2026 年真题

选择题

1～10小题，每小题5分，共50分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将所选选项前的字母填在答题卡指定位置。

1

设函数 $z = z(x, y)$ 由方程 $x - az = e^{y + az}$ （ $a$ 是非 0 常数）确定，则（　　）

正确答案：A

【解析】
由方程 $x - az = e^{y + az}$ 确定隐函数 $z = z(x, y)$ 。

对 $x$ 求偏导数（ $y$ 为常数）得：

1 - a \frac{\partial z}{\partial x} = a e^{y + az} \frac{\partial z}{\partial x}

解得：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{a(1 + e^{y + az})}

对 $y$ 求偏导数（ $x$ 为常数）得：

-a \frac{\partial z}{\partial y} = e^{y + az}\left(1 + a \frac{\partial z}{\partial y}\right)

解得：

\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{e^{y + az}}{a(1 + e^{y + az})}

计算：

\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{a(1 + e^{y + az})} - \left(-\frac{e^{y + az}}{a(1 + e^{y + az})}\right) = \frac{1 + e^{y + az}}{a(1 + e^{y + az})} = \frac{1}{a}

故选项 A 正确。

2

幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{3 + (-1)^n}{4} \right)^n x^{2n}$ 的收敛域是（　　）

高等数学无穷级数求幂级数的收敛半径、收敛区间和收敛域

正确答案：D

【解析】 考虑幂级数

\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{3 + (-1)^n}{4} \right)^n x^{2n}.

令 $b_n = \left( \frac{3 + (-1)^n}{4} \right)^n$ ，则级数可写成

\sum_{n=1}^{\infty} b_n x^{2n}.

由于 $x$ 的指数为 $2n$ ，可设 $y = x^2$ ，从而转化为

\sum_{n=1}^{\infty} b_n y^n.

计算 $b_n$ ：

当 $n$ 为偶数时， $(-1)^n = 1$ ，故
$b_n = \left( \frac{4}{4} \right)^n = 1;$
当 $n$ 为奇数时， $(-1)^n = -1$ ，故
$b_n = \left( \frac{2}{4} \right)^n = \left( \frac{1}{2} \right)^n.$

使用根值判别法求收敛半径：

\sqrt[n]{|b_n|} = \frac{3 + (-1)^n}{4},

当 $n$ 为偶数时等于 $1$ ，当 $n$ 为奇数时等于 $\frac{1}{2}$ ，因此

\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|b_n|} = 1.

从而级数 $\sum b_n y^n$ 的收敛半径为 $R_y = 1$ ，即当 $|y| < 1$ 时收敛， $|y| > 1$ 时发散。

由 $y = x^2$ 得 $|x^2| < 1$ ，即 $|x| < 1$ 时收敛。
检查端点：当 $|x| = 1$ 时， $x^2 = 1$ ，级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 。由于偶数项 $b_n = 1$ ，奇数项 $b_n = (1/2)^n$ ，部分和中包含无穷多个 $1$ ，故级数发散。

因此，收敛域为 $(-1, 1)$ ，对应选项 D。

3

设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1, 1]$ 上有定义，则（　　）

高等数学一元函数微分学函数的单调性、极值与最值

正确答案：C

【解析】
对于选项 A，考虑反例：设 $f(x) = -x + 1$ 当 $x < 0$ ， $f(0) = 100$ ， $f(x) = x + 2$ 当 $x > 0$ 。在 $(-1, 0)$ 上 $f(x)$ 单调递减（导数为负），在 $(0, 1)$ 上单调递增（导数为正），但 $f(0) = 100$ 比两侧值都大，是极大值而非极小值。因此 A 错误。

对于选项 B，考虑反例：设 $f(x) = x^2 (2 + \sin(1/x))$ 当 $x \neq 0$ ， $f(0) = 0$ 。 $f(0) = 0$ 是极小值（因 $f(x) \geq x^2 > 0$ 当 $x \neq 0$ ），但在任何包含 0 的区间上，由于 $\sin(1/x)$ 震荡， $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 和 $(0, 1)$ 上均不单调。因此 B 错误。

对于选项 C，假设 $f(x)$ 的图形在 $[-1, 1]$ 上是凹的（即凹向上，相当于 $f''(x) \geq 0$ 或 $f$ 为凸函数）。考虑函数 $\varphi(x) = \frac{f(x) - f(1)}{x - 1}$ 在 $[-1, 1)$ 上。当 $f$ 凹向上时，其导数 $f'(x)$ 单调递增。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 1 之间，使得 $f(x) - f(1) = f'(\xi)(x - 1)$ 。由于 $f'$ 递增且 $x - 1 < 0$ ，有 $f(x) - f(1) = f'(\xi)(x - 1) \leq f'(x)(x - 1)$ 。计算 $\varphi'(x) = \frac{f'(x)(x-1) - (f(x)-f(1))}{(x-1)^2} \geq 0$ ，故 $\varphi(x)$ 单调递增。因此 C 正确。

对于选项 D，考虑反例：设 $f(x) = x^4 - x^3$ ，则 $f(1) = 0$ ， $\varphi(x) = \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{x^4 - x^3}{x - 1} = x^3$ 在 $[-1, 1)$ 上单调递增（因导数 $3x^2 \geq 0$ ）。但 $f''(x) = 12x^2 - 6x = 6x(2x - 1)$ ，在 $(0, 0.5)$ 上 $f''(x) < 0$ ，故 $f(x)$ 的图形在 $[-1, 1]$ 上不是凹的（凹向上需 $f''(x) \geq 0$ 恒成立）。因此 D 错误。

综上，正确选项为 C。

4

已知有界区域 $\Omega$ 由曲面 $z = \sqrt{4 - x^2 - y^2}$ 与 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 围成，函数 $f(u)$ 连续，则

\iiint_{\Omega} f\!\left(x^2 + y^2 + z^2\right) \, dx\,dy\,dz = \text{（　　）}

高等数学多元函数积分学重积分的计算

正确答案：C

【解析】 区域 Ω 由曲面

z=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}\quad\text{(上半球面，半径2)}

与

z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\quad\text{(圆锥面)}

围成。被积函数为

f(x^{2}+y^{2}+z^{2})

适合用球坐标简化。

在球坐标下

x=r\sin\varphi\cos\theta,\quad y=r\sin\varphi\sin\theta,\quad z=r\cos\varphi

体积元为

r^{2}\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta

且有

x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}

故被积函数化为

f(r^{2})

区域 Ω 中的点满足

z\ge\sqrt{x^{2}+y^{2}}\quad\text{且}\quad z\le\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}

用球坐标表示：

z=r\cos\varphi,\qquad\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r\sin\varphi

于是条件化为

\cos\varphi\ge\sin\varphi\Longrightarrow\tan\varphi\le1

所以

\varphi\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]

由上半球面得

r\le2

且原点在边界上，故

r\in[0,2]

$\theta$ 自然取

\theta\in[0,2\pi]

因此积分表达式为

\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\pi/4}d\varphi\int_{0}^{2}f(r^{2})\,r^{2}\sin\varphi\,dr

对应选项 C。

选项 A 与 B 采用柱坐标，但

A 中 $r$ 的上限定为 $2$ ，超出实际范围 $\sqrt{2}$ ；
B 中 $z$ 的下限为 $0$ ，而不是 $r$ 。

二者均错误。
选项 D 的 $\varphi$ 上限为 $\pi/2$ ，包含了圆锥面以下的区域，不符合 Ω 的定义。

正确答案为 C。

5

单位矩阵经过若干次互换两行得到的矩阵成为置换矩阵。设 $A$ 为 $n$ 阶置换矩阵， $A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵，则（　　）

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：B
【解析】 置换矩阵是由单位矩阵经过若干次行交换得到的矩阵，其行和列均为单位向量。置换矩阵是正交矩阵，满足

A^{-1} = A^T

，而

A^T

也是置换矩阵，因此

A^{-1}

恒为置换矩阵，选项B正确。对于选项A，伴随矩阵

A^* = \det(A) A^{-1}

，当

\det(A) = -1

时，

A^*

可能含有负元素，不满足置换矩阵的元素非负要求，故不一定成立。对于选项C和D，由

A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} A^*

知，当

\det(A) = 1

时

A^{-1} = A^*

，当

\det(A) = -1

时

A^{-1} = -A^*

，两者均不恒成立。因此，仅选项B正确。

6

设 $A$ 、 $B$ 为 $n$ 阶矩阵， $\beta$ 是 $n$ 维列向量，若 $A$ 的列向量组可由 $B$ 的列向量组表示，则（　　）

线性代数向量向量组之间的线性表示

正确答案：A

【解析】 由题意可知，矩阵 $A$ 的列向量组可由矩阵 $B$ 的列向量组线性表示，即存在矩阵 $C$ 使得

A = BC

这意味着 $A$ 的列空间 $\operatorname{Col}(A)$ 是 $B$ 的列空间 $\operatorname{Col}(B)$ 的子集，即

\operatorname{Col}(A) \subseteq \operatorname{Col}(B)

线性方程组 $Ax = \beta$ 有解当且仅当 $\beta \in \operatorname{Col}(A)$ ，而 $Bx = \beta$ 有解当且仅当 $\beta \in \operatorname{Col}(B)$ 。
因此，当 $Ax = \beta$ 有解时，有

\beta \in \operatorname{Col}(A) \subseteq \operatorname{Col}(B)

从而 $Bx = \beta$ 一定有解，故选项 A 正确。

对于选项 C，当 $Bx = \beta$ 有解时， $\beta \in \operatorname{Col}(B)$ ，但 $\beta$ 不一定属于 $\operatorname{Col}(A)$ ，因此 $Ax = \beta$ 不一定有解。反例：取 $B = I$ （单位矩阵）， $A = 0$ ，则 $Bx = \beta$ 总有解，但 $Ax = \beta$ 仅当 $\beta = 0$ 时有解。

对于选项 B 和 D，考虑转置关系 $A^{T} = C^{T} B^{T}$ ，此时

\operatorname{Col}(A^{T}) \subseteq \operatorname{Col}(C^{T})

但与 $\operatorname{Col}(B^{T})$ 没有直接的包含关系，因此无法由其中一个方程解的存在性推断另一个方程解的存在性，故选项 B 和 D 均不正确。

7

设二次型 $f(x_1, x_2, x_3) = a(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) + 4x_1x_2 + 4x_1x_3 + 4x_2x_3$ 。若方程 $f(x_1, x_2, x_3) = -1$ 表示的曲面为圆柱面，则（　　）

线性代数二次型

正确答案：B

【解析】
二次型 $f(x_1, x_2, x_3)$ 对应的矩阵为

A = \begin{pmatrix} a & 2 & 2 \\ 2 & a & 2 \\ 2 & 2 & a \end{pmatrix}.

其特征值为

\lambda_1 = a+4,\quad \lambda_2 = a-2 \text{（二重）}.

要使方程 $f(x_1, x_2, x_3) = -1$ 表示实圆柱面，矩阵 $A$ 必须满足：

有一个特征值为 0；
其余特征值同号，以保证方程有实数解。

当 $a = -4$ 时，特征值为 $0,\,-6,\,-6$ 。通过正交变换可将二次型化为
$-6y_1^2 - 6y_2^2 = -1,$
即
$y_1^2 + y_2^2 = \frac{1}{6},$
表示圆柱面。
当 $a = 2$ 时，特征值为 $6,\,0,\,0$ 。二次型化为
$6y_1^2 = -1,$
无实数解，不表示实曲面。

因此，选项 B 中 $a = -4$ 且标准型为 $-6y_1^2 - 6y_2^2$ 符合要求，该选项正确。

8

设随机变量 $X \sim N(1, 2)$ ，令 $f(t) = E\left[(X + t)^2\right]$ ，则 $f(t)$ 的最小值点和最小值分别为（　　）

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

正确答案：C

【解析】 计算 $f(t) = E[(X + t)^2]$ ，展开得

f(t) = E[X^2] + 2t E[X] + t^2 .

由于 $X \sim N(1, 2)$ ，即均值 $\mu = 1$ ，方差 $\sigma^2 = 2$ ，故

E[X] = 1,\quad E[X^2] = \text{Var}(X) + (E[X])^2 = 2 + 1^2 = 3 .

代入得

f(t) = t^2 + 2t + 3 .

这是一个开口向上的二次函数，最小值在顶点处，顶点

t = -\frac{b}{2a} = -\frac{2}{2 \cdot 1} = -1,

最小值为

f(-1) = (-1)^2 + 2(-1) + 3 = 2 .

因此最小值点为 $-1$ ，最小值为 $2$ ，对应选项 C。

9

设连续型随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)$ ，随机变量 $Y$ 的分布函数为 $F(ay + b)$ ， $X$ 的数学期望为 $\mu$ ，方差为 $\sigma^2 (\sigma > 0)$ ，若 $Y$ 的数学期望和方差分别为 0 和 1，则（　　）

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

【解析】
由 $Y$ 的分布函数为 $F(ay + b)$ ，可得

P(Y \leq y) = P(X \leq ay + b),

这意味着 $X$ 与 $Y$ 满足线性关系

X = aY + b,

即

Y = \frac{X - b}{a}.

已知 $X$ 的数学期望为 $\mu$ ，方差为 $\sigma^2$ 。对于线性变换 $Y = \dfrac{X - b}{a}$ ，其数学期望与方差分别为

\mathbb{E}[Y] = \frac{\mu - b}{a}, \quad \operatorname{Var}(Y) = \frac{\sigma^2}{a^2}.

根据题意， $\mathbb{E}[Y] = 0$ 且 $\operatorname{Var}(Y) = 1$ ，因此有

\frac{\mu - b}{a} = 0, \quad \frac{\sigma^2}{a^2} = 1.

解方程得

b = \mu,\quad a = \sigma \ (\text{取正根}).

故 $a = \sigma,\ b = \mu$ ，对应选项 A。

10

设随机变量 $X$ 的概率分布为 $P\{X = k\} = \dfrac{1}{2^{k+1}} + \dfrac{1}{3^k}$ （ $k = 1, 2, \ldots$ ），则对于正整数 $m$ 、 $n$ 有（　　）

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：D

【解析】 首先，计算 $P\{X > k\}$ 对于正整数 $k$ 。由分布 $P\{X = k\} = \frac{1}{2^{k+1}} + \frac{1}{3^k}$ 可得：

P\{X > k\} = \sum_{j=k+1}^{\infty} \left( \frac{1}{2^{j+1}} + \frac{1}{3^j} \right) = \frac{1}{2^{k+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^k}.

条件概率 $P\{X > m+n \mid X > m\} = \frac{P\{X > m+n\}}{P\{X > m\}}$ ，代入表达式：

P\{X > m+n \mid X > m\} = \frac{ \frac{1}{2^{m+n+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^{m+n}} }{ \frac{1}{2^{m+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^m} } = \frac{ a \cdot 2^{-n} + b \cdot 3^{-n} }{ a + b },

其中 $a = \frac{1}{2^{m+1}}, b = \frac{1}{2 \cdot 3^m}$ 。由于 $\frac{a}{b} = \left( \frac{3}{2} \right)^m > 1$ ，有 $\frac{a}{a+b} > \frac{1}{2}$ 。因此上式是 $2^{-n}$ 和 $3^{-n}$ 的加权平均，且较大权重赋予较大的 $2^{-n}$ 。而 $P\{X > n\} = \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^n} = \frac{1}{2} 2^{-n} + \frac{1}{2} 3^{-n}$ 是等权重平均。比较两者：

\frac{a 2^{-n} + b 3^{-n}}{a+b} - \left( \frac{1}{2} 2^{-n} + \frac{1}{2} 3^{-n} \right) = \left( \frac{a}{a+b} - \frac{1}{2} \right) (2^{-n} - 3^{-n}) > 0,

因为 $\frac{a}{a+b} > \frac{1}{2}$ 且 $2^{-n} > 3^{-n}$ 。故 $P\{X > m+n \mid X > m\} > P\{X > n\}$ 对所有正整数 $m, n$ 成立。

对于其他选项：A 和 B 要求等式成立，但由表达式依赖 $m$ 可知不成立；C 要求大于 $P\{X > m\}$ ，但当 $n$ 较大时可能不成立，例如 $m=1, n=2$ 时 $P\{X > 3 \mid X > 1\} \approx 0.1944 < P\{X > 1\} \approx 0.4167$ 。因此 D 正确。

填空题

11～16小题，每小题5分，共30分。

11

设向量 $\vec{v}_1 = (0, x, z)$ ， $\vec{v}_2 = (y, 0, 1)$ ，令 $\vec{F}(x, y, z) = \vec{v}_1 \times \vec{v}_2$ ，则 $\operatorname{div}\vec{F} =$ ____________。

多元函数积分学旋度的定义

【答案】 $1 + z$

【解析】
首先计算向量场 $\vec{F} = \vec{v}_1 \times \vec{v}_2$ ，其中 $\vec{v}_1 = (0, x, z)$ ， $\vec{v}_2 = (y, 0, 1)$ 。
叉积公式为

\vec{a} \times \vec{b} = (a_2 b_3 - a_3 b_2,\; a_3 b_1 - a_1 b_3,\; a_1 b_2 - a_2 b_1)

代入得：

第一分量： $x \cdot 1 - z \cdot 0 = x$ ，
第二分量： $z \cdot y - 0 \cdot 1 = yz$ ，
第三分量： $0 \cdot 0 - x \cdot y = -xy$ 。

因此

\vec{F} = (x,\; yz,\; -xy)

散度定义为

\operatorname{div}\vec{F} = \frac{\partial F_1}{\partial x} + \frac{\partial F_2}{\partial y} + \frac{\partial F_3}{\partial z}

计算偏导数：

$\displaystyle \frac{\partial F_1}{\partial x} = \frac{\partial x}{\partial x} = 1$ ，
$\displaystyle \frac{\partial F_2}{\partial y} = \frac{\partial (yz)}{\partial y} = z$ ，
$\displaystyle \frac{\partial F_3}{\partial z} = \frac{\partial (-xy)}{\partial z} = 0$ 。

求和得

\operatorname{div}\vec{F} = 1 + z + 0 = 1 + z

12

$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{\ln(1+x)}{x \sin x} \right) =$ ____________。

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 将原式通分： $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{\ln(1+x)}{x \sin x} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1+x)}{x \sin x}$ 。当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于0，为 $\text{0/0}$ 型未定式，可使用洛必达法则。首先对分子和分母分别求导：分子导数为 $\cos x - \frac{1}{1+x}$ ，分母导数为 $\sin x + x \cos x$ ，得到

\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \frac{1}{1+x}}{\sin x + x \cos x}.

代入 $x=0$ 仍为 $\text{0/0}$ 型，再次应用洛必达法则：分子导数为 $-\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}$ ，分母导数为 $2\cos x - x \sin x$ ，得到

\lim_{x \to 0} \frac{-\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}}{2\cos x - x \sin x}.

代入 $x=0$ ，分子为1，分母为2，故极限为

\frac{1}{2}.

13

设函数 $y = y(x)$ 由参数方程

\begin{cases} x = 2\sin^2 t \\ y = t + \cos t \end{cases} \quad (t \in (0, \frac{\pi}{2}))

确定，则 $\left. \frac{d^2 y}{dx^2} \right|_{t = \frac{\pi}{4}} =$ ____________。

高等数学一元函数微分学导数与微分的计算

【答案】 $-\frac{\sqrt{2}}{8}$

【解析】 对于参数方程 $x = 2\sin^2 t$ , $y = t + \cos t$ ，先求一阶导数 $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt}$ 。
计算导数：

\frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(2\sin^2 t) = 4\sin t \cos t, \quad \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}(t + \cos t) = 1 - \sin t.

因此，

\frac{dy}{dx} = \frac{1 - \sin t}{4\sin t \cos t}.

再求二阶导数 $\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dt}\left( \frac{dy}{dx} \right) \big/ \frac{dx}{dt}$ 。
令 $u = \frac{dy}{dx}$ ，则

\frac{du}{dt} = \frac{d}{dt}\left( \frac{1 - \sin t}{4\sin t \cos t} \right).

使用商法则，分子 $f(t) = 1 - \sin t$ ，分母 $g(t) = 4\sin t \cos t$ ，有 $f'(t) = -\cos t$ ， $g'(t) = 4\cos 2t$ 。
于是

\frac{du}{dt} = \frac{(-\cos t) \cdot (4\sin t \cos t) - (1 - \sin t) \cdot (4\cos 2t)}{(4\sin t \cos t)^2} = \frac{-4[\sin t \cos^2 t + \cos 2t(1 - \sin t)]}{16\sin^2 t \cos^2 t}.

从而

\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{du/dt}{dx/dt} = \frac{-4[\sin t \cos^2 t + \cos 2t(1 - \sin t)]}{16\sin^2 t \cos^2 t} \cdot \frac{1}{4\sin t \cos t} = -\frac{\sin t \cos^2 t + \cos 2t(1 - \sin t)}{16\sin^3 t \cos^3 t}.

代入 $t = \frac{\pi}{4}$ ，其中 $\sin \frac{\pi}{4} = \cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ， $\cos 2t = \cos \frac{\pi}{2} = 0$ 。
计算分子：

\sin t \cos^2 t = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{4}, \quad \cos 2t(1 - \sin t) = 0.

分母：

16\sin^3 t \cos^3 t = 16 \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^6 = 16 \cdot \frac{1}{8} = 2.

因此

\left. \frac{d^2 y}{dx^2} \right|_{t = \frac{\pi}{4}} = -\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}}{2} = -\frac{\sqrt{2}}{8}.

14

设 $\int_1^{+\infty} \frac{\ln(x+1)}{x^2} dx =$ ____________。

高等数学一元函数积分学反常积分的计算与敛散性

【答案】
$2\ln 2$

【解析】
考虑积分 $I = \int_1^{+\infty} \frac{\ln(x+1)}{x^2} dx$ 。使用分部积分法，令 $u = \ln(x+1)$ ， $dv = \frac{1}{x^2} dx$ ，则 $du = \frac{1}{x+1} dx$ ， $v = -\frac{1}{x}$ 。由分部积分公式：

I = \left[ -\frac{\ln(x+1)}{x} \right]_1^{+\infty} - \int_1^{+\infty} \left(-\frac{1}{x}\right) \cdot \frac{1}{x+1} dx = \left[ -\frac{\ln(x+1)}{x} \right]_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \frac{1}{x(x+1)} dx

计算边界项：当 $x \to +\infty$ 时， $\frac{\ln(x+1)}{x} \to 0$ ，故 $\left[ -\frac{\ln(x+1)}{x} \right]_1^{+\infty} = 0 - \left( -\frac{\ln 2}{1} \right) = \ln 2$ 。
对于积分 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x(x+1)} dx$ ，将被积函数分解为部分分式： $\frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}$ 。于是

\int_1^{+\infty} \frac{1}{x(x+1)} dx = \int_1^{+\infty} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} \right) dx = \lim_{b \to \infty} \left[ \ln\left( \frac{x}{x+1} \right) \right]_1^b = \lim_{b \to \infty} \left( \ln\left( \frac{b}{b+1} \right) - \ln\left( \frac{1}{2} \right) \right)

当 $b \to \infty$ 时， $\frac{b}{b+1} \to 1$ ，故 $\ln\left( \frac{b}{b+1} \right) \to 0$ ，而 $\ln\left( \frac{1}{2} \right) = -\ln 2$ ，所以该积分值为 $0 - (-\ln 2) = \ln 2$ 。
因此，原积分 $I = \ln 2 + \ln 2 = 2\ln 2$ 。

15

设矩阵

A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & a & 2 \\ 0 & 2 & a \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} a & -1 & -1 \\ -1 & 2 & 1 \\ -1 & -1 & a \end{pmatrix},

记 $m(X)$ 为3阶矩阵 $X$ 的实特征值中的最大值。若 $m(A) < m(B)$ ，则 $a$ 的取值范围为 ____________。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 $(-\infty, 0)$

【解析】 矩阵 $A$ 的特征多项式为 $\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((a-\lambda)^2-4\big)$ ，解得特征值 $\lambda=1,\ a-2,\ a+2$ ，故 $m(A)=\max\{1,\,a+2\}$ 。当 $a\leqslant -1$ 时， $m(A)=1$ ；当 $a>-1$ 时， $m(A)=a+2$ 。

对于矩阵 $B$ ，易见 $(1,0,1)^{\mathrm T}$ 是特征向量，对应特征值 $a-1$ 。进一步计算特征多项式得 $B$ 的特征值为 $a-1,\ \dfrac{(a+3)\pm |a-1|}{2}$ 。讨论 $a$ 与 $1$ 的关系：若 $a\leqslant 1$ ，则特征值为 $a-1,\ 2,\ a+1$ ，其中最大值为 $2$ ；若 $a>1$ ，则特征值为 $a-1,\ a+1,\ 2$ ，其中最大值为 $a+1$ 。故

m(B)=\begin{cases} 2, & a\leqslant 1,\\[2pt] a+1, & a>1. \end{cases}

由条件 $m(A)<m(B)$ 分情况讨论：

当 $a\leqslant -1$ 时， $m(A)=1<2=m(B)$ ，恒成立；
当 $-1<a\leqslant 1$ 时， $m(A)=a+2$ ， $m(B)=2$ ，由 $a+2<2$ 得 $a<0$ ，故 $-1<a<0$ ；
当 $a>1$ 时， $m(A)=a+2$ ， $m(B)=a+1$ ，由 $a+2<a+1$ 得矛盾，无解。

综上，满足条件的 $a$ 的取值范围为 $a<0$ ，即 $(-\infty,0)$ 。

16

设随机变量 $X$ 服从参数为1的泊松分布，随机变量 $Y$ 服从参数为3的泊松分布， $X$ 与 $Y - X$ 相互独立，则 $E(XY) =$ ____________。

概率论与数理统计随机变量的数字特征数学期望与方差

【答案】 4

【解析】 由题意， $X \sim \text{Poisson}(1)$ ，故 $E(X) = 1$ ， $E(X^2) = \text{Var}(X) + [E(X)]^2 = 1 + 1^2 = 2$ 。
$Y \sim \text{Poisson}(3)$ ，故 $E(Y) = 3$ 。
已知 $X$ 与 $Y - X$ 相互独立，因此有：

E(XY) = E[X(Y - X) + X^2] = E[X(Y - X)] + E(X^2).

由于 $X$ 与 $Y - X$ 独立，故 $E[X(Y - X)] = E(X) \cdot E(Y - X)$ 。
计算 $E(Y - X) = E(Y) - E(X) = 3 - 1 = 2$ ，代入得：

E[X(Y - X)] = 1 \times 2 = 2.

因此，

E(XY) = 2 + 2 = 4.

解答题

17～22小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17

（本题满分10分）

求 $f(x, y) = (2x^2 - y^2)e^x$ 的极值。

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】 函数 $f(x, y) = (2x^2 - y^2)e^x$ 在点 $(-2, 0)$ 处取得极大值 $8e^{-2}$ ，在点 $(0, 0)$ 处无极值（鞍点）。

【解析】 首先，求函数的一阶偏导数：

f_x = \frac{\partial}{\partial x} \left[ (2x^2 - y^2)e^x \right] = e^x (2x^2 + 4x - y^2), \quad f_y = \frac{\partial}{\partial y} \left[ (2x^2 - y^2)e^x \right] = -2y e^x.

令偏导数为零，由于 $e^x > 0$ ，得方程组：

2x^2 + 4x - y^2 = 0, \quad -2y = 0.

由第二式得 $y = 0$ ，代入第一式得 $2x^2 + 4x = 0$ ，解得 $x = 0$ 或 $x = -2$ 。故临界点为 $(0, 0)$ 和 $(-2, 0)$ 。

其次，求二阶偏导数以判断临界点类型：

f_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} f_x = e^x (2x^2 + 8x + 4 - y^2), \quad f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y} f_y = -2 e^x, \quad f_{xy} = \frac{\partial}{\partial y} f_x = -2y e^x.

计算判别式 $D = f_{xx} f_{yy} - (f_{xy})^2$ 。

在点 $(0, 0)$ 处：

f_{xx} = 4, \quad f_{yy} = -2, \quad f_{xy} = 0, \quad D = 4 \times (-2) - 0^2 = -8 < 0.

故 $(0, 0)$ 是鞍点，不是极值点。

在点 $(-2, 0)$ 处：

\begin{align*} f_{xx} &= e^{-2} (8 - 16 + 4) = -4e^{-2} < 0, \\ f_{yy} &= -2e^{-2}, \\ f_{xy} &= 0, \\ D &= (-4e^{-2}) \times (-2e^{-2}) - 0^2 = 8e^{-4} > 0. \end{align*}

由于 $D > 0$ 且 $f_{xx} < 0$ ，故 $(-2, 0)$ 是极大值点。极大值为：

f(-2, 0) = (2 \times (-2)^2 - 0^2)e^{-2} = 8e^{-2}.

因此，函数有极大值 $8e^{-2}$ ，在点 $(-2, 0)$ 处取得。

18

（本题满分12分）

设 $f(u)$ 在 $(0, +\infty)$ 内具有3阶连续导数，且存在可微函数 $F(x, y)$ 使

dF(x, y) = \frac{f(xy)}{x^2 y} dx + \frac{f''(xy)}{xy^2} dy \quad (xy > 0).

(1) 证明： $\frac{f''(u)}{u} - \frac{f'(u)}{u} = c$ ， $c$ 为常数；

(2) 设 $f(1) = 1$ ， $f'(1) = -1$ ， $f''(1) = 0$ ，求 $f(u)$ 的表达式。

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】
(1) 由全微分条件可得 $\frac{f''(u)}{u} - \frac{f(u)}{u} = c$ ，其中 $c$ 为常数。
(2) $f(u) = e^{1-u} - e^{u-1} + u$ 。

【解析】
(1) 设 $M(x, y) = \dfrac{f(xy)}{x^2 y}$ ， $N(x, y) = \dfrac{f''(xy)}{x y^2}$ 。由于 $dF = M dx + N dy$ 是全微分，故有 $\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial N}{\partial x}$ 。计算偏导数：

\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{f(xy)}{x^2 y} \right) = \frac{x y f'(xy) - f(xy)}{x^2 y^2}, \quad \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{f''(xy)}{x y^2} \right) = \frac{x y f'''(xy) - f''(xy)}{x^2 y^2}.

令两者相等，得

x y f'(xy) - f(xy) = x y f'''(xy) - f''(xy).

令 $u = xy$ ，则上式化为

u f'(u) - f(u) = u f'''(u) - f''(u).

两边同除以 $u^2$ ，得

\frac{d}{du} \left( \frac{f''(u)}{u} \right) = \frac{d}{du} \left( \frac{f(u)}{u} \right).

积分得

\frac{f''(u)}{u} = \frac{f(u)}{u} + c,

即

\frac{f''(u)}{u} - \frac{f(u)}{u} = c,

其中 $c$ 为常数。

(2) 由已知条件 $f(1) = 1$ ， $f'(1) = -1$ ， $f''(1) = 0$ ，代入上式得

c = \frac{f''(1)}{1} - \frac{f(1)}{1} = 0 - 1 = -1.

于是有

f''(u) - f(u) = -u.

该方程为二阶线性常微分方程，其齐次方程 $f''(u) - f(u) = 0$ 的通解为 $f_h(u) = A e^u + B e^{-u}$ ，特解可设为 $f_p(u) = p u + q$ ，代入得 $p = 1$ ， $q = 0$ ，即 $f_p(u) = u$ 。故通解为

f(u) = A e^u + B e^{-u} + u.

利用初始条件确定常数 $A, B$ ：

\begin{cases} f(1) = A e + B e^{-1} + 1 = 1, \\ f'(1) = A e - B e^{-1} + 1 = -1, \end{cases}

解得 $A = -e^{-1}$ ， $B = e$ 。因此

f(u) = -e^{-1} e^u + e \cdot e^{-u} + u = e^{1-u} - e^{u-1} + u.

19

（本题满分 12 分）

设有向曲线 $L$ 为椭圆 $x^2 + 3y^2 = 1$ 上沿逆时针方向从点 $A\left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)$ 到点 $B\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 的部分，计算曲线积分

I = \int_L \left(e^{x^2} \sin x - 2xy\right) dx + \left(6x - x^2 - y \cos^4 y\right) dy.

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】

I = \pi\sqrt{3} - \frac{1}{4}

【解析】 考虑整个椭圆 $E: x^2 + 3y^2 = 1$ 沿逆时针方向，其围成的区域为 $D_e$ 。设被积函数中 $P = e^{x^2} \sin x - 2xy$ ， $Q = 6x - x^2 - y \cos^4 y$ 。计算偏导数得：

\frac{\partial Q}{\partial x} = 6 - 2x, \quad \frac{\partial P}{\partial y} = -2x,

故

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 6.

由格林公式，

\oint_E P \,dx + Q \,dy = \iint_{D_e} 6 \,dA = 6 \cdot \text{Area}(D_e).

椭圆 $x^2 + 3y^2 = 1$ 的半长轴 $a = 1$ ，半短轴 $b = \frac{1}{\sqrt{3}}$ ，面积 $\text{Area}(D_e) = \pi ab = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$ 。因此

\oint_E P \,dx + Q \,dy = 6 \cdot \frac{\pi}{\sqrt{3}} = 2\pi\sqrt{3}.

设 $L$ 为椭圆上从点 $A(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})$ 到点 $B(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 的逆时针弧， $L_2$ 为椭圆上从 $B$ 到 $A$ 的逆时针弧（另一半椭圆）。则 $E = L \cup L_2$ ，且

\oint_E = \int_L + \int_{L_2}.

为计算 $\int_{L_2}$ ，补直线段 $L_1'$ 从 $A$ 到 $B$ （方向从 $A$ 到 $B$ ），与 $L_2$ 构成闭合曲线 $C_2 = L_2 \cup L_1'$ ，所围区域为 $D_2$ 。由对称性，直线 $y = x$ 将椭圆分成面积相等的两部分，故 $\text{Area}(D_2) = \frac{1}{2} \text{Area}(D_e) = \frac{\pi}{2\sqrt{3}}$ 。对 $C_2$ 应用格林公式（ $C_2$ 为逆时针方向）：

\oint_{C_2} P \,dx + Q \,dy = \iint_{D_2} 6 \,dA = 6 \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}} = \pi\sqrt{3}.

又

\oint_{C_2} = \int_{L_2} + \int_{L_1'}.

计算 $\int_{L_1'}$ ：直线段 $L_1'$ 参数化为 $x = t, y = t$ ， $t$ 从 $-\frac{1}{2}$ 到 $\frac{1}{2}$ 。则

\int_{L_1'} P \,dx + Q \,dy = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \left[ e^{t^2} \sin t - 3t^2 + 6t - t \cos^4 t \right] dt.

被积函数中 $e^{t^2} \sin t$ 、 $6t$ 、 $-t \cos^4 t$ 为奇函数，在对称区间上积分为零； $-3t^2$ 为偶函数，故

\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (-3t^2) dt = -6 \int_{0}^{\frac{1}{2}} t^2 dt = -6 \cdot \frac{1}{24} = -\frac{1}{4}.

所以 $\int_{L_1'} = -\frac{1}{4}$ 。代入得

\int_{L_2} = \oint_{C_2} - \int_{L_1'} = \pi\sqrt{3} - \left( -\frac{1}{4} \right) = \pi\sqrt{3} + \frac{1}{4}.

最后，

\int_L = \oint_E - \int_{L_2} = 2\pi\sqrt{3} - \left( \pi\sqrt{3} + \frac{1}{4} \right) = \pi\sqrt{3} - \frac{1}{4}.

因此，所求曲线积分为 $I = \pi\sqrt{3} - \frac{1}{4}$ 。

20

（本题满分 12 分）

设可导函数 $f(x)$ 严格单调递增且满足 $\int_{-1}^{1} f(x)\,dx = 0$ ，记 $a = \int_0^1 f(x)\,dx$ 。

(1) 证明： $a > 0$ ；

(2) 令 $F(x) = a(1 - x^2) + \int_1^x f(t)\,dt$ ，证明：存在 $\xi \in (-1,1)$ 使 $F''(\xi) = 0$ 。

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 (1) $a > 0$ 。 (2) 存在 $\xi \in (-1,1)$ 使得 $F''(\xi) = 0$ 。

【解析】
(1) 由于 $f(x)$ 严格单调递增，对于 $x \in (-1,0)$ 有 $f(x) < f(0)$ ，对于 $x \in (0,1)$ 有 $f(x) > f(0)$ 。结合积分 $\int_{-1}^{1} f(x)\,dx = 0$ ，即 $\int_{-1}^{0} f(x)\,dx + \int_{0}^{1} f(x)\,dx = 0$ ，记 $a = \int_{0}^{1} f(x)\,dx$ ，则 $\int_{-1}^{0} f(x)\,dx = -a$ 。由严格不等式，有：

\int_{-1}^{0} f(x)\,dx < \int_{-1}^{0} f(0)\,dx = f(0), \quad \int_{0}^{1} f(x)\,dx > \int_{0}^{1} f(0)\,dx = f(0).

即 $-a < f(0)$ 且 $a > f(0)$ ，从而 $a > f(0) > -a$ ，得 $a > -a$ ，故 $a > 0$ 。

(2) 由 $F(x) = a(1 - x^2) + \int_1^x f(t)\,dt$ ，计算得：

F(-1) = a(1 - 1) + \int_1^{-1} f(t)\,dt = 0, \quad F(1) = a(1 - 1) + \int_1^1 f(t)\,dt = 0.

又 $F(0) = a(1 - 0) + \int_1^0 f(t)\,dt = a - \int_0^1 f(t)\,dt = a - a = 0$ 。故 $F(-1) = F(0) = F(1) = 0$ 。在区间 $[-1,0]$ 和 $[0,1]$ 上分别应用罗尔定理，存在 $c_1 \in (-1,0)$ 和 $c_2 \in (0,1)$ 使得 $F'(c_1) = 0$ 和 $F'(c_2) = 0$ 。由于 $F'(x) = -2ax + f(x)$ 在 $[c_1, c_2]$ 上连续，在 $(c_1, c_2)$ 内可导，且 $F'(c_1) = F'(c_2) = 0$ ，由罗尔定理，存在 $\xi \in (c_1, c_2) \subset (-1,1)$ 使得 $F''(\xi) = 0$ 。

21

（本题满分 12 分）

已知向量组

\alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix},\quad \alpha_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix},\quad \alpha_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix},\quad \alpha_4 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix},

记 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$ ， $G = (\alpha_1, \alpha_2)$ 。

(1) 证明： $\alpha_1, \alpha_2$ 是 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 的极大线性无关组。

(2) 求矩阵 $H$ 使得 $A = GH$ ，并求 $A^{10}$ 。

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】
(1) 略
(2) $H = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$ ， $A^{10} = \begin{pmatrix} 1 & -8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8 \end{pmatrix}$

【解析】
(1) 首先证明 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性无关。设 $k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 = 0$ ，解得 $k_1 = k_2 = 0$ ，故线性无关。其次，解线性方程组得 $\alpha_3 = -\alpha_1 + \alpha_2$ ， $\alpha_4 = \alpha_1 - \alpha_2$ ，即 $\alpha_3, \alpha_4$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性表示，因此 $\alpha_1, \alpha_2$ 是极大线性无关组。

(2) 由线性表示关系， $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 在基 $\alpha_1, \alpha_2$ 下的坐标分别为 $(1,0)^\text{T}, (0,1)^\text{T}, (-1,1)^\text{T}, (1,-1)^\text{T}$ ，故

H = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}.

由 $A = GH$ ，得 $A^{10} = G(HG)^9 H$ 。计算

HG = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},

记 $M = HG$ ，则 $M = I + N$ ，其中 $N = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 满足 $N^2 = 0$ ，故

M^9 = (I+N)^9 = I + 9N = \begin{pmatrix} 1 & -9 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.

计算

M^9 H = \begin{pmatrix} 1 & -9 & -10 & 10 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix},

再与 $G$ 相乘得

A^{10} = G(M^9 H) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -9 & -10 & 10 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8 \end{pmatrix}.

22

（本题满分 12 分）

假设某种元件寿命服从指数分布，其均值 $\theta$ 是未知参数。为估计 $\theta$ ，取 $n$ 个这种元件同时做寿命实验，试验直到出现 $k$ （ $1 \leq k \leq n$ ）个元件失效时停止。

(1) 若 $k = 1$ ，失效元件寿命记为 $T$ ，
(i) 求 $T$ 的概率密度；
(ii) 确定 $a$ ，使 $\hat{\theta} = aT$ 是 $\theta$ 的无偏估计，并求 $D(\hat{\theta})$ ；

(2) 已知 $k$ 个失效元件寿命值分别为 $t_1, t_2, \cdots, t_k$ ，且 $t_1 \leq t_2 \leq \cdots \leq t_k$ ，似然函数为

L(\theta) = \frac{1}{\theta^k} e^{-\frac{1}{\theta} \left[ \sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k \right]},

求 $\theta$ 的最大似然估计值。

概率论与数理统计参数估计与假设检验矩估计和最大似然估计

【答案】

(1)
(i) $T$ 的概率密度为

f_T(t)=\frac{n}{\theta}e^{-\frac{n}{\theta}t},\quad t\ge0

(ii) 取 $a=n$ ，此时 $\hat{\theta}=nT$ 是 $\theta$ 的无偏估计，且方差为

D(\hat{\theta})=\theta^{2}

(2) $\theta$ 的最大似然估计值为

\hat{\theta}=\frac{1}{k}\Bigl[\sum_{i=1}^{k}t_i+(n-k)t_k\Bigr]

【解析】

(1)
(i) 元件寿命服从指数分布，均值为 $\theta$ ，即密度函数为

f(t)=\frac{1}{\theta}e^{-t/\theta},\quad t\ge0

取 $n$ 个独立元件进行试验，直到第一个元件失效，失效时间 $T$ 为样本最小值。指数分布具有无记忆性，因此 $T$ 仍服从指数分布：其生存函数为

P(T>t)=[P(X>t)]^{n}=e^{-nt/\theta}

故累积分布函数为

F_T(t)=1-e^{-nt/\theta}

密度函数为

f_T(t)=\frac{d}{dt}F_T(t)=\frac{n}{\theta}e^{-\frac{n}{\theta}t},\quad t\ge0

(ii) 计算 $T$ 的期望：

E(T)=\int_{0}^{\infty}t\cdot\frac{n}{\theta}e^{-\frac{n}{\theta}t}\,dt=\frac{\theta}{n}

要使 $\hat{\theta}=aT$ 为无偏估计，需满足

E(\hat{\theta})=aE(T)=a\cdot\frac{\theta}{n}=\theta

解得 $a=n$ 。
计算 $T$ 的方差：先求

E(T^{2})=\int_{0}^{\infty}t^{2}\cdot\frac{n}{\theta}e^{-\frac{n}{\theta}t}\,dt=\frac{2\theta^{2}}{n^{2}}

因此

D(T)=E(T^{2})-[E(T)]^{2}= \frac{2\theta^{2}}{n^{2}}-\Bigl(\frac{\theta}{n}\Bigr)^{2}=\frac{\theta^{2}}{n^{2}}

于是

D(\hat{\theta})=D(nT)=n^{2}D(T)=n^{2}\cdot\frac{\theta^{2}}{n^{2}}=\theta^{2}

(2) 给定似然函数

L(\theta)=\frac{1}{\theta^{k}}e^{-\frac{1}{\theta}\left[\sum_{i=1}^{k}t_i+(n-k)t_k\right]}

取对数似然函数：

\ln L(\theta)=-k\ln\theta-\frac{1}{\theta}\Bigl[\sum_{i=1}^{k}t_i+(n-k)t_k\Bigr]

对 $\theta$ 求导并令其为零：

\frac{d\ln L(\theta)}{d\theta}=-\frac{k}{\theta}+\frac{1}{\theta^{2}}\Bigl[\sum_{i=1}^{k}t_i+(n-k)t_k\Bigr]=0

解得

\theta=\frac{1}{k}\Bigl[\sum_{i=1}^{k}t_i+(n-k)t_k\Bigr]

此即为 $\theta$ 的最大似然估计值。