2018 年真题

选择题

1

下列函数中，在 $x = 0$ 处不可导的是（）。

正确答案：D

A 可导:

f'(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin (|x|)}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{x \cdot \sin x}{x} = 0

f_{+}'(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin (|x|)}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin x}{x} = 0

B 可导:

f'(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-x \cdot \sin \sqrt{-x}}{x} = 0

f_{+}'(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{|x| \sin \sqrt{|x|}}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot \sin \sqrt{x}}{x} = 0

C 可导:

f'(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{\cos |x| - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x} = 0

f_{+}'(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos |x| - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x} = 0

D 不可导:

f'(0) = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{\cos \sqrt{|x|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2}(-x)}{x} = \frac{1}{2}

f_{+}'(0) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\cos \sqrt{|x|} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x}{x} = -\frac{1}{2}

f_{+}'(0) \neq f'(0)

2

已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $\int_{0}^{1} f(x) \, d x=0$ ，则

高等数学一元函数积分学定积分的概念、性质及几何意义

正确答案：D

A错误

f(x)=-x+\frac{1}{2}

\int_{0}^{1} f(x) \, dx=\int_{0}^{1}\left(-x+\frac{1}{2}\right) dx=0

f'(x)=-1<0

f\left(\frac{1}{2}\right)=0

B错误

f(x)=-x^{2}+\frac{1}{3}

\int_{0}^{1} f(x) \, dx=\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+\frac{1}{3}\right) dx=0

f''(x)=-2<0

f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{1}{12}>0

C错误

f(x)=x-\frac{1}{2}

\int_{0}^{1} f(x) \, dx=\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right) dx=0

f'(x)=1>0

f\left(\frac{1}{2}\right)=0

D正确
方法1：由 $f''(x)>0$ 可知，由凸函数性质得出 $f\left(\frac{1}{2}\right)<0$ 。

方法2：

f(x)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)+f''(\xi)\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}

其中 $\xi$ 在 $x$ 与 $\frac{1}{2}$ 之间。

\int_{0}^{1} f(x) \, dx=\int_{0}^{1} \left[ f\left(\frac{1}{2}\right)+f'\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)+f''(\xi)\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \right] dx

=f\left(\frac{1}{2}\right)+f''(\xi) \int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} dx=0

由于 $f''(x)>0$ ，故 $f\left(\frac{1}{2}\right)<0$ 。

3

设

M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + x)^{2}}{1 + x^{2}} \, dx

N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + x}{e^{x}} \, dx

K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(1 + \sqrt{\cos x}\right) \, dx

则

高等数学一元函数积分学定积分的计算

正确答案：C

【解析】

M = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{(1 + x)^2}{1 + x^2} dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + x^2 + 2x}{1 + x^2} dx = \pi

令 $f(x) = \frac{1 + x}{e^x}$ ，而

f'(x) = -\frac{x e^x}{e^{2x}} = -\frac{x}{e^x}

因此 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处取得最大值，即在区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上有

f(x) \leq f(0) = 1

则

N = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) dx < \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = \pi

令 $g(x) = 1 + \sqrt{\cos x}$ ，则在区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上有

g(x) \geq 1

则

K = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} g(x) dx > \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 dx = \pi

因此，

K > M > N

4

设某产品的成本函数 $C(Q)$ 可导，其中 $Q$ 为产量。若产量为 $Q_{0}$ 时平均成本最小，则：

\left. \frac{d}{dQ} \left( \frac{C(Q)}{Q} \right) \right|_{Q = Q_{0}} = 0

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：D

平均成本 $\bar{C} = \frac{C(Q)}{Q}$ 。当产量为 $Q_{0}$ 时平均成本最小，则有

\left.(\overline{C})'\right|_{Q=Q_{0}} = \left.\frac{C'(Q) Q - C(Q)}{Q^{2}}\right|_{Q=Q_{0}} = \frac{C'\left(Q_{0}\right) Q_{0} - C\left(Q_{0}\right)}{Q_{0}^{2}} = 0

由此可得

Q_{0} C'\left(Q_{0}\right) = C\left(Q_{0}\right)

5

设矩阵 $Q = \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ ，则与 $Q$ 相似的矩阵是()

线性代数矩阵的相似与相似对角化

正确答案：A

【解析】令 $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，显然本题5个矩阵的特征值都为 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1$ ，现计算对应于特征值1的线性无关的特征向量的个数。

r(E - P) = r \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 2

因此对应于特征值1的线性无关的特征向量为1个。

令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，且 $r(E - A) = r \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = 2$ ，因此线性无关的特征向量也为1个，

因此，矩阵 $P$ 与矩阵 $A$ 相似。同理可得矩阵 $P$ 与其他选项中的矩阵不相似。

6

设 $A$ ， $B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r(\boldsymbol{X})$ 为矩阵 $\boldsymbol{X}$ 的秩， $(\boldsymbol{X}, \boldsymbol{Y})$ 表示分块矩阵，则

线性代数矩阵矩阵的秩

正确答案：A

r(E, B) = n \Rightarrow r(A, AB) = r[A(E, B)] = r(A)

，故选 (A)。

7

设 $f(x)$ 为某分布的概率密度函数，满足 $f(1+x) = f(1-x)$ ，且 $\int_{0}^{2} f(x) \, d x = 0.6$ ，则 $P\{X < 0\} =$

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：A

【解析】由题意可得，

\int_{-\infty}^{0} f(x) \, dx + \int_{2}^{\infty} f(x) \, dx = 1 - 0.6 = 0.4, \quad \int_{2}^{\infty} f(x) \, dx = \int_{-\infty}^{-1} f(1 - t) \, dt,

由 $f(1 + x) = f(1 - x)$ 可知，

\int_{-\infty}^{-1} f(1 - t) \, dt = \int_{-\infty}^{-1} f(1 + t) \, dt = \int_{-\infty}^{0} f(x) \, dx,

故 $\int_{-\infty}^{0} f(x) \, dx = \int_{2}^{\infty} f(x) \, dx$ ，因此 $P\{X < 0\} = \int_{-\infty}^{0} f(x) \, dx = 0.2$ 。

8

已知 $X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}$ 为来自总体 $X \sim N(\boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{\sigma}^{2})$ 的简单随机样本，

\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i},

S = \sqrt{\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_{i} - \overline{X})^{2}},

S^{*} = \sqrt{\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_{i} - \boldsymbol{\mu})^{2}},

则

概率论与数理统计数理统计的基本概念

正确答案：B

$\overline{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^{2}}{n}\right)$ ，且 $\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0,1)$ 。

$\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$ ，且 $\overline{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立。因此， $\frac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{S} \sim t(n-1)$ ，故选项 B 正确。

对于选项 A， $\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma} \sim N(0,1)$ ，但 $\frac{(n-1) S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n)$ 不成立。此外， $\overline{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立，因此 $\frac{n(\overline{X}-\mu)}{\sqrt{n-1} S^{*}} \sim t(n)$ 也不成立。故选项 C 和 D 错误。

填空题

9

（填空题）曲线 $f(x) = x^{2} + 2 \ln x$ 在其拐点处的切线方程是

高等数学一元函数微分学曲线的凹凸性、拐点及渐近线

【答案】 $y = 4x - 3$

【解析】 给定函数：

y = x^{2} + 2 \ln x

定义域： $\{x \mid x > 0\}$

导数：

y' = 2x + \frac{2}{x}

二阶导数：

y'' = 2 - \frac{2}{x^{2}}

令 $y'' = 0$ ，解得 $x_{0} = \pm 1$ 。由于定义域限制 $x > 0$ ，故 $x_{0} = 1$ 。

拐点： $(1, 1)$

切线斜率： $y'(x_{0}) = 4$

切线方程：

y - 1 = 4(x - 1) \quad \text{} \quad y = 4x - 3

10

（填空题） $\int e^{x} \arcsin \sqrt{1 - e^{2x}} \, dx =$

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $e^{x} \arccos e^{x} - \sqrt{1-e^{2 x}} + C$

【解析】 要求解积分 $\int e^{x} \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d x$ ，我们逐步进行：

首先，进行变量替换：

\int e^{x} \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d x = \int \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d e^{x}

令 $t = e^{x}$ ，则积分变为：

\int \arcsin \sqrt{1-t^{2}} d t

接下来，进行另一个变量替换 $t = \cos u$ ：

-\int u \sin u d u = u \cos u - \int \cos u d u = u \cos u - \sin u + C

最后，代回原始变量：

e^{x} \arccos e^{x} - \sqrt{1-e^{2 x}} + C

解为：

\int e^{x} \arcsin \sqrt{1-e^{2 x}} d x = e^{x} \arccos e^{x} - \sqrt{1-e^{2 x}} + C

11

（填空题）差分方程 $\Delta^{2} \boldsymbol{y}_{\boldsymbol{x}} - \boldsymbol{y}_{\boldsymbol{x}} = 5$ 的解为

高等数学常微分方程其他方程

【答案】 $y = C_{1} + C_{2} 2^{x} - 5$

【解析】 $\Delta^{2} y_{x} - y_{x} = 5$ 可以转化为差分方程：

y_{x+2} - 2 y_{x+1} = 5

特征方程为：

r^{2} - 2 r = 0

解得特征根为 $r_{1} = 0$ 和 $r_{2} = 2$ 。

齐次形式的通解为：

y = C_{1} + C_{2} 2^{x}

由于非齐次项 $f(x) = 5$ ，设特解为常数 $y = a$ ，代入原方程得：

a = -5

综上，通解为：

y = C_{1} + C_{2} 2^{x} - 5

12

（填空题）设函数 $f(x)$ 满足

f(x + \Delta x) - f(x) = 2x f(x) \Delta x + o(\Delta x),

且 $f(0) = 2$ ，则 $f(1) =$

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

【答案】 $2e$

【解析】
给定方程：

f(x+\Delta x) - f(x) = 2x f(x) \Delta x + o(\Delta x)

当 $\Delta x \to 0$ 时取极限：

\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} = 2x f(x)

由此得到微分方程：

f'(x) = 2x f(x)

其通解为：

f(x) = C e^{x^{2}}

代入初始条件 $C = f(0) = 2$ ：

f(x) = 2 e^{x^{2}}

最终计算 $x = 1$ 处的函数值：

f(1) = 2e

13

（填空题）设 $A$ 为 3 阶矩阵， $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 为线性无关的向量组，若

A \boldsymbol{\alpha}_{1} = 2 \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3},

A \boldsymbol{\alpha}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{2} + 2 \boldsymbol{\alpha}_{3},

A \boldsymbol{\alpha}_{3} = -\boldsymbol{\alpha}_{2} + \boldsymbol{\alpha}_{3},

则 $A$ 的实特征值为（）。

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 2

【解析】
$\left(A \boldsymbol{\alpha}_{1}, A \boldsymbol{\alpha}_{2}, A \boldsymbol{\alpha}_{3}\right) = A\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right) = \left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left[\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1\end{array}\right]$

$\boldsymbol{\alpha}_{1}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 、 $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关，令 $P = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3})$ ，则

P^{-1} A P = \left[\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & 2 & 1\end{array}\right] = B

A 与 B 相似，特征值相等。

|\lambda E - B| = (\lambda - 2)\left(\lambda^{2} - 2 \lambda + 3\right) = 0 \Rightarrow \text{ } \lambda = 2

14

（填空题）已知事件 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 相互独立，且 $P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{2}$ ，则

P(AC \mid A \cup B) =

概率论与数理统计随机事件和概率

【答案】 $\frac{1}{3}$

【解析】 概率计算可分解如下：

P(AC \mid A \cup B) = \frac{P(AC \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)} = \frac{P(AC \cup ABC)}{P(A \cup B)}

简化分子与分母：

= \frac{P(AC) + P(ABC) - P(ABC)}{P(A) + P(B) - P(AB)}

代入给定概率进一步简化：

= \frac{P(A)P(C)}{P(A) + P(B) - P(A)P(B)} = \frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} = \frac{1}{3}

解答题

15

（本题满分 10 分）

求极限

\lim _{x \to +\infty} \left[ (a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x \right] = 2

中的 $a$ 和 $b$ 的值。

高等数学函数、极限、连续确定极限中的参数

【答案】 a=1, b=1

【解析】 方法1：

\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty} \left[(a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x\right] = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{(a + b t) e^{t}}{t} - \frac{1}{t} \\ & = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{(a + b t)(1 + t + o(t)) - 1}{t} \\ & = \lim_{t \to 0^{+}} \frac{(a - 1) + (a + b) t + o(t)}{t} = 2 \end{aligned}

\left\{ \begin{array}{l} a - 1 = 0 \\ a + b = 2 \end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1 \\ b = 1 \end{array} \right. \right.

方法2：

\begin{aligned} & \lim_{x \to +\infty} \left[(a x + b) e^{\frac{1}{x}} - x\right] \\ & = \lim_{x \to +\infty} (a x + b) \left[1 + \frac{1}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\right] - x \\ & = \lim_{x \to +\infty} \left[(a - 1) x + a + b + \frac{b}{x} + (a x + b) o\left(\frac{1}{x}\right)\right] = 2 \end{aligned}

\left\{ \begin{array}{l} a - 1 = 0 \\ a + b = 2 \end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1 \\ b = 1 \end{array} \right. \right.

16

（本题满分 10 分）

求 $\iint_{D} x^{2} \, dx \, dy$ ，其中 $D$ 由 $y = \sqrt{3(1 - x^{2})}$ 与 $y = \sqrt{3} \, x$ 围成的有界区域。

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\frac{\sqrt{3} \pi}{32} - \frac{\sqrt{3}}{16}$

【解析】

\iint_{D} x^{2} \, dx dy = \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} dx \int_{\sqrt{3} x}^{\sqrt{3(1 - x^{2})}} x^{2} \, dy = \frac{\sqrt{3} \pi}{32} - \frac{\sqrt{3}}{16}

17

（本题满分 10 分）

将长度为 $2\,\text{m}$ 的铁丝截成三段，分别弯成圆、正三角形、正方形。问这三段分别为多长时，所得图形的面积总和最小？并求该最小值。

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】
三段铁丝的长度分别为 $\frac{2\pi}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}$ m、 $\frac{6\sqrt{3}}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}$ m、 $\frac{8}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}$ m 时，所得图形的面积总和最小，最小值为 $\frac{1}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}$ m²。

【解析】
已知条件：

铁丝总长度： $2\,\text{m}$
三段长度分别为 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ，满足：
$x + y + z = 2$
弯成的图形及其面积：
- 圆：周长 $x$ ，面积 $A_{\text{}} = \pi r^2$ ，其中 $r = \frac{x}{2\pi}$
  $A_{\text{}} = \pi \left(\frac{x}{2\pi}\right)^2 = \frac{x^2}{4\pi}$
- 正三角形：周长 $y$ ，边长 $a = \frac{y}{3}$ ，面积 $A_{\text{}} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$
  $A_{\text{}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{y}{3}\right)^2 = \frac{\sqrt{3}\,y^2}{36}$
- 正方形：周长 $z$ ，边长 $b = \frac{z}{4}$ ，面积 $A_{\text{}} = b^2$
  $A_{\text{}} = \left(\frac{z}{4}\right)^2 = \frac{z^2}{16}$

目标：
求总面积 $S$ 的最小值：

S = \frac{x^2}{4\pi} + \frac{\sqrt{3}\,y^2}{36} + \frac{z^2}{16}

约束条件为 $x + y + z = 2$ 。

假设圆的半径为 $x$ ，正方形边长为 $y$ ，正三角形边长为 $z$ ，则有

2 \pi x + 4 y + 3 z = 2, \quad x \geq 0, \quad y \geq 0, \quad z \geq 0

令

f(x, y, z) = \pi x^{2} + y^{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} z^{2} + \lambda (2 \pi x + 4 y + 3 z - 2)

由极值条件得到方程组：

\left\{ \begin{array}{c} \frac{\partial f}{\partial x} = 2 \pi x + 2 \pi \lambda = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} = 2 y + 4 \lambda = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\sqrt{3}}{2} z + 3 \lambda = 0 \\ 2 \pi x + 4 y + 3 z - 2 = 0 \end{array} \right.

解得最优解为

x = \frac{1}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}, \quad y = \frac{2}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}, \quad z = \frac{2 \sqrt{3}}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}

最小面积为

S_{\min} = \frac{1}{\pi + 4 + 3 \sqrt{3}}

18

（本题满分 10 分），已知 $\cos 2x - \frac{1}{(1+x)^{2}} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ ，求 $a_{n}$ 。

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【答案】

a_{n} = \begin{cases} (-1)^{\frac{n}{2}} \frac{2^{n}}{n!} - (n+1), & n \text{} \\ -(n+1), & n \text{} \end{cases}

【解析】
由泰勒展开可知：

\cos 2x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n} \frac{2^{2n}}{(2n)!} x^{2n}

\frac{1}{(1+x)^{2}} = \sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^{n-1} x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(-1)^{n} x^{n}

因此

a_{n} = \begin{cases} (-1)^{\frac{n}{2}} \frac{2^{n}}{n!} - (n+1), & n \text{} \\ -(n+1), & n \text{} \end{cases}

19

（本题满分 10 分）

数列 $\{\boldsymbol{x}_n\}$ 满足 $\boldsymbol{x}_1 > 0$ ，且满足递推关系

\boldsymbol{x}_n e^{\boldsymbol{x}_{n+1}} = e^{\boldsymbol{x}_n} - 1 \quad (n = 1, 2, \cdots)

证明数列 $\{\boldsymbol{x}_n\}$ 收敛，并求

\lim_{n \to \infty} \boldsymbol{x}_n

高等数学函数、极限、连续数列敛散性的判定

【答案】 0

【解析】
由 $x_{n} e^{x_{n+1}}=e^{x_{n}}-1$ 得 $x_{n+1}=\ln \frac{e^{x_{n}}-1}{x_{n}}$ 。

单调性：令 $g(x)=e^x-1-xe^x$ ，则 $g'(x)=-xe^x<0$ （ $x>0$ ），故 $g(x)$ 单调递减。

有界性：由 $e^x-1>x$ （ $x>0$ ）知 $\frac{e^{x_n}-1}{x_n}>1$ ，故 $x_{n+1}=\ln \frac{e^{x_n}-1}{x_n}>0$ ，数列有下界。

根据单调有界定理， $\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，设为 $a$ ，则 $ae^a=e^a-1$ ，解得 $a=0$ 。

综上，数列收敛且 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$ 。

20

（本题满分 11 分）

设实二次型

f(\boldsymbol{x}) = f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} - x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} + (x_{1} + a x_{3})^{2},

其中 $a$ 是参数。

求 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 0$ 的解；
求 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 的规范形。

线性代数二次型

【答案】

当 $a \neq 2$ 时， $f(\boldsymbol{x}) = 0$ 的解为 $\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ ；当 $a = 2$ 时，解为 $\boldsymbol{x} = k \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ，其中 $k$ 为任意常数。
当 $a \neq 2$ 时， $f(\boldsymbol{x})$ 的规范形为 $y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$ ；当 $a = 2$ 时，规范形为 $y_1^2 + y_2^2$ 。

【解析】
(1) 若 $f(x_1, x_2, x_3) = 0$ ，则

\begin{cases} x_1 - x_2 + x_3 = 0, \\ x_2 + x_3 = 0, \\ x_1 + a x_3 = 0, \end{cases}

即 $0 = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = AX$ ，则 $|A| = a - 2$ 。

当 $a \neq 2$ 时， $|A| \neq 0$ ，则 $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ ；

当 $a = 2$ 时， $A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ ，则 $X = k_1 \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ， $k_1 \neq 0$ 。

(2) 当 $a \neq 2$ 时，令

\begin{cases} y_1 = x_1 - x_2 + x_3, \\ y_2 = x_2 + x_3, \\ y_3 = x_1 + a x_3, \end{cases}

即

\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = AX.

则 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形为 $f(y_1, y_2, y_3) = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$ 。

当 $a = 2$ 时， $A$ 不可逆，则

\begin{aligned} f(x_1, x_2, x_3) &= (x_1 - x_2 + x_3)^2 + (x_2 + x_3)^2 + (x_1 + 2x_3)^2 \\ &= 2x_1^2 + 2x_2^2 + 6x_3^2 - 2x_1x_2 + 6x_1x_3 \\ &= 2\left( x_1 - \frac{1}{2}x_2 + \frac{3}{2}x_3 \right)^2 + \frac{3}{2}(x_2 + x_3)^2, \end{aligned}

令

\begin{cases} y_1 = \sqrt{2} \left( x_1 - \frac{1}{2}x_2 + \frac{3}{2}x_3 \right), \\ y_2 = \frac{\sqrt{6}}{2} (x_2 + x_3), \\ y_3 = x_3, \end{cases}

则 $f(x_1, x_2, x_3)$ 的规范形为 $f(x_1, x_2, x_3) = y_1^2 + y_2^2$ 。

21

（本题满分 11 分）

已知矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{pmatrix}$ ， $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ 。

(1) 求 $a$ ；

(2) 求满足 $AP=B$ 的可逆矩阵 $P$

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) $a = 2$
(2) 可逆矩阵 $P = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix}$ ，其中 $k_1, k_2, k_3$ 为任意常数，且 $k_2 \ne k_3$

【解析】
(1)
初等列变换不改变行列式的值，故 $|A| = |B|$ ，
即 $-3a + 7a - 6a + 2a = 1 - a + 2 - 1$ ，
解得 $a = 2$ 。

(2)

(A \mid B) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 1 & 2 & 2 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 7 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 6 & 3 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & -2 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

可得

\begin{align*} X_1 &= k_1 \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\ X_2 &= k_2 \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \\ X_3 &= k_3 \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }). \end{align*}

故 $AX = B$ 的通解为

X = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }).

因为 $|X| = k_3 - k_2$ ，所以可逆矩阵

P = \begin{pmatrix} -6k_1 + 3 & -6k_2 + 4 & -6k_3 + 4 \\ 2k_1 - 1 & 2k_2 - 1 & 2k_3 - 1 \\ k_1 & k_2 & k_3 \end{pmatrix} \quad (k_1, k_2, k_3 \text{ }, \; k_2 \ne k_3).

22

（本题满分 11 分），已知随机变量 $X$ 和 $Y$ 相互独立，且 $P(X=1) = P(X=-1) = \frac{1}{2}$ ， $Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布， $Z = XY$ 。

求 $\text{Cov}(X, Z)$ ；
求 $Z$ 的分布律。

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】

$\text{Cov}(X, Z) = \lambda$
$Z$ 的分布律为：
$P\{Z = k\} = \begin{cases} \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}, & k \in \mathbb{N}^+, \\ e^{-\lambda}, & k = 0, \\ \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{-k}}{(-k)!}, & -k \in \mathbb{N}^+. \end{cases}$

【解析】
(1) $Y$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，故 $E(Y) = \lambda$ 。
由题意可得， $E(X) = 0$ , $E(X^2) = 1$ 。又由于 $X$ 与 $Y$ 相互独立，故

\begin{aligned} \text{Cov}(X, Z) &= E(XZ) - E(X) \cdot E(Z) \\ &= E(X^2Y) - E(X) \cdot E(XY) \\ &= E(X^2) \cdot E(Y) - E(X) \cdot E(X) \cdot E(Y) \\ &= \lambda. \end{aligned}

(2) 当 $k \in \mathbb{N}^+$ 时，

P\{Z = k\} = \frac{1}{2} P\{Y = k\} + \frac{1}{2} P\{Y = -k\} = \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!},

当 $k = 0$ 时，

P\{Z = 0\} = P\{Y = 0\} = e^{-\lambda};

当 $-k \in \mathbb{N}^+$ 时，

P\{Z = k\} = \frac{1}{2} P\{Y = k\} + \frac{1}{2} P\{Y = -k\} = \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{-k}}{(-k)!},

故

P\{Z = k\} = \begin{cases} \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}, & k \in \mathbb{N}^+, \\ e^{-\lambda}, & k = 0, \\ \frac{1}{2} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{-k}}{(-k)!}, & -k \in \mathbb{N}^+. \end{cases}

23

（本题满分 11 分）

已知总体 $X$ 的密度函数为

f(x, \sigma) = \frac{1}{2\sigma} e^{-\frac{|x|}{\sigma}} \quad (-\infty < x < +\infty, \sigma > 0),

其中 $\sigma$ 为未知参数， $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本。

(1) 求 $\sigma$ 的最大似然估计量 $\hat{\sigma}$ ；

(2) 求 $\hat{\sigma}$ 的方差 $D(\hat{\sigma})$ 。

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) $\hat{\sigma} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n |X_i|$
(2) $D(\hat{\sigma}) = \frac{\sigma^2}{n}$

【解析】
(1) 似然函数

\begin{align*} L(\sigma) &= f(X_1; \sigma) \cdots f(X_n; \sigma) \\ &= \frac{1}{(2\sigma)^n} e^{-\sum_{i=1}^n |X_i|} \quad (-\infty < x_i < +\infty, i=1,2,\cdots,n). \end{align*}

取对数：

\ln L(\sigma) = -n \ln 2 - n \ln \sigma - \frac{\sum_{i=1}^n |x_i|}{\sigma}.

令

\frac{d}{d\sigma} \ln L(\sigma) = -\frac{n}{\sigma} + \frac{\sum_{i=1}^n |x_i|}{\sigma^2} = 0,

得 $\sigma$ 的最大似然估计量：

\hat{\sigma} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n |X_i|.

(2)

E(|X_i|) = 2 \int_0^{\infty} \frac{1}{2\sigma} x e^{-\frac{x}{\sigma}} dx = 2 \times \frac{1}{2\sigma} \times \sigma^2 \times 1 = \sigma,

E(X_i^2) = 2 \int_0^{\infty} \frac{1}{2\sigma} x^2 e^{-\frac{x}{\sigma}} dx = \frac{1}{\sigma} \int_0^{\infty} y^2 e^{-y} dy = 2\sigma^2.

由于 $X_1, \cdots, X_n$ 相互独立，故

E(\hat{\sigma}) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(|X_i|) = \sigma,

D(\hat{\sigma}) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n D(|X_i|) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n (2\sigma^2 - \sigma^2) = \frac{\sigma^2}{n}.