卷 1

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

曲线 $y = \ln x$ 上与直线 $x + y = 1$ 垂直的切线方程为 ______．

【答案】 $y = x - 1$

【解析】
首先，将直线 $x + y = 1$ 化为斜截式： $y = -x + 1$ ，其斜率为 -1。与之垂直的直线斜率应满足乘积为 -1，即斜率为 1。曲线 $y = \ln x$ 的导数为 $y' = \frac{1}{x}$ ，令导数值等于切线斜率 1，即 $\frac{1}{x} = 1$ ，解得 $x = 1$ 。代入曲线方程得 $y = \ln 1 = 0$ ，因此切点为 (1, 0)。由点斜式得切线方程： $y - 0 = 1 \cdot (x - 1)$ ，即 $y = x - 1$ 。

2

已知 $f'(\e^x) = x\e^{- x}$ ，且 $f(1) = 0$ ，则 $f(x) =$ ______．

高等数学一元函数积分学不定积分的计算

【答案】 $\frac{1}{2} (\ln x)^2$

【解析】
已知 $f'(\e^x) = x \e^{-x}$ ，令 $u = \e^x$ ，则 $x = \ln u$ ，代入得 $f'(u) = (\ln u) \e^{-\ln u} = \frac{\ln u}{u}$ 。因此， $f'(x) = \frac{\ln x}{x}$ 。
对 $f'(x)$ 积分，得 $f(x) = \int \frac{\ln x}{x} \, dx$ 。令 $t = \ln x$ ，则 $dt = \frac{1}{x} dx$ ，积分化为 $\int t \, dt = \frac{t^2}{2} + C = \frac{(\ln x)^2}{2} + C$ 。
由初始条件 $f(1) = 0$ ，代入 $x = 1$ ，得 $\frac{(\ln 1)^2}{2} + C = 0$ ，即 $C = 0$ 。故 $f(x) = \frac{1}{2} (\ln x)^2$ 。

3

设 $L$ 为正向圆周 $x^2 + y^2 = 2$ 在第一象限中的部分，则曲线积分 $\int_L x\dy - 2y\dx$ 的值为 ______．

高等数学多元函数积分学第二类曲线积分

【答案】 $\dfrac{3\pi}{2}$

【解析】 曲线 $L$ 是圆 $x^2 + y^2 = 2$ 在第一象限的部分，正向为逆时针方向。采用参数方程：令 $x = \sqrt{2} \cos t$ ， $y = \sqrt{2} \sin t$ ，其中 $t$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{2}$ 。
计算微分：
$dx = -\sqrt{2} \sin t\, dt$ ，
$dy = \sqrt{2} \cos t\, dt$ 。
代入曲线积分：

\int_L x\,dy - 2y\,dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ (\sqrt{2} \cos t)(\sqrt{2} \cos t\, dt) - 2(\sqrt{2} \sin t)(-\sqrt{2} \sin t\, dt) \right] = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ 2\cos^2 t + 4\sin^2 t \right] dt.

简化被积函数：

2\cos^2 t + 4\sin^2 t = 2(\cos^2 t + 2\sin^2 t) = 2(1 + \sin^2 t).

因此，

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2(1 + \sin^2 t)\, dt = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sin^2 t)\, dt.

计算积分：

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1\, dt = \frac{\pi}{2}, \quad \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 t\, dt = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos 2t}{2} dt = \frac{1}{2} \left[ t - \frac{\sin 2t}{2} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4}.

所以，

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1 + \sin^2 t)\, dt = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}.

最终，

2 \times \frac{3\pi}{4} = \frac{3\pi}{2}.

因此，曲线积分的值为 $\dfrac{3\pi}{2}$ 。

4

欧拉方程 $x^2\frac{\d^2y}{\dx^2} + 4x\frac{\dy}{\dx} + 2y = 0$ （ $x > 0$ ）的通解为 ______．

高等数学常微分方程常系数齐次线性微分方程

【答案】
$y = \frac{C_1}{x} + \frac{C_2}{x^2}$

【解析】
给定欧拉方程

x^2 \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} + 4x \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} + 2y = 0 \quad (x > 0),

通过代换 $x = e^t$ （即 $t = \ln x$ ）将其转化为常系数线性微分方程。

计算导数

\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{\mathrm{d} t}{\mathrm{d} x} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{1}{x},

\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} x^2} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{1}{x} \right) = \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} \cdot \frac{1}{x^2} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \cdot \frac{1}{x^2} = \frac{1}{x^2} \left( \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right).

代入原方程

x^2 \cdot \frac{1}{x^2} \left( \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right) + 4x \cdot \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + 2y = 0,

化简得：

\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d} t^2} + 3 \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + 2y = 0.

求解常系数方程

该方程的特征方程为

r^2 + 3r + 2 = 0,

解得根 $r = -1$ 和 $r = -2$ ，因此通解为

y(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t}.

代回 $t = \ln x$ ，得

e^{-t} = x^{-1}, \quad e^{-2t} = x^{-2},

故原方程的通解为

y(x) = C_1 x^{-1} + C_2 x^{-2} = \frac{C_1}{x} + \frac{C_2}{x^2}.

5

设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，矩阵 $B$ 满足 $AB A^* = 2BA^* + E$ ，其中 $A^*$ 为 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 是单位矩阵，则 $|B| =$ ______．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】 $\frac{1}{9}$

【解析】 给定矩阵 $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ，满足方程 $AB A^* = 2BA^* + E$ ，其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵， $E$ 是单位矩阵。首先计算 $A$ 的行列式：

|A| = \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} = 1 \cdot (4 - 1) = 3

由于 $|A| = 3 \neq 0$ ， $A$ 可逆，且伴随矩阵满足 $A^* = |A| A^{-1} = 3 A^{-1}$ 。代入原方程：

AB (3 A^{-1}) = 2B (3 A^{-1}) + E

简化得：

3 AB A^{-1} = 6 B A^{-1} + E

右乘 $A$ ：

3 AB A^{-1} A = 6 B A^{-1} A + E A

即：

3 A B = 6 B + A

整理得：

3 A B - 6 B = A

即：

(3 A - 6 E) B = A

计算矩阵 $C = 3 A - 6 E$ ：

3 A = \begin{pmatrix} 6 & 3 & 0 \\ 3 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \quad 6 E = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}

C = 3 A - 6 E = \begin{pmatrix} 0 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}

计算 $|C|$ ：

|C| = \begin{vmatrix} 0 & 3 & 0 \\ 3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{vmatrix} = (-3) \cdot \begin{vmatrix} 0 & 3 \\ 3 & 0 \end{vmatrix} = (-3) \cdot (0 \cdot 0 - 3 \cdot 3) = (-3) \cdot (-9) = 27

由 $(3 A - 6 E) B = A$ ，取行列式：

|3 A - 6 E| \cdot |B| = |A|

即：

27 \cdot |B| = 3

所以：

|B| = \frac{3}{27} = \frac{1}{9}

因此， $|B| = \frac{1}{9}$ 。

6

设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，则 $P\{X > \sqrt{DX}\} =$ ______．

概率论与数理统计随机变量及其分布

【答案】
$e^{-1}$

【解析】
随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，其方差 $D(X) = \frac{1}{\lambda^2}$ ，因此 $\sqrt{D(X)} = \frac{1}{\lambda}$ 。
需要计算概率 $P\{X > \sqrt{D(X)}\} = P\{X > \frac{1}{\lambda}\}$ 。
指数分布的累积分布函数为 $F(x) = 1 - e^{-\lambda x}$ ，故 $P\{X > x\} = e^{-\lambda x}$ 。
代入 $x = \frac{1}{\lambda}$ ，得 $P\{X > \frac{1}{\lambda}\} = e^{-\lambda \cdot \frac{1}{\lambda}} = e^{-1}$ 。
因此， $P\{X > \sqrt{DX}\} = e^{-1}$ 。

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

把 $x \to 0^+$ 时的无穷小量 $\alpha = \int_0^x \cos t^2 \dt$ ， $\beta = \int_0^{x^2} \tan \sqrt{t} \dt$ ， $\gamma = \int_0^{\sqrt{x}} \sin t^3 \dt$ 排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是

高等数学函数、极限、连续无穷小量的比较

正确答案：B

【解析】 当 $x \to 0^+$ 时，分析三个无穷小量的阶数：

对于 $\alpha = \int_0^x \cos t^2 \, dt$ ，由于 $\cos t^2 \approx 1$ 当 $t \to 0$ ，因此 $\alpha \sim x$ ，即 $\alpha$ 是 $x$ 的一阶无穷小。
对于 $\beta = \int_0^{x^2} \tan \sqrt{t} \, dt$ ，令 $u = \sqrt{t}$ ，则 $\beta = 2 \int_0^x u \tan u \, du$ 。当 $u \to 0$ 时， $\tan u \sim u$ ，所以 $u \tan u \sim u^2$ ，因此 $\beta \sim 2 \int_0^x u^2 \, du = \frac{2}{3} x^3$ ，即 $\beta$ 是 $x$ 的三阶无穷小。
对于 $\gamma = \int_0^{\sqrt{x}} \sin t^3 \, dt$ ，当 $t \to 0$ 时， $\sin t^3 \sim t^3$ ，因此 $\gamma \sim \int_0^{\sqrt{x}} t^3 \, dt = \frac{1}{4} x^2$ ，即 $\gamma$ 是 $x$ 的二阶无穷小。
比较阶数： $\alpha$ 为一阶， $\gamma$ 为二阶， $\beta$ 为三阶。要满足后一个是前一个的高阶无穷小，即阶数递增，排列次序应为 $\alpha$ 、 $\gamma$ 、 $\beta$ ，对应选项 B。

8

设函数 $f(x)$ 连续，且 $f'(0) > 0$ ，则存在 $\delta > 0$ ，使得

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】
由导数的定义，

f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} > 0

根据极限的保号性，存在 $\delta > 0$ ，使得当 $0 < |x| < \delta$ 时，

\frac{f(x) - f(0)}{x} > 0

当 $x \in (0, \delta)$ 时，由于 $x > 0$ ，可得
$f(x) - f(0) > 0 \quad \Rightarrow \quad f(x) > f(0)$
因此选项 C 正确。
当 $x \in (-\delta, 0)$ 时，由于 $x < 0$ ，可得
$f(x) - f(0) < 0 \quad \Rightarrow \quad f(x) < f(0)$
因此选项 D 错误。

对于选项 A 和 B，虽然 $f'(0) > 0$ ，但不能保证在 $(0, \delta)$ 或 $(-\delta, 0)$ 内导数处处存在且恒正或恒负，因此 A 和 B 不一定成立。

9

设 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 为正项级数，下列结论中正确的是

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：B

【解析】

A：取反例 $a_n = \frac{1}{n \ln n}$ （ $n \geq 2$ ），则

\lim_{n \to \infty} n a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln n} = 0,

但级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 发散（由积分判别法可知）。
因此 A 错误。

B：若 $\lim_{n \to \infty} n a_n = \lambda \neq 0$ ，则当 $n$ 足够大时， $a_n \sim \frac{\lambda}{n}$ 。
由于 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，由极限比较法可知 $\sum a_n$ 发散。
因此 B 正确。

C：取反例 $a_n = \frac{1}{n^2}$ ，则级数 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，但

\lim_{n \to \infty} n^2 a_n = 1 \neq 0.

因此 C 错误。

D：取反例 $a_n = \frac{1}{n \ln n}$ （ $n \geq 2$ ），则级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 发散，但

\lim_{n \to \infty} n a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln n} = 0,

不存在非零常数 $\lambda$ 。
因此 D 错误。

10

设 $f(x)$ 为连续函数， $F(t) = \int_1^t \dy\int_y^t f(x)\dx$ ，则 $F'(2)$ 等于

高等数学一元函数积分学变限积分

正确答案：B

【解析】
已知连续函数 $f(x)$ ，以及

F(t) = \int_1^t \mathrm{d}y \int_y^t f(x) \, \mathrm{d}x.

首先交换积分次序。
积分区域为

1 \leq y \leq t, \quad y \leq x \leq t,

等价于

1 \leq x \leq t, \quad 1 \leq y \leq x.

因此，

F(t) = \int_1^t \left[ \int_1^x f(x) \, \mathrm{d}y \right] \mathrm{d}x = \int_1^t f(x)(x - 1) \, \mathrm{d}x.

由微积分基本定理，

F'(t) = f(t)(t - 1).

代入 $t = 2$ 得

F'(2) = f(2)(2 - 1) = f(2).

故正确答案为 B。

11

设 $A$ 是 $3$ 阶方阵，将 $A$ 的第 $1$ 列与第 $2$ 列交换得 $B$ ，再把 $B$ 的第 $2$ 列加到第 $3$ 列得 $C$ ，则满足 $AQ = C$ 的可逆矩阵 $Q$ 为

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：D

【解析】
设矩阵 $A$ 的列向量依次为 $\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{a}_3$ 。交换 $A$ 的第 1 列与第 2 列得到矩阵 $B$ ，于是 $B$ 的列向量为 $\mathbf{a}_2, \mathbf{a}_1, \mathbf{a}_3$ 。
再将 $B$ 的第 2 列加到第 3 列得到矩阵 $C$ ，则 $C$ 的列向量为 $\mathbf{a}_2, \mathbf{a}_1, \mathbf{a}_1 + \mathbf{a}_3$ 。

我们需要找到一个可逆矩阵 $Q$ ，使得 $AQ = C$ 。矩阵 $Q$ 的每一列表示 $A$ 的列向量的线性组合系数，因此 $Q$ 应满足：

第一列对应 $C$ 的第一列 $\mathbf{a}_2$ ，即系数为 $(0,1,0)^\text{T}$ ；
第二列对应 $C$ 的第二列 $\mathbf{a}_1$ ，即系数为 $(1,0,0)^\text{T}$ ；
第三列对应 $C$ 的第三列 $\mathbf{a}_1 + \mathbf{a}_3$ ，即系数为 $(1,0,1)^\text{T}$ 。

因此

Q = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},

对应选项 D。

验证：计算 $AQ$ ：

第一列为 $A \cdot (0,1,0)^\text{T} = \mathbf{a}_2$ ；
第二列为 $A \cdot (1,0,0)^\text{T} = \mathbf{a}_1$ ；
第三列为 $A \cdot (1,0,1)^\text{T} = \mathbf{a}_1 + \mathbf{a}_3$ 。
与矩阵 $C$ 一致。

其他选项错误原因：

选项 A 的第三列给出 $\mathbf{a}_2 + \mathbf{a}_3$ ；
选项 B 的第三列给出 $\mathbf{a}_2 + \mathbf{a}_3$ ；
选项 C 的第二列给出 $\mathbf{a}_1 + \mathbf{a}_3$ 。
均与 $C$ 的列向量不符。

12

设 $A$ , $B$ 为满足 $AB = O$ 的任意两个非零矩阵，则必有

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A

方法1：

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵， $B$ 为 $n \times s$ 矩阵，由 $AB = 0$ 知， $r(A) + r(B) \leq n$ ，其中 $n$ 是矩阵 $A$ 的列数，也是 $B$ 的行数。

因 $A$ 为非零矩阵，故 $r(A) \geq 1$ ，因 $r(A) + r(B) \leq n$ ，从而 $r(B) \leq n - 1 < n$ ，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知 $B$ 的行向量组线性相关。

因 $B$ 为非零矩阵，故 $r(B) \geq 1$ ，因 $r(A) + r(B) \leq n$ ，从而 $r(A) \leq n - 1 < n$ ，由向量组线性相关的充分必要条件向量组的秩小于向量的个数，知 $A$ 的列向量组线性相关。

第170页共316页

方法2：

设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵， $B$ 为 $n \times s$ 矩阵，将 $B$ 按列分块，由 $AB = 0$ 得，

AB = A(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s) = 0, \quad A\beta_i = 0, \quad i = 1, 2, \cdots, s.

因 $B$ 是非零矩阵，故存在 $\beta_i \neq 0$ ，使得 $A\beta_i = 0$ 。即齐次线性方程组 $Ax = 0$ 有非零解，故 $r(A) < n$ ，从而 $A$ 的列向量组线性相关。又 $(AB)^T = B^TA^T = 0$ ，将 $A^T$ 按列分块，得

B^TA^T = B^T(\alpha_1^T, \alpha_2^T, \cdots, \alpha_m^T) = 0, \quad B^T\alpha_i^T = 0, \quad i = 1, 2, \cdots, m.

因 $A$ 是非零矩阵，故存在 $\alpha_i^T \neq 0$ ，使得 $B^T\alpha_i^T = 0$ ，即齐次线性方程组 $B^Tx = 0$ 有非零解，故 $r(B^T) < n$ ，从而 $B^T$ 的列向量组线性相关，即 $B$ 的行向量组线性相关。

13

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(0,1)$ ，对给定的 $\alpha$ （ $0 < \alpha < 1$ ），数 $u_{\alpha}$ 满足 $P\{X > u_{\alpha}\} = \alpha$ ，若 $P\{|X| < x\} = \alpha$ ，则 $x$ 等于

概率论与数理统计随机变量及其分布

正确答案：C
【解析】 给定

P\{|X| < x\} = \alpha

，由于

X \sim N(0,1)

，有

P\{|X| < x\} = P\{-x < X < x\} = \Phi(x) - \Phi(-x) = 2\Phi(x) - 1

，其中

\Phi

为标准正态累积分布函数。因此，

2\Phi(x) - 1 = \alpha

，解得

\Phi(x) = \frac{1 + \alpha}{2}

。
由

u_{\alpha}

的定义，

P\{X > u_{\alpha}\} = \alpha

，即

\Phi(u_{\alpha}) = 1 - \alpha

，所以

u_{\alpha} = \Phi^{-1}(1 - \alpha)

。
令

x = u_{\beta}

，则

\Phi(x) = 1 - \beta

，结合

\Phi(x) = \frac{1 + \alpha}{2}

，有

1 - \beta = \frac{1 + \alpha}{2}

，解得

\beta = \frac{1 - \alpha}{2}

。因此，

x = u_{\frac{1 - \alpha}{2}}

，对应选项 C。

14

设随机变量 $X_1,X_2, \cdots ,X_n$ （ $n > 1$ ）独立同分布，且其方差为 $\sigma^2 > 0$ ．令 $Y = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n X_i$ ，则

概率论与数理统计随机变量的数字特征协方差与相关系数

正确答案：A

【解析】

由于随机变量 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ ( $n > 1$ ) 独立同分布，所以有

\text{Cov}(X_i, X_j) = \begin{cases} \sigma^2, & i = j; \\ 0, & i \neq j. \end{cases}

从而有

\text{Cov}(X_1, Y) = \text{Cov}(X_1, \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i) = \frac{1}{n} \text{Cov}(X_1, X_1) + \frac{1}{n} \sum_{i=2}^n \text{Cov}(X_1, X_i) = \frac{1}{n} DX_1 = \frac{1}{n} \sigma^2.

因为 $X$ 与 $Y$ 独立时，有 $D(X \pm Y) = D(X) + D(Y)$ ，所以

D(X_1 + Y) = D\left( \frac{1+n}{n} X_1 + \frac{1}{n} X_2 + \cdots + \frac{1}{n} X_n \right) = \frac{(1+n)^2}{n^2} \sigma^2 + \frac{n-1}{n^2} \sigma^2 = \frac{n+3}{n} \sigma^2,

D(X_1 - Y) = D\left( \frac{n-1}{n} X_1 - \frac{1}{n} X_2 - \cdots - \frac{1}{n} X_n \right) = \frac{(n-1)^2}{n^2} \sigma^2 + \frac{n-1}{n^2} \sigma^2 = \frac{n-2}{n} \sigma^2.

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 12 分）

设 $\e < a < b < \e^2$ ，证明 $\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{\e^2}(b - a)$ ．

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 不等式成立。

【解析】 令$f(x)=(\ln x)^2$，则$f’(x)=\frac{2\ln x}{x}$。由拉格朗日中值定理，存在$c\in(a,b)$使得

\ln^2 b - \ln^2 a = f(b)-f(a) = f'(c)(b-a) = \frac{2\ln c}{c}(b-a).

由于$e < a < c < b < e^2$，故$c\in(e,e^2)$。考虑函数$g(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$g’(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$。当$x>e$时，$g’(x)<0$，所以$g(x)$在$(e,+\infty)$上严格递减。因此当$c\in(e,e^2)$时，有

\frac{\ln c}{c} > \frac{\ln e^2}{e^2} = \frac{2}{e^2}.

于是

\ln^2 b - \ln^2 a = \frac{2\ln c}{c}(b-a) > \frac{4}{e^2}(b-a).

故原不等式得证。

16

（本题满分 11 分）

某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下．现有一质量为 $9000$ kg的飞机，着陆时的水平速度为 $700$ km/h．经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 $k = 6.0 \times 10^6$ ）．问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？（注：kg表示千克，km/h表示千米/小时．）

高等数学常微分方程常系数非齐次线性微分方程

【答案】 1.05 千米

【解析】

由题设，飞机质量 $m = 9000 \, \text{kg}$ ，着陆时的水平速度 $v_0 = 700 \, \text{km/h}$ 。从飞机接触跑道开始计时，设 t 时刻飞机的滑行距离为 $x(t)$ ，速度为 $v(t)$ ，则 $v(0) = v_0, x(0) = 0$ 。根据牛顿第二定律有 $m \frac{dv}{dt} = -kv$ 。又 $\frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = v \frac{dv}{dx}$ ，故由以上两式得 $dx = -\frac{m}{k} dv$ ，积分得 $x(t) = -\frac{m}{k} v + C$ 。由初始条件 $v(0) = v_0, x(0) = 0$ ，解得 $C = \frac{m}{k} v_0$ ，从而 $x(t) = \frac{m}{k} (v_0 - v(t))$ 。当 $v(t) \to 0$ 时，

x(t) \to \frac{mv_0}{k} = \frac{9000 \times 700}{6.0 \times 10^6} = 1.05.

所以，飞机滑行的最长距离为 1.05 千米。

17

（本题满分 12 分）

计算曲面积分

I = \iint_{\Sigma}2x^3 \dy\dz + 2y^3 \dz\dx + 3(z^2 - 1) \dx\dy,

其中 $\Sigma$ 是曲面 $z = 1 - x^2 - y^2(z \ge 0)$ 的上侧．

高等数学多元函数积分学第二类曲面积分

【答案】 $-\pi$

【解析】 考虑曲面 $\Sigma$ : $z = 1 - x^2 - y^2$ ( $z \ge 0$ ) 的上侧。为了应用散度定理，添加底面 $S_1$ : $z = 0$ ( $x^2 + y^2 \le 1$ ) 的下侧，构成封闭曲面 $S = \Sigma \cup S_1$ ，所围区域为 $\Omega$ 。令向量场 $\mathbf{F} = (P, Q, R) = (2x^3, 2y^3, 3(z^2 - 1))$ ，则原积分可写为：

I = \iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}.

由散度定理：

\iint_{S} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_{\Omega} \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV.

计算散度：

\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 6x^2 + 6y^2 + 6z.

在柱坐标下： $x = r\cos\theta$ , $y = r\sin\theta$ , $z = z$ ，则 $dV = r \, dr \, d\theta \, dz$ ，积分区域为 $0 \le \theta \le 2\pi$ , $0 \le r \le 1$ , $0 \le z \le 1 - r^2$ 。于是：

\iiint_{\Omega} \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-r^2} (6r^2 + 6z) r \, dz \, dr \, d\theta.

先对 $z$ 积分：

\int_{0}^{1-r^2} (6r^3 + 6r z) \, dz = 6r^3 (1 - r^2) + 3r (1 - r^2)^2.

然后对 $r$ 积分：

\int_{0}^{1} 6r^3 (1 - r^2) \, dr = 6 \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^6}{6} \right]_{0}^{1} = 6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{2},

\int_{0}^{1} 3r (1 - r^2)^2 \, dr = 3 \int_{0}^{1} (r - 2r^3 + r^5) \, dr = 3 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{2} + \frac{r^6}{6} \right]_{0}^{1} = 3 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} \right) = \frac{1}{2}.

所以：

\int_{0}^{1} \left[ 6r^3 (1 - r^2) + 3r (1 - r^2)^2 \right] dr = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1,

\iiint_{\Omega} \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV = \int_{0}^{2\pi} 1 \, d\theta = 2\pi.

因此：

\iint_{S} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 2\pi.

接下来计算底面积分 $\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$ 。在 $S_1$ 上， $z = 0$ ，下侧，法向量为 $\mathbf{n} = (0, 0, -1)$ 。由于 $S_1$ 是水平面， $dy \, dz$ 和 $dz \, dx$ 的投影面积为零，只需计算 $dx \, dy$ 部分。对于下侧，有 $dx \, dy = -dA$ ，其中 $dA = dx \, dy$ 是投影面积元。于是：

\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S_1} 3(z^2 - 1) \, dx \, dy = \iint_{x^2 + y^2 \le 1} 3(0 - 1) (-1) \, dx \, dy = \iint_{x^2 + y^2 \le 1} 3 \, dx \, dy = 3 \cdot \pi = 3\pi.

所以：

I = \iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{S} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 2\pi - 3\pi = -\pi.

因此，曲面积分 $I = -\pi$ .

18

（本题满分 11 分）

设有方程 $x^n + nx - 1 = 0$ ，其中 $n$ 为正整数．证明此方程存在惟一正实根 $x_n$ ，并证明当 $\alpha > 1$ 时，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}x_n^{\alpha}$ 收敛．

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

【答案】 方程 $x^n + nx - 1 = 0$ 存在唯一正实根 $x_n \in (0,1)$ ，且当 $\alpha > 1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n^{\alpha}$ 收敛。

【解析】 考虑函数 $f(x) = x^n + nx - 1$ ，其中 $n$ 为正整数。
当 $x = 0$ 时， $f(0) = -1 < 0$ ；当 $x = 1$ 时， $f(1) = n > 0$ 。
由于 $f(x)$ 连续，由中间值定理，存在 $x_n \in (0,1)$ 使得 $f(x_n) = 0$ 。
又 $f'(x) = n x^{n-1} + n > 0$ 对于 $x > 0$ ，故 $f(x)$ 在 $x > 0$ 上严格递增，因此正实根 $x_n$ 唯一。

由方程 $x_n^n + n x_n - 1 = 0$ 可得 $x_n^n + n x_n = 1$ 。
由于 $x_n^n > 0$ ，有 $n x_n < 1$ ，即 $x_n < \frac{1}{n}$ 。
当 $\alpha > 1$ 时，有 $x_n^{\alpha} < \left( \frac{1}{n} \right)^{\alpha} = \frac{1}{n^{\alpha}}$ 。
而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ 收敛（ $\alpha > 1$ 时的 $p$ -级数），
由比较判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n^{\alpha}$ 收敛。

19

（本题满分 12 分）

设 $z = z(x,y)$ 是由 $x^2 - 6xy + 10y^2 - 2yz - z^2 + 18 = 0$ 确定的函数，求 $z = z(x,y)$ 的极值点和极值．

高等数学多元函数微分学多元函数的极值问题

【答案】
极小值点为 $(9,3)$ ，极小值为 $z=3$ ；极大值点为 $(-9,-3)$ ，极大值为 $z=-3$ 。

【解析】
设 $F(x,y,z) = x^2 - 6xy + 10y^2 - 2yz - z^2 + 18$ 。由隐函数存在定理，函数 $z = z(x,y)$ 的极值点需满足 $F_x = 0$ ， $F_y = 0$ ，且 $F(x,y,z) = 0$ 。
计算偏导数：

F_x = 2x - 6y, \quad F_y = -6x + 20y - 2z.

令 $F_x = 0$ ，得 $2x - 6y = 0$ ，即 $x = 3y$ 。
令 $F_y = 0$ ，代入 $x = 3y$ ，得 $-6(3y) + 20y - 2z = 0$ ，即 $2y - 2z = 0$ ，故 $z = y$ 。
代入 $F(x,y,z) = 0$ ：

(3y)^2 - 6(3y)y + 10y^2 - 2y \cdot y - y^2 + 18 = 0,

简化得 $-2y^2 + 18 = 0$ ，解得 $y = \pm 3$ 。
当 $y = 3$ 时， $x = 9$ ， $z = 3$ ；当 $y = -3$ 时， $x = -9$ ， $z = -3$ 。
因此，候选极值点为 $(9,3,3)$ 和 $(-9,-3,-3)$ 。

为判断极值类型，计算二阶偏导数。
首先， $F_z = -2y - 2z$ 。
在点 $(9,3,3)$ 处， $F_z = -12$ ，

z_{xx} = -\frac{F_{xx}}{F_z} = -\frac{2}{-12} = \frac{1}{6}, \quad z_{xy} = -\frac{F_{xy}}{F_z} = -\frac{-6}{-12} = -\frac{1}{2}, \quad z_{yy} = -\frac{F_{yy}}{F_z} = -\frac{20}{-12} = \frac{5}{3}.

Hessian 行列式：

D = z_{xx} z_{yy} - (z_{xy})^2 = \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{3} - \left(-\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{5}{18} - \frac{1}{4} = \frac{1}{36} > 0,

且 $z_{xx} = \frac{1}{6} > 0$ ，故为极小值点，极小值 $z = 3$ 。

在点 $(-9,-3,-3)$ 处， $F_z = 12$ ，

z_{xx} = -\frac{F_{xx}}{F_z} = -\frac{2}{12} = -\frac{1}{6}, \quad z_{xy} = -\frac{F_{xy}}{F_z} = -\frac{-6}{12} = \frac{1}{2}, \quad z_{yy} = -\frac{F_{yy}}{F_z} = -\frac{20}{12} = -\frac{5}{3}.

Hessian 行列式：

D = z_{xx} z_{yy} - (z_{xy})^2 = \left(-\frac{1}{6}\right) \left(-\frac{5}{3}\right) - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{5}{18} - \frac{1}{4} = \frac{1}{36} > 0,

且 $z_{xx} = -\frac{1}{6} < 0$ ，故为极大值点，极大值 $z = -3$ 。

因此，函数 $z = z(x,y)$ 的极小值点为 $(9,3)$ ，极小值为 $3$ ；极大值点为 $(-9,-3)$ ，极大值为 $-3$ 。

20

（本题满分 9 分）

设有齐次线性方程组

\begin{cases} (1 + a) x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0, \\ 2x_1 + (2 + a) x_2 + \cdots + 2x_n = 0, \\ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ nx_1 + nx_2 + \cdots + (n + a) x_n = 0, \end{cases}\quad(n \ge 2).

试问 $a$ 取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解．

线性代数线性方程组

【答案】
当 $a = 0$ 或 $a = -\frac{n(n+1)}{2}$ 时，方程组有非零解。
当 $a = 0$ 时，通解为 $x = k_1 (-1, 1, 0, \ldots, 0)^{\mathsf{T}} + k_2 (-1, 0, 1, \ldots, 0)^{\mathsf{T}} + \cdots + k_{n-1} (-1, 0, 0, \ldots, 1)^{\mathsf{T}}$ ，其中 $k_1, k_2, \ldots, k_{n-1}$ 为任意常数。
当 $a = -\frac{n(n+1)}{2}$ 时，通解为 $x = k (1, 2, 3, \ldots, n)^{\mathsf{T}}$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】

对方程组的系数矩阵 $A$ 作初等行变换，有

A = \begin{pmatrix} 1 + a & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 2 & 2 + a & 2 & \cdots & 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ n & n & n & \cdots & n + a \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 + a & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ -2a & a & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -na & 0 & 0 & \cdots & a \end{pmatrix} = B.

当 $a = 0$ 时， $r(A) = 1 < n$ ，故该方程组有非零解。其同解方程组为

x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0,

由此得基础解系为

\eta_1 = (-1, 1, 0, \cdots, 0)^T, \quad \eta_2 = (-1, 0, 1, \cdots, 0)^T, \quad \cdots, \quad \eta_{n-1} = (-1, 0, 0, \cdots, 1)^T.

于是方程组的通解为 $x = k_1 \eta_1 + \cdots + k_{n-1} \eta_{n-1}$ ，其中 $k_1, \cdots, k_{n-1}$ 为任意常数。

当 $a \neq 0$ 时，对矩阵 $B$ 作初等行变换，有

B \rightarrow \begin{pmatrix} 1 + a & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ -2 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -n & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a + \frac{n(n+1)}{2} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -2 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -n & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix},

可知 $a = -\frac{n(n+1)}{2}$ 时， $r(A) = n - 1 < n$ ，故此方程组也有非零解。其同解方程组为

\begin{cases} -2x_1 + x_2 = 0, \\ -3x_1 + x_3 = 0, \\ \vdots \\ -nx_1 + x_n = 0, \end{cases}

由此得基础解系为 $\eta = (1, 2, \cdots, n)^T$ ，于是方程组的通解为 $x = k \eta$ ，其中 $k$ 为任意常数。

21

（本题满分 9 分）

设矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ -1 & 4 & -3 \\ 1 & a & 5 \end{pmatrix}$ 的特征方程有一个二重根，求 $a$ 的值，并讨论 $A$ 是否可相似对角化．

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】
$a = -2$ 或 $a = -\frac{2}{3}$ ；当 $a = -2$ 时， $A$ 可相似对角化；当 $a = -\frac{2}{3}$ 时， $A$ 不可相似对角化。

【解析】
矩阵 $A$ 的特征多项式为 $p(\lambda) = \det(\lambda I - A) = \lambda^3 - 10\lambda^2 + (34+3a)\lambda - (36+6a)$ 。特征方程有一个二重根，设二重根为 $\lambda_0$ ，则 $p(\lambda_0)=0$ 且 $p'(\lambda_0)=0$ 。由 $p'(\lambda)=3\lambda^2-20\lambda+(34+3a)$ ，代入 $\lambda_0$ 得：

3\lambda_0^2 - 20\lambda_0 + (34+3a) = 0

解得 $a = -\lambda_0^2 + \frac{20}{3}\lambda_0 - \frac{34}{3}$ 。代入 $p(\lambda_0)=0$ 得：

\lambda_0^3 - 10\lambda_0^2 + (34+3a)\lambda_0 - (36+6a) = 0

代入 $a$ 并化简得 $\lambda_0^3 - 8\lambda_0^2 + 20\lambda_0 - 16 = 0$ ，因式分解为 $(\lambda_0-2)^2(\lambda_0-4)=0$ ，故 $\lambda_0=2$ 或 $\lambda_0=4$ 。
当 $\lambda_0=2$ 时， $a = -2$ ；当 $\lambda_0=4$ 时， $a = -\frac{2}{3}$ 。
当 $a=-2$ 时，特征值为 $\lambda=2$ （二重）和 $\lambda=6$ （单根）。计算 $A-2I$ 的秩为 1，几何重数为 2，等于代数重数，故 $A$ 可相似对角化。
当 $a=-\frac{2}{3}$ 时，特征值为 $\lambda=4$ （二重）和 $\lambda=2$ （单根）。计算 $A-4I$ 的秩为 2，几何重数为 1，小于代数重数 2，故 $A$ 不可相似对角化。

22

（本题满分 9 分）

设 $A$ , $B$ 为随机事件，且 $P(A) = \frac{1}{4}$ ， $P(B|A) = \frac{1}{3}$ ， $P(A|B) = \frac{1}{2}$ ．令

X = \begin{cases} 1, & A\;\text{发生}, \\ 0, & A\;\text{不发生}; \end{cases}\qquad Y = \begin{cases} 1, & B\;\text{发生}, \\ 0, & B\;\text{不发生}. \end{cases}

求：

(1) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布；

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY}$ ．

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】 (1) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|cc} & Y & \\ X & 0 & 1 \\ \hline 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{12} \\ 1 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} \\ \end{array}

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY} = \frac{1}{\sqrt{15}}$ .

【解析】

(1) 由于 $P(AB) = P(A)P(B|A) = \frac{1}{12}$ ，所以 $P(B) = \frac{P(AB)}{P(A|B)} = \frac{1}{6}$ 。利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有

P\{X=1, Y=1\} = P(AB) = \frac{1}{12},

P\{X=1, Y=0\} = P(A\bar{B}) = P(A) - P(AB) = \frac{1}{6}.

第175页共316页

P\{X=0, Y=1\} = P(\bar{A}B) = P(B) - P(AB) = \frac{1}{12},

P\{X=0, Y=0\} = P(\bar{A}\bar{B}) = 1 - P(A + B) = 1 - P(A) - P(B) + P(AB) = \frac{2}{3}.

故 $(X, Y)$ 的概率分布为

\begin{array}{c|cc} & Y & \\ X & 0 & 1 \\ \hline 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{12} \\ 1 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} \\ \end{array}

(II) $X, Y$ 的概率分布分别为

P\{X=0\} = P\{X=0, Y=1\} + P\{X=0, Y=0\} = \frac{2}{3} + \frac{1}{12} = \frac{3}{4},

P\{X=1\} = P\{X=1, Y=1\} + P\{X=1, Y=0\} = \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{1}{4},

P\{Y=1\} = P\{X=0, Y=1\} + P\{X=1, Y=1\} = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{6},

P\{Y=0\} = 1 - P\{Y=1\} = \frac{5}{6}.

所以 $X, Y$ 的概率分布为

\begin{array}{c|cc} X & 0 & 1 \\ \hline p & \frac{3}{4} & \frac{1}{4} \\ \end{array}

\begin{array}{c|cc} Y & 0 & 1 \\ \hline p & \frac{5}{6} & \frac{1}{6} \\ \end{array}

由0-1分布的数学期望和方差公式，有

EX = \frac{1}{4}, \quad EY = \frac{1}{6}, \quad DX = \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{16}, \quad DY = \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{36},

E(XY) = 0 \cdot P\{XY = 0\} + 1 \cdot P\{XY = 1\} = P\{X=1, Y=1\} = \frac{1}{12}.

故协方差和相关系数等于

\operatorname{Cov}(X, Y) = E(XY) - EX \cdot EY = \frac{1}{24}, \quad \rho_{XY} = \frac{\operatorname{Cov}(X, Y)}{\sqrt{DX} \cdot \sqrt{DY}} = \frac{\sqrt{15}}{15}.

23

（本题满分 9 分）

设总体 $X$ 的分布函数为

F(x,\beta) = \begin{cases} 1 - \frac{1}{x^{\beta}}, & x > 1, \\ 0, & x \le 1, \end{cases}

其中未知参数 $\beta > 1$ ， $X_1,X_2, \cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，求：

(1) $\beta$ 的矩估计量；

(2) $\beta$ 的最大似然估计量．

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) $\beta$ 的矩估计量为 $\hat{\beta} = \frac{\bar{X}}{\bar{X} - 1}$ ，其中 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$ 。 (2) $\beta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\beta} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln X_i}$ 。

【解析】

首先，由总体分布函数 $F(x, \beta)$ 求导得到概率密度函数（PDF）。
当 $x > 1$ 时，

f(x) = \frac{d}{dx} F(x, \beta) = \beta x^{-\beta-1};

当 $x \leq 1$ 时，

f(x) = 0.

(1) 矩估计量

计算总体均值：

E[X] = \int_{1}^{\infty} x f(x) \, dx = \int_{1}^{\infty} x \cdot \beta x^{-\beta-1} \, dx = \beta \int_{1}^{\infty} x^{-\beta} \, dx.

由于 $\beta > 1$ ，积分

\int_{1}^{\infty} x^{-\beta} \, dx = \frac{1}{\beta - 1},

因此

E[X] = \beta \cdot \frac{1}{\beta - 1} = \frac{\beta}{\beta - 1}.

设样本均值 $\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i$ 等于总体均值，即

\bar{X} = \frac{\beta}{\beta - 1}.

解方程得

\beta = \frac{\bar{X}}{\bar{X} - 1},

因此矩估计量为

\hat{\beta} = \frac{\bar{X}}{\bar{X} - 1}.

(2) 最大似然估计量

似然函数为

L(\beta) = \prod_{i=1}^{n} f(X_i) = \beta^n \prod_{i=1}^{n} X_i^{-\beta - 1}.

取对数得

l(\beta) = \ln L(\beta) = n \ln \beta - (\beta + 1) \sum_{i=1}^{n} \ln X_i.

对 $\beta$ 求导并令导数为零：

\frac{d l}{d \beta} = \frac{n}{\beta} - \sum_{i=1}^{n} \ln X_i = 0,

解得

\beta = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln X_i}.

二阶导数为

\frac{d^2 l}{d \beta^2} = -\frac{n}{\beta^2} < 0,

故为最大值点，因此最大似然估计量为

\hat{\beta} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln X_i}.