卷 3

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

极限 $\lim_{x \to \infty} x\sin \frac{2x}{x^2 + 1} =$ ______．

【答案】 $2$

【解析】
考虑极限 $\lim_{x \to \infty} x\sin \frac{2x}{x^2 + 1}$ 。
当 $x \to \infty$ 时， $\frac{2x}{x^2 + 1} \to 0$ ，因此可利用等价无穷小替换 $\sin u \sim u$ （当 $u \to 0$ ），即 $\sin \frac{2x}{x^2 + 1} \sim \frac{2x}{x^2 + 1}$ 。
于是原极限化为

\lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{2x}{x^2 + 1} = \lim_{x \to \infty} \frac{2x^2}{x^2 + 1}.

分子分母同除以 $x^2$ ，得

\lim_{x \to \infty} \frac{2}{1 + \frac{1}{x^2}} = \frac{2}{1 + 0} = 2.

因此，极限值为 $2$ 。

2

微分方程 $xy' + y = 0$ 满足初始条件 $y(1) = 2$ 的特解为 ______．

高等数学常微分方程可分离变量的微分方程与齐次方程

【答案】 $y = \frac{2}{x}$

【解析】
给定微分方程 $xy' + y = 0$ ，可以写为 $x \frac{dy}{dx} + y = 0$ 。
通过分离变量法，将方程整理为 $\frac{dy}{y} = -\frac{dx}{x}$ 。
两边积分得 $\ln |y| = -\ln |x| + C$ ，其中 $C$ 为积分常数。
简化得 $\ln |y| = \ln \left| \frac{1}{x} \right| + C$ ，即 $|y| = e^C \left| \frac{1}{x} \right|$ 。
令 $K = e^C$ ，则通解为 $y = \frac{K}{x}$ 。
代入初始条件 $y(1) = 2$ ，得 $2 = \frac{K}{1}$ ，因此 $K = 2$ 。
故特解为 $y = \frac{2}{x}$ 。

3

设二元函数 $z = x\e^{x + y} + (x + 1)\ln(1 + y)$ ，则 $\dz\big|_{(1,0)} =$ ______．

高等数学多元函数微分学全微分的概念与计算

【答案】 $2e \, dx + (e + 2) \, dy$

【解析】
求偏导数得

\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x+y} + x e^{x+y} + \ln(1+y), \quad \frac{\partial z}{\partial y} = x e^{x+y} + \frac{x+1}{1+y}.

于是 $z$ 的全微分为

\mathrm{d}z = \frac{\partial z}{\partial x}\,\mathrm{d}x + \frac{\partial z}{\partial y}\,\mathrm{d}y = \left(e^{x+y} + x e^{x+y} + \ln(1+y)\right)\mathrm{d}x + \left(x e^{x+y} + \frac{x+1}{y+1}\right)\mathrm{d}y.

所以 $\left.\mathrm{d}z\right|_{(1,0)} = 2e\,\mathrm{d}x + (e+2)\,\mathrm{d}y$ 。

4

设行向量组 $(2,1,1,1)$ ， $(2,1,a,a)$ ， $(3,2,1,a)$ ， $(4,3,2,1)$ 线性相关，且 $a \ne 1$ ，则 $a =$ ______．

线性代数向量向量组的线性相关性

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 给定行向量组：

\alpha_1 = (2,1,1,1),\quad \alpha_2 = (2,1,a,a),\quad \alpha_3 = (3,2,1,a),\quad \alpha_4 = (4,3,2,1)

线性相关，且 $a \ne 1$ 。由于向量个数等于维数，线性相关等价于由这些向量作为行构成的矩阵的行列式为零。

构造矩阵：

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & a & a \\ 3 & 2 & 1 & a \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}

计算行列式 $\det(A)$ 。

首先进行行变换：

$R_2 \leftarrow R_2 - R_1$ ，得： $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a-1 & a-1 \\ 3 & 2 & 1 & a \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ 由于 $a \ne 1$ ，可从第二行提取公因子 $a-1$ ： $\det(A) = (a-1) \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & a \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ 记上述矩阵为 $A'$ ，计算 $\det(A')$ 。

继续行变换：

$R_3 \leftarrow R_3 - R_1$ ，得： $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & a-1 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$
$R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1$ ，得： $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & a-1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ 按第三列展开行列式。第三列元素为：
$a_{13} = 1$ ，余子式 $C_{13}$ ；
$a_{23} = 1$ ，余子式 $C_{23}$ ；
$a_{33} = 0$ ， $a_{43} = 0$ 。

计算 $C_{13}$ （删除第一行、第三列）：

C_{13} = \det\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & a-1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 1

计算 $C_{23}$ （删除第二行、第三列）：

\begin{align*} C_{23} &= (-1)^{2+3} \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & a-1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \\ &= -1 \cdot \left[ 2 \cdot \left(1 \cdot (-1) - (a-1) \cdot 1\right) - 1 \cdot \left(1 \cdot (-1) - (a-1) \cdot 0\right) + 1 \cdot \left(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0\right) \right] \\ &= -1 \cdot \left[2\left(-1 - (a-1)\right) - 1\left(-1\right) + 1\left(1\right)\right] \\ &= -1 \cdot \left[2(-a) + 1 + 1\right] \\ &= -1 \cdot (-2a + 2) \\ &= 2a - 2 \end{align*}

所以：

\det(A') = 1 \cdot C_{13} + 1 \cdot C_{23} = 1 + (2a - 2) = 2a - 1

于是：

\det(A) = (a-1)(2a-1)

令 $\det(A) = 0$ ，得 $(a-1)(2a-1) = 0$ 。由 $a \ne 1$ ，得 $a = \frac{1}{2}$ 。

因此，答案为 $\boxed{\frac{1}{2}}$ 。

5

同试卷 1 第 6 题

6

设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为

\begin{array}{|c|cc|} \hline X\setminus Y & 0 & 1 \\ \hline 0 & 0.4 & a \\ 1 & b & 0.1 \\ \hline \end{array}

已知随机事件 $\{X = 0\}$ 与 $\{X + Y = 1\}$ 相互独立，则 $a=$ ______， $b=$ ______．

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】 $0.4, 0.1$

【解析】
由概率分布的性质，所有概率之和为1，即：

0.4 + a + b + 0.1 = 1

解得：

a + b = 0.5

事件 $\{X = 0\}$ 的概率为：

P(X = 0) = P(X = 0, Y = 0) + P(X = 0, Y = 1) = 0.4 + a

事件 $\{X + Y = 1\}$ 的概率为：

P(X + Y = 1) = P(X = 0, Y = 1) + P(X = 1, Y = 0) = a + b

事件 $\{X = 0\}$ 与 $\{X + Y = 1\}$ 的交集为 $\{X = 0, Y = 1\}$ ，其概率为 $a$ 。由独立性条件：

P(\{X = 0\} \cap \{X + Y = 1\}) = P(X = 0) \cdot P(X + Y = 1)

即：

a = (0.4 + a)(a + b)

代入 $a + b = 0.5$ ：

a = (0.4 + a) \times 0.5

解得：

a = 0.2 + 0.5a

a = 0.4

代入 $a + b = 0.5$ ：

b = 0.1

验证： $P(X = 0) = 0.4 + 0.4 = 0.8$ ， $P(X + Y = 1) = 0.4 + 0.1 = 0.5$ ， $P(\{X = 0\} \cap \{X + Y = 1\}) = 0.4$ ，且 $0.8 \times 0.5 = 0.4$ ，满足独立性条件。

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

当 $a$ 取下列哪个值时，函数 $f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - a$ 恰好有两个不同的零点

高等数学一元函数微分学方程根的存在性与个数

正确答案：B

【解析】 因为 $f'(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x-1)(x-2)$ ，知可能极值点为 $x = 1$ 和 $x = 2$ 。从而可将函数划分为 3 个严格单调区间：

\begin{array}{c|ccc} x & (-\infty, 1) & (1, 2) & (2, +\infty) \\ \hline f'(x) & + & - & + \\ \end{array}

并且 $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ ， $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ 。若 $f(x)$ 恰好有两个零点，则必有 $f(1) = 0$ 或 $f(2) = 0$ （否则有一个或三个零点），解之得 $a = 5$ 或 $a = 4$ 。故选 (B)。

8

设 $I_1 = \iint_D \cos \sqrt{x^2 + y^2} \d\sigma$ , $I_2 = \iint_D \cos(x^2 + y^2)\d\sigma$ , $I_3 = \iint_D \cos(x^2 + y^2)^2 \d\sigma$ ，其中 $D = \left\{(x,y) \middle| x^2 + y^2 \le 1 \right\}$ ，则

高等数学多元函数积分学重积分的计算

正确答案：A

【解析】 在区域 $D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 1\}$ 上，除原点 $x^2 + y^2 = 0$ 及边界 $x^2 + y^2 = 1$ 外，总有

\sqrt{x^2 + y^2} > x^2 + y^2 > (x^2 + y^2)^2.

而在 $0 \leq u \leq 1$ 内， $\cos u$ 是严格单调减函数，于是

\cos(x^2 + y^2)^2 > \cos(x^2 + y^2) > \cos \sqrt{x^2 + y^2}.

因此二重积分

\iint_D \cos(x^2 + y^2)^2 \, d\sigma > \iint_D \cos(x^2 + y^2) \, d\sigma > \iint_D \cos \sqrt{x^2 + y^2} \, d\sigma,

即 $I_3 > I_2 > I_1$ .

9

设 $a_n > 0$ , $n = 1,2, \cdots$ ，若 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 发散， $\sum_{n = 1}^{\infty}(- 1)^{n - 1}a_n$ 收敛，则下列结论正确的是

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：D

【解析】 给定 $a_n > 0$ ， $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散，但 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 收敛。由交错级数收敛可知 $a_n \to 0$ 。

考虑选项 D： $\sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n})$ 。交错级数的部分和

S_{2N} = \sum_{n=1}^{N} (a_{2n-1} - a_{2n}),

由于交错级数收敛， $S_{2N}$ 收敛，因此 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_{2n-1} - a_{2n})$ 收敛。

选项 A 和 B 不一定成立，例如取 $a_n = \frac{1}{n}$ 时， $\sum a_{2n-1}$ 和 $\sum a_{2n}$ 均发散。
选项 C 中 $\sum (a_{2n-1} + a_{2n}) = \sum a_n$ ，发散。

故 D 正确。

10

设 $f(x) = x\sin x + \cos x$ ，下列命题中正确的是

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：B

【解析】 首先，求函数 $f(x) = x \sin x + \cos x$ 的导数：

f'(x) = \frac{d}{dx}(x \sin x) + \frac{d}{dx}(\cos x) = \sin x + x \cos x - \sin x = x \cos x

令 $f'(x) = 0$ ，得 $x \cos x = 0$ ，解得临界点 $x = 0$ 或 $x = \frac{\pi}{2} + k\pi$ （ $k$ 为整数）。本题关注 $x = 0$ 和 $x = \frac{\pi}{2}$ 。

为判断极值类型，求二阶导数：

f''(x) = \frac{d}{dx}(x \cos x) = \cos x - x \sin x

在 $x = 0$ 处，

f''(0) = \cos 0 - 0 \cdot \sin 0 = 1 > 0

故 $x = 0$ 为极小值点。

在 $x = \frac{\pi}{2}$ 处，

f''\left(\frac{\pi}{2}\right) = \cos \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} \sin \frac{\pi}{2} = 0 - \frac{\pi}{2} \cdot 1 = -\frac{\pi}{2} < 0

故 $x = \frac{\pi}{2}$ 为极大值点。

因此， $f(0)$ 是极小值， $f\left(\frac{\pi}{2}\right)$ 是极大值，对应选项 B。

11

以下四个命题中，正确的是

高等数学一元函数微分学导数与微分的概念

正确答案：C

【解析】 设 $f(x) = \frac{1}{x}$ ，则 $f(x)$ 及 $f'(x) = -\frac{1}{x^2}$ 均在 $(0,1)$ 内连续，但 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内无界，故排除 (A) 和 (B)。又 $f(x) = \sqrt{x}$ 在 $(0,1)$ 内有界，但 $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ 在 $(0,1)$ 内无界，故排除 (D)。

如果 $f'(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有界，则对于正数 $M$ ，使 $(0,1)$ 内的一切 $x$ ，有 $|f'(x)| \leq M$ 。在 $(0,1)$ 内取定点 $x_0$ ，则对于任意 $x \in (0,1)$ 有

f(x) - f(x_0) = f'(\xi)(x - x_0), \quad \xi \in (0,1).

于是

|f(x)| \leq |f(x_0)| + |f'(\xi)||x - x_0| \leq |f(x_0)| + M,

所以 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 内有界。

12

设矩阵 $A$ = $(a_{ij})_{3 \times 3}$ 满足 $A^* = A^T$ ，其中 $A^*$ 是 $A$ 的伴随矩阵， $A^T$ 为 $A$ 的转置矩阵．若 $a_{11},a_{12},a_{13}$ 为三个相等的正数，则 $a_{11}$ 为

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：A

【解析】 由已知条件

A^* = \begin{pmatrix} A_{11} & A_{21} & A_{31} \\ A_{12} & A_{22} & A_{32} \\ A_{13} & A_{23} & A_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & a_{31} \\ a_{12} & a_{22} & a_{32} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{pmatrix} = A^T,

则有 $a_{ij} = A_{ij}$ , $i,j = 1,2,3$ ，其中 $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式。又由 $A^* = A^T$ 和 $AA^* = |A|E$ 得 $AA^T = |A|E$ ，两边取行列式，得到 $|A|^2 = |A|^3$ ，于是有 $|A| = 0$ 或 $|A| = 1$ 。而

|A| = a_{11}A_{11} + a_{12}A_{12} + a_{13}A_{13} = a_{11}^2 + a_{12}^2 + a_{13}^2 = 3a_{11}^2 \ne 0,

于是 $|A| = 1$ ，即 $3a_{11}^2 = 1$ ，故 $a_{11} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 。故正确选项为 (A)。

13

同试卷 1 第 11 题

14

设一批零件的长度服从正态分布 $N(\mu ,\sigma^2)$ ，其中 $\mu ,\sigma^2$ 均未知．现从中随机抽取 $16$ 个零件，测得样本均值 $\overline{x} = 20(cm)$ ，样本标准差 $s = 1(cm)$ ，则 $\mu$ 的置信度为 $0.90$ 的置信区间是

概率论与数理统计参数估计与假设检验区间估计和置信区间

正确答案：C

【解析】 由于总体方差未知，样本量较小（ $n=16$ ），需使用 $t$ 分布构建置信区间。置信度为 $0.90$ ，则显著性水平 $\alpha = 0.10$ ， $\alpha/2 = 0.05$ 。自由度为 $n-1 = 15$ 。置信区间公式为：

\overline{x} \pm t_{\alpha/2, df} \cdot \frac{s}{\sqrt{n}}

代入数据得：

20 \pm t_{0.05}(15) \cdot \frac{1}{\sqrt{16}} = 20 \pm \frac{1}{4}t_{0.05}(15)

因此，置信区间为

\left(20 - \frac{1}{4}t_{0.05}(15),\; 20 + \frac{1}{4}t_{0.05}(15)\right)

对应选项 C。选项 A 和 B 自由度错误，选项 D 分位数错误。

解答题

本题共9小题，满分94分

15

（本题满分 8 分）

\lim_{x \to 0} \left(\frac{1 + x}{1 - \e^{- x}} - \frac{1}{x} \right) =

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{3}{2}$

【解析】 考虑极限 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + x}{1 - e^{-x}} - \frac{1}{x} \right)$ 。直接代入 $x = 0$ 会得到未定式，因此采用洛必达法则或泰勒展开求解。

方法一：泰勒展开
首先，将 $e^{-x}$ 展开为泰勒级数： $e^{-x} = 1 - x + \frac{x^2}{2!} - \frac{x^3}{3!} + O(x^4)$ ，则 $1 - e^{-x} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} - O(x^4)$ 。
于是，

\frac{1 + x}{1 - e^{-x}} = \frac{1 + x}{x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} - O(x^4)} = \left( \frac{1}{x} + 1 \right) \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} - O(x^3)}.

令 $g(x) = \frac{1}{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} - O(x^3)}$ ，其泰勒展开为：

g(x) = 1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} + O(x^3).

因此，

\frac{1 + x}{1 - e^{-x}} = \left( \frac{1}{x} + 1 \right) \left( 1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} + O(x^3) \right) = \frac{1}{x} + \frac{3}{2} + \frac{7}{12}x + O(x^2).

原表达式为：

\left( \frac{1}{x} + \frac{3}{2} + \frac{7}{12}x + O(x^2) \right) - \frac{1}{x} = \frac{3}{2} + \frac{7}{12}x + O(x^2).

当 $x \to 0$ 时，极限为 $\frac{3}{2}$ .

方法二：洛必达法则
将表达式通分：

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

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，应用洛必达法则。
分子导数： $-e^{-x} + 1 + 2x$ ，分母导数： $1 - e^{-x} + x e^{-x}$ 。
在 $x = 0$ 处，分子导数为 0，分母导数为 0，仍需洛必达法则。
二阶分子导数： $e^{-x} + 2$ ，二阶分母导数： $2e^{-x} - x e^{-x}$ 。
在 $x = 0$ 处，二阶分子导数为 3，二阶分母导数为 2，因此极限为 $\frac{3}{2}$ 。

两种方法均得极限为 $\frac{3}{2}$ .

16

（本题满分 8 分）

设 $f(u)$ 具有二阶连续导数，且 $g(x,y) = f\left(\frac{y}{x} \right) + yf\left(\frac{x}{y} \right)$ ，求 $x^2\frac{\pd^2 g}{\pd x^2} - y^2\frac{\pd^2 g}{\pd y^2}$ ．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】

\frac{2y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right)

【解析】 设 $g(x,y) = f\left( \frac{y}{x} \right) + y f\left( \frac{x}{y} \right)$ ，其中 $f(u)$ 具有二阶连续导数。

首先，求一阶偏导数：

\frac{\partial g}{\partial x} = -\frac{y}{x^2} f'\left( \frac{y}{x} \right) + f'\left( \frac{x}{y} \right)

\frac{\partial g}{\partial y} = \frac{1}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right) + f\left( \frac{x}{y} \right) - \frac{x}{y} f'\left( \frac{x}{y} \right)

然后，求二阶偏导数：

\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = \frac{2y}{x^3} f'\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{y^2}{x^4} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{1}{y} f''\left( \frac{x}{y} \right)

所以，

x^2 \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = \frac{2y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{y^2}{x^2} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{x^2}{y} f''\left( \frac{x}{y} \right)

\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = \frac{1}{x^2} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{x^2}{y^3} f''\left( \frac{x}{y} \right)

所以，

y^2 \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = \frac{y^2}{x^2} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{x^2}{y} f''\left( \frac{x}{y} \right)

因此，

\begin{align*} x^2 \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} - y^2 \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} &= \left( \frac{2y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{y^2}{x^2} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{x^2}{y} f''\left( \frac{x}{y} \right) \right) \\ &\quad - \left( \frac{y^2}{x^2} f''\left( \frac{y}{x} \right) + \frac{x^2}{y} f''\left( \frac{x}{y} \right) \right) \\ &= \frac{2y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right) \end{align*}

故结果为 $\frac{2y}{x} f'\left( \frac{y}{x} \right)$ .

17

（本题满分 9 分）

同试卷 2 第 21 题

18

（本题满分 9 分）

求幂级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n + 1} - 1 \right) x^{2n}$ 在区间 $(- 1,1)$ 内的和函数 $S(x)$ ．

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【答案】

S(x) = \begin{cases} -1 + \dfrac{1}{2x} \ln \dfrac{1+x}{1-x} - \dfrac{1}{1 - x^2}, & |x| < 1, x \neq 0; \\ 0, & x = 0. \end{cases}

【解析】
将幂级数分为两部分：

S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n+1} - 1 \right) x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n+1} x^{2n} - \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} = S_1(x) - S_2(x).

先求级数 $S_2(x)$ ：

S_2(x) = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} = x^2 \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{x^2}{1 - x^2}.

再求级数 $S_1(x)$ ：由于

(x S_1(x))' = \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right)' = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right)' = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} = \frac{x^2}{1 - x^2},

因此由微积分基本公式得

x S_1(x) = 0 \times S_1(0) + \int_0^x \frac{t^2}{1 - t^2} \, dt = -x + \frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x}.

又由于 $S_1(0) = 0$ ，故

S_1(x) = \begin{cases} -1 + \dfrac{1}{2x} \ln \dfrac{1+x}{1-x}, & |x| < 1, \\ 0, & x = 0. \end{cases}

所以原幂级数的和函数

S(x) = S_1(x) - S_2(x) = \begin{cases} -1 + \dfrac{1}{2x} \ln \dfrac{1+x}{1-x} - \dfrac{1}{1 - x^2}, & |x| < 1, x \neq 0; \\ 0, & x = 0. \end{cases}

19

（本题满分 8 分）

设 $f(x),g(x)$ 在 $[0,1]$ 上的导数连续，且 $f(0) = 0$ , $f'(x) \ge 0$ , $g'(x) \ge 0$ ．证明：对任何 $a \in[0,1]$ ，有 $\int_0^a g(x)f'(x)\dx + \int_0^1 f(x)g'(x)\dx \ge f(a)g(1).$

高等数学一元函数微分学微分中值定理

【答案】 证明见解析。

【解析】
将 $a$ 看成变限，设

F(x) = \int_0^x g(t)f'(t)\,\mathrm{d}t + \int_0^1 f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t - f(x)g(1),

则 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上的导数连续，并且

F'(x) = g(x)f'(x) - f'(x)g(1) = f'(x)[g(x) - g(1)].

由 $x \in [0,1]$ 时， $g'(x) \geq 0$ 知 $g(x)$ 是单调递增的，所以 $g(x) - g(1) \leq 0$ ；又 $f'(x) \geq 0$ ，因此 $F'(x) \leq 0$ ，即 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减。另一方面，

F(1) = \int_0^1 g(t)f'(t)\,\mathrm{d}t + \int_0^1 f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t - f(1)g(1).

由分部积分公式

\begin{align*} \int_0^1 g(t)f'(t)\,\mathrm{d}t &= \int_0^1 g(t)\,\mathrm{d}[f(t)] \\ &= \left[g(t)f(t)\right]_0^1 - \int_0^1 f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t \\ &= f(1)g(1) - \int_0^1 f(t)g'(t)\,\mathrm{d}t, \end{align*}

故 $F(1) = 0$ 。因此当 $x \in [0,1]$ 时 $F(x) \geq F(1) = 0$ 。由此对任何 $a \in [0,1]$ 有

\int_0^a g(x)f'(x)\,\mathrm{d}x + \int_0^1 f(x)g'(x)\,\mathrm{d}x \geq f(a)g(1).

20

（本题满分 13 分）

已知齐次线性方程组 (I) $\begin{cases} x_1 + 2x_2 + 3x_3 = 0, \\ 2x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\ x_1 + x_2 + ax_3 = 0, \end{cases}$ 和(II) $\begin{cases} x_1 + bx_2 + cx_3 = 0, \\ 2x_1 + b^2x_2 + (c + 1)x_3 = 0, \end{cases}$ 同解，求 $a,b,c$ 的值．

线性代数线性方程组

【答案】 $a=2$ ， $b=1$ ， $c=2$

【解析】 首先，考虑齐次线性方程组（I）的系数矩阵：

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 5 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix}

对其进行行化简：

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & a-2 \end{pmatrix}

当 $a \neq 2$ 时，秩为3，方程组（I）只有零解。但方程组（II）有两个方程、三个变量，不可能只有零解（系数矩阵秩最大为2），故 $a \neq 2$ 不成立。因此 $a = 2$ 。

当 $a = 2$ 时，方程组（I）的系数矩阵行化简为：

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

解为：

x_1 = -x_3, \quad x_2 = -x_3

即解空间由向量 $\mathbf{v} = (-1, -1, 1)$ 张成。

由于方程组（I）和（II）同解， $\mathbf{v}$ 必须满足方程组（II）：

\begin{cases} -1 + b(-1) + c(1) = 0 \\ 2(-1) + b^2(-1) + (c+1)(1) = 0 \end{cases}

化简得：

\begin{cases} c - b = 1 \\ c - b^2 = 1 \end{cases}

相减得 $b^2 - b = 0$ ，即 $b(b-1) = 0$ ，解得 $b = 0$ 或 $b = 1$ 。

若 $b = 0$ ，则 $c = 1$ 。方程组（II）为：

\begin{cases} x_1 + x_3 = 0 \\ 2x_1 + 2x_3 = 0 \end{cases}

方程相互依赖，解空间维数为2（ $x_1 = -x_3$ ， $x_2$ 自由），与方程组（I）解空间维数1不同，故不成立。

若 $b = 1$ ，则 $c = 2$ 。方程组（II）为：

\begin{cases} x_1 + x_2 + 2x_3 = 0 \\ 2x_1 + x_2 + 3x_3 = 0 \end{cases}

系数矩阵为：

\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}

行化简后秩为2，解空间维数为1，解为 $x_1 = -x_3$ ， $x_2 = -x_3$ ，即与方程组（I）解空间相同。

因此， $a = 2$ ， $b = 1$ ， $c = 2$ 。

21

（本题满分 13 分）

设 $D = \begin{pmatrix} A & C \\ C^T & B \end{pmatrix}$ 为正定矩阵，其中 $A,B$ 分别为 $m$ 阶， $n$ 阶对称矩阵， $C$ 为 $m \times n$ 矩阵．

(1) 计算 $P^T DP$ ，其中 $P = \begin{pmatrix} E_m & -A^{-1} C \\ O & E_n \end{pmatrix}$ ；

(2) 利用(I)的结果判断矩阵 $B - C^T A^{-1} C$ 是否为正定矩阵，并证明你的结论．

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

【答案】
(1) $P^T DP = \begin{pmatrix} A & O \\ O & B - C^T A^{-1} C \end{pmatrix}$
(2) 矩阵 $B - C^T A^{-1} C$ 是正定矩阵。

【解析】
(I) 因为 $P = \begin{pmatrix} E_m & -A^{-1}C \\ O & E_n \end{pmatrix}$ ，所以
$P^T = \begin{pmatrix} E_m & O \\ -C^T(A^{-1})^T & E_n \end{pmatrix}$ 。
因为 $A$ 为对称矩阵，故 $A^T = A$ ，左右两边取逆， $(A^T)^{-1} = A^{-1}$ 。
根据可逆矩阵的性质，又有 $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$ ，故 $(A^{-1})^T = A^{-1}$ ，
所以

P^T = \begin{pmatrix} E_m & O \\ -C^T A^{-1} & E_n \end{pmatrix}

因此，

P^T D P = \begin{pmatrix} E_m & O \\ -C^T A^{-1} & E_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & C \\ C^T & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_m & -A^{-1}C \\ O & E_n \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} A & C \\ O & B - C^T A^{-1} C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_m & -A^{-1}C \\ O & E_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & O \\ O & B - C^T A^{-1} C \end{pmatrix}.

(II) 矩阵 $B - C^T A^{-1} C$ 是正定矩阵。事实上，因为 $P$ 可逆，所以由 $D$ 是正定矩阵知 $P^T D P$ 也是正定的。
根据正定的定义，对任意的 $\begin{pmatrix} O \\ Y \end{pmatrix} \neq O$ ，恒有

(O, Y^T) P^T D P \begin{pmatrix} O \\ Y \end{pmatrix} = (O, Y^T) \begin{pmatrix} A & O \\ O & B - C^T A^{-1} C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} O \\ Y \end{pmatrix} > 0.

计算分块矩阵乘积得：

(O, Y^T) \begin{pmatrix} A & O \\ O & B - C^T A^{-1} C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} O \\ Y \end{pmatrix} = (O, Y^T)(B - C^T A^{-1} C)\begin{pmatrix} O \\ Y \end{pmatrix}

= Y^T (B - C^T A^{-1} C) Y.

故对任意 $Y \neq O$ ，有 $Y^T (B - C^T A^{-1} C) Y > 0$ ，从而 $B - C^T A^{-1} C$ 为正定矩阵。

22

（本题满分 13 分）

设二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率密度为 $f(x,y) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1,0 < y < 2x, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$ 求：

(1) $(X,Y)$ 的边缘概率密度 $f_X(x),f_Y(y)$ ；

(2) $Z = 2X - Y$ 的概率密度 $f_Z(z)$ ；

(3) $P\left\{Y \le \frac{1}{2} \middle| X \le \frac{1}{2} \right\}$ ．

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) $f_X(x) = \begin{cases} 2x, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{} \end{cases}$ ， $f_Y(y) = \begin{cases} 1 - \frac{y}{2}, & 0 < y < 2 \\ 0, & \text{} \end{cases}$
(2) $f_Z(z) = \begin{cases} 1 - \frac{z}{2}, & 0 < z < 2 \\ 0, & \text{} \end{cases}$
(3) $\frac{3}{4}$

【解析】
(I) 由边缘密度函数的定义，关于 $X$ 的边缘概率密度为：

f_X(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x, y)\,\mathrm{d}y = \begin{cases} \displaystyle \int_0^{2x} \mathrm{d}y, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} = \begin{cases} 2x, & 0 < x < 1, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

关于 $Y$ 的边缘概率密度：

f_Y(y) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x, y)\,\mathrm{d}x = \begin{cases} \displaystyle \int_{\frac{y}{2}}^{1} \mathrm{d}x, & 0 < y < 2, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases} = \begin{cases} 1 - \dfrac{y}{2}, & 0 < y < 2, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

(II) 由分布函数的定义： $F_Z(z) = P\{Z \leq z\} = P\{2X - Y \leq z\}$ 。当 $z < 0$ 时， $F_Z(z) = P\{2X - Y \leq z\} = 0$ 。当 $z \geq 2$ 时， $F_Z(z) = P\{2X - Y \leq z\} = 1$ 。当 $0 \leq z < 2$ 时，如图转换成阴影部分的二重积分。

F_Z(z) = P\{2X - Y \leq z\} = \iint_{2x - y \leq z} f(x, y)\,dx\,dy

= 1 - \iint_{2x - y > z} f(x, y)\,dx\,dy = 1 - \int_{\frac{z}{2}}^1 dx \int_0^{2x - z} dy = z - \frac{1}{4}z^2.

所以分布函数为

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & z < 0, \\ z - \dfrac{1}{4}z^2, & 0 \leq z < 2, \\ 1, & z \geq 2. \end{cases}

由密度函数与分布函数的关系，所求的概率密度为

f_Z(z) = \begin{cases} 1 - \frac{1}{2}z, & 0 < z < 2, \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

(Ⅲ) 因为

P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}, Y \leqslant \frac{1}{2}\right\} = \iint_{x \leqslant \frac{1}{2}, y \leqslant \frac{1}{2}} f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}y \int_{\frac{y}{2}}^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}x = \frac{3}{16},

P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}\right\} = \int_0^{\frac{1}{2}} f_X(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^{\frac{1}{2}} 2x\,\mathrm{d}x = \frac{1}{4},

所以由条件概率公式得

P\left\{Y \leqslant \frac{1}{2} \,\middle|\, X \leqslant \frac{1}{2}\right\} = \frac{P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}, Y \leqslant \frac{1}{2}\right\}}{P\left\{X \leqslant \frac{1}{2}\right\}} = \frac{\frac{3}{16}}{\frac{1}{4}} = \frac{3}{4}.

23

（本题满分 13 分）

设 $X_1,X_2, \cdots ,X_n(n > 2)$ 为来自总体 $N(0,\sigma^2)$ 的简单随机样本，其样本均值为 $\overline{X}$ ，记 $Y_i = X_i - \overline{X}$ ， $i = 1,2, \cdots ,n$ ．

(1) 求 $Y_i$ 的方差 $DY_i$ ， $i = 1,2, \cdots ,n$ ；

(2) 求 $Y_1$ 与 $Y_n$ 的协方差 $\Cov (Y_1,Y_n)$ ；

(3) 若 $c(Y_1 + Y_n)^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计量，求常数 $c$ ．

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

【答案】
(1) $DY_i = \frac{n-1}{n} \sigma^2$
(2) $\Cov(Y_1, Y_n) = -\frac{\sigma^2}{n}$
(3) $c = \frac{n}{2(n-2)}$

【解析】
由题设知 $X_1, X_2, \cdots, X_n (n > 2)$ 相互独立，且 $E X_i = 0, D X_i = \sigma^2 (i = 1, 2, \cdots, n)$ ，

E\overline{X} = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E X_i = 0,

D\overline{X} = D\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}D X_i = \frac{\sigma^2}{n}.

(I) 因为 $Y_i = X_i - \overline{X}$ ，所以对 $i = 1, 2, \cdots, n$ ，有 $E Y_i = 0$ ，

D Y_i = D(X_i - \overline{X}) = D\left[\left(1 - \frac{1}{n}\right)X_i - \frac{1}{n}\sum_{j \ne i}X_j\right]

= \frac{(n-1)^2}{n^2}\sigma^2 + \frac{1}{n^2} \cdot (n-1)\sigma^2 = \frac{n-1}{n}\sigma^2.

(II) 由协方差的定义：

\mathrm{Cov}(Y_1, Y_n) = E(Y_1 Y_n) - E Y_1 E Y_n = E(Y_1 Y_n)

= E[(X_1 - \overline{X})(X_n - \overline{X})] = E(X_1 X_n - X_1 \overline{X} - X_n \overline{X} + \overline{X}^2)

= E(X_1 X_n) - E(X_1 \overline{X}) - E(X_n \overline{X}) + E(\overline{X}^2).

因为 $X_1, X_n$ 独立，有

E(X_1 X_n) = E X_1 E X_n = 0 \times 0 = 0.

由方差的公式，有

E(\overline{X}^2) = D\overline{X} + (E\overline{X})^2 = \frac{\sigma^2}{n} + 0 = \frac{\sigma^2}{n}.

由期望的性质和方差的公式有

\begin{aligned} E(X_1\overline{X}) &= E\left(\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}X_1X_j\right) = E\left(\frac{1}{n}X_1^2 + \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n}X_1X_j\right) \\ &= \frac{1}{n}E(X_1^2) + \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n}EX_1EX_j = \frac{1}{n}\left[DX_1 + (EX_1)^2\right] + 0 \\ &= \frac{1}{n}(\sigma^2 + 0) = \frac{\sigma^2}{n}. \end{aligned}

同理 $E(X_n\overline{X}) = \dfrac{\sigma^2}{n}$ 。所以

\begin{aligned} \mathrm{Cov}(Y_1, Y_n) &= E(X_1X_n) - E(X_1\overline{X}) - E(X_n\overline{X}) + E(\overline{X}^2) \\ &= 0 - \frac{\sigma^2}{n} - \frac{\sigma^2}{n} + \frac{\sigma^2}{n} = -\frac{\sigma^2}{n}. \end{aligned}

(Ⅲ) 由 $c(Y_1 + Y_n)^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计量，则 $E[c(Y_1 + Y_n)^2] = \sigma^2$ 。而

E[c(Y_1 + Y_n)^2] = cE[(Y_1 + Y_n)^2] = c\left[D(Y_1 + Y_n) + [E(Y_1 + Y_n)]^2\right]

又 $E(Y_1 + Y_n) = EY_1 + EY_n = 0$ ，

\begin{aligned} D(Y_1 + Y_n) &= DY_1 + DY_2 + 2\mathrm{Cov}(Y_1, Y_n) \\ &= \frac{n-1}{n}\sigma^2 + \frac{n-1}{n}\sigma^2 + 2\left(-\frac{\sigma^2}{n}\right) = \frac{2(n-2)}{n}\sigma^2, \end{aligned}

所以得到

E[c(Y_1 + Y_n)^2] = c\left[D(Y_1 + Y_n) + [E(Y_1 + Y_n)]^2\right] = \frac{2(n-2)}{n}c\sigma^2.

由 $E[c(Y_1 + Y_n)^2] = \sigma^2$ ，得 $\dfrac{2(n-2)}{n}c\sigma^2 = \sigma^2$ ，解得 $c = \dfrac{n}{2(n-2)}$ 。