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)

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续, 其 2 阶导函数 $f^{\prime \prime}(x)$ 的图形 如右图所示,

则曲线 $y=f(x)$ 的拐点个数为 $(\quad)$(A) 0 . ( B ) 1 . (C) 2 . ( D) 3 .

(1)

• 答 应选 (C).
• $f^{\prime \prime}(x)$ 的零点有 2 个
  • $A$ 点两侧 $f^{\prime \prime}(x)$ 恒正, 所对应的点不是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • $B$ 点两侧 $f^{\prime \prime}(x)$ 异号, 所对应的点是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • 虽然 $f^{\prime \prime}(0)$ 不存在, 但点 $x=0$ 两侧 $f^{\prime \prime}(x)$ 异号, 因而 $(0, f(0))$ 是 $y=f(x)$ 的拐点.
• 因此共有 2 个拐点.

(2)

设 $y=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 x}+\left(x-\frac{1}{3}\right) \mathrm{e}^{x}$ 是二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=c \mathrm{e}^{x}$ 的一个特解, 则 ( )

(A) $a=-3, b=2, c=-1$. (B) $a=3, b=2, c=-1$. (C) $a=-3, b=2, c=1$. (D) $a=3, b=2, c=1$.

(2)

• 答 应选(A).
• 本题主要考查微分方程的解的概念.
  • 已知微分方程的一个特解，要求原方程的系数。
  • 可以直接将解代入原方程，然后比较等式两端的系数求出未知参数。
• $\displaystyle \begin{aligned}y =\frac{1}{2} e^{2 x}+\left(x-\frac{1}{3}\right) e^x \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} y^{\prime}=\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot e^{2 x}+e^x+\left(x-\frac{1}{3}\right) \cdot e^x =e^{2 x}+\left(x+\frac{2}{3}\right) e^x\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} y^{\prime \prime} & =2 e^{2 x}+e^x+\left(x+\frac{2}{3}\right) e^x=2 e^{2 x}+\left(x+\frac{5}{3}\right) e^x \end{aligned}$
• 将上面求的$y，y'，y''$代入 $y^{\prime \prime}+a y^{\prime}+b y=c \mathrm{e}^x$ 中
  • $\displaystyle \begin{aligned}2 e^{2 x}+\left(x+\frac{5}{3}\right) e^x+a e^{2 x}+a\left(x+\frac{2}{3}\right) e^x+\frac{b}{2} e^{2 x}+b\left(x-\frac{1}{3}\right) e^x=ce^x\end{aligned}$
  • 整理得，$\displaystyle \begin{aligned}\left(2+a+\frac{1}{2} b\right) \mathrm{e}^{2 x}+(1+a+b) x \mathrm{e}^x+\left(\frac{5}{3}+\frac{2}{3} a-\frac{1}{3} b\right) \mathrm{e}^x=c \mathrm{e}^x\end{aligned}$
  • 比较上式两端系数, 得到 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}2+a+\frac{1}{2} b=0, \\ 1+a+b=0, \\ \frac{5}{3}+\frac{2}{3} a-\frac{1}{3} b=c,\end{array}\right.$
    • 解得 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}a=-3, \\ b=2, \\ c=-1,\end{array}\right.$ 故选 A.

方法2

• 由特解 $y=\frac{1}{2} \mathrm{e}^{2 x}-\frac{1}{3} \mathrm{e}^x+x \mathrm{e}^x$ 知,
  • 方程的特征根为 $r_1=2, r_2=1$,
  • 特征方程为 $(r-2)(r-1)=0$, 即 $r^2-3 r+2=0$.
  • 又原方程的特征方程为 $r^2+a r+b=0$, 于是 $a=-3, b=2$.
• 将特解 $y^*=x \mathrm{e}^x$，求$y'和y''$代入原方程得
  • $\left(x \mathrm{e}^x\right)^{\prime \prime}-3\left(x \mathrm{e}^x\right)^{\prime}+2 x \mathrm{e}^x=(x+2) \mathrm{e}^x-3(x+1) \mathrm{e}^x+2 x \mathrm{e}^x=-\mathrm{e}^x=c \mathrm{e}^x,$
  • 因此 $c=-1$

(3)

若级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛, 则 $x=\sqrt{3}$ 与 $x=3$ 依次为幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-1)^{n}$ 的 $(\quad)$(A) 收敛点,收敛点. (B) 收玫点, 发散点. (C) 发散点,收敛点. (D) 发散点, 发散点.

(3)

• 答 应选(B). 解 由 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛可知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n$ 的收敛半径 $R=1$ (若 $R<1$, 则 $\displaystyle \left.\sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n\right|_{t=1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散; 若 $R>1$, 则 $\displaystyle \left.\sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n\right|_{t=1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收玫,均矛盾), 故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n a_n t^n=t \sum_{n=1}^{\infty} n a_n t^{n-1}=t \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n t^n\right)^{\prime}$ 的收敛半径 $R=1$ (逐项求导不改变收敛半径). 则 当 $x=\sqrt{3}$ 时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n a_n(\sqrt{3}-1)^n$ 绝对收玫 $(0<\sqrt{3}-1<1)$; 当 $x=3$ 时, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n a_n(3-1)^n=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n 2^n$ 发散 $(2>1)$. 注 本题用到一个基本结论: 若幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x=x_0$ 处条件收敛,则 $x=x_0$ 是该基级数收敛区间 的一个端点.

(4)

设 $D$ 是第一象限中的曲线 $2 x y=1,4 x y=1$ 与直线 $y=x, y=\sqrt{3} x$ 围成的平面区域, 函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上连续, 则 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=(\quad)$ (A) $\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{1}{2 \sin 2 \theta}}^{\frac{1}{\sin 2 \theta}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r$. (B) $\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r$. (C) $\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{1}{2 \sin 2 \theta}}^{\frac{1}{\sin 2 \theta}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) \mathrm{d} r$. (D) $\displaystyle \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) \mathrm{d} r$.

(4)

• 答 应选(B).
• 
  
• 区域 $D$ 如图所示. 作极坐标变换, 将 $\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 化为二次积分.
  • $\displaystyle \begin{aligned} 2xy = 1 \Rightarrow 2r^2\sin\theta\cos\theta = 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} r^2\sin2\theta = 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} r = \frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}} \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} 4xy = 1 \Rightarrow 4r^2\sin\theta\cos\theta = 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} r^2 \cdot 2\sin2\theta = 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} r = \frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}} \end{aligned}$
• $D$ 的极坐标范围是
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{\pi}{4} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{3}\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}} \leqslant r \leqslant \frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}\end{aligned}$
• 因此$\displaystyle \begin{aligned}\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2 \sin 2 \theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r\end{aligned}$

(5)

设矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & a \\ 1 & 4 & a^{2}\end{array}\right), \boldsymbol{b}=\left(\begin{array}{l}1 \\ d \\ d^{2}\end{array}\right)$. 若集合 $\Omega=\{1,2\}$, 则线性方程组 $\boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 有无 穷多解的充分必要条件为 ( ) ( A ) $a \notin \Omega, d \notin \Omega$. ( В) $a \notin \Omega, d \in \Omega$. ( C) $a \in \Omega, d \notin \Omega$. (D) $a \in \Omega, d \in \Omega$.

(5)

• 答 应选(D). 解 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 有无穷多解 $\Leftrightarrow r(\boldsymbol{A} ; \boldsymbol{b})=r(\boldsymbol{A})<3 .|\boldsymbol{A}|$ 是一个范德蒙德行列式, 值为 $(a-1)(a-2)$. 若 $a \notin \Omega$, 则 $|\boldsymbol{A}| \neq 0, r(\boldsymbol{A})=3$, 此时 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}$ 有唯一解, (A), (B) 排除; 类似地,若 $d \notin \Omega$, 则 $r(\boldsymbol{A}: \boldsymbol{b})=3$, (C) 排除; 当 $a \in \Omega, d \in \Omega$ 时, $r(\boldsymbol{A} ; \boldsymbol{b})=r(\boldsymbol{A})=2, \boldsymbol{A x}=\boldsymbol{b}$ 有无穷多解. 选(D).

(6)

设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{P} \boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $2 y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$, 其中 $\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right)$. 若 $\boldsymbol{Q}=\left(\boldsymbol{e}_{1},-\boldsymbol{e}_{3}, \boldsymbol{e}_{2}\right)$, 则 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q y}$ 下的标准形为 $(\quad)$(A) $2 y_{1}^{2}-y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$. (B) $2 y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$. ( C) $2 y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$. (D) $2 y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$.

(6)

• 答 应选(A). 解 设二次型矩阵为 $\boldsymbol{A}$, 则
• $\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}=\boldsymbol{P}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & -1\end{array}\right),$e_1, e_2, e_3$ 分别是 $A$ 的对应于特征值 2,1,-1 的特征向量. 于是一 $e_3$ 也是 $A$ 的对应于特征值一 1 的特征向 因此$\displaystyle Q^{-1} A Q=Q^{\mathrm{T}} A Q=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\0 & -1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right),$而 $f$ 在正交变换 $x=Q y$ 下的标准形为 $2 y_1^2-y_2^2+y_3^2$.

(7)

若 $A, B$ 为任意两个随机事件, 则 ( )(A) $P(A B) \leqslant P(A) P(B)$.(B) $P(A B) \geqslant P(A) P(B)$.(C) $P(A B) \leqslant \frac{P(A)+P(B)}{2}$.(D) $P(A B) \geqslant \frac{P(A)+P(B)}{2}$.

(7)

解

• 分析选项

  • 考察 $P(AB)$ 与 $P(A)$、$P(B)$ 的关系
    • 选项 (A) 和 (B) 涉及 $P(AB)$ 与 $P(A)P(B)$ 的比较
    • 选项 (C) 和 (D) 涉及 $P(AB)$ 与 $\frac{P(A) + P(B)}{2}$ 的比较

• 确定正确选项

  • 由 $P(AB) \leqslant P(A)$ 和$P(AB) \leqslant P(B)$
    • 两者相加得，得 $2P(AB) \leqslant P(A) + P(B)\xrightarrow[]{移项}P(AB) \leqslant \frac{P(A) + P(B)}{2}$
    • 正确选项是 (C)

(8)

设随机变量 $X, Y$ 不相关, 且 $E(X)=2, E(Y)=1, D(X)=3$, 则 $E[X(X+Y-2)]=(\quad)$(A) -3 .(B) 3 .(C) -5 .(D) 5 .

(8)

• 已知条件

  • $X$ 和 $Y$ 不相关，意味着 $E(XY) = E(X)E(Y)$。
  • $E(X) = 2$，$E(Y) = 1$，$D(X) = 3$。

• 计算 $E[X(X+Y-2)]$

  • 展开表达式得到 $E[X(X+Y-2)] = E(X^2) + E(XY) - 2E(X)$。
  • 使用 $E(X^2) = D(X) + (E(X))^2$：
    • $E(X^2) = D(X) + (E(X))^2 = 3 + 2^2 = 7$。
  • 使用 $X$ 和 $Y$ 不相关的性质计算 $E(XY)$：
    • $E(XY) = E(X)E(Y) = 2 \times 1 = 2$。
  • 现在将值代入表达式：
    • $E[X(X+Y-2)] = 7 + 2 - 2 \times 2 = 5$。 因此，$E[X(X+Y-2)] = 5$，答案是选项 (D)。

(9)

$\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (\cos x)}{x^{2}}=$

(9)

答 应填 $-\frac{1}{2}$.

• 等价无穷小代换(本质是泰勒)
  • 利用等价无穷小代换，$\ln(1 + x) \sim x$ 当 $u \to 0$。
    • 所以 $\ln(\cos x)＝\ln(1+\cos x-1) \sim \cos x - 1$。
  • 又因为 $\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$ 当 $x \to 0$（使用等价无穷小）
    • 因此，$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2} x^2}{x^2} = -\frac{1}{2}$。

(10)

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

(10)

• • 计算积分 $\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right) \mathrm{d} x$。
    • 将积分分为两部分。
      • 第一部分：$\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos x} \mathrm{~d} x$。
        • 区间对称，考虑被积函数是奇函数还是偶函数
          • 由于 $\frac{\sin x}{1+\cos x}$ 是奇函数，其在对称区间的积分为0。
      • 第二部分：偶函数翻倍=$\displaystyle 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \mathrm{~d} x$。
        • 计算 $|x|$ 在 $[- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 区间的积分。
          • 因 $|x|$ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 为 $x$，且函数是偶函数，故积分范围变为 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 的两倍。
        • 计算 $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} x \mathrm{~d} x$。
          • 使用基本积分公式。
            • 得到 $\left.x^2\right|_0 ^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^2}{4}$。
    • 合并两部分结果。
      • 第一部分结果为0，第二部分结果为 $\frac{\pi^2}{4}$。
      • 最终结果为 $\frac{\pi^2}{4}$

(11)

若函数 $z=z(x, y)$ 由方程 $\mathrm{e}^{z}+x y z+x+\cos x=2$ 确定, 则 $\left.\mathrm{d} z\right|_{(0,1)}=$

(11)

解 本解法不是最优解法 该问题涉及求函数 $z=z(x, y)$，由方程 $\mathrm{e}^{z} + xyz + x + \cos x = 2$ 确定，在点 $(0,1)$ 的微分 $\mathrm{d}z$。

• 因为隐函数方程中有z，所以求出 $z(0,1)$的具体值

  • 代入 $x = 0$ 和 $y = 1$ 到原方程，得 $\mathrm{e}^{z(0,1)} + 0 + 0 + \cos 0 = 2$。
    • 解方程得 $z(0,1) = 0$。

• 求偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$。

  • 对原方程关于 $x$ 求偏导数得：$\mathrm{e}^{z} \frac{\partial z}{\partial x} + yz + xyz \frac{\partial z}{\partial x} + 1 - \sin x = 0$。
  • 对原方程关于 $y$ 求偏导数得：$\mathrm{e}^{z} \frac{\partial z}{\partial y} + xz + xyz \frac{\partial z}{\partial y} = 0$。

• 先代值，再移项，求点 $(0,1)$ 偏导数的值

  • 代入 $x = 0$，$y = 1$，$z = 0$ 得：
    • $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} = -1$
    • $\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = 0$

• 写出全微分公式

  • 使用全微分公式得：$\left.\mathrm{d}z\right|_{(0,1)} = \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} \mathrm{d}x + \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} \mathrm{d}y=-\mathrm{d}x$

(12)

设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 $\iiint_{\Omega}(x+2 y+3 z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ $=$

(12)

• 
  ，
• (2) 轮换对称性
  若将表示积分区域 $\Omega$ 的表达式中的 $x, y, z$ 轮换后表达式不变, 则将被积函数中 $x, y, z$ 作相应的轮换后积分值不变，即
  • $\displaystyle \begin{aligned} & \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} f(y, z, x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} f(z, x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\frac{1}{3} \iint_{\Omega}[f(x, y, z)+f(y, z, x)+f(z, x, y)] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z . \end{aligned}$
• 由轮换对称性知，$\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z .$
  • 又 $\Omega=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_x, 0 \leqslant z\leqslant 1\right\}$,
  • 其中 $D_x=\{(x, y) \mid x+y \leqslant 1-z, y \geqslant 0, z \geqslant 0\}$,
    • 其面积为 $\frac{(1-z)^2}{2}$,
      投影
      
• $\displaystyle \begin{aligned} \iiint_{\Omega}(x+2 y+3 z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =6 \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\end{aligned}$
  • 其中$\displaystyle \begin{aligned}\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}=\int_0^1 z \mathrm{~d} z\iint_{D_x} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\int_0^1 z \cdot \frac{(1-z)^2}{2} \mathrm{~d} x \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} & =\frac{1}{2} \int_0^1\left(z^3-2 z^2+z\right) d z \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} =\left.\frac{1}{2}\left(\frac{z^2}{4}-\frac{2}{3}-\frac{2}{3}+\frac{z^2}{2}\right)\right|_0 ^1=\frac{1}{24} \end{aligned}$

(13)

$n$ 阶行列式 $\displaystyle \left|\begin{array}{ccccc}2 & 0 & \cdots & 0 & 2 \\ -1 & 2 & \cdots & 0 & 2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 2 & 2 \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 2\end{array}\right|=$

(13)

• [9.29](file:///C:/Users/wangpanfeng/Videos/01.%E6%95%B0%E5%AD%A6%E4%B8%80/02.2015%E5%B9%B4%E6%95%B0%E4%B8%80%E7%9C%9F%E9%A2%98/02.2015%E5%B9%B4%E8%80%83%E7%A0%94%E6%95%B0%E5%AD%A6%E7%9C%9F%E9%A2%98%E5%A1%AB%E7%A9%BA%E9%A2%98%EF%BC%88%E6%95%B0%E4%B8%80%EF%BC%89.mp4#t=09:29)
• 答 应填 $2^{n+1}-2$.解法 1 递推法. 将此行列式记为 $D_n$, 按第 $n$ 行展开, 得 $D_n=(-1)^{2 n-1} \cdot(-1) D_{n-1}+2^n=D_{n-1}+2^n$, 得到递推公式 $D_n=D_{n-1}+2^n(n>1)$. 于是$\displaystyle \begin{aligned} D_n & =D_{n-1}+2^n=D_{n-2}+2^{n-1}+2^n=\cdots=D_1+2^2+2^3+\cdots+2^n \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =2+2^2+2^3+\cdots+2^n=2^{n+1}-2 . \end{aligned}$解法 2 作初等行变换, 把第 1 行消到只剩最右边一个非零元索.做法如下:第 1 行加第 2 行的 2 倍, 加第 3 行的 $2^2$ 倍, $\cdots$, 加第 $n$ 行的 $2^{n-1}$ 倍, 使得第 1 行成为 0,0 , $0, \cdots, 0, a$, 其中 $a=2+4+8+\cdots+2^n=2^{n+1}-2$. 再按第 1 行展开, 得 $D_n=2^{n+1}-2$.注 本题还有多种解法,如按第 1 行展开得递推公式 $D_n=2 D_{n-1}+2$; 作初等行变换,化原行列式为上 三角行列式(做法为自上而下, 把各行的 $\frac{1}{2}$ 倍加到下一行, 于是消去了对角线下所有的 -1 ); 作初等行变 换,消去第 1 行到第 $n-1$ 行上的对角线元素 2 (做法为自下而上,把各行的 2 倍加到上一行) 等.

(14)

设二维随机变量 $(X, Y)$ 服从正态分布 $N(1,0 ; 1,1 ; 0)$,则 $P\{X Y-Y<0\}=$

(14)

• 解

• 二维随机变量 $(X, Y)$ 的分布

  • $(X, Y)$ 服从二维正态分布 $N(1,0 ; 1,1 ; 0)$，意味着
    • $X \sim N(1,1)$（$X$ 服从均值为 1，方差为 1 的正态分布）
    • $Y \sim N(0,1)$（$Y$ 服从均值为 0，方差为 1 的正态分布）
    • $X$ 和 $Y$ 相互独立

• 转换 $X$

  • $X - 1$ 也服从标准正态分布 $N(0,1)$
  • 因为 $X$ 的均值为 1，减去均值后得到 $X - 1 \sim N(0,1)$

• 计算 $P\{XY - Y < 0\}\xlongequal[]{分配律}P\{(X-1)Y < 0\}$

  • 因为X-1和Y相互独立，所以：
    • $P\{(X-1)Y < 0\}\xlongequal[不能同正同负]{一正一负}P\{X-1 < 0, Y > 0\} + P\{X-1 > 0, Y < 0\}$
    • $\xlongequal[]{X-1和Y相互独立}P\{X-1 < 0\} \cdot P\{Y > 0\} + P\{X-1 > 0\} \cdot P\{Y < 0\}$
    • 由于 $X-1$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布，它们小于或大于 0 的概率都是 1/2(对称轴两边一半一半)
      • $= 2 \times \Phi(0) \times [1 - \Phi(0)]$
      • $= 2 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

所以，$P\{XY - Y < 0\} = \frac{1}{2}$。

(15)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)=x+a \ln (1+x)+b x \sin x, g(x)=k x^{3}$. 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \rightarrow 0$ 时 是等价无穷小, 求 $a, b, k$ 值.

（15）

• 泰勒展开 $\ln(1 + x)$ 和 $\sin x$:
  • $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$
  • $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$
• 将展开式的ln和sin代入回 $f(x)$:
  • $f(x) = x + a\left(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}\right) + b x\left(x - \frac{x^3}{6}\right) + o(x^3)$
  • 合并同阶得到：
    $f(x) = (1 + a) x + \left(b - \frac{a}{2}\right) x^2 + \left(\frac{a}{3} - \frac{b}{6}\right) x^3 + o(x^3)$
• 由于 $f(x)$ 和 $g(x) = k x^3$ 在 $x \rightarrow 0$ 时等价，
  比较 $f(x)$ 和 $g(x)$同次幂的系数
  • 我们需要 $f(x)$ 的一次和二次项消失且三次项系数字等于 $k$，
    $1 + a = 0, \quad b - \frac{a}{2} = 0, \quad \frac{a}{3} - \frac{b}{6} = k$
• 求解 $a$, $b$, 和 $k$:
  • 从 $1 + a = 0$ 得到 $a = -1$。
  • 将$a$代入,从 $b - \frac{a}{2} = 0$ 得到 $b = -\frac{1}{2}$。
  • 将$a和b$代入,从 $\frac{a}{3} - \frac{b}{6} = k$ 得到 $k = -\frac{1}{3}$。

(16)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于零. 若对任意的 $x_{0} \in I$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ 处 的切线与直线 $x=x_{0}$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 4 , 且 $f(0)=2$, 求 $f(x)$ 的表达式.

(16)

• 
  
• ① 写出切线方程:$\displaystyle \begin{aligned} y - f(x_0) = f'(x_0)(X - x_0) \end{aligned}$
• ② 计算区域面积.
  • 一条直角边长: $\displaystyle \begin{aligned} \left|f(x_0)\right| \end{aligned}$.
  • 另一条直角边长: $\displaystyle \begin{aligned} \left|x^* - x_0\right| \end{aligned}$.
    • 在(1)式中, 令 $\displaystyle \begin{aligned} y = 0 \end{aligned}$, 可得:$\displaystyle \begin{aligned} -f(x_0) = f'(x_0)\left(x^* - x_0\right) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \left|x^* - x_0\right| = \left|\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\right| \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned}S=\frac{1}{2}底×高=\frac{1}{2}\left|f\left(x_0\right)\right| \cdot\left|\frac{f\left(x_0\right)}{f^{\prime}\left(x_0\right.}\right|=\frac{1}{2} \frac{\left[f\left(x_0\right)\right]^2}{f^{\prime}\left(x_0\right)} = 4\end{aligned}$
  • $\xrightarrow[]{y=f(x_0)}8 y^{\prime}=y^2$.
    • 分离变量, 得 $\frac{8}{y^2} \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x$.
    • 方程两端积分, 得 $-\frac{8}{y}=x+C$, 其中 $C$ 为待定常数.
    • 由于 $f(0)=2$,故 $C=-4$,
  • 从而 $\displaystyle \begin{aligned}y=\frac{8}{4-x}\end{aligned}$

(17)

(本题满分 10 分)已知函数 $f(x, y)=x+y+x y$, 曲线 $C: x^{2}+y^{2}+x y=3$, 求 $f(x, y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

(17)

• 解题过程

  • 目标函数:梯度的模长
  • 约束条件：$\displaystyle \begin{aligned} x^2 + y^2 + xy = 3 \end{aligned}$。

• 求梯度的模长

  • 函数:$\displaystyle \begin{aligned} f(x, y) = x + y + xy \end{aligned}$
  • 函数的梯度:$\displaystyle \begin{aligned} \Rightarrow (f_x, f_y) = (1 + y, 1 + x) \end{aligned}$
  • 然后是梯度的模长等于坐标平方和

• 构造拉格朗日函数

  • 目标函数：$\displaystyle \begin{aligned} g(x, y) = (1 + x)^2 + (1 + y)^2 \end{aligned}$。
    • 由于求模的最大值与求模的平方的最大值等价,
    • 故为了方便计算, 我们没有令 $g(x, y)=\sqrt{f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}}$, 而是令 $g(x, y)=f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}$.
  • 约束条件：$\displaystyle \begin{aligned} \varphi(x, y) = x^2 + y^2 + xy - 3 = 0 \end{aligned}$。

• 作拉格朗日函数:$\displaystyle \begin{aligned} L(x, y, \lambda)=g(x, y)+\lambda \varphi(x, y)=(1+y)^2+ & (1+x)^2+\lambda\left(x^2+y^2+x y-3\right) \end{aligned}$

  • $\displaystyle \begin{aligned} \left\{\begin{array}{l}①L_x^{\prime}=2(1+x)+\lambda(2 x+y)=0, \\②L_y^{\prime}=2(1+y)+\lambda(2 y+x)=0, \\③L_\lambda^{\prime}=x^2+y^2+x y-3=0 .\end{array}\right. \end{aligned}$
    • $(1)-(2)$, 得
      • $\displaystyle \begin{aligned} & 2(x-y)+\lambda(x-y)=0 \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} (\lambda+2)(x-y)=0 \end{aligned}$
  • 分情况讨论
    • (1) $x=y$ :
      • $3 x^2=3$
      • $\displaystyle \Rightarrow\left\{\begin{array} { l } { x = 1 } \\{ y = 1 }\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}x=-1 \\y=-1 .\end{array}\right.\right.$
    • (2) $\lambda=-2$ : 代入$(1)$
      • $\displaystyle \begin{aligned} & 2(1+x)-2(2 x+y)=0 \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} x+y-1=0 \end{aligned}$，代入消元法，代入(3)
      • $\displaystyle \begin{aligned} x^2+(1-x)^2+x(1-x)=3 \end{aligned}$
        • $x^2-x-2=0$
        • 得$x=-1，x=2$
  • 则$\displaystyle \begin{aligned} g(x, y)=(1+x)^2+(1+y)^2 \end{aligned}$有四个可能的极值点$\displaystyle \begin{aligned} (1，1)& (-1,-1),(2,-1),(-1,2) \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} g(1,1)=8 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} g(-1,-1)=0 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} g(2,-1)=g(-1,2)=9 \end{aligned}$

• 故 $g(x, y)$ 在条件 $x^2+y^2+x y=3$ 下的最大值为 9 ,
  从而 $f(x, y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数为 3 .

• 若函数 $f(x, y, z)$ 在点 $\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处可微分, $e_l=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则$\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right) \cdot e_l=\left|\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)\right| \cos \theta$

  • 这里 $\theta$ 为向量 $\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 与向量 $e_l$ 的夹角.
    • 当 $\theta=0$ 时, 即 $e_l$ 与梯度 $\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 方向相同时, 函数 $f(x, y, z)$ 沿这个方向增加最快, 且在这个方向的方向导数达到最大, 此时 $\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=\left|\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta=\pi$ 时,即 $\boldsymbol{e}_t$ 与梯度 $\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 方向相反时, 函数 $f(x, y, z)$ 沿这个方向减少最快, 且在这个方向的方向导数达到最小, 此时 $\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=-\left|\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 时,即 $e_l$ 与梯度 $\operatorname{grad} f\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 正交时,函数 $f(x, y, z)$ 沿这个方向的变化率为 0 , 此时 $\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{\left(x_0, y_0, z_0\right)}=0$.

(18)

(本题满分 10 分)(抽象题) （I ) 设函数 $u(x), v(x)$ 可导,利用导数定义证明 $[u(x) v(x)]^{\prime}=u^{\prime}(x) v(x)+u(x) v^{\prime}(x)$;(II) 设函数 $u_{1}(x), u_{2}(x), \cdots, u_{n}(x)$ 可导, $f(x)=u_{1}(x) u_{2}(x) \cdots u_{n}(x)$, 写出 $f(x)$ 的求导公式.

(18)

• （I ) 证 因为函数 $u(x), v(x)$ 可导,所以$\displaystyle \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}=u^{\prime}(x), \lim _{\Delta r \rightarrow 0} \frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}=v^{\prime}(x) \text {, 且 } \lim _{\Delta x \rightarrow 0} v(x+\Delta x)=v(x) .$从而$\displaystyle \begin{aligned} {[u(x) v(x)]^{\prime} } & =\lim _{\Delta \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x) v(x+\Delta x)-u(x) v(x)}{\Delta x} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x) v(x+\Delta x)-u(x) v(x+\Delta x)+u(x) v(x+\Delta x)-u(x) v(x)}{\Delta x} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{\Delta x \rightarrow 0}\left[\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x} v(x+\Delta x)+u(x) \frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right] \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x} \cdot \lim _{\Delta x \rightarrow 0} v(x+\Delta x)+u(x) \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x} \end{aligned}$
• $\displaystyle \begin{aligned} =u^{\prime}(x) v(x)+u(x) v^{\prime}(x) . \end{aligned}$（II ) 解 $f^{\prime}(x)=u_1^{\prime}(x) u_2(x) \cdots u_n(x)+u_1(x) u_2^{\prime}(x) \cdots u_n(x)+\cdots+u_1(x) u_2(x) \cdots u_n^{\prime}(x)$.注 这是继 2008,2009 年后又一次考查基本定理(性质)、基本公式的推导, 本题和 2008 年的 (18)题 都是在考査导数的定义, 这是高等数学中一个非常重要的定义, 但可惜, 不论是 2008 年的变限积分求导公 式还是 2015 年的乘积求导公式(本题), 考生作答得都不够理想,究其原因还是基础不够扎实.

(19)

(本题满分 10 分)已知曲线 $L$ 的方程为 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^{2}-y^{2}} \\ z=x,\end{array}\right.$ 起点为 $A(0, \sqrt{2}, 0)$, 终点为 $B(0,-\sqrt{2}, 0)$, 计算曲线积 分 $\displaystyle I=\int_{L}(y+z) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}+y\right) \mathrm{d} y+x^{2} y^{2} \mathrm{~d} z$.

(19)

斯托克斯(一阶连续偏导)

• (2)看题目要求是否说明有一阶连续偏导，否则用投代积
  
• 斯托克斯公式直接化为第一类曲面积分
  空间平面怎么算
  空间曲面怎么算
  $\displaystyle \oint_{\Gamma} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y+R \mathrm{~d} z=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\P & Q & R\end{array}\right| \mathrm{d} S$
  • 其中 $\boldsymbol{n}=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ 为有向曲面 $\displaystyle \Sigma$ 在点 $(x, y, z)$处的单位法向量.
• 解题思路
  • $\displaystyle \begin{aligned} & \oint_{L+L^{\prime}} \xrightarrow[]{斯托克斯} \int_{\Sigma} \mid \quad\mid d s . \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \oint_{L+L^{\prime}}-\oint_{L^{\prime}}=I \end{aligned}$
• 设 $L_1$ 是从点 $B$ 到点 $A$ 的直线段, $\displaystyle \Sigma$ 为平面 $z=x$ 上由 $L$ 与 $L_1$ 围成的半圆面下侧,其面积为 $\pi$,单位法向量为 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
  • $\displaystyle \begin{aligned} z: z=x \end{aligned}$，则$\displaystyle \begin{aligned} x-z=0 \end{aligned}$
  • 法向量:$\displaystyle \begin{aligned} (1,0,-1) \end{aligned}$
  • 单位向量:$(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
• $\displaystyle \begin{aligned} \oint_{L+L_1}(y+z) \mathrm{d} x+\left(z^2-x^2+y\right) \mathrm{d} y+x^2 y^2 \mathrm{~d} z & \end{aligned}$. 由斯托克斯公式知,
  • $\displaystyle \begin{aligned}=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\y+z & z^2-x^2+y & x^2 y^2\end{array}\right| \mathrm{d} S\end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{按第一行展开}\iint_{\Sigma}\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2 x^2 y-2 z\right)+\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(-2 x-1)\right] d S \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{提出\frac{1}{\sqrt{2}}}\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_z\left(2 x^2 y-2 z+2 x+1\right) d S \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xlongequal[]{z=x}\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{\Sigma}\left(2 x^2 y+1\right) \mathrm{d} S \end{aligned}$
    • 由于曲面 $\displaystyle \Sigma$ 关于 $x O z$ 平面对称, 且函数 $2 x^2 y$ 是关于 $y$ 的奇函数, 故 $\displaystyle \iint_{\Sigma} 2 x^2 y \mathrm{~d} S=0$,
  • $\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{\Sigma} \mathrm{d} S=\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \Sigma$ 的面积
  • $\xlongequal[半圆的面积]{S=\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot(\sqrt{2})^2}\frac{\sqrt{2}}{2} \pi$
• 因此, $I=\frac{\sqrt{2}}{2} \pi-0=\frac{\sqrt{2}}{2} \pi$.

参数方程(连续函数)

• a. 一投二代三计算.(参数方程分为直角坐标和极坐标)
• 设 $\displaystyle \Gamma:\left\{\begin{array}{l}x=x(t), \\ y=y(t), t: a \rightarrow b, \\ z=z(t),\end{array}\right.$, 则有
  • $\displaystyle \begin{aligned}\int_{\Gamma} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y+R \mathrm{~d} z\end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} = & \int_a^b\left\{P[x(t), y(t), z(t)] x^{\prime}(t)+Q[x(t), y(t), z(t)] y^{\prime}(t)+R[x(t), y(t), z(t)] z^{\prime}(t)\right\} \mathrm{d} t . \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} & d x=x^{\prime}(t) d t \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} d y=y^{\prime}(t) d t \end{aligned}$
      • $\displaystyle \begin{aligned} d z=z^{\prime}(t) d t \end{aligned}$
• 如何写出参数方程:已知 $\displaystyle \begin{aligned} L: \left\{\begin{array}{l}z = \sqrt{2 - x^2 - y^2} \\z = x\end{array}\right. \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{z=x} x = \sqrt{2 - x^2 - y^2} \xrightarrow[]{两边平方} x^2 = 2 - x^2 - y^2 \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{移项} 2x^2 + y^2 = 2 \xrightarrow[]{化为椭圆方程} x^2 + \frac{y^2}{2} = 1 \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned}\xrightarrow[]{\cos ^2 t+\sin ^2 t=1} \left\{\begin{array}{l}x = \cos t \\y = \sqrt{2} \sin t \\z = \cos t\end{array}\right. \end{aligned}$
  • $t \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, 且 $L$ 的起点 $A$ 对应 $t=\frac{\pi}{2}$, 终点对应参数 $t=-\frac{\pi}{2}$
• $\displaystyle I=\int_{L}(y+z) \mathrm{d} x+\left(z^{2}-x^{2}+y\right) \mathrm{d} y+x^{2} y^{2} \mathrm{~d} z$.
  • $\displaystyle =\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}[(\sqrt{2} \sin t+\cos t)(-\sin t) + \underbrace{(\sqrt{2} \sin t )\cdot \sqrt{2} \cos t}_{\cos ^2 t-\cos ^2 t}+\cos ^2 t \cdot 2 \sin ^{{2} } t · (-\sin t)] d t$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{整理}\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}\left(-\sqrt{2} \sin ^2 t-\sin t \cos t+2 \sin t \cos t-2 \sin ^3 t \cos ^2 t\right) d t \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{整理}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(-\sqrt{2} \sin ^2 t+\sin t \cos t-2 \sin ^3 t \cos ^2 t\right) d t \end{aligned}$
  • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[奇函数为0]{区间对称}-\sqrt{2} \int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}} \sin ^2 t d t\xlongequal[]{偶函数翻倍}2 \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^2 t d t \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xlongequal[]{华里士}2 \sqrt{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} \pi \end{aligned}$
    • $\displaystyle \begin{aligned} \xrightarrow[]{二倍角公式也能算}过程自己算\end{aligned}$

(20)

(本题满分 11 分)

设向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 的一个基, $\boldsymbol{\beta}_{1}=2 \boldsymbol{\alpha}_{1}+2 k \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\beta}_{2}=2 \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+(k+1) \boldsymbol{\alpha}_{3}$. ( I ) 证明向量组 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 的一个基; ( II ) 当 $k$ 为何值时,存在非零向量 $\boldsymbol{\xi}$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}$ 与基 $\boldsymbol{\beta}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}$ 下的坐标相同,并求所有的 $\boldsymbol{\xi}$.

(20)

• (I ) 证 由于 $\left(\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right)=\left(2 \boldsymbol{\alpha}_1+2 k \boldsymbol{\alpha}_3, 2 \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_1+(k+1) \boldsymbol{\alpha}_3\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right) \boldsymbol{P}$, 其中
• $\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 1 \\0 & 2 & 0 \\2 k & 0 & k+1\end{array}\right),$且 $|\boldsymbol{P}|=4 \neq 0$, 所以 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 为 $\mathbf{R}^3$ 的一个基. （II ) 解 设 $\boldsymbol{\xi}$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 与基 $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$ 下的坐标向里为 $\boldsymbol{x}$, 则
• $\boldsymbol{\xi}=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right) x=\left(\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3\right) x=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right) P x,$所以
• $(P-E) x=0 .
• $对 $P-E$ 作初等行变换
• $\displaystyle \boldsymbol{P}-\boldsymbol{E}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 0 \\2 k & 0 & k\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 0 \\0 & 0 & -k\end{array}\right),$所以当 $k=0$ 时, 方程组 $(\boldsymbol{P}-\boldsymbol{E}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 有非零解, 且所有非零解为
• $\displaystyle x=c\left(\begin{array}{c}1 \\0 \\-1\end{array}\right) \text {, }$其中 $c$ 为任意非零常数. 故在两个基下坐标相同的所有非零向量为 $\displaystyle \boldsymbol{\xi}=\left(\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3\right)\left(\begin{array}{c}c \\ 0 \\ -c\end{array}\right)=c\left(\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_3\right), c$ 为任意非零常数.

(21)

(本题满分 11 分)

设矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & a\end{array}\right)$ 相似于矩阵 $\displaystyle \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 3 & 1\end{array}\right)$.

(I) 求 $a, b$ 的值; (II) 求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$,使 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}$ 为对角矩阵.

(21)

• 解 (I ) 由于矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 相似,因此 $\operatorname{tr}(\boldsymbol{A})=\operatorname{tr}(\boldsymbol{B}),|\boldsymbol{A}|=|\boldsymbol{B}|$, 于是
• $3+a=2+b, 2 a-3=b,$解得 (II) 由 ( I ) 知 $\displaystyle \boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}0 & 2 & -3 \\ -1 & 3 & -3 \\ 1 & -2 & 4\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 3 & 1\end{array}\right)$. 由于矩阵 $\boldsymbol{A}$ 与矩阵 $\boldsymbol{B}$ 相似, 因此 $|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{B}|=(\lambda-1)^2(\lambda-5)$, 故 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $\lambda_1=\lambda_2=1, \lambda_3=5$. 当 $\lambda_1=\lambda_2=1$ 时, 解方程组 $(\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得线性无关的特征向量 $\displaystyle \boldsymbol{\xi}_1=\left(\begin{array}{l}2 \\ 1 \\ 0\end{array}\right), \boldsymbol{\xi}_2=\left(\begin{array}{c}-3 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)$; 当 $\lambda_3=5$ 时,解方程组 $(5 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$, 得特征向量 $\displaystyle \boldsymbol{\xi}_3=\left(\begin{array}{c}-1 \\ -1 \\ 1\end{array}\right)$. 令 $\displaystyle \boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\xi}_1, \boldsymbol{\xi}_2, \boldsymbol{\xi}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}2 & -3 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 1\end{array}\right)$, 则 $\displaystyle \boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A P}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{array}\right)$, 故 $\boldsymbol{P}$ 为所求可逆矩阵.

(22)

(本题满分 11 分)

设随机变量 $X$ 的概率密度为

• $\displaystyle f(x)= \begin{cases}2^{-x} \ln 2, & x>0, \\ 0, & x \leqslant 0 .\end{cases}$ 对 $X$ 进行独立重复的观测, 直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数. ( I ) 求 $Y$ 的概率分布; (II) 求 $E(Y)$.

(22)

(I)

• 求 $Y$ 的概率分布:Y是离散型的

• 找取值，求概率

  • 找取值:直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止, 记 $Y$ 为观测次数
    • Y可能为2,3,4,5,一直到n,确定$B～(n,p)$
  • 求p:一个观测值X大于 3 的概率 $p$,和Y没有关系
    • $\displaystyle p = P\{X > 3\} = \int_3^{+\infty} f(x) dx = \int_3^{+\infty} 2^{-x} \ln 2 \, dx=-\left.2^{-x}\right|_3 ^{+\infty} = \frac{1}{8}$
  • 求p逆:
    • $P\{X \leq 3\}=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.

• $Y$ 的概率分布(几何分布,不用考虑组合情况)

  • $Y$ 是直到第二个观测值大于 3 为止的观测次数
    • 前k-1次二项分布
    • 第k次为几何分布
  • $P\{Y = k\}$ 是第 $k$ 次观测时第二次得到大于 3 的值
  • $P\{Y=k\}=\mathrm{C}_{k-1}^1 \cdot \frac{1}{8} \cdot\left(\frac{7}{8}\right)^{k-2} \cdot \frac{1}{8}\xlongequal[]{C_{k-1}^1=\frac{(k-1)}{1 !}}\frac{1}{64}(k-1)\left(\frac{7}{8}\right)^{k-2}$,其中 $k = 2, 3, \cdots$

(II) 求 $E(Y)$（$Y$ 的期望值）

• 解法 2：使用几何分布(7×2表格)
  • $Y=Y_1+Y_2$, 且 $Y_1, Y_2$ 均服从参数为 $p=\frac{1}{8}$ 的几何分布.
  • $E(Y) = E(Y_1 + Y_2) = E(Y_1) + E(Y_2) = \frac{1}{\frac{1}{8}} + \frac{1}{\frac{1}{8}} = 16$
• 解法 1：直接计算(不推荐)
  • $\displaystyle E(Y) = \sum_{k=2}^{\infty} k(k-1) \left(\frac{7}{8}\right)^{k-2} \left(\frac{1}{8}\right)^2$
  • 使用级数求导和求和技巧
  • $E(Y) = \left(\frac{1}{8}\right)^2 \left. \frac{2}{(1-x)^3} \right|_{x=\frac{7}{8}} = 16$

(23)

(本题满分 11 分)

设总体 $X$ 的概率密度为

• $\displaystyle f(x ; \theta)= \begin{cases}\frac{1}{1-\theta}, & \theta \leqslant x \leqslant 1, \\ 0, & \text { 其他, }\end{cases}$ 其中 $\theta$ 为未知参数. $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 为来自该总体的简单随机样本. (I) 求 $\theta$ 的矩估计量; (II) 求 $\theta$ 的最大似然估计量.

(23)

• ( I ) 由于总体 $X$ 服从区间 $[\theta, 1]$ 上的均匀分布, 因此 $E X=\frac{1+\theta}{2}$.

  • 由 $\frac{1+\theta}{2}=\bar{X}$, 其中 $\bar{X}$ 为样本均值, 得 $\theta$ 的矩估计是 $\hat{\theta}=2 \bar{X}-1$.

• 设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 为样本 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 的观测值,

  • 写出似然函数为$\displaystyle L(\theta)=\prod_{i=1}^n f\left(x_i ; \theta\right)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{1}{(1-\theta)^n}, & \theta \leq x_i \leq 1 \\ 0, & (i=1,2, \cdots, n)\end{array}\right.$
  • 为了方便求导，取对数:当$\theta \leqslant x_i \leqslant 1$时，$\ln L(\theta)=-n \ln (1-\theta)$
  • 求导求驻点:$\frac{d \ln ((\theta)}{d \theta}=\frac{n}{1-\theta}=0$，因为分母不为0，所以分子为0，则n=0，出现错误
    • 要使得$\frac{d \ln ((\theta)}{d \theta}=\frac{n}{1-\theta}>0$，$\theta$越大，分母$1-\theta$越小越趋向于0，则$\ln L(\theta)$越大
      • $\theta$的最大值为x的最小值$\theta \leq \min \left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}$
      • 故 $\theta$ 的最大似然估计量为$\hat{\theta}=\min \left\{X_1, X_2, \cdots, X_n\right\}$