g'(s)=e^{-s}(2s-s^2)=se^{-s}(2-s).$$

$g$ 在 $(0,2)$ 上递增，在 $(2,+\infty)$ 上递减，故最大值为

$$g(2)=4e^{-2}.$$

这说明 $k\ge4e^{-2}$ 时原式一定成立。取 $(x,y)=(2,0)$ 或 $(0,2)$，则 $(x^2+y^2)e^{-(x+y)}=4e^{-2}$，所以任何小于该数的 $k$ 都不满足题意。故所求范围包含端点，为 $[4e^{-2},+\infty)$。

答案： $a=-1$。

解题思路： 一般项含有 $n!$ 和 $n^n$，相邻项之比可以大幅约去这些因子，适合使用比值判别法。比值极限等于 $1$ 的参数不能直接判定，必须另查端点的一般项是否趋于零。

详细解答： 对固定的实数 $x$，记正项

$$a_n(x)=\frac{n!}{n^n}e^{-nx}.$$

相邻项之比为

$$\frac{a_{n+1}(x)}{a_n(x)} =\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\frac{n^n}{n!}e^{-x} =\left(\frac n{n+1}\right)^ne^{-x}.$$

利用 $\left(1+\frac1n\right)^n\to e$，得到比值极限

$$\rho=e^{-x-1}.$$

由比值判别法，$\rho<1$，即 $x>-1$ 时级数收敛；$\rho>1$，即 $x<-1$ 时级数发散。

在端点 $x=-1$，利用 $\ln(1+t)<t$（$t>0$），可知

$$\left(1+\frac1n\right)^n<e, \qquad \frac{a_{n+1}(-1)}{a_n(-1)} =\frac e{(1+1/n)^n}>1.$$

因此 $a_n(-1)$ 严格递增，且 $a_n(-1)\ge a_1(-1)=e$，一般项不趋于零，级数发散。最终收敛域为 $(-1,+\infty)$，故 $a=-1$。

易错点： 比值极限等于 $1$ 只表示该判别法在此处不能得出结论，并不表示级数收敛。

答案： $B-A=-E$。

解题思路： 先把方括号中的矩阵写成含 $A$ 的乘积，再按顺序从等式左侧消去可逆矩阵。矩阵乘法一般不交换，不能直接像标量分式那样任意约去因子。

详细解答： 因为 $E-A$ 可逆，可以写成

$$E-(E-A)^{-1} =(E-A)^{-1}(E-A)-(E-A)^{-1}E =-(E-A)^{-1}A.$$

代入题设，得到

$$-(E-A)^{-1}AB=A.$$

先在等式两边左乘 $E-A$，得

$$-AB=(E-A)A=A-A^2.$$

再利用 $A$ 可逆，左乘 $A^{-1}$，得

$$-B=A^{-1}A-A^{-1}A^2=E-A.$$

因此 $B=A-E$，从而 $B-A=-E$。

答案： $\dfrac58$。

解题思路： 条件事件 $A\cup B\cup C$ 包含所求事件 $B\cup C$，因此条件概率的分子就是 $P(B\cup C)$。先用独立性求 $P(B\cap C)$，再用互不相容关系计算大并集的概率。

详细解答： $B,C$ 相互独立，所以

$$P(B\cap C)=P(B)P(C)=\frac13\cdot\frac13=\frac19.$$

由并集概率公式，

$$P(B\cup C)=P(B)+P(C)-P(B\cap C) =\frac13+\frac13-\frac19=\frac59.$$

又因为 $A\cap B=\varnothing,A\cap C=\varnothing$，所以

$$A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C)=\varnothing.$$

因此

$$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B\cup C)=\frac13+\frac59=\frac89>0.$$

最后，由 $B\cup C\subset A\cup B\cup C$ 和条件概率定义，

$$P(B\cup C\mid A\cup B\cup C) =\frac{P((B\cup C)\cap(A\cup B\cup C))}{P(A\cup B\cup C)} =\frac{5/9}{8/9}=\frac58.$$