一、选择题

(本题共 8 小题, 每小题 4 分, 共 32 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目要 求,把所选项前的字母填在题后的括号内. )

(1)

曲线 $y=\frac{x^{2}+x}{x^{2}-1}$ 的渐近线的条数为 $(\quad)$ (A) 0 .
(B) 1 .
(C) 2 .
(D) 3 .

(1)

• 铅直渐近线

  • 第一步, 先求无定义的点, 然后求对无定义点的极限
  • 如果极限趋于无穷大, 那么就是铅直渐近线

• 水平渐近线

  • 第二步, 求X趋向于正无穷和趋向于负无穷的极限
  • 如果趋向于某一个常数, 则是水平渐进线
    • 同一侧若有水平渐进线, 则无斜渐进线

• 斜渐近线

  • 若无水平渐进线, 则可能有斜渐进线
  • 当X趋向于正负无穷时, 极限等于无穷,则开始对那一侧求斜渐近线
  • 第三步, 对没有水平渐进线的那一侧, 求斜渐进线

• 分析渐近线的类型和数量

  • 考虑铅直渐近线
    • 分析函数的无定义点 $x = \pm 1$
      • 计算 $\displaystyle \lim_{x \to 1} y = \lim_{x \to 1} \frac{x^2 + x}{x^2 - 1} \xlongequal[平方差]{提取x}\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}\xlongequal[]{消去(x+1)}\lim_{x \to 1} \frac{x}{x - 1} = \infty$
        • 确定直线 $x = 1$ 为铅直渐近线
      • 计算 $\displaystyle \lim_{x \to -1} y = \lim_{x \to -1} \frac{x^2 + x}{x^2 - 1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\lim_{x \to -1} \frac{x}{x - 1} = \frac{1}{2}$
        • 确定直线 $x = -1$ 不是铅直渐近线
  • 考虑水平渐近线
    • 计算 $\displaystyle \lim_{x \to \infty} y = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + x}{x^2 - 1}\xlongequal[]{同除x^2}\lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x^2}} = 1$
      • 确定存在一条水平渐近线 $y = 1$，推断无斜渐近线
  • 考虑斜渐近线
    • 因为是奇函数， $\displaystyle \lim_{x \to \infty} y = 1$ 推断右侧斜渐近线
      • 则 $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} y = 1$ ，推断左侧也无斜渐近线

• 综上，线有一条水平渐近线和一条铅直渐近线，总计两条，没有斜渐近线。
  因此，正确答案是选项 (C)。

(2)

设函数 $f(x)=\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)\left(\mathrm{e}^{2 x}-2\right) \cdots\left(\mathrm{e}^{n x}-n\right)$, 其中 $n$ 为正整数, 则 $f^{\prime}(0)=(\quad)$(A) $(-1)^{n-1}(n-1)$ !.
(B) $(-1)^{n}(n-1)$ !
(C) $(-1)^{n-1} n$ !
(D) $(-1)^{n} n !$.

(2)

解答分析

• 第一步：理解题目
  • 小总结：需要计算多项乘积函数在某一点的导数。
  • 将$x=0$代入,第一项$e^{0}-1=0$, - 则全部为0,得到$f(0)=0$- 第二步：应用导数定义
  • 小总结：使用导数的定义，计算 $f'(0)$。
  • 计算步骤
    1. 导数定义：$\displaystyle f'(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x) - f(0)}{x}$。
    2. 代入 $f(x)$：$\displaystyle f'(0) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\left(e^x-1\right)\left(e^{2x}-2\right) \cdots \left(e^{nx}-n\right)-0}{x}$。
• 第三步：化简表达式
  • 小总结：将每个项分别展开并计算极限。
  • 计算步骤
    1. 对于分子的第一项,将其和分母$x$进行等价:$\operatorname*{lim}_{x\rightarrow0}\frac{e^{x}-1}{x}=1$ 2. 将$x=0$代入剩余各项：$e^{2×0} - 2＝1-2＝-1$，$e^{k×0} - k ＝1-k＝-(n-1)$（对于 $k = 2, \ldots, n$）。
    2. 计算乘积的极限：
    3. 每一项都是负的,除去第一项为$1$,还有$n-1$项,因此,${(-1)^{n-1}}$ 2. 当 $x \rightarrow 0$，得到 $f'(0) = (-1)^{n-1}(n-1)!$。
• 结论
  • 整体思路的总结：
    1. 利用导数的定义来计算 $f'(0)$。
    2. 将每个项在 $x \rightarrow 0$ 时分别展开并计算极限。
    3. 根据以上分析，正确答案是 (A) $(-1)^{n-1}(n-1)!$。
       答 应选 (A).

(3)

如果函数 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续, 那么下列命题正确的是 $(\quad)$
(A) 若极限 $\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{|x|+|y|}$ 存在, 则 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(B) 若极限 $\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}$ 存在, 则 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(C) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微,则极限 $\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{|x|+|y|}$ 存在.

(D) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 则极限 $\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}$ 存在.

(3)

答 应选(B).

• 分析 本题主要考查二元函数可微的概念和性质。

  • (1)可微的充分必要条件 : 函数 $z=f(x, y)$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 处可微，等价于$$\displaystyle \lim _{(x, y) \rightarrow\left(x_0, y_0\right)} \frac{f(x, y)-f\left(x_0, y_0\right)-f_x^{\prime}\left(x_0, y_0\right)\left(x-x_0\right)-f_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right)\left(y-y_0\right)}{\sqrt{\left(x-x_0\right)^{2+\left(y-y_0\right)}2}}=0 .$$
  • (2)可微的必要条件 : 若函数 $z=f(x, y)$ 在点 $(x, y)$ 处可微，则该函数在点 $(x, y)$ 处的偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在.

• A：令$f(x, y)=|x|+|y|$

  • $\displaystyle f_x^{\prime}(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|x|}{x}$
  • 偏导数不存在，一定不可微

• B：要证 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 可$$\displaystyle \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(x, y)-f(0,0)-f_x^{{\prime}(0,0)(x-0)-f_y}{\prime}(0,0)(y-0)}{\sqrt{(x-0)^2+(y-0)2}}=0 .$$

  • $\displaystyle \begin{aligned} f(0,0) & =\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} f(x, y) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)}\left[\frac{f(x, y)}{x^2+y^2} \cdot\left(x^2+y^2\right)\right] \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(x, y)}{x^2+y^2} \cdot \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)}\left(x^2+y^2\right)=0 . \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} f_x^{\prime}(0,0) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x=0}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(x, 0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{f(x, 0)}{x+0^2} \cdot x\right) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)}{x \rightarrow 0^2} . \lim _{x \rightarrow 0} x=0 . \end{aligned}$
  • 同理：$f_y^{\prime}(0,0)=0$
  • $\displaystyle \begin{aligned} & \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(x, y)-0-0 \cdot x-0 \cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}} \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)}\left[\frac{f(x, y)}{x^2+y^2} \cdot \sqrt{x^2+y^2}\right] \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(x, y)}{x^2+y^2} \cdot \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \sqrt{x^2+y^2}=0 . \end{aligned}$

• 对于C，D选项，取函数 $f(x, y)=1$,

  • 则当x,y趋向于0时，分子为常数，分母为0，则极限都是无穷大
  • $\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{|x|+|y|}$ 和$\displaystyle \lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{x^{2}+y^{2}}$都不存在

(4)

设 $\displaystyle I_{k}=\int_{0}^{k \pi} \mathrm{e}^{x^{2}} \sin x \mathrm{~d} x(k=1,2,3)$, 则有 $(\quad)$
(A) $I_{1}<I_{2}<I_{3}$.
(B) $I_{3}<I_{2}<I_{1}$.
(C) $I_{2}<I_{3}<I_{1}$.
(D) $I_{2}<I_{1}<I_{3}$.

(4)

解
这个数学题目，我们可以构建一个二叉树形式的解答过程：

• 将 $e^{x^2} \sin x$ 折成 $e^{x^2} 与 \sin x$
  • 比较$\sin x$：$\displaystyle |\underbrace{\int_0^\pi \sin x d x}_{>0}|=|\underbrace{\int_\pi^{2 \pi} \sin x d x}_{<0}|=\underbrace{\int_{2 \pi}^{3 \pi} \sin x d x}_{>0} \mid$
  • 比较$e^{x^2}$：$\displaystyle 0<\int_0^\pi e^{x^2} d x<\int_\pi^{2 \pi} e^{x^2} d x<\int_{2 \pi}^{3 \pi} e^{x^2} d x$
  • 以上两项相乘：$\displaystyle \underbrace{\int_\pi^{2 \pi} e^x \sin x d x}_{<0}<\int_0^\pi e^{x^2} \sin x d x<\int_{2 \pi}^{3 \pi} e^{x^2} \sin x d x$
• 问题: 比较 $I_{1}, I_{2}, I_{3}$ 的大小
  • 第一步：比较 $I_{1}$ 和 $I_{2}$
    • 计算 $I_{2}$:
      • 分解: $\displaystyle I_{2} = \int_0^{2\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x\xlongequal[]{分区间}I_{1} + \underbrace{\int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x}_{<0}$
      • 结论: $I_{2} < I_{1}$
  • 第二步：比较 $I_{2}$ 和 $I_{3}$(这一步可以省略，直接进行第三步)
    • 计算 $I_{3}$:
      • 分区间: $\displaystyle I_{3} = I_{2} + \underbrace{\int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x}_{>0}$
    • 结论: $I_{3} > I_{2}$
  • 第三步：比较 $I_{1}$ 和 $I_{3}$
    • 比较: $\displaystyle I_{3} = I_{1} +\underbrace{ \int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x + \int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x}_{>0}$
      • 分析第二部分: $\displaystyle |\underbrace{\int_{\pi}^{2\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x}_{<0}| <| \underbrace{\int_{2\pi}^{3\pi} \mathrm{e}^{x^2} \sin x \, \mathrm{d} x}_{>0}|$
    • 结论: $I_{3} > I_{1}$
  • 最终结论: $I_{3} > I_{1} > I_{2}$（选择 (D)

(5)

设 $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ c_{1}\end{array}\right), \boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ c_{2}\end{array}\right), \boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ c_{3}\end{array}\right), \boldsymbol{\alpha}_{4}=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 1 \\ c_{4}\end{array}\right)$, 其中 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}$ 为任意常数, 则下列向量组线性相关的为 $(\quad)$(A) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$.
(B) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$.
(C) $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$.
(D) $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$.

(5)

答 应选(C).
解 首先, 当 $c_1=1$ 时,行列式

• $\left|\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right|=-1,\left|\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_4\right|=1,$此时向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_4$ 都线性无关, 即选项 (A) 与 (B) 排除.
  其次, 当 $c_2=0, c_3=c_4=1$ 时, 行列式 $\left|\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4\right|=-2$, 即此时向量组 $\boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 也是线性无关的, 选项 (D)也排除,故选(C).
  事实上,当 $c_1=0$ 时, 由于 $\boldsymbol{\alpha}_1$ 为零向量, 故 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_1$ 线性相关; 当 $c_1 \neq 0$ 时, 有
• $\left(c_3+c_4\right) \boldsymbol{\alpha}_1-c_1\left(\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4\right)=\mathbf{0},$所以对任意的常数 $c_1, c_3, c_4$ 而言, $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 都是线性相关的. 这证明了应该选 (C).
  注 也可以考查行列式 $\left|\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4\right|$ 是否为零.

(6)

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵, $\boldsymbol{P}$ 为 3 阶可逆矩阵, 且 $\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$. 若 $\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$, $\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$, 则 $Q^{-1} A \boldsymbol{Q}=(\quad)$(A) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.
(B) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$.
(C) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$.
(D) $\displaystyle \left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$.

(6)

答 应选(B).
解法 1 由题设 $\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$ 知, 矩阵 $\boldsymbol{A}$ 是可相似对角化的矩阵,因而其相似变换矩阵 $\boldsymbol{P}$ 的列 向量 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的分别属于特征值 $\lambda_1=1, \lambda_2=1, \lambda_3=2$ 的特征向晝. 由于 $\lambda_1=\lambda_2=1$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的 2 重特征值, 因此 $\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2$ 仍是 $\boldsymbol{A}$ 的属于特征值 1 的特征向量, 即 $\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2\right)=1 \cdot\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2\right)$, 从而有

• $\displaystyle Q^{-1} A Q=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 2\end{array}\right) \text {. }$应选(B).
  解法 2 因为矩阵 $Q$ 是对矩阵 $P$ 作的一次初等列变换, 即将 $\boldsymbol{P}$ 的第 2 列加到第 1 列上得到的, 所以有$\displaystyle Q=P\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)$从而有
• $\displaystyle \boldsymbol{Q}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)^{-1} \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\-1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 2\end{array}\right),$即选项 (B) 是正确的.

(7)

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且分别服从参数为 1 与参数为 4 的指数分布, 则 $P\{X<Y\}=(\quad)$
(A) $\frac{1}{5}$.
(B) $\frac{1}{3}$.
(C) $\frac{2}{3}$.
(D) $\frac{4}{5}$.

(7)

解

• 由于 $X$ 和 $Y$ 相互独立，所以他们的联合概率密度函数为 $f_X(x)$ 和 $f_Y(y)$ 的乘积
  $f(x, y) = f_X(x) f_Y(y)$

  • 定义随机变量 $X$ 和 $Y$ 的概率密度函数
    • $X$ 的概率密度函数：$\displaystyle f_X(x) = \begin{cases} e^{-x}, & x > 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$
    • $Y$ 的概率密度函数：$\displaystyle f_Y(y) = \begin{cases} 4e^{-4y}, & y > 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$
  • 独立则$\displaystyle f(x, y) = f_X(x) f_Y(y) = \begin{cases} 4e^{-x-4y}, & x > 0, y > 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$

• 计算 $P\{X < Y\}$

  • 求 $X < Y$ 的概率相当于在 $x < y$ 的区域内对联合概率密度函数进行积分

    • 小x的范围就是大X的范围
    • 之后只关注$Y=g(X)$,画图，一图三吃

  • 计算过程：

    • $\displaystyle P\{X < Y\} = \iint_{x < y} f(x, y) dx dy\xlongequal[]{固定,可变}\int_0^{+\infty} d y \int_0^y 4 e^{-x-4 y} d x$
      • $\displaystyle \xlongequal[]{分离常数}4 \int_0^{+\infty} e^{-4 y} d y \int_0^y e^{-x} d x=\frac{1}{5}$

答案是 (A) $\frac{1}{5}$。
答 应选 (A).
解 由已知得, $X$ 与 $Y$ 的概率密度分别为

• $\displaystyle f_X(x)=\left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^{-x}, & x>0, \\0, & \text { 其他, }\end{array} f_Y(y)= \begin{cases}4 \mathrm{e}^{-4 y}, & y>0, \\0, & \text { 其他, }\end{cases}\right.$又 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $X$ 与 $Y$ 的联合概率密度为
• $\displaystyle f(x, y)=f_X(x) f_Y(y)= \begin{cases}4 \mathrm{e}^{-x-4 y}, & x>0, y>0, \\ 0, & \text { 其他, }\end{cases}$故
• $\displaystyle P\{X<Y\}=\iint_{x<y} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=4 \int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{-x} \mathrm{~d} x \int_x^{+\infty} \mathrm{e}^{-4 y} \mathrm{~d} y=\frac{1}{5} .$

(8)

将长度为 $1 \mathrm{~m}$ 的木棒随机地截成两段, 则两段长度的相关系数为 ( )
(A) 1 .
(B) $\frac{1}{2}$.
(C) $-\frac{1}{2}$.
(D) -1 .

(8)

解
应选(D).

• 设两段长度分别为 $X, Y$, 则 $X+Y=1$,
  • 即 $Y=1-X\xrightarrow[]{Y=a X+b}\rho_{X Y}=-1$
  • 所以 $X$ 与 $Y$ 存在线性关系, 且为负相关,故选(D).

二、填空题

(本题共 6 小题, 每小题 4 分, 共 24 分, 把答案填在题中横线上. )

(9)

若函数 $f(x)$ 满足方程 $f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime}(x)-2 f(x)=0$ 及 $f^{\prime \prime}(x)+f(x)=2 \mathrm{e}^{x}$, 则 $f(x)=$

(9)

答 应填 $\mathrm{e}^x$.

• 解法 1 (用特征方程求解)
  • 先计算齐次方程的通解
    微分方程 $f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime}(x)-2 f(x)=0$ 的
    • 特征方程为 $r^2+r-2=0\xrightarrow[]{因式分解}(r+2)(r-1)=0$.
    • 特征根为 $r_1=1, r_2=-2$,
    • 其通解为 $f(x)=C_1 \mathrm{e}^x+C_2 \mathrm{e}^{-2 x}$.
      • $f^{\prime}(x)=C_1 e^x-2 C_2 e^{-2 x}$
      • $\displaystyle \begin{aligned}f^{\prime \prime}(x)=C_1 \mathrm{e}^x+4 C_2 \mathrm{e}^{-2 x}\end{aligned}$
  • 将齐次的解代入非齐次方程
    将 $f(x)和f''(x)$代入方程 $f^{\prime \prime}(x)+f(x)=2 \mathrm{e}^x$, 得
    • $\xrightarrow[]{代入}C_1 e^x+4 C_2 e^{-2 x}+C_1 e^x+C_2 e^{-2 x}$
    • $\xrightarrow[]{整理}2 C_1 \mathrm{e}^x+5 C_2 \mathrm{e}^{-2 x}=2 \mathrm{e}^x,$
      • 对比同类项系数，所以 $C_1=1, C_2=0$,
      • 故 $f(x)=\mathrm{e}^x$.
• 解法 2 (加减消去二阶导)
  • 由 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}f^{\prime \prime}(x)+f^{\prime}(x)-2 f(x)=0 \\ f^{\prime \prime}(x)+f(x)=2 \mathrm{e}^x\end{array}\right.$，得$f^{\prime}(x)-3 f(x)=-2 \mathrm{e}^x \text {. }$
  • 此一阶非齐次线性微分方程的通解为
    $\displaystyle f(x)=\mathrm{e}^{3 x}\left[C+\int\left(-2 \mathrm{e}^x\right) \mathrm{e}^{-3 x} \mathrm{~d} x\right]=\mathrm{e}^x+C \mathrm{e}^{3 x},$
    • 求C
      • 将 $f(x)=\mathrm{e}^x+C \mathrm{e}^{3 x}, f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^x+9 C \mathrm{e}^{3 x}$ 代人方程 $f^{\prime \prime}(x)+f(x)=2 \mathrm{e}^x$,
      • 得 $2 \mathrm{e}^x+10 C \mathrm{e}^{3 x}=2 \mathrm{e}^x,$所以 $C=0$,
  • 故 $f(x)=\mathrm{e}^x$.

特征方程 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda^2 + p\lambda + q = 0 \end{aligned}$ 的根	微分方程 $\displaystyle \begin{aligned} y'' + py' + qy = 0 \end{aligned}$ 的通解
两个不相等的实根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_1, \lambda_2 \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = C_1e^{\lambda_1 x} + C_2e^{\lambda_2 x} \end{aligned}$
两个相等的实根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_1 = \lambda_2 \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = (C_1 + C_2 x)e^{\lambda_1 x} \end{aligned}$
对共轭复根 $\displaystyle \begin{aligned} \lambda_{1,2} = \alpha \pm \beta i \end{aligned}$	$\displaystyle \begin{aligned} y = e^{\alpha x}(C_1 \cos \beta x + C_2 \sin \beta x) \end{aligned}$

(10)

$\displaystyle \int_{0}^{2} x \sqrt{2 x-x^{2}} \mathrm{~d} x=$

(10)

• 计算定积分 $\displaystyle \int_{0}^{2} x \sqrt{2x - x^2} \, dx$

  • 观察被积函数 $x \sqrt{2x - x^2}$ ，因为同时含有$x与x^2$
    • 可以进行配方： $2x - x^2$ 重写为 $1 - (x - 1)^2$
    • 积分变为 $\displaystyle \int_{0}^{2} x \sqrt{1 - (x - 1)^2} \, dx$
  • 根号下有单独的x²，而不是同时含有$x与x^2$，则用三角代换
    • 令 $x-1=\sin t$, 则 $x=1+\sin t, d x=\cos t d t$
    • 换限：$\displaystyle \int_0^2\xrightarrow[0-1=\sin t]{2-1=\sin t}\left\{\begin{array}{l}\text { 上限: }t=\frac{\pi}{2} \\ \text { 下限: }t=-\frac{\pi}{2}\end{array}\right.$
  • 三角代换得：$\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (1+\sin t) \sqrt{1-\sin t^2} \cos t d t\xlongequal[]{\sqrt{1-\sin t^2}=\cos t}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sin t) \cdot \cos t \cdot \cos t d t$
    • 将加号左右两项拆开：$\displaystyle =\underbrace{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t d t}_{偶函数翻倍=2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t d t}+\underbrace{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin t \cdot \cos ^2 t d t}_{区间对称，奇函数\sin t=0}$
      • $\displaystyle =2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t d t \xlongequal[]{华里士公式}2 \cdot \frac{1}{2} \times 1 \times \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$
  • 合并整理得： $\frac{\pi}{2}$

• 2000 年数一试题
  $\displaystyle \int_0^1 \sqrt{2 x-x^2} \mathrm{~d} x=$

• 2007 年数一试题
  $\displaystyle \int_1^2 \frac{1}{x^3} \mathrm{e}^{\frac{1}{x}} \mathrm{~d} x=$

• 2015 年数一试题
  $\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right) \mathrm{d} x=$

(11)

$\left.\operatorname{grad}\left(x y+\frac{z}{y}\right)\right|_{(2,1,1)}=$

(11)

答 应填 $i+j+k$.

• 梯度的定义
  • 函数 $u=f(x, y, z)$ 在点 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处的梯度为
    $\displaystyle \begin{aligned}\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)=f_x^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) i+f_y^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) j+f_z^{\prime}\left(x_0, y_0, z_0\right) k\end{aligned}$
• 令 $f(x, y, z)=x y+\frac{z}{y}$,
  • 则 $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\partial f}{\partial x}=y, \frac{\partial f}{\partial y}=x-\frac{z}{y^2}, \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{y}\end{aligned}$
  • 所以 $\displaystyle \begin{aligned} \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(2,1,1)}=1,\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(2.1,1)}=1,\left.\frac{\partial f}{\partial z}\right|_{(2.1,1)}=1, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left.\operatorname{grad}\left(x y+\frac{z}{y}\right)\right|_{(2,1,1)}=i+j+k . \end{aligned}$

(12)

设 $\displaystyle \Sigma=\{(x, y, z) \mid x+y+z=1, x \geqslant 0, y \geqslant 0, z \geqslant 0\}$, 则 $\displaystyle \iint_{\Sigma} y^{2} \mathrm{~d} S=$

(12)

答 应填 $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

• 转换投影是对积分区域转换投影，还是对被积函数转换投影?
• 
  ，积分区域投影后，
  • 要投影的方程:$z=1-x-y$
• 解 记 $D=\{(x, y) \mid x+y \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\}$, 则
• $\displaystyle \begin{aligned}\iint_{\Sigma} y^{2} \mathrm{~d} S=\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = \iint_{D} y^{2}\underbrace{\sqrt{z_{x}^{2} + z_{y}^{2} + 1}}_{\sqrt 3} \, dx \, dy \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = \sqrt{3} \int_{D} y^{2} \, dx \, dy \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[限内穿条线]{后积先定限}\sqrt{3} \int_{0}^{1} dy \int_{0}^{1-y} y^{2} \, dx \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} = \sqrt{3} \int_{0}^{1} (y^{2} - y^{3}) \, dy \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{牛莱} \sqrt{3} \left(\frac{y^{3}}{3} - \frac{y^{4}}{4}\right) \Bigg|_{0}^{1} = \sqrt{3} \cdot \frac{1}{12} = \frac{\sqrt{3}}{12} \end{aligned}$

(13)

设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 3 维单位列向量, $\boldsymbol{E}$ 为 3 阶单位矩阵,则矩阵 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}$ 的秩为

(13)

答 应填 2 .
解 令 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}$ 是 3 维单位列向量, $\boldsymbol{B}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{B}$, 则 $\boldsymbol{B}$ 是秩为 1 的实对称矩阵,故 $\boldsymbol{B}$ 能相似对角化, $\boldsymbol{B}$ 的 特征值是 $\boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{\alpha}, 0,0$, 即 $1,0,0$, 则 $\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}$ 也可相似对角化且特征值是 $0,1,1$. 于是 $r\left(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\right)=2$.
注 (1) 秩为 1 的 $n$ 阶方阵特征值是 \displaystyle \sum_{i=1}^n a_{i ̈} (迹), 0 ( $n-1$ 重).
(2)
能相似对角化的矩阵的秩等于其非零特征值的个数 (考虑重数).
(3)
对于填空题, 当然还可以取一个具体的 $\boldsymbol{\alpha}$ 去求解, 如取 $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)$.

(14)

设 $A, B, C$ 是随机事件, $A$ 与 $C$ 互不相容, $P(A B)=\frac{1}{2}, P(C)=\frac{1}{3}$, 则 $P(A B \mid \bar{C})=$

(14)

解
我们需要考虑事件 $A, B, C$ 之间的关系以及条件概率的计算。此问题涉及到条件概率 $P(A B \mid \bar{C})$ 的求解

• 确定$P(A B \mid \bar{C}) = \frac{P(A B \bar{C})}{P(\bar{C})}$
  • 计算 $P(\bar{C})$：$P(\bar{C}) = 1 - P(C) = 1 - \frac{1}{3}$
  • 确定 $P(A B \bar{C})$：$P(AB \bar{C}) = P(AB) - P(ABC)=\frac{1}{2} - 0$
    • 求P(ABC)：因为$A$ 和 $C$ 互不相容(互斥)，得$P(AC) = 0$，$P(ABC) = 0$
• 计算$P(A B \mid \bar{C}) = \frac{P(A B \bar{C})}{P(\bar{C})}= \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$

通过这个二叉树，我们可以看到，由于 $A$ 和 $C$ 互不相容，这影响了 $P(ABC)$ 的值，进而影响 $P(AB \bar{C})$。最终得出的结论是 $P(A B \mid \bar{C}) = \frac{3}{4}$，与答案相符。
答 应填 $\frac{3}{4}$.
解 因为 $A$ 与 $C$ 互不相容, 所以 $P(A C)=0$. 又 $A B C \subset A C$, 所以 $P(A B C)=0$, 故

• $P(A B \mid \bar{C})=\frac{P(A B \bar{C})}{P(\bar{C})}=\frac{P(A B)-P(A B C)}{1-P(C)}=\frac{1 / 2}{1-1 / 3}=\frac{3}{4} .$注 $A C=\varnothing$, 则 $A B C=\varnothing B=\varnothing$, 同样得到 $P(A B C)=0$.

三、解答题

( 本题共 9 小题, 共 94 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. )

(15)

(本题满分 10 分)

证明 $x \ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x \geqslant 1+\frac{x^{2}}{2}(-1<x<1)$.

(15)

解法分析

• 证法 2：使用二阶导数
  • 定义函数：$f(x) = x \ln \frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}$。
  • 证明：
    1. 求一阶和二阶导数：
    2. 求$f'(x)$
       1. $\displaystyle \begin{aligned} & \left(x \ln \frac{1+x}{1-x}\right)^{\prime}=\ln \frac{1+x}{1-x}+x\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)^{\prime} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\ln \frac{1+x}{1-x}+x \frac{1}{\frac{1+x}{1-x}} \frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^2} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2 x}{1-x^2} . \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} f^{\prime}(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2 x}{1-x^2}-\sin x-x \end{aligned}$ 2. 求 $f''(x)$
  1. $\displaystyle \begin{aligned} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)^{\prime}=[\ln (1+x)-\ln (1-x)]^{\prime}=\frac{2}{1-x^2} . \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \left(\frac{2 x}{1-x^2}\right)^{\prime}=\frac{2\left(1-x^2\right)+2 x \cdot 2 x}{\left(1-x^2\right)^2}=\frac{2\left(1+x^2\right)}{\left(1-x^2\right)^2} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} f^{\prime \prime}(x)=\frac{4}{\left(1-x^2\right)^2}-1-\cos x \end{aligned}$ 2. 分析二阶导数：$f''(x) = \frac{4}{(1-x^2)^2} - 1 - \cos x \geq 0$，因为 $\frac{4}{(1-x^2)^2} \geq 4$ 且 $1 + \cos x \leq 2$,$4-2≥2≥0$ 3. 因为$f''(x) \geq 0$, $f^{\prime}(0)=0$意味着
  1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$;
  2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 3. $0点是极小值$ 4. 得知$f(x)$ 在 $(-1, 1)$ 上是凹的
  3. 因为 $f(0) = 0$ , 1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ 2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 3. 则对所有 $-1 < x < 1$ ,$f(x) \geq 0$ 成立

结论

根据以上两种方法的分析，不等式 $x \ln \frac{1+x}{1-x} + \cos x \geqslant 1 + \frac{x^2}{2}$ 对所有 $-1 < x < 1$ 成立。

了解了，我将遵循您的指示，详细展开计算步骤，并确保每个步骤正确地反映其父子关系：

• 定义函数
  • $f(x) = x \ln \frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}$
• 求一阶导数 $f'(x)$
  • 计算 $\left(x \ln \frac{1+x}{1-x}\right)'$
    • 使用乘法法则：$u'v + uv'$
      • $u = x$，$u' = 1$
      • $v = \ln \frac{1+x}{1-x}$，$v' = \left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)'$
    • 计算 $\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)'$
      • 使用链式法则：$\frac{d}{dx}[\ln u] = \frac{1}{u} \cdot u'$
        • $u = \frac{1+x}{1-x}$，$u' = \left(\frac{1+x}{1-x}\right)'$
        • 计算 $\left(\frac{1+x}{1-x}\right)'$
          • 得 $\frac{2}{(1-x)^2}$
        • 故 $\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)' = \frac{2}{1-x^2}$
    • 合并得 $f'(x) = \ln \frac{1+x}{1-x} + \frac{2x}{1-x^2} - \sin x - x$
• 求二阶导数 $f''(x)$
  • 对 $f'(x)$ 再次求导
    • 计算 $\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)''$
      • 再次使用链式法则：$\left(\frac{2}{1-x^2}\right)'$
        • 得 $\frac{4x}{(1-x^2)^2}$
    • 计算 $\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)'$
      • 使用乘法法则：$u'v + uv'$
        • $u = 2x$，$u' = 2$
        • $v = \frac{1}{(1-x^2)}$，$v' = \left(\frac{1}{1-x^2}\right)'$
        • 计算 $\left(\frac{1}{1-x^2}\right)'$
          • 得 $\frac{2x}{(1-x^2)^2}$
        • 故 $\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)' = \frac{2}{1-x^2} + \frac{4x^2}{(1-x^2)^2}$
    • 合并得 $f''(x) = \frac{4}{(1-x^2)^2} - 1 - \cos x$
• 分析二阶导数 $f''(x)$
  • $f''(x) = \frac{4}{(1-x^2)^2} - 1 - \cos x \geq 0$
    • 因为 $\frac{4}{(1-x^2)^2} \geq 4$ 且 $1 + \cos x \leq 2$
• 根据 $f''(x)$ 的性质分析 $f(x)$
  • $f(x)$ 在 $(-1, 1)$ 上是凹的
  • $f'(0) = 0$
    • 当 $-1 < x < 0$ 时, $f'(x) < 0$
    • 当 $0 < x < 1$ 时, $f'(x) > 0$
  • $f(0) = 0$，故 $f(x) \geq 0$ 对所有 $-1 < x < 1$ 成立

通过这种结构化的展
证法 1 记 $f(x)=x \ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则 $f(x)$ 为偶函数.
当 $0 \leqslant x<1$ 时,$f^{\prime}(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{x\left(1+x^2\right)}{1-x^2}-\sin x \geqslant \ln \frac{1+x}{1-x}+(x-\sin x) \geqslant 0,$因为 $f(0)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0(0 \leqslant x<1)$.
由于 $f(x)$ 为偶函数, 所以 $f(x) \geqslant 0(-1<x<1)$, 即

• $x \ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x \geqslant 1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1) .$证法 2 记 $f(x)=x \ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则
• $\displaystyle \begin{aligned} f^{\prime}(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2 x}{1-x^2}-\sin x-x, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} f^{\prime \prime}(x)=\frac{4}{\left(1-x^2\right)^2}-1-\cos x . \end{aligned}$当 $-1<x<1$ 时, 由于 $\frac{4}{\left(1-x^2\right)^2} \geqslant 4,1+\cos x \leqslant 2$, 所以 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 2>0$, 从而 $f^{\prime}(x)$ 单调增加.
  又因为 $f^{\prime}(0)=0$, 所以当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$. 故 $f(0)$ 是 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内的最小值. 因为 $f(0)=0$, 所以
• $f(x) \geqslant 0(-1<x<1) \text {, 即 } x \ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x \geqslant 1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1) .$

(16)

(本题满分 10 分)

求函数 $f(x, y)=x \mathrm{e}^{-\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}$ 的极值.

(16)

解
该问题涉及求函数 $f(x, y) = x \mathrm{e}^{-\frac{x^2 + y^2}{2}}$ 的极值。

• 求函数 $f(x, y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime}(x, y)$ 和 $f_y^{\prime}(x, y)$。

  • $f_x^{\prime}(x, y) = \underbrace{(1 - x^2) }_{=0}\underbrace{\mathrm{e}^{-\frac{x^2 + y^2}{2}}}_{≠0}$
  • $f_y^{\prime}(x, y) = \underbrace{-xy}_{=0} \underbrace{\mathrm{e}^{-\frac{x^2 + y^2}{2}}}_{≠0}$
  • 求驻点
    • 令 $f_x^{\prime}(x, y) = 0$ 和 $f_y^{\prime}(x, y) = 0$，解得驻点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$。

• 求函数 $f(x, y)$ 在驻点的二阶偏导数(全部乘法求导，除法也转换成乘法求导)

  • $f_x^{\prime}(x, y)$ 对x求偏导，$A = f_{xx}^{\prime\prime}(x, y) \xlongequal[另一个求导]{一个不动}-2 x e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}+\left(1-x^2\right) e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-x)=\left(x^3-3 x\right) e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_x^{\prime}(x, y)$ 对y求偏导，$B = f_{xy}^{\prime\prime}(x, y) =y\left(x^2-1\right) e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_y^{\prime}(x, y)$对y求偏导，$C = f_{yy}^{\prime\prime}(x, y) =(-x+xy^2)·e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$

• 判断极值类型

  • 在点 $(1,0)$，计算 $AC - B^2$ 和 $A$ 的值
    • 当$x=1: y=0$ 时， $\quad \therefore A=-2 e^{-\frac{1}{2}}: B=0: C=-e^{-\frac{1}{2}}$
      • $AC - B^2 > 0$
      • $A < 0$
    • $f(x, y)$则在点 $(1,0)$ 处为极大值，$f(1，0)=e^{-\frac{1}{2}}$
  • 在点 $(-1,0)$，计算 $AC - B^2$ 和 $A$ 的值
    • $A=2 e^{-\frac{1}{2}}，B=0 ，C=e^{-\frac{1}{2}}$
      • 由于 $AC - B^2 > 0$
      • 且 $A > 0$
    • $f(x, y)$ 在点 $(-1,0)$ 处取极小值 $f(-1,0) = -e^{-\frac{1}{2}}$

通过以上步骤，我们可以看到如何从函数的定义开始，逐步求出其一阶偏导数，确定驻点，计算二阶偏导数，使用二阶导数判别法确定极值的类型，并计算出极值。

由 $f(x, y)=x \mathrm{e}^{-\frac{x^{\prime}+y^{\prime}}{2}}$, 得

• $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}=\left(1-x^2\right) \mathrm{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}, \frac{\partial f(x, y)}{\partial y}=-x y \mathrm{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},$令 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}=0, \\ \frac{\partial f(x, y)}{\partial y}=0,\end{array}\right.$ 解得驻点 $(1,0),(-1,0)$. 记
• $\displaystyle \begin{aligned} A=\frac{\partial^2 f(x, y)}{\partial x^2}=x\left(x^2-3\right) \mathrm{e}^{-\frac{x^{\prime}+y^{\prime}}{2}}, B=\frac{\partial^2 f(x, y)}{\partial x \partial y}=y\left(x^2-1\right) \mathrm{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} C=\frac{\partial^2 f(x, y)}{\partial y^2}=x\left(y^2-1\right) \mathrm{e}^{-\frac{t^2+y^{\prime}}{2}}, \end{aligned}$在点 $(1,0)$ 处, 由于 $A C-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0, A=-\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}<0$, 因此 $f(1,0)=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x, y)$ 的极大值; 在点 $(-1,0)$ 处, 由于 $A C-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0, A=\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}>0$, 因此 $f(-1,0)=-\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x, y)$ 的极小值.
  注 二元函数求无条件极值, 做法是先用必要条件找出可能的极值点,再用充分判别法去判定,这里 有一定的运算量. 不论是显函数还是隐函数求二元函数无条件极值, 这都是基本要求,读者一定要熟练 等握.

(17)

(本题满分 10 分)

求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^{2}+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}$ 的收玫域及和函数.

(17)

解法 1$\displaystyle u_n(x)=\frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}, \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=x^2,$当 $x^2<1$, 即 $|x|<1$ 时, 原级数收玫, 当 $x^2>1$, 即 $|x|>1$ 时, 原级数发散.
所以界级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}$ 的收敛半径 $R=1$ (注意该慗级数是缺项军级数).
又因为当 $x= \pm 1$ 时,级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1}$ 发散, 所以军级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}$ 的收玫域为 $(-1,1)$.
记 $\displaystyle S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}(-1<x<1)$, 则

• $\displaystyle S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(2 n+1) x^{2 n}+2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2 n+1} x^{2 n} .$由于
• $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty}(2 n+1) x^{2 n}=\left(\sum_{n=0}^{\infty} x^{2 n+1}\right)^{\prime}=\left(\frac{x}{1-x^2}\right)^{\prime}=\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)^2}(-1<x<1), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{2 n+1}=\frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n+1}}{2 n+1}=\frac{1}{x} \int_0^x\left(\sum_{n=0}^{\infty} t^{2 n}\right) \mathrm{d} t \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{x} \int_0^x \frac{1}{1-t^2} \mathrm{~d} t=\frac{1}{2 x} \ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1), \end{aligned}$且 $S(0)=3$, 所以
• $\displaystyle S(x)= \begin{cases}\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)^2}+\frac{1}{x} \ln \frac{1+x}{1-x}, & 0<|x|<1, \\ 3, & x=0 .\end{cases}$解法 2 求收敛域同解法 1.$\displaystyle \begin{aligned} & \text { 记 } S(x)=\sum_{n=0}^m \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n}(-1<x<1) \text {, 则 } \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \quad S(x)=\frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 n^2+4 n+3}{2 n+1} x^{2 n+1}=\frac{1}{x} \int_0^x\left[\sum_{n=0}^{\infty}\left(4 n^2+4 n+3\right) t^{2 n}\right] \mathrm{d} t(0<|x|<1) . \end{aligned}$因为
• $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} 3 x^{2 n}=\frac{3}{1-x^2}(|x|<1), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} 4 n x^{2 n}=2 x\left(\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n}\right)^{\prime}=2 x\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)^{\prime}=\frac{4 x^2}{\left(1-x^2\right)^2}(|x|<1), \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} 4 n^2 x^{2 n}=x\left(\sum_{n=1}^{\infty} 2 n x^{2 n}\right)^{\prime}=x\left[x\left(\sum_{n=1}^{\infty} x^{2 n}\right)^{\prime}\right]^{\prime} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =x\left[x\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)^{\prime}\right]^{\prime}=x\left[\frac{2 x^2}{\left(1-x^2\right)^2}\right]^{\prime}=\frac{4 x^2\left(1+x^2\right)}{\left(1-x^2\right)^3}(|x|<1), \end{aligned}$所以
• $\displaystyle S(x)=\frac{1}{x} \int_0^x \frac{3+2 t^2+3 t^4}{\left(1-t^2\right)^3} \mathrm{~d} t=\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)^2}+\frac{1}{x} \ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1) .$又因为 $S(0)=3$, 所以
• $\displaystyle S(x)= \begin{cases}\frac{1+x^2}{\left(1-x^2\right)^2}+\frac{1}{x} \ln \frac{1+x}{1-x}, & 0<|x|<1, \\ 3, & x=0 .\end{cases}$

(18)

已知曲线 $\displaystyle L:\left\{\begin{array}{l}x=f(t), \\ y=\cos t\end{array}\left(0 \leqslant t<\frac{\pi}{2}\right)\right.$, 其中函数 $f(t)$ 具有连续导数, 且 $f(0)=0$, $f^{\prime}(t)>0\left(0<t<\frac{\pi}{2}\right)$. 若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 1 , 求 函数 $f(t)$ 的表达式, 并求以曲线 $L$ 及 $x$ 轴 和 $y$ 轴为边界的区域的面积.

(18)

(1)

• 切线斜率 $k=y_{x}^{\prime}＝\frac{y_t^{\prime}}{x_t^{\prime}}=\frac{-\sin t}{f^{\prime}(t)}$,

  • 有点斜式，求得切线方程为$y-\cos t=-\frac{\sin t}{f^{\prime}(t)}(x-f(t)) \text {. }$

• 求这条切线与x轴的交点

  • 令 $y=0$, 得 $x_0=f^{\prime}(t) \frac{\cos t}{\sin t}+f(t)$.
  • 有交点$(x_0,y_0)$到曲线L上的切点$(f(t),\cos t)$的距离为1，即$\left[f^{\prime}(t) \frac{\cos t}{\sin t}\right]^2+\cos ^2 t=1$
  • 利用$1-\cos^{2}t=\sin^{2}t$化简，得$f^{\prime}(t)=\frac{\sin ^2 t}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}-\cos t .$

• (2) 由于对$f^{\prime}(t)$积分得，$f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t$

  • 因为$0\leq t\leq\frac{\pi}{2}$，则要求出 $\displaystyle f(0)=0, \lim _{t \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(t)=+\infty$
    • 得出积分区域$0\leq x<+\infty$，$0\leq y\leq1$

• 用的大学里面的数学公式，而并非二重积分。

  • 求面积与求体积，
    • 二重积分的积分区域相同
    • 被积函数不同求
      • 求面积为对常数1积分
      • 求体积为对点到直线的距离$r=\frac{|Ax+By+C|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$积分，$2πr$
  • 求面积
    • $\displaystyle s=\int_{0}1d\sigma =\int_{0}^{+\infty}dx\int_{0}^{f(x)}1dy$
      $\displaystyle S=\int_0^{+\infty} y d x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos t \cdot f^{\prime}(t) d t=\int_{0}^{\frac\pi2}(1-\cos^2t)dt＝\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^2 t d t=\frac{\pi}{4}$
  • 求体积
    • $\displaystyle \int\int yd\sigma =2π\int_{0}^{+\infty}dx\int_{0}^{f(x)}ydy$
      $\displaystyle V_x=\pi \int_0^{+\infty} y^2 d x=\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t \cdot f^{\prime}(t) d t=\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^2 t \cos t d t=\pi\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t d \sin t＝\frac{\pi}{3}$
    • 能否用二重积分计算，涉及到二重积分如何算参数方程
      • 先写出$\displaystyle S=\int_0^{+\infty} y d x$，然后分别将y和dx对t的参数方程代入进去

(19)

(本题满分 10 分)

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^{2}+y^{2}=2 x$ 到点 $(2,0)$, 再沿圆周 $x^{2}+y^{2}=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段,计算曲线积分 $\displaystyle I=\int_{L} 3 x^{2} y \mathrm{~d} x+\left(x^{3}+x-2 y\right) \mathrm{d} y$.

(19)

• 本题主要考查第二类曲线积分的计算. 可以补线段成为一个闭曲线后再利用格林公式.

  • 格林公式
    设闭区域 $D$ 由分段光滑的曲线 $L$ 围成, 若函数 $P(x, y)$ 及 $Q(x, y)$ 在 $D$ 上具有一阶连续偏导数, 则有
    $\displaystyle \begin{aligned}\oint_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • 其中 $L$ 是 $D$ 的取正向的边界曲线.
      (一定要注意 $L$ 的方向, 若方向相反, 则多一个负号. )

• 
  ，补线后

• $\displaystyle \begin{aligned}\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=3 x^2+1-3 x^2=1\end{aligned}$

  • 则补条线再用格林

• 补线 $L_3$ 为 $y$ 轴上从点 $(0,2)$ 到点 $(0,0)$ 的有向线段.

  • 形成的封闭区域为$D=\left\{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 2, \sqrt{2 x-x^2} \leqslant y \leqslant \sqrt{4-x^2}\right\}$,

• 则由格林公式知

  • $\displaystyle \begin{aligned} \int_{L+L_3} 3 x^2 y \mathrm{~d} x+\left(x^3+x-2 y\right) \mathrm{d} y \xlongequal[]{\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y}\iint_D\left(3 x^2+1-3 x^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\iint_D 1\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\frac{1}{4} \cdot \pi \cdot 2^2-\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 1^2=\frac{\pi}{2}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \int_{L_3} 3 x^2 y \mathrm{~d} x+\left(x^3+x-2 y\right) \mathrm{d} y\xlongequal[]{x=0}0+\int_{L_3}(0+0-2 y) \mathrm{d} y=\int_2^0(-2 y) \mathrm{d} y=4 \end{aligned}$

• $\displaystyle \begin{aligned} I=\int_{L+L_3} -\int_{L_3} =\frac{\pi}{2}-4 . \end{aligned}$

(20)

(本题满分 11 分)

设 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{llll}1 & a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a & 0 \\ 0 & 0 & 1 & a \\ a & 0 & 0 & 1\end{array}\right), \quad \boldsymbol{\beta}=\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)$.

( I ) 计算行列式 $|\boldsymbol{A}|$;

(II) 当实数 $a$ 为何值时, 方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解, 并求其通解.

(20)

( I )解

• $\displaystyle |\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{llll}1 & a & 0 & 0 \\0 & 1 & a & 0 \\0 & 0 & 1 & a \\a & 0 & 0 & 1\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}1 & a & 0 \\0 & 1 & a \\0 & 0 & 1\end{array}\right|-a\left|\begin{array}{lll}a & 0 & 0 \\1 & a & 0 \\0 & 1 & a\end{array}\right|=1-a^4 .$(II) 解法 1 因为方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解的必要条件是其系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的行列式为零, 即 $|\boldsymbol{A}|=0$, 由( I ) 得 $1-a^4=0$, 从而 $a=1$ 或 $a=-1$.
  当 $a=1$ 时,对方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 的增广矩阵作初等行变换,有
• $\displaystyle (\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\beta})=\left(\begin{array}{cccc:c}1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\1 & 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\0 & -1 & 0 & 1 & -1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0 & -2\end{array}\right),$由此知系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的秩 $r(\boldsymbol{A})=3$, 增广矩阵的秩 $r(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\beta})=4$, 二者不相等, 故当 $a=1$ 时, 方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 无解.
  当 $a=-1$ 时,$\displaystyle \begin{aligned} (\boldsymbol{A} ; \boldsymbol{\beta}) & =\left(\begin{array}{cccc:c}1 & -1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & -1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\-1 & 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & -1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & -1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\0 & -1 & 0 & 1 & 1\end{array}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & -1 & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & -1 & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right), \end{aligned}$由此知 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\beta})=3<4$, 故当 $a=-1$ 时,方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解. $x_3=x_4$, 故基础解系为 $(1,1,1,1)^{\mathrm{T}}$. 不难求得非齐次方程组的一个特解为 $(0,-1,0,0)^{\mathrm{T}}$, 从而得通解为
• $\displaystyle \boldsymbol{x}=\left(\begin{array}{c}0 \\-1 \\0 \\0\end{array}\right)+k\left(\begin{array}{l}1 \\1 \\1 \\1\end{array}\right)$其中 $k$ 为任意常数.
  解法 2 直接对含参数 $a$ 的增广矩阵 $(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{\beta})$ 作初等行变换:
• $\displaystyle \begin{aligned} (\boldsymbol{A} \vdots \boldsymbol{\beta}) & =\left(\begin{array}{cccc:c}1 & a & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & a & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & a & 0 \\a & 0 & 0 & 1 & 0\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & a & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & a & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & a & 0 \\0 & -a^2 & 0 & 1 & -a\end{array}\right) \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & a & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & a & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & a & 0 \\0 & 0 & a^3 & 1 & -a-a^2\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc:c}1 & a & 0 & 0 & 1 \\0 & 1 & a & 0 & -1 \\0 & 0 & 1 & a & 0 \\0 & 0 & 0 & 1-a^4 & -a-a^2\end{array}\right) . \end{aligned}$由于当且仅当 $r(\boldsymbol{A})=r(\boldsymbol{A} \vdots \boldsymbol{\beta})<4$ 时, 方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解, 故有 $1-a^4=0$ 且 $-a-a^2=0$, 得 $a=-1$, 即 $a=-1$ 时, 方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{\beta}$ 有无穷多解.
  通解求解过程同解法 1.

(21)

(本题满分 11 分)

已知 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & a \\ 0 & a & -1\end{array}\right)$, 二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\boldsymbol{x}^{\mathrm{T}}\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}\right) \boldsymbol{x}$ 的秩为 2 .

(I) 求实数 $a$ 的值;

(II) 求正交变换 $x=Q y$ 将二次型 $f$ 化为标准形.

(21)

( I ) 解法 1 对 $\boldsymbol{A}$ 作初等行变换,得

• $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\-1 & 0 & a \\0 & a & -1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & a+1 \\0 & 0 & -a-1\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\0 & 0 & a+1 \\0 & 0 & 0\end{array}\right)$因为 $2=r\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}\right)=r(\boldsymbol{A})$, 所以 $a=-1$.
  解法 2$\displaystyle \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 1-a \\0 & 1+a^2 & 1-a \\1-a & 1-a & 3+a^2\end{array}\right)$由已知 $r\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}\right)=2$, 故
• $\displaystyle \left|\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}2 & 0 & 1-a \\0 & 1+a^2 & 1-a \\1-a & 1-a & 3+a^2\end{array}\right|=(a+1)^2\left(3+a^2\right)=0,$从而得 $a=-1$.
  (II) 解 由( I) 知 $a=-1$, 得
• $\displaystyle \boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 2 \\0 & 2 & 2 \\2 & 2 & 4\end{array}\right)$故矩阵 $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}$ 的特征多项式为
• $\displaystyle \left|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda-2 & 0 & -2 \\0 & \lambda-2 & -2 \\-2 & -2 & \lambda-4\end{array}\right|=\lambda(\lambda-2)(\lambda-6),$故 $\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1=2, \lambda_2=6, \lambda_3=0$.
  当 $\lambda_1=2$ 时,解方程组
• $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-2 x_3=0, \\-2 x_3=0, \\-2 x_1-2 x_2-2 x_3=0,\end{array}\right.$得相应的特征向量 $\displaystyle \left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 0\end{array}\right)$, 单位化后为 $\displaystyle \alpha_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 0\end{array}\right)$;
  当 $\lambda_2=6$ 时,解方程组
• $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}4 x_1-2 x_3=0, \\4 x_2-2 x_3=0, \\-2 x_1-2 x_2+2 x_3=0,\end{array}\right.$得相应的特征向量 $\displaystyle \left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)$, 单位化后为 $\displaystyle \alpha_2=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)$;
  当 $\lambda_3=0$ 时,解方程组
• $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}-2 x_1-2 x_3=0, \\-2 x_2-2 x_3=0, \\-2 x_1-2 x_2-4 x_3=0,\end{array}\right.$得相应的特征向量 $\displaystyle \left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ -1\end{array}\right)$, 单位化后为 $\displaystyle \boldsymbol{\alpha}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ -1\end{array}\right)$.
  于是得到正交矩阵
• $\displaystyle Q=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\-\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\0 & \frac{2}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}\right) .$在正交变换 $x=Q y$ 下, 二次型的标准形为 $f=2 y_1^2+6 y_2^2$.

(22)

(本题满分 11 分)

设二维离散型随机变量 $(X, Y)$ 的概率分布为

$X\Y$	0	1	2
0	$\frac{1}{4}$	0	$\frac{1}{4}$
1	0	$\frac{1}{3}$	0
2	$\frac{1}{12}$	0	$\frac{1}{12}$
(I) 求 $P\{X=2 Y\}$;
(II) 求 $\operatorname{Cov}(X-Y, Y)$.

(22)

解

(I) 求 $P\{X=2Y\}$

• 找取值$X=2Y$,则
  • 从概率分布表中，满足 $X=2Y$ 的组合有：$(X=0, Y=0)$ 和 $(X=2, Y=1)$
• 根据给定的概率分布，找出满足 $X=2Y$ 的所有 $(X,Y)$ 组合的概率之和
  • $P\{X=2Y\} = P\{X=0, Y=0\} + P\{X=2, Y=1\} = \frac{1}{4}$

(II)

• 先写出X,Y,XY的分布函数(先取值，求概率)
  • $\displaystyle X \sim\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & 2 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{6}\end{array}\right)$
  • $\displaystyle Y \sim\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & 2 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3}\end{array}\right)$
  • $\displaystyle X Y \sim\left(\begin{array}{ccc}0 & 1 & 4 \\ \frac{7}{12} & \frac{1}{3} & \frac{1}{12}\end{array}\right)$
• 求 $\operatorname{Cov}(X-Y, Y)=\operatorname{Cov}(X, Y)-\operatorname{Cov}(Y, Y)\xlongequal[\operatorname{Cov}(Y, Y)=D(Y)]{\operatorname{Cov}(X, Y)=E(X Y)-E(X) E(Y)}E(X Y)-E(X) E(Y)-D(Y)\xrightarrow[]{D(Y)=E\left(Y^2\right)-(E Y)^2}$
  • 需要计算 $E(X)$, $E(Y)$, $E(Y^2)$, $E(XY)$, 和 $D(Y)$
    • 求协方差$\operatorname{Cov}(X, Y)$
      • $E(X)=0 \cdot \frac{1}{2}+1 \cdot \frac{1}{3}+2 \cdot \frac{1}{6}=\frac{2}{3}$
      • $E Y=0 \cdot \frac{1}{3}+1 \cdot \frac{1}{3}+2 \cdot \frac{1}{3}=1$
      • $E(X Y)=0 \cdot \frac{7}{12}+1 \cdot \frac{1}{3}+4 \cdot \frac{1}{12}=\frac{2}{3}$
    • 求方差$D(Y)$
      • $E\left(Y^2\right)=0^2 \cdot \frac{1}{3}+1^2 \cdot \frac{1}{3}+2^2 \cdot \frac{1}{3}=\frac{5}{3}$
      • $D(Y)=E\left(Y^2\right)-(E Y)^2\xlongequal[E Y=1]{E\left(Y^2\right)=\frac53}\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$
  • 计算 $\operatorname{Cov}(X-Y, Y)$
    • $\operatorname{Cov}(X-Y, Y)=E(X Y)-E(X) E(Y)-D(Y)==\frac{2}{3}-\frac{2}{3} \times 1-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3} \text {. }$
      因此，$P\{X=2Y\} = \frac{1}{4}$ 并且 $\operatorname{Cov}(X-Y, Y) = -\frac{2}{3}$。

(23)

(本题满分 11 分)
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立且分别服从正态分布 $\displaystyle N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 与 $\displaystyle N\left(\mu, 2 \sigma^{2}\right)$, 其中 $\displaystyle \sigma$ 是未知参数 且 $\displaystyle \sigma>0$. 记 $Z=X-Y$.
(I) 求 $Z$ 的概率密度 $\displaystyle f\left(z ; \sigma^{2}\right)$;
(II) 设 $Z_{1}, Z_{2}, \cdots, Z_{n}$ 为来自总体 $Z$ 的简单随机样本, 求 $\displaystyle \sigma^{2}$ 的最大似然估计量 $\displaystyle \widehat{\sigma^{2}}$;
(III) 证明 $\displaystyle \widehat{\sigma^{2}}$ 为 $\displaystyle \sigma^{2}$ 的无偏估计量.

(23)

解

• 问题 I：求 $Z$ 的概率密度 $\displaystyle f(z; \sigma^2)$

  • 已知条件
    • $\displaystyle X \sim N(\mu, \sigma^2)$
    • $\displaystyle Y \sim N(\mu, 2\sigma^2)$
    • $Z = X - Y$
  • 有限个独立的正态分布的线性组合还是正态分布
    • 计算 $Z$ 的期望和方差
      • 期望:$E Z=E(x-y)=E x-E Y=0$
      • 方差:$\displaystyle D Z=D(x-Y)=8 x+D Y=\sigma^2+2 \sigma^2=3 \sigma^2$
    • 得出 $Z$ 的分布
      • $\displaystyle Z \sim\underbrace{ N(0, 3\sigma^2)}_{(期望，方差)}$
  • 写出 $Z$ 的概率密度函数
    • 先要知道正态分布的密度函数:$\displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2 \sigma^{2}}}(x \in \mathbf{R} .)\xrightarrow[]{将Z \sim N\left(0,3 \sigma^2\right)代入}$
    • $\displaystyle f\left(z, \sigma^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sqrt{3 \sigma^2}} \cdot e^{-\frac{x^2}{2 \cdot 3 \sigma^2}}\xlongequal[]{化简}\frac{1}{\sqrt{6 \pi} \sigma} e^{-\frac{x^2}{6 \sigma^2}}$

• 问题 II：求 $\displaystyle \sigma^2$ 的最大似然估计量 $\displaystyle \widehat{\sigma^2}$

  • 似然函数的构建和求解:把每个样本对应的概率密度相乘
    • 构建基于 $Z_i$ 的似然函数
      • $\displaystyle L(\sigma^2) = \prod_{i=1}^n f(z_i; \sigma^2)=\left(\frac{1}{\sqrt{6 \pi} \sigma}\right)^n e^{\frac{1}{-6 \sigma ^2}\sum_{i=1}^n z_i^2}$
    • 求解最大似然估计量
      • 对似然函数取对数
        • $\displaystyle \ln L(\sigma^2) = -\frac{n}{2}\ln(6\pi\sigma^2) - \frac{1}{6\sigma^2}\sum_{i=1}^n z_i^2\xlongequal[]{拆成加法}-\frac{n}{2} \ln 6 \pi-\frac{n}{2} \ln \sigma^2-\frac{1}{6 \sigma^2} \sum_{i=1}^n z_i$
      • 并对$\displaystyle \sigma^2$这个整体求导：$\displaystyle \frac{d \ln\sigma^2}{d \sigma^2}=-\frac{n}{2}·\frac{1}{\sigma^2}+\frac{1}{6} \sum_{i=1}^n z_i^2 \frac{1}{\sigma^4}=0$
        • 解方程移项，得$\displaystyle \frac{1}{\sigma^4} \frac{1}{b} \sum_{i=1}^n z_i^2=\frac{n}{2} \frac{1}{\sigma^2}$
          • 再次移项，得$\displaystyle \widehat{\sigma^2} = \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^n z_i^2$

• 问题 III：证明 $\displaystyle \widehat{\sigma^2}$ 是无偏估计量

  • 证明无偏估计就是计算期望
    • 计算 $\displaystyle \widehat{\sigma^2}$ 的期望
      • $\displaystyle E(\widehat{\sigma^2}) =\frac{1}{3 n} E\left(\sum_{i=1}^n z_i^2\right)\xlongequal[]{将求和提出来} \frac{1}{3n}\sum_{i=1}^n E(Z_i^2)$
      • $\xlongequal[]{求和就是乘n}\frac{1}{3 n} \cdot n E\left(z^2\right)\xlongequal[转化为求期望和方差]{求平方的期望}\frac13(D z+\underbrace{{Ez}^2}_{正态=0})$
      • 展开并简化
        • $\displaystyle E(\widehat{\sigma^2}) =\frac{1}{3}DZ = \sigma^2$
    • 得出结论
      • $\displaystyle \widehat{\sigma^2}$ 是无偏的
        • 因为 $\displaystyle E(\widehat{\sigma^2}) = \sigma^2$

这个二叉树结构清晰地展示了每一部分的求解步骤及其逻辑关系，帮助理解如何求出 $Z$ 的概率密度函数、$\displaystyle \sigma^2$ 的最大似然估计量，并证明这个估计量是无偏的。

(I ) 因 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以 $Z=X-Y$ 服从正态分布, 且 $\displaystyle E Z=0, D Z=D X+D Y=3 \sigma^2$, 故 $Z$ 的概率密度为

• $\displaystyle f\left(z ; \sigma^2\right)=\frac{1}{\sqrt{6 \pi \sigma^2}} \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{\sigma_0}},-\infty<z<+\infty .$(II) 解 设 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ 为样本 $Z_1, Z_2, \cdots, Z_n$ 的观测值, 则似然函数为
• $\displaystyle \begin{aligned} L\left(\sigma^2\right)=\prod_{i=1}^n f\left(z_i ; \sigma^2\right)=\left(6 \pi \sigma^2\right)^{-\frac{n}{2}} \exp \left\{-\frac{1}{6 \sigma^2} \sum_{i=1}^n z_i^2\right\}, \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} \ln L\left(\sigma^2\right)=-\frac{n}{2} \ln \left(6 \pi \sigma^2\right)-\frac{1}{6 \sigma^2} \sum_{i=1}^n z_i^2 . \end{aligned}$令 $\displaystyle \frac{\mathrm{d}\left[\ln L\left(\sigma^2\right)\right]}{\mathrm{d} \sigma^2}=-\frac{n}{2 \sigma^2}+\frac{1}{6 \sigma^4} \sum_{i=1}^n z_i^2=0$, 解得 $\displaystyle \sigma^2=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^n z_i^2$, 故 $\displaystyle \sigma^2$ 的最大似然估计量为
• $\displaystyle \hat{\sigma}^2=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^n Z_i^2$(III) 证 因 $\displaystyle E\left(\hat{\sigma}^2\right)=\frac{1}{3 n} \sum_{i=1}^n E\left(Z_i^2\right)=\frac{1}{3} E\left(Z^2\right)=\frac{1}{3} D Z=\sigma^2$, 所以 $\displaystyle \hat{\sigma}^2$ 是 $\displaystyle \sigma^2$ 的无偏估计量.