数一2024

一、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, 只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上。

(1)

已知函数 $f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt,g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt$, 则 ( )
(A) $f(x)$ 是奇函数, $g(x)$ 是偶函数
(B) $f(x)$ 是偶函数, $g(x)$ 是奇函数
(C) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数
(D) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为周期函数
李艳芳真题系列|考研数学一历年真题逐题精讲（2010-2024年）[更新至最新]-哔哩哔哩

• 读题:已知函数 $\underset{\text{函数积分和求导后，奇偶性会发生改变}}{\underbrace{f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt,g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt}}$, 则 ( )
• $e^{\cos x}$ 是偶函数，$e^{\cos (-x)}=e^{\cos x}$
  • $f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt$是奇函数
• $e^{t^2}$ 是偶函数
  • $h(x)={\int }_0^x{e}^{t^2}dt$是奇函数
  • $g(-x)=h(\sin (-x))=h(-\sin x)=-h(\sin x)=-g(x)$
    • $h(\sin x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt$是奇函数
• 若 $f(x)$ 是连续函数， $\underset{F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt}{\underbrace{F(x)\text{是}f(x)\text{的一个原函数}}}$，
  • 则当 $f(x)$ 是奇函数时， $F(x)$ 必是偶函数，
  • 当 $f(x)$ 是偶函数时，当且仅当 $F(0)=0$ 时， $F(x)$ 是奇函数.
• 小结：判定奇偶及周期性
  • (1) 用定义，如，证明
    • $f(x)={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}|\sin t|dt$ 以 $\pi$ 为周期
    • $F(x)={\int }_{-a}^a|x-a|f(t)dt$ 与 $f(x)$ 的奇偶性一致
  • (2) 用结论
    • 复合函数 $f[g(x)]$，内 $(g(x))$ 偶则偶，内 $(g(x))$ 奇同外
      • 内部是偶函数，则复合函数也是偶函数，
      • 内部是奇函数，则奇偶性取决于外层函数
    • 求导改变奇偶性，但不改变周期性
    • ${\int }_0^{x}f(t)dt$ 的奇偶性与 $f(x)$ 的计算奇偶性相反
    • $f(x)$ 以 $T$ 为周期，若 ${\int }_0^{T}f(t)dt=0$，则 ${\int }_{x_0}^{x}f(t)dt$ 也以 $T$ 为周期
      1999 年数一、二、三试题
      设 $f(x)$ 是连续函数， $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数，则（ ）
      （A） 当 $f(x)$ 是奇函数时， $F(x)$ 必是偶函数。
      （B）当 $f(x)$ 是偶函数时， $F(x)$ 必是奇函数。
      (C) 当 $f(x)$ 是周期函数时， $F(x)$ 必是周期函数。
      (D) 当 $f(x)$ 是单调增函数时, $F(x)$ 必是单调增函数.
      2005 年数一、二试题
      设 $F(x)$ 是连续函数 $f(x)$ 的一个原函数， ” $M\iff N$ “表示 ” $M$ 的充分必要条件是 $N^{\prime \prime }$ ，则必有（）
      (A) $F(x)$ 是偶函数 $\iff f(x)$ 是奇函数.
      (B) $F(x)$ 是奇函数 $\iff f(x)$ 是偶函数.
      (C) $F(x)$ 是周期函数 $\iff f(x)$ 是周期函数.
      (D) $F(x)$ 是单调函数 $\iff f(x)$ 是单调函数.
      2024 年数二试题
      设函数 $f(x)={\int }_0^{\sin x}\sin t^3\mathrm{d}t,g(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ ，则 $()$
      (A) $f(x)$ 是奇函数， $g(x)$ 是奇函数.
      （B） $f(x)$ 是奇函数， $g(x)$ 是偶函数。
      (C) $f(x)$ 是偶函数， $g(x)$ 是偶函数.
      (D) $f(x)$ 是偶函数， $g(x)$ 是奇函数.

(2)

设 $P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)$ 均为连续函数, $\Sigma$ 为曲面 $Z=\sqrt{1-x^2-y^2}(x⩽0,y⩾0)$ 的上侧,则 ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx=()$
(A) ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(B) ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(C) ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(D) ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)dxdy$

• 读题
  设 $P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)$ 均为连续函数, $\Sigma$ 为$\underset{\text{画图}+\text{球面}}{\underbrace{\text{曲面}Z=\sqrt{1-x^2-y^2}(x⩽0,y⩾0)\text{的上侧}}}$,则 $\underset{\text{第二类曲面积分}}{\underbrace{{\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx=()}}$
• 解：$\underset{\Sigma }{\iint }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy\stackrel{\text{转换投影法}}{=}\underset{\Sigma }{\iint }\left[P\cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial x}\right)+Q\cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial y}\right)+R\right]dxdy$
  • 本题曲面 $\Sigma$ 方程为 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，于是
    • $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=\frac{-x}{z}$
    • $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{z}$
  • 按照上述公式，选 $(A)$。

(3)

设幕级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数为 $\ln (2+x)$, 则 $\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}$ ( )
(A) $-\frac{1}{6}$
(B) $-\frac{1}{3}$
(C) $\frac{1}{6}$
(D) $\frac{1}{3}$

• 读题:
  设$\underset{\text{已知和函数，反求幂级数的系数}}{\underbrace{\text{幂级数}\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\text{的和函数为}\stackrel{ln(1+x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}}{\overbrace{\ln (2+x)}}}}$, 则 $\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}$ ( )
• $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}(-1<x\le 1)$
• 解：展开的关键在“变形”，由于
  $\ln (2+x)\stackrel{\text{恒等变形}}{=}\ln 2\left(1+\frac{x}{2}\right)=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)$
  • $\underset{ln(1+x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}}{\overset{\text{幂级数展开}}{=}}\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{{\left(\frac{x}{2}\right)}^n}{n}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{{\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n}{\underbrace{\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n\cdot 2^n}{x}^n}}$
  • $=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\stackrel{\text{拆出}1\text{到}\infty }{=}{a}_0+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• 所以 $a_0=\ln 2$，$a_n=(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n\cdot 2^n},n=1,2,\cdots$
  • $\stackrel{\text{将}n\text{换成}2n}{\to }\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}\underset{0\text{项没用}}{\overset{0\times a_{2n}=0}{=}}\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }n\cdot (-1{)}^{2n-1}\frac{1}{2n\cdot 2^{2n}}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{2n+1}}=-\left(\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{2^7}+\cdots \right)\stackrel{\text{等比数列求和}}{=}-\frac{\frac{1}{2^3}}{1-\frac{1}{2^2}}=-\frac{1}{6}$
• 小结：如何找复杂函数 $f(x)$ 的幂级数展开式？
  • (1) 将 $f(x)$ 初等变形化成常用函数，然后套基本公式；
  • (2) 将 $f(x)$ 先求导化成常用函数，然后套基本公式；
    • $\arctan x$
  • (3) 将 $f(x)$ 先积分化成常用函数，然后套基本公式。
    • 数三2018 > 18

(4)

设函数 $f(x)$ 在区间上 $(-1,1)$ 有定义, 且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$, 则 ( )
(A) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$ 时, $f^{\prime }(0)=m$
(B) 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$
(C) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$ 时, $f^{\prime }(0)=m$
(D) 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时, $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$
解：

• A:$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，未必有 $f(0)=0$
  • 故 $(A)$ 选项 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m\stackrel{f(0)\text{的值未知}}{\to }$未必有 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=m$。
• B:当 $f^{\prime }(0)=m$ 时，必有 $f(x)$ 在 0 点连续，于是由 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，必有 $f(0)=0$，
  • 此时 $f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}\stackrel{f(0)=0}{=}m$
• 对 $(C)$ 和 $(D)$，当 $f(x)$ 在 0 点连续时，
  • 若 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$（可以是 $\infty$），此时有 $f^{\prime }(0)=m$（可以是 $\infty$），
  • 但反之不成立，也就是说，若 $f^{\prime }(0)=m$，此时未必有 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$。
    • 且还应知道，若 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 不存在（非 $\infty$），此时未必有 $f^{\prime }(0)$ 也不存在。
  • 以上所述便是“连续函数的导函数极限定理”，在 2009 年真题已证明过。

(5)

在空间直角坐标系 $O-xyz$ 中, 三张平面 ${\pi }_i:a_{i}x+b_{i}y+c_{i}z=d_i(i=1,2,3)$ 的位置关系如图所示,记 ${\alpha }_i=\left(a_i,b_i,c_i\right),{\beta }_i=\left(a_i,b_i,c_i,d_i\right)$ 若 $r\left(\begin{array}{l}{\alpha }_1\\ {\alpha }_2\\ {\alpha }_3\end{array}\right)=m,r\left(\begin{array}{l}{\beta }_1\\ {\beta }_2\\ {\beta }_3\end{array}\right)=n$, 则 $($,
(A) $m=1,n=2$
(B) $m=n=2$
(C) $m=2,n=3$
(D) $m=n=3$

• 解：由题意可知，${\pi }_1,{\pi }_2,{\pi }_3$ 相交于一条直线，且不重合，
  • 于是方程组$\{\begin{array}{l}{a}_{1}x+b_{1}y+c_{1}z=d_1,\\ a_{2}x+b_{2}y+c_{2}z=d_2,\\ a_{3}x+b_{3}y+c_{3}z=d_3\end{array}$有无穷多解。
  • 无穷多解要求(1)系数矩阵和增广矩阵的秩相等，(2)秩< n
  • 只有B选项符合要求
• ${\pi }_1,{\pi }_2,{\pi }_3$ 相交于一个点，则有唯一解
  • 唯一解要求(1)系数矩阵和增广矩阵的秩相等，(2)秩= n
  • 只有D选项符合要求

(6)

设向量 ${\alpha }_1=\left(\begin{array}{c}a\\ 1\\ -1\\ 1\end{array}\right),{\alpha }_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ b\\ a\end{array}\right),{\alpha }_3=\left(\begin{array}{c}1\\ a\\ -1\\ 1\end{array}\right)$, 若 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性相关, 且其中任意两个向量均线性无关，则（ ）
(A) $a=1,b\ne 1$
(B) $a=1,b=-1$
(C) $a\ne 2,b=2$
(D) $a=-2,b=2$

• 读题
  设向量 ${\alpha }_1=\left(\begin{array}{c}a\\ 1\\ -1\\ 1\end{array}\right),{\alpha }_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ b\\ a\end{array}\right),{\alpha }_3=\left(\begin{array}{c}1\\ a\\ -1\\ 1\end{array}\right)$, 若 $\underset{r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\le 2}{\underbrace{{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\text{线性相关}}}$, 且其中$\underset{r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)⩾2}{\underbrace{\text{任意两个向量均线性无关}}}$，则（ ）
• 解：显然 $a=1$ 时，${\alpha }_1={\alpha }_3$，这与 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 中任意两个向量都无关矛盾！
• 先算秩
  • ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性相关，得到$r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)\le 2$
  • 其中任意两个向量均线性无关，得到$r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)⩾2$
  • 从而$r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)=2$
• 初等行变化
  • $\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}a& 1& 1\\ 1& b& a\\ -1& b& -1\\ 1& a& 1\end{array}\right)\stackrel{\text{行变化}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 1& a& 1\\ -1& b& -1\\ a& 1& 1\end{array}\right)$
  • $\stackrel{\text{第一行加到}2\text{，}3\text{，}4\text{行}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 0& a-1& 1-a\\ 0& b+1& a-1\\ 0& 1-a& 1-a^2\end{array}\right)\stackrel{\text{第二行加到第四行}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 0& a-1& 1-a\\ 0& b+1& a-1\\ 0& 0& 2-a-a^2\end{array}\right)$
• 求a的值
  • $2-a-a^2=0\Rightarrow -(a+2)(a-1)=0$
  • $r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)=2\stackrel{\text{第四行全}0}{\to }2-a-a^2=0\Rightarrow a=1$或$a=-2.$
• $a=1\text{时，}\left(\begin{array}{lll}1& 1& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& b+1& 0\\ c& 0& 0\end{array}\right)$，${\alpha }_1,{\alpha }_3$线性相关，和题意不合
• $a=-2\text{时，}\text{原式}\stackrel{a=-2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -2\\ 0& -3& 3\\ 0& b+1& -3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{\text{第二行加到第三行}}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -2\\ 0& -3& 3\\ 0& b-2& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$
  • $r\left({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)=2\Rightarrow b-2=0$ 则 $b=2$

(7)

设 $A$ 是秩为 2 的 3 阶矩阵, $\alpha$ 是满足 $A\alpha =0$ 的非零向量, 若对满足 ${\beta }^T\alpha =0$ 的 3 维向量 $\beta$ 均有 $A\beta =\beta$, 则（）
(A) $A^3$ 的迹为 2
(B) $A^3$ 的迹为 5
(C) $A^2$ 的迹为 8
(D) $A^2$ 的迹为 9
解：

• 读题
  设 $A$ 是秩为 2 的 3 阶矩阵, $\underset{\text{一个特征值为}0}{\underbrace{\alpha \text{是满足}A\alpha =0\text{的非零向量}}}$, 若对满足 ${\beta }^T\alpha =0$ 的 $\underset{\text{另外两个特征值都是}1}{\underbrace{3\text{维向量}\beta \text{均有}A\beta =\beta }}$, 则（）
• 得出特征值0有两个方法
  • $r(A)=2<3$，于是 $|A|=0$，于是 ${\lambda }_1=0$。
  • $A\alpha =0$ ($a\ne 0$) \to $a$ 是 $A$ 的属于0的一个特征向量。
• 求另外两个特征值
  • ${\beta }^T\alpha =0$ \to ${\alpha }^T\beta =0$ ($\beta$ 是 ${\alpha }^{T}x=0$ 的解)
    • 因为只有一个方程，所以${\alpha }^{T}x=0$ 有非零解 ${\beta }_1,{\beta }_2$。
  • $A{\beta }_1={\beta }_1,A{\beta }_2={\beta }_2$，由特征向量的定义得出特征值
    • 据 $A\beta =\beta$，得 $A{\beta }_1={\beta }_1=1\cdot {\beta }_1$，且 $A{\beta }_2={\beta }_2=1\cdot {\beta }_2$。
    • 则 ${\beta }_1,{\beta }_2$ 为特征值 ${\lambda }_2={\lambda }_3=1$ 的线性无关特征向量，
• $A$ 有三个特征向量 ${\beta }_1,{\beta }_2,\alpha$，特征值为 $1,1,0$。
  • 所以 $\mathrm{tr}(A^n)=0+1+1=2$

(8)

设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $X\sim N(0,2),Y\sim N(-2,2)$, 若 $P\{2X+Y<a\}=P\{X>Y\}$,则 a=（）
(A) $-2-\sqrt{10}$
(B) $-2+\sqrt{10}$
(C) $-2-\sqrt{6}$
(D) $-2+\sqrt{6}$

• 读题
  设随机变量 $X,Y$ 相互独立, 且 $\underset{X,Y\text{的期望}E\text{和方差}D}{\underbrace{X\sim N(0,2),Y\sim N(-2,2)}}$, 若 $\underset{\text{用标准化求正态分布的概率}}{\underbrace{\stackrel{\text{正态分布的线性组合也服从正态}}{\overbrace{P\{2X+Y<a\}}}=P\{X>Y\}}}$,则 a=（）
• $2X+Y,Y-X$也服从正态分布
  分别由X和Y的期望方差来计算，这两个分布的期望和方差
  • $2X+Y$
    • $E(2X+Y)\stackrel{\text{提出系数}}{=}2EX+EY=0+(-2)=-2$
    • $D(2X+Y)\stackrel{\text{提出系数}}{=}4DX+DY=4\times 2+2=10$
    • 于是 $2X+Y\sim N(-2,10)\stackrel{\text{标准化}}{\to }\frac{2X+Y+2}{\sqrt{10}}\sim N(0,1)$
  • $X>Y$
    • $E(Y-X)=E(Y)-E(X)=-2-0=-2$
    • $D(Y-X)=D(Y)+D(X)=2+2=4$
    • 同理可算得 $Y-X\sim N(-2,4)\stackrel{\text{标准化}}{\to }\frac{Y-X+2}{2}\sim N(0,1)$
• 标准化步骤$F(x)=P\{X\le x\}=P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{x-\mu }{\sigma }\right\}=\Phi \left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)$
  • $P\left\{2X+Y<a\right\}\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\frac{2X+Y+2}{\sqrt{10}}<\frac{a+2}{\sqrt{10}}\right\}=\Phi \left(\frac{a+2}{\sqrt{10}}\right),$
  • $P\{X>Y\}=P\{Y-X<0\}\stackrel{\text{标准化}}{=}P\left\{\frac{Y-X+2}{2}<\frac{2}{2}\right\}=\Phi (1)$
• 由$P\{2X+Y<a\}=P\{X>Y\}$，得$\frac{a+2}{\sqrt{10}}=1$, 得 $a=\sqrt{10}-2$
• ★正态分布的标准化: 若 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$, 则 $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)$. 于是有
  • $X\le x$
    • $F(x)=P\{X\le x\}=P\left\{\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{x-\mu }{\sigma }\right\}=\Phi \left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)$
      • 举例:$X$ 分布函数 $\Phi (\frac{x-2}{4})\Rightarrow X\sim N(2,4^2)$
      • 举例2:${\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi \left(\frac{x-2}{4}\right)dx\underset{F_x(x)\sim N\left(2,4^2\right)}{\underbrace{=4{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{4}\phi \left(\frac{x-2}{4}\right)dx}}=4$
  • $a<X\le b$
    • $P\{a<X\le b\}\underset{X\text{减}\mu \text{除}\sigma }{\overset{\text{不等式三端同时标准化}}{=}}P\left\{\frac{a-\mu }{\sigma }<\frac{X-\mu }{\sigma }\le \frac{b-\mu }{\sigma }\right\}=\Phi \left(\frac{b-\mu }{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{a-\mu }{\sigma }\right)$
  • $|X|⩽a$
    • $P\{|X|⩽a\}=\Phi \left(\frac{a-\mu }{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{-a-\mu }{\sigma }\right);$

(9)

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\{\begin{array}{l}2(1-x),0<x<1\\ 0,\text{ 其他 }\end{array}$, 在 $X=x(0<x<1)$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服从区间 $(x,1)$ 上的均匀分布, 则 $\mathrm{Cov}(X,Y)=()$
(A) $-\frac{1}{36}$
(B) $-\frac{1}{72}$
(C) $\frac{1}{72}$
(D) $\frac{1}{36}$

• 读题
  设随机变量 $\underset{\text{用来求}E(X)\text{和}E(X^2)\text{和方差}D(X)}{\underbrace{X\text{的概率密度为}f(x)=\{\begin{array}{l}2(1-x),0<x<1\\ 0,\text{ 其他 }\end{array}}}$, 在 $X=x(0<x<1)$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服从区间 $(x,1)$ 上的均匀分布, 则 $\underset{Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)}{\underbrace{\mathrm{Cov}(X,Y)=}}()$

亚当夏娃

• $\text{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$
  • $E(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx={\int }_0^{1}x\cdot 2(1-x)dx$
    • $={\int }_0^1\left(2x-2x^2\right)dx={\left(x^2-\frac{2x^3}{3}\right)|}_0^1=\frac{1}{3}$
  • $E\left(X^2\right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x)dx=2{\int }_0^1{x}^2\cdot (1-x)dx$
    • $=2{\int }_0^1\left(x^2-x^3\right)dx={2\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right)|}_0^1$
    • $=2\cdot \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{6}$
  • $D(X)=E\left(X^2\right)$－$[E(X){]}^2=\frac{1}{6}-\frac{1}{9}=\frac{1}{18}$
• 在 $X=x(0<x<1)$ 的条件下, 随机变量 $Y$ 服从区间 $(x,1)$ 上的均匀分布
  $Y|X\sim U(X,1)$
  • $E(Y|X)=\frac{1+X}{2}$, $D(Y|X)=\frac{(1-X{)}^2}{12}$
    • $EX=\frac{a+b}{2}$，$D(X)=\frac{(b-a{)}^2}{12}$
• Cov$(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{36}$
  • $E(Y)=E(E(Y|X))=E\left(\frac{1+X}{2}\right)=E\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}E(X)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{3}$
  • $E(XY)=E(E(XY|X))=E(X$·$E(Y|X))=E(X$·$\frac{1+X}{2})$
    • $=E\left(\frac{X+X^2}{2}\right)=\frac{1}{2}E(X)+\frac{1}{2}E\left(X^2\right)=\frac{1}{2}$·$\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{4}$

常规法

• 由题意可知
  • $f(x)=\{\begin{array}{l}2(1-x),0<x<1,\\ 0,\text{其他},\end{array}$
  • $f_{Y|X}(y\mid x)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{1-x},x<y<1,\\ 0,\text{其他}.\end{array}$
  • 于是 $f(x,y)=f(x)\cdot f_{Y|X}(y\mid x)=\{\begin{array}{l}2,0<x<y<1,\\ 0,\text{其他}.\end{array}$
• $\text{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$
  • $EX={\int }_0^{1}2x(1-x)dx=2\times \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3},$
  • $EY={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}2ydy={\int }_0^1(1-x^2)dx=\frac{2}{3}.$
  • $E(XY)={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}2xydy={\int }_0^{1}x(1-x^2)dx=\frac{1}{4},$
• 于是Cov$(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY==\frac{1}{4}-\frac{2}{9}=\frac{1}{36}.$

(10)

设随机变量 $X,Y$ 相互独立，且均服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，令 $Z=|X-Y|$ ，则下列随机变量中与 $Z$ 同分布的是
(A) $\mathrm{X}+\mathrm{Y}$
(B) $\frac{X+Y}{2}$
(C) $2X$
(D) $X$

• X的概率密度 $f(x)=\{\begin{array}{l}\lambda e^{-\lambda x},x>0\\ 0,x\le 0\end{array}$
• Y的概率密度$f(y)=\{\begin{array}{l}\lambda e^{-\lambda y},y>0\\ 0,y\le 0\end{array}$
• $X$ 与 $Y$ 的联合概率密度为 $f(x,y)=f_X(x)\cdot f_Y(y)=\{\begin{array}{l}{\lambda }^2{e}^{-\lambda (x+y)},x>0,y>0,\\ 0,\text{其他}.\end{array}$
• 
  
• 设 $Z$ 的分布函数为 $F_Z(z)$，则 $F_Z(z)=P\{Z⩽z\}=P\{\mid X-Y\mid ⩽z\}$。
  • (1) 当 $z<0$ 时$\underset{\text{因此概率为零}}{\overset{\text{绝对值不可能小于一个负数}}{\to }}{F}_Z(z)=0$；
  • (2) 当 $z⩾0$ 时，$F_Z(z)=P\left\{|X-Y|\le z\right\}\stackrel{\text{去绝对值}}{=}P\left\{-z\le X-Y\le z\right\}$
    • $=P\{x-z\le y\le x+z\}$
      
    • $={\iint }_D{\lambda }^2{e}^{-\lambda (x+y)}dxdy\stackrel{\text{关于}y=x\text{对称}}{=}2{\int }_0^{+\infty }\lambda e^{-\lambda y}dy{\int }_y^{y+z}\lambda e^{-\lambda x}dx$
      • $\stackrel{e^{-\lambda x}\to -\frac{1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}}{=}-{2\lambda {\int }_0^{+\infty }{e}^{-\lambda y}\cdot e^{-\lambda x}|}_{x=y}^{x=y+z}dy$
      • $=-2\lambda {\int }_0^{+\infty }{e}^{-\lambda y}\cdot \left(e^{-\lambda y-\lambda z}-e^{-\lambda y}\right)dy\stackrel{\text{提出}{e}^{-\lambda y}}{=}-2\lambda {\int }_0^{+\infty }{e}^{-2\lambda y}\left(e^{-\lambda z}-1\right)dy$
      • $\stackrel{\text{提出}z}{=}-2\lambda \left(e^{-\lambda z}-1\right){\int }_0^{+\infty }{e}^{-2\lambda y}dy\stackrel{\text{积分}-2\lambda e^{-2\lambda y}}{=}{\left(e^{-\lambda z}-1\right)\cdot e^{-2\lambda y}|}_0^{+\infty }$
      • $=\left(e^{-\lambda z}-1\right)\cdot (-1)=1-e^{-\lambda z}.$
      • 
        
• $F_z(z)=\{\begin{array}{l}1-e^{-\lambda z},z\ge 0\\ 0,z\le 0\end{array}\Rightarrow f_z(z)=\{\begin{array}{cc}\lambda e^{-\lambda z},& z>0\\ 0,& \text{其他}\end{array}$
• 从而选D

(11)

已知 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}-1}{x^3}=6$, 则 $a=$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}-1}{x^3}\stackrel{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}=e^{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}-1}{x^3}$
• $\stackrel{e^n-1\sim u}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}{x^3}$
• $\underset{\ln (1+n)\sim u}{\overset{\sin u\sim u}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot a{x}^2}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a{x}^3}{x^3}=a.$

(12)

已知 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数, 且 ${df|}_{(1,1)}=3du+4dv$, 若 $y=f\left(\cos x,1+x^2\right)$, 则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=$

• ${df|}_{(1,1)}=f_1^{\prime }(1,1)du+f_2^{\prime }(1,1)dv=3du+4dv$
  • $f_1^{\prime }(1,1)=3,f_1^{\prime }(1,1)=4$
• $y=f\left(\cos x,1+x^2\right)$
  • 为了求二阶导所以求一阶导：
    $\frac{dy}{dx}=f_1^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x)+f_2^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot 2x$
  • 向题中条件靠近：
    $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\underset{=0}{\underbrace{f_{11}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x{)}^2+f_{12}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x)\cdot 2x}}$
    $+f_1^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\cos x)$
    $+\underset{=0}{\underbrace{f_{21}^{\prime \prime }\left(cosx,1+x^2\right)\cdot 2x\cdot (-\sin x)+f_{22}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (2x{)}^2}}$
    $+f_2^{\prime }\left(\cos x\cdot 1+x^2\right)\cdot 2$
    • 求导乘法法则：右边不动，左边求导;左边不动，右边求导
    • $\stackrel{\text{将}x=0\text{代入}}{\to }$得${\frac{dy}{d{x}^2}|}_{x=0}=f_1^{\prime }(1,1)\cdot (-1)+f_2^{\prime }(1,1)\cdot 2=-3+4x_2=5$

(13)

已知 $f(x)=1+x$, 若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in [0,\pi ]$, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}=$

• 正弦级数与余弦级数 ：设 $f(x)$ 是周期为 $2 l$ 的周期函数. 记 $C=\left\{x|f(x)=\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]\right\}$
  • 当 $f(x)$ 为奇函数时, $f(x)$ 的傅里叶级数是只含正弦项的正弦级数
    • $f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}(x\in C)$
    • 其中 $b_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=1,2,\cdots )$.
  • 当 $f(x)$ 为偶函数时, $f(x)$ 的傅里叶级数是只含常数项和余弦项的余弦级数
    • $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}(x\in C),$
    • 其中 $a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=0,1,2,\cdots )$.
• $\stackrel{\text{将}l=\pi }{\to }{a}_n=\frac{2}{\pi }\cdot {\int }_0^{\pi }(x+1)\cdot \frac{\cos n\pi x}{\pi }dx$
• $a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(x+1)\cos nxdx\stackrel{\text{凑微分}}{=}\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(x+1)d(\sin nx)$
  • $\stackrel{\text{分布}}{=}\underset{0-0=0}{\underbrace{{\frac{2}{n\pi }\sin nx|}_0^{\pi }}}+\frac{2}{n\pi }{\int }_0^{\pi }xd(\sin nx)\stackrel{\text{分布}}{=}\frac{2}{n\pi }\left(\underset{0-0=0}{\underbrace{{x\sin nx|}_0^{\pi }}}-{\int }_0^{\pi }\sin nxdx\right)$
  • $\underset{-\sin nx\to \frac{1}{n}\cos nx}{\overset{\text{牛莱}}{=}}{\frac{2}{n^2\pi }\cos nx|}_0^{\pi }\stackrel{\cos n\pi =(-1{)}^n}{=}\frac{2}{n^2\pi }\left[(-1{)}^n-1\right]$
• $a_{2n-1}=\frac{2}{(2n-1{)}^2\pi }\cdot (-2)=-\frac{4}{(2n-1{)}^2\pi }$
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\cdot \sin \left(-\frac{4}{(2n+1{)}^2\pi }\right)\stackrel{\sin n\sim n}{=}-\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2}{(2n-1{)}^2\pi }$
• $=-\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2}{\left(4n^2-4n+1\right)\pi }=-\frac{1}{\pi }.$
• 相似题目
  • 1991 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=2+|x|(-1\le x\le 1)$ 展开成以 2 为周期的傅里叶级数, 并由此求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 的和.
  • 1993 年数一试题
    • 设函数 $f(x)=\pi x+x^2(-\pi <x<\pi )$ 的傅里叶级数展开式为 $\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$, 则其中系数 $b_3$ 的值为 .
  • 1995 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=x-1(0\le x\le 2)$ 展开成周期为 4 的余弦级数.
  • 2003 年数一试题
    • 设 $x^2=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\cos nx(-\pi \le x\le \pi )$, 则 $a_2=$ .
  • 2008 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=1-x^2(0\le x\le \pi )$ 展开成余弦级数, 并求 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}$ 的和.
  • 2023 年数一试题
    • 设 $f(x)$ 是周期为 2 的周期函数，且 $f(x)=1-x,x\in [0,1]$. 若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x$, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}=$
  • 狄利克雷定理

(14)

微分方程 $y^{\prime }=\frac{1}{(x+y{)}^2}$ 满足条件 $y(1)=0$ 的解为 .

• 令$u=x+y,\frac{du}{dx}=1+\frac{dy}{dx}$则原结程$y^{\prime }=\frac{1}{(x+y{)}^2}$化为$\frac{dy}{dx}-1=\frac{1}{u^2}$。
• $\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{du}{dx}=\frac{1+u^2}{u^2}\stackrel{\text{分离变量}}{\to }\frac{u^2}{1+u^2}du=dx$
• $\stackrel{\text{作差}}{\to }\left(1-\frac{1}{1+u^2}\right)du=dx$
• $\stackrel{\text{积分}}{\Rightarrow }u-\arctan u=x+C\stackrel{x=1\text{，}y=0\text{，}u=1}{\to }1-\frac{\pi }{4}=1+C\Rightarrow C=-\frac{\pi }{4}$
  • $\underset{u=x+y}{\overset{C=-\frac{\pi }{4}}{\to }}x+y-\arctan (x+y)=x-\frac{\pi }{4}\Rightarrow y-\arctan (x+y)=-\frac{\pi }{4}.$

(15)

已知矩阵 $A=\left(\begin{array}{cc}a+1& a\\ a& a\end{array}\right)$, 对于任意的 $\alpha =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_1}{x_2}\right),\beta =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y_1}{y_2}\right)$, 都有 ${\left({\alpha }^{T}A\beta \right)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta$,则 $a$ 的取值范围是

• ${\alpha }^T=(x_1,x_2),{\beta }^T=(y_1,y_2)$
• $({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta \stackrel{\text{分别计算三者的行列式}}{\to }$
  • ${\alpha }^{T}A\beta \stackrel{\text{代入题中给出的行列式}}{=}(x_1,x_2)\left(\begin{array}{c}a+1a\\ aa\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$
    • $\stackrel{\text{拆开，方便计算}}{=}(x_1,x_2)\left[\left(\begin{array}{cc}a& a\\ a& a\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\right]\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$
    • $\stackrel{A\text{的行}\times B\text{的列}}{=}[a{x}_1+a{x}_2,a{x}_1+a{x}_2]\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)+(x_1,0)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)$
    • $\stackrel{A\text{的行}\times B\text{的列}}{=}a(x_1+x_2)\cdot (y_1+y_2)+x_1{y}_1$
  • $\stackrel{\text{对称}}{\to }{\alpha }^{T}A\alpha =(x_1,x_2)\left(\begin{array}{c}a+1a\\ aa\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=a(x_1+x_2)(x_1+x_2)+x_1{x}_1$
  • $\stackrel{\text{对称}}{\to }{\beta }^{T}A\beta =(y_1,y_2)\left(\begin{array}{c}a+1a\\ aa\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)=a(y_1+y_2)(y_1+y_2)+y_1{y}_1$
• $({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta \stackrel{\text{分别计算等号左右两个部分}}{\to }$
  • ${\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta =\left[a(x_1+x_2{)}^2+x_1^2\right]\left[a(y_1+y_2{)}^2+y_1^2\right]$
    • $\stackrel{\text{乘法分配}}{=}a(x_1+x_2{)}^2{y}_1^2+a(x_1+x_2{)}^2\cdot a(y_1+y_2{)}^2+x_1^2{y}_1^2+x_1^2\cdot a(y_1+y_2{)}^2$
  • $({\alpha }^{T}A\beta {)}^2={\left[a(x_1+x_2)\cdot (y_1+y_2)+x_1{y}_1\right]}^2$
    • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}{a}^2(x_1+x_2{)}^2(y_1+y_2{)}^2+x_1^2{y}_1^2+2a{x}_1{y}_1(x_1+x_2)(y_1+y_2)$
• $({\alpha }^{T}A\beta {)}^2\le {\alpha }^{T}A\alpha \cdot {\beta }^{T}A\beta$
  • $\underline{a^2(x_1+x_2{)}^2(y_1+y_2{)}^2}+\underline{x_1^2{y}_1^2}+2a{x}_1{y}_1(x_1+x_2)(y_1+y_2)$
    $\le a(x_1+x_2{)}^2{y}_1^2+\underline{a(x_1+x_2{)}^2\cdot a(y_1+y_2{)}^2}+\underline{x_1^2{y}_1^2}+x_1^2\cdot a(y_1+y_2{)}^2$
  • $a(x_1+x_2{)}^2{y}_1^2+a{x}_1^2(y_1+y_2{)}^2-2a{x}_1{y}_1(x_1+x_2)(y_1+y_2)\ge 0$
    • $\stackrel{\text{完全平方}}{\to }a\underset{\text{平方为正数}}{\underbrace{{\left[(x_1+x_2)y_1-x_1(y_1+y_2)\right]}^2}}\ge 0$
    • $a\ge 0$

(16)

设随机试验每次成功的概率为 $p$, 现进行 3 次独立重复试验, 在至少成功 1 次的条件下, 3 次试验全部成功的概率为 $\frac{4}{13}$, 则 $p=$ .

• $C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$，比如：$C_5^3=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=\frac{5\times 4\times 3\times 2\times 1}{(3\times 2\times 1)\cdot (2\times 1)}=10$
• 二项分布$X\sim B(n,p)$，$p\{x=k\}=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$
• $P\{x=3\mid x⩾1\}=\frac{P\{x=3,x⩾1\}}{P\{x⩾1y}=\frac{P\{x=3\}}{P\{x⩾1\}}=\frac{C_3^3{p}^3}{1-P\{x=0\}}$
  • $=\frac{p^3}{1-(1-p{)}^3}=\frac{4}{13}$
    • $\stackrel{\text{交叉相乘}}{\to }13p^3=4-4(1-p{)}^3=4-4\left(1-3p+3p^2-p^3\right)$
    • $\stackrel{\text{移项}}{\Rightarrow }9p^3+12p^2-12p=0\stackrel{\text{提取}p}{\Rightarrow }p\left(3p^2+4p-4\right)=0$
      • $\stackrel{\text{因式分解}}{\to }p(p+2)(3p-2)=0\Rightarrow p=\frac{2}{3}.$

(17)

(本题满分 10 分) 设 $D=\left\{(x,y)\mid \sqrt{1-y^2}\le x\le 1,-1\le y\le 1\right\}$, 求 ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$.

• 
  

按极坐标算(2倍夜雨)

• ${\iint }_D=2{\iint }_{D_1}=2\left({\iint }_{D_3}+{\iint }_{D_4}\right)$
  • $=2\left[{\iint }_{D_3}\cos \theta rdrd\theta +{\iint }_{D_4}\cos \theta rdrd\theta \right]$
  • $=2{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_1^{\frac{1}{\sin \theta }}\cos \theta \cdot rdr+2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_1^{\frac{1}{\cos \theta }}\cos \theta \cdot rdr$
  • $\stackrel{\text{对}r\text{积分}}{=}{2\cdot {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \cdot \frac{r^2}{2}|}_1^{\frac{1}{\sin \theta }}d\theta +{2\cdot {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos \theta \cdot \frac{r^2}{2}|}_1^{\frac{1}{\cos \theta }}d\theta$
  • $\stackrel{\text{牛莱}}{=}\underset{\cos \theta d\theta =d(\sin \theta )}{\underbrace{{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \cdot \left(\frac{1}{{\sin }^2\theta }-1\right)d\theta }}+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\underset{\sec \theta -\cos \theta }{\underbrace{\left(\frac{1}{{\cos }^2\theta }-1\right)\cos \theta }}d\theta$
  • $\stackrel{\text{对}\theta \text{积分}}{=}{\left(-\frac{1}{\sin \theta }-\sin \theta \right)|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}+{(\ln |\sec \theta +\tan \theta |-\sin \theta )|}_0^{\frac{\pi }{4}}$
    • $=[(-1-1)-\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\left[\ln (\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}}{2}\right]-[\ln (1+0)-0]$
    • $=-2+\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\ln (\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}}{2}-0$
    • $=\ln (\sqrt{2}+1)-2+\sqrt{2}$

按极坐标算(2倍李艳芳)

• D 关于 x 轴对称，$D_1$关于$y=x$ 轴对称
  
• ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\iint }_{D_0}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy+\underset{{\iint }_{D_0}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy}{\underbrace{{\iint }_{D_1|D_n}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy}}={\iint }_{D_0}\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$
• ${\iint }_{D_0}\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\iint }_{D_0}\frac{r(\cos \theta +\sin \theta )}{r}\cdot rdrd\theta \stackrel{\text{消去}r}{=}{\iint }_{D_0}(\cos \theta +\sin \theta )\cdot rdrd\theta$
  • $\stackrel{\text{填入积分区域}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta \underset{\frac{{\sec }^2\theta -1}{2}}{\underbrace{{\int }_1^{\sec \theta }rdr}}\stackrel{\int rdr=\frac{r^2}{2}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )\cdot \frac{{\sec }^2\theta -1}{2}d\theta$
  • $\stackrel{\text{提出系数}}{=}\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )({\sec }^2\theta -1)d\theta$
  • $\stackrel{\text{去括号}}{=}\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\sec \theta -\cos \theta +\underset{-\sin \theta =(\cos \theta {)}^{\prime }}{\underbrace{\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }}}-\sin \theta )d\theta$
  • $\stackrel{\int \sec udu=\ln |\sec u+\tan u|+C}{=}\frac{1}{2}{\left[\ln (\sec \theta +\tan \theta )-\sin \theta +\frac{1}{\cos \theta }+\cos \theta \right]}_0^{\frac{\pi }{4}}$
  • $=\frac{1}{2}\left[\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}-2\right]$

按直角坐标算(2倍)

• D 关于 x 轴对称，$\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 关于 y 是偶函数。
  • 记 $D_1$ 为 D 位于 x 轴上方的部分，则
    ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy=2{\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$
• 记 $D_1=\{(x,y)\mid \sqrt{1-y^2}\le x\le 1,0\le y\le 1\}$，则
• ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy\stackrel{\text{对称性}}{=}2{\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy\stackrel{\text{代入上下限}}{=}2{\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dx$
  • $\stackrel{\text{统一}}{=}{\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}d(x^2+y^2)={\int }_0^{1}2\sqrt{x^2+y^2}{|}_{x=\sqrt{1-y^2}}^{x=1}dy$
    • 或$\stackrel{\frac{\partial \left(\sqrt{x^2+y^2}\right)}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{\to }{{\int }_0^1\sqrt{x^2+y^2}|}_{x=\sqrt{1-y^2}}^{x=1}dy$
  • $=2{\int }_0^1(\sqrt{1+y^2}-1)dy=2{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy-2.$
    • 方法1，${\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy\stackrel{\text{分部积分}}{=}y\sqrt{1+y^2}{|}_0^1-{\int }_0^{1}y\cdot \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{+1-1}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\frac{y^2+1-1}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{\text{拆开变成两个}}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy+{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{\text{绕回来了}}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy+\ln \left(y+\sqrt{1+y^2}\right){|}_0^1.$
      • 故 $\stackrel{\text{相加除以二}}{\to }{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy=\frac{\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})}{2}.$
• 求${\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy-1$
  • $\underset{1+{\tan }^2\alpha ={\sec }^2\alpha }{\overset{y=\tan u\text{，}(\tan x{)}^{\prime }={\sec }^{2}x\text{，}\tan \frac{\pi }{4}=1}{=}}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec u\cdot {\sec }^{2}udu-1$
  • $={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu-1$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec u\cdot d(\tan u)=\sec u\cdot \tan u{|}_0^{\frac{\pi }{4}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\tan u\cdot \sec u\cdot \tan udu$
      • $=\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{2}u\sec udu\stackrel{{\tan }^{2}u+1={\sec }^{2}u}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}({\sec }^{2}u-1)\sec udu$
      • $=\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec udu\stackrel{\int \sec udu=\ln |\sec u+\tan u|+C}{\to }$
    • $2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu=\sqrt{2}+\ln |\sec u+\tan u|{|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}+\ln (\sqrt{2}+1)$
  • $=\frac{1}{2}[\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}]-1$

(18)

(本题满分 12 分) 设 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$, 已知 $z=f(x,y)$ 在 $(1,1,1)$ 处的切平面方程为 $T,T$ 与坐标平面所围成的有界区域在 $xoy$ 面上的投影为 $D$ 。
(1)求 $T$ 的方程。
(2)求 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值。
求二元函数在有界闭区域上的最值

第二问(李艳芳版)

• 图示
  
  解题过程：
• (II) 记 $F(x,y)=z-f(x,y)$ 由题意 $z=f(x,y)$ 即 $F(x,y)=0$。
  • $F_x(x_0,y_0)=-f_x(x,y)=-3x^2+2(xy)$
  • $F_y(x_0,y_0)=-f_y(x,y)=-3y^2+2(xy)$
  • $F_z(x_0,y_0)=1$
• 代入 $x=1,y=1$，$z=1$ 得 $L$ 处的法向量为 $(1,1,1)$。
• T的点法式方程：
  • $F(x_0,y_0,z_0)(x-x_0)+F_y(x_0,y_0,z_0)(y-y_0)+F_z(x_0,y_0,z_0)(z-z_0)=0$，
  • 即 $1\cdot (x-1)+1\cdot (y-1)+1\cdot (z-7)=0$
    • $\Rightarrow x+y+z=3$
• 图示
  
• (i) 先求 $D$ 内部的驻点。
  • $\{\begin{array}{l}{f}_x(x,y)=3x^2-2(xy)=0\\ f_y(x,y)=3y^2-2(xy)=0\end{array}$，得$\Rightarrow 3x^2-3y^2=0$，从而$(x+y)(x-y)=0$
    • 若 $x=-y$，则 $(x,y)$ 不在 $D$ 内部
    • 故 $x=y$，代入 $3x^2-2(x+y)=0$ 得 $3x^2-4x=0$
      • $\Rightarrow x=0$ 或 $x=\frac{4}{3}$
      • $\Rightarrow$ 区域内部的一驻点为 $\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$。
    • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)={\left(\frac{4}{3}\right)}^3+{\left(\frac{4}{8}\right)}^3-{\left(\frac{8}{3}\right)}^2+3=\frac{128}{27}-\frac{64}{9}+3=3-\frac{64}{27}=\frac{17}{27}$
• 计算三个边界的值
  
  • 当$y=0$，$0\le x\le 3$ 时， $f(x,0)=x^3-x^2+3=\phi (x)$
    • ${\phi }^{\prime }(x)=3x^2-2x=x(3x-2)$
      • $x=\frac{2}{3}$ 是 $\phi (x)$ 在 $(0,3)$ 内的驻点。
      • $\phi \left(\frac{2}{3}\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^3-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+3=\frac{8}{27}-\frac{12}{27}+3=\frac{77}{27}$
      • $\phi (0)=3$
      • $\phi (3)=21$
  • $x=0,0⩽y⩽3$，最值情况与上述类似，是对称的
  • 当$x+y=3,0\le x\le 3,$
    • $f(x,y)=x^3+(3-x{)}^3-9+3=x^3+(3-x{)}^3-6=h(x)$
      • $h^{\prime }(x)=3x^2-3(3-x{)}^2\stackrel{-3\cdot (9-6x+x^2)}{\to }18x-27=9(2x-3)$
        • $x=\frac{3}{2}$是$h(x)$在$(0,3)$内的驻点
      • $h\left(\frac{3}{2}\right)={\left(\frac{3}{2}\right)}^3+{\left(3-\frac{3}{2}\right)}^3-6=\frac{27}{8}+\frac{27}{8}-6=\frac{3}{4}$
    • 两个端点 x=0，x=3
      • $h(0)=3$
      • $h(3)=27-6=21$
• 比较可得
  • $f(3,0)=f(0,3)=21$
  • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)=\frac{17}{27}$ 是 $f(x,y)$ 是区域 D上的最小值

高昆仑版

• 因为 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$，所以
  • $\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2-2(x+y),\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2-2(x+y)$
    • $\frac{\partial f(1,1)}{\partial x}=-1,\frac{\partial f(1,1)}{\partial y}=-1$
      • 法向量 $\vec{n}=(-1,-1,-1)$。
  • 切平面 $T$ 的方程为 $-1\cdot (x-1)-1\cdot (y-1)-1\cdot (z-1)=0$。
    • 即 $x+y+z=3$。
    • 图示
      
• (2) 由 (1) 知，切平面 $T$ 与坐标面所围有界区域在 $xOy$ 平面上的投影
  $D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 3\}$
• 令$\{\begin{array}{l}\frac{\partial f}{\partial x}=0,\\ \frac{\partial f}{\partial y}=0,\end{array}$即$\{\begin{array}{l}3x^2-2(x+y)=0,\\ 3y^2-2(x+y)=0,\end{array}$
  • 解得 $D$ 内部的可疑点$\{\begin{array}{l}x=\frac{4}{3}\\ y=\frac{4}{3}\end{array}$
• 求边界上的点
  • 当y=0时
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le x\le 3,y=0\}$ 时，$f(x,0)=x^3-x^2+3$, $x\in [0,3]$。
    • 令$\frac{d}{dx}[f(x,0)]=3x^2-2x=0,$
      • 得驻点 $x=\frac{2}{3}$。另有可疑点（端点）$x=0$ 及 $x=3$。
  • 当y=0时
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le y\le 3,x=0\}$ 时，由对称性，直接得驻点 $y=\frac{2}{3}$。另有可疑点（端点）$y=0$ 及 $y=3$。
  • $x+y=3$
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le x\le 3,x+y=3\}$ 时，
    • $f(x,3-x)=x^3+(3-x{)}^3-6,x\in [0,3]$
      • 令 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(x,3-x)]=3x^2-3(3-x{)}^2=0$, 得 $x=\frac{3}{2}$.
• 综上，$f(x,y)$ 在 $D$ 上的可能最值点是 $(0,0),\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right),\left(\frac{2}{3},0\right),\left(0,\frac{2}{3}\right),(3,0),(0,3),\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$。
  • $f(0,0)=3$
  • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)=\frac{17}{27}$
  • $f\left(\frac{2}{3},0\right)=f\left(0,\frac{2}{3}\right)=\frac{77}{27}$
  • $f(3,0)=f(0,3)=21$
  • $f\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{4}$
• 所以 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值为 21，最小值为 $\frac{17}{27}$。

(19)

(本题满分 12 分)
设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数，且 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1),\left|f^{\prime \prime }(x)\right|\le 1$ 。证明
(1)当 $x\in (0,1)$ 时, $\underset{\phi (x)}{\underbrace{|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|}}\le \underset{\text{一眼看出积分是}\frac{1}{12}}{\underbrace{\frac{x(1-x)}{2}}}$;
(2) $\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le \frac{1}{12}$

• $\left|\phi (x)\right|\le \frac{x(1-x)}{2}$
• ${\int }_0^1\phi (x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx-f(0)\underset{\frac{1}{2}}{\underbrace{{\int }_0^1(1-x)}}dx-f(1)\underset{\frac{1}{2}}{\underbrace{{\int }_0^{1}xdx}}$
  • $={\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}$对应于第二问
• 分别写出 $f(x)$ 在 $x=0$ 与 $x=1$ 处的一阶泰勒公式
  • $f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}{x}^2,{\xi }_1\in (0,x)\stackrel{\times 2}{\to }$
  • $f(x)=f(1)+f^{\prime }(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}(x-1{)}^2,{\xi }_2\in (x,1)\stackrel{\times (x-1)}{\to }$
• (2) 式 $\times 2$ - (1) 式 $\times (x-1)$ ，结合 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$ 可得
  • $f(x)=\underset{f(0)\text{和}f(1)}{\underbrace{xf(1)-(x-1)f(0)}}+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2}(x-1{)}^2\cdot x-\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2}\cdot x^2(x-1)$
    • $=xf(1)+(1-x)f(0)+\underset{\text{提出公因式}}{\underbrace{\frac{x(x-1)}{2}}}\left[f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)\cdot (x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right]$
  • 移项并整理，当 $x\in (0,1)$ 时
    $|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|=\left|\frac{x(x-1)}{2}\left[f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right]\right|$
    • $\stackrel{\text{将}x\text{从绝对值中拿出}}{=}\frac{x(1-x)}{2}\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right|$
    • $\underset{|a\pm b|⩽|a|+|b|}{\overset{\text{放缩}}{\to }}⩽\frac{x(1-x)}{2}\left[\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)\right|+\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right|\right]$
    • $=\frac{x(1-x)}{2}\underset{\text{继续从绝对值提出}x}{\underbrace{\left[\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)\right|\cdot (1-x)+\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)\right|x\right]}}$
    • $\stackrel{|f^{\prime \prime }(x)|⩽1}{\to }\le \frac{x(1-x)}{2}[(1-x)+x]\stackrel{(1-x)+x=1}{=}\frac{x(1-x)}{2}$
• 第二问也可以拿分
• 记$\phi (x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x,$由第一问可知:$|\phi (x)|\le \frac{x(1-x)}{2}$
  • $\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|\stackrel{\text{三项分别积分}}{=}{\int }_0^{1}f(x)dx-f(0){\int }_0^1(1-x)dx-f(1){\int }_0^{1}xdx$
    • 
      
  • $=\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|$
• 由
  • 积分的绝对值小于等于绝对值的积分$\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|\le {\int }_0^1\mid \phi (x)\mid dx$
  • 以及 $\left|\phi (x)\right|\le \frac{x(1-x)}{2}$, 得${\int }_0^1|\phi (x)|dx\le {\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx$
• $\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|=\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le {\int }_0^1|\phi (x)|dx\le {\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx$
  • $=\frac{1}{2}{\int }_0^1\left(x-x^2\right)dx$
  • $={\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)|}_0^1=\frac{1}{12}$

(20)

(本题满分 12 分) 已知有向曲线 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=2x$ 与平面 $2x-z-1=0$ 的交线, 从 $z$轴正向往 $z$ 轴负向看为逆时针方向, 计算曲线积分 ${\oint }_L\left(6xyz-y{z}^2\right)dx+2x^{2}zdy+xyzdz$

夜雨版

• 取上侧方向，那么${\int }_{\Gamma }\left(6xyz-y{z}^2\right)\mathrm{d}x+2x^{2}z\mathrm{d}y+xyz\mathrm{d}z$
  • $={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{c}\mathrm{d}y\mathrm{d}z\mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^{2}2x^{2}zxyz\end{array}\right|$
  • $\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left(xz-2x^2\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(6xy-3yz)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z^2-2xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • 斯托克斯把曲线转换为平面，用高斯直接等于0
    • 高斯只适用于曲面，不适用平面
    • 选择将面投影到xOy
  • $\underset{{\iint }_{\Sigma }P\cdot \left(-z_x\right)+Q\cdot \left(-z_y\right)+R\cdot 1dxdy}{\overset{z=2x-1,z_x^{\prime }=2,z_y^{\prime }=0}{=}}{\iint }_{\sum }\left(xz-2x^3\cdot (-2)+(6xy-3yz)\cdot (0)+\left(z^2-2xz\right)\cdot 1\right)dxdy$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\iint }_{\sum }\left(4x^2-2xz\right)+\left(z^2-2xz\right)dxdy$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\iint }_{\sum }(2x-z{)}^{2}dxdy$
  • $\stackrel{2x+z=1}{=}{\iint }_{\sum }{1}^{2}dxdy$
• 将$z=2x-1$代入$x^2+y^2+z^2=2x$，得$x^2+y^2+\underset{\text{展开}}{\underbrace{(2x-1{)}^2}}-2x=0,$
  • $5x^2-6x+y^2+1=0.$
    • $\underset{\text{椭圆标准形式}}{\overset{\text{配方}}{\to }}5\left(x^2-\frac{6}{5}x\right)+y^2+1=0$
    • $\underset{x^2-\frac{6}{5}x+\frac{9}{5}\text{和椭圆}}{\underbrace{5{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2+y^2=\frac{4}{5}}}$
  • $\underset{\frac{{\left(x-x_0\right)}^2}{a^2}+\frac{{\left(y-y_0\right)}^2}{b^2}=1}{\overset{\text{同乘}\frac{5}{4}}{\to }}\frac{(x-\frac{3}{5}{)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}=1$
    • 行如:椭圆面积：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$、面积 $\pi ab$
    • $D$ 是中心 $\left(\frac{3}{5},0\right)$、长半轴长 $\sqrt{\frac{4}{5}}$，短半轴长 $\sqrt{\frac{4}{25}}$
    • 则$D$ 的面积为 $\pi \sqrt{\frac{4}{25}}\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{25}\pi$
• 第二类曲面积分的计算方法三：合一投影法（这个方法用起来和上一个方法差不多）
  • 若积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $z=z(x,y)$ 给出， $\Sigma$ 在 $xOy$ 坐标面的投影为 $D_{xy}$, 函数 $z(x,y)$ 在 $D_{xy}$ 上有一阶连续偏导数, $f(x,y,z)$ 在 $\Sigma$ 上连续,
  • 则有 ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy={\iint }_{\Sigma }\left[P\cdot \left(-z_x\right)+Q\cdot \left(-z_y\right)+R\cdot 1\right]dxdy$

高昆仑版

• 
  
• 记曲线 $L$ 在平面 $2x-z-1=0$ 上所围部分为 $\Sigma$。
  根据右手法则，取上侧。于是平面 $\Sigma$ 的法向量 $\vec{n}=-\{2,0,-1\}=\{-2,0,1\}$。
• 由斯托克斯公式:空间线转空间面
  $I={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS\stackrel{\cos \alpha =\frac{-2}{\sqrt{5}},\cos \beta =0,\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{5}}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{-2}{\sqrt{5}}& 0& \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^2& 2x^{2}z& xyz\end{array}\right|dS$
  • $\underset{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(-2xz-2x^2-2xz+z^2\right)}{\underbrace{\iint \left[\frac{-2}{\sqrt{5}}\left(xz-2x^2\right)-0+\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\underset{-2xz}{\underbrace{4xz-6xz}}+z^2\right)\right]}}\mathrm{d}S$
  • $={\iint }_{\Sigma }\frac{1}{\sqrt{5}}(2x-z{)}^{2}dS\underset{\text{一投影到}xOy\text{面}:ds=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}{\overset{\text{二代}:2x-z=1}{=}}{\iint }_{Dxy}\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot 1^2\cdot \underset{\sqrt{1+2^2+1^2}=\sqrt{5}}{\underbrace{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}}dxdy$
  • $={\iint }_{D_{xy}}\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot 1^2\cdot \sqrt{5}dxdy={\iint }_{D_{xy}}1dxdy=A_{D_{xy}}.$
• 求投影椭圆的面积，由$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=2x\\ 2x-z-1=0\end{array}$
  • 消去 $z$，得 $D_{xy}$：$x^2+y^2+(2x-1{)}^2\le 2x$。
  • 即 $D_{xy}$：$5x^2+y^2-6x+1\le 0$。，配方$D_{xy}$：$\frac{{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}\le 1$。
  • $\Rightarrow A_{D_{xy}}\stackrel{\text{椭圆面积}=\pi ab}{=}\pi \cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}.$

李艳芳版

• 
  
• 曲线L的方程是:$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=2x\\ 2x-z-1=0\end{array}$，曲线L是封闭曲线L
  • L 围成平面 $2x-z-1=0$ 上的有界部分为 $\Sigma$、取上侧。记所求曲线积分为 $I$。
• L 的方向与 $\Sigma$ 的方向符合右手法则(从上往下看)，则由斯托克斯公式
  • $I={\oint }_L(6xyz-y{z}^2)dx+2x^{2}zdy+xyzdz$
    • $={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{c}dydzdzdxdxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^{2}2x^{2}zxyz\end{array}\right|$
    • $\stackrel{\text{将第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }(xz-2x^2)dydz-(yz-2xy+2yz)dzdx+(z^2-2xz)dxdy$
    • $\stackrel{\text{合并整理}}{=}{\iint }_{\Sigma }(xz-2x^2)dydz+(6xy-3yz)dzdx+(z^2-2xz)dxdy$
    • $\stackrel{\text{提取公因式}}{=}{\iint }_{\Sigma }(-x)(2x-z)dydz+3y(2x-z)dzdx+(-z)(2x-z)dxdy$
    • $\stackrel{\text{代入}2x-z=1}{=}{\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+3ydzdx+(-z)dxdy$
    • $\stackrel{\text{投影垂直于}ZoX\text{面}}{\to }{\iint }_z(-x)dydz+(-z)dxdy.$
• 利用两类曲面积分之间的联系得
  • ${\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+(-z)dxdy$转化为关于$x,y$的曲面积分
  • 令:F(x,y,z) $=z-2x+1\sum :F(x,y,z)=0$
    • $n$ 可取为 $(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime })=(-2,0,1)$
    • $\cos \alpha =\frac{-2}{\sqrt{5}},\cos \beta =0,\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{5}}$
    • $dydz=\frac{\cos \alpha }{\cos \gamma }dxdy=-2dxdy$
• 于是${\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+(-z)dxdy$
  • $\stackrel{dydz=\frac{\cos \alpha }{\cos \gamma }dxdy=-2dxdy}{\to }{\iint }_{\Sigma }[(-2)(-x)+(-z)]dxdy={\iint }_{\Sigma }(2x-z)dxdy$
  • $\stackrel{2x-z=1}{\to }{\iint }_{\Sigma }dxdy={\iint }_{D}dxdy$
• 将$z=2x-1$代入$x^2+y^2+z^2=2x$，得$x^2+y^2+(2x-1{)}^2-2x=0,$
  • $5x^2-6x+y^2+1=0.$
  • $\stackrel{\text{配方}}{\to }5\left(x^2-\frac{6}{5}x\right)+y^2+1=0$
  • $\underset{\text{椭圆}}{\underbrace{5{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2+y^2=\frac{4}{5}}}$
  • $\frac{(x-\frac{3}{5}{)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}=1$
    • 行如:椭圆面积：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$、面积 $\pi ab$
    • $D$ 是中心 $\left(\frac{3}{5},0\right)$、长半轴长 $\sqrt{\frac{4}{5}}$，短半轴长 $\sqrt{\frac{4}{25}}$
    • 则$D$ 的面积为 $\pi \sqrt{\frac{4}{25}}\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{25}\pi$
• 1997 年数一试题
  • 计算曲线积分${\oint }_C(z-y)\mathrm{d}x+(x-z)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z,$
    其中 $C$ 是曲线 $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1,\\ x\to y+z=2,\end{array}$ 从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看， $C$ 的方向是顺时针的.
• 2001 年数一试题
  • 计算 $I={\oint }_L\left(y^2-z^2\right)\mathrm{d}x+\left(2z^2-x^2\right)\mathrm{d}y+\left(3x^2-y^2\right)\mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 是平面 $x+y+z=2$ 与柱面 $|x|+|y|=1$ 的交线，从 $z$ 轴正向看去， $L$ 为逆时针方向.
• 2015 年数一试题
  • 已知曲线 $L$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2},\\ z=x,\end{array}$ 起点为 $A(0,\sqrt{2},0)$, 终点为 $B(0,-\sqrt{2},0)$, 计算曲线积分 $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.
• 2022 年数一试题
  • 已知 $\Sigma$ 为曲面 $4x^2+y^2+z^2=1(x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0)$ 的上侧, $L$ 为 $\Sigma$ 的边界曲线，其正向与 $\Sigma$ 的正法向量满足右手法则，计算曲线积分$I={\int }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z.$

(21)

(本题满分 12 分)
已知数列 $\left\{x_n\right\},\left\{y_n\right\},\left\{z_n\right\}$ 满足 $x_0=-1,y_0=0,z_0=2$, 且 $\{\begin{array}{l}{x}_n=-2x_{n-1}+2z_{n-1}\\ y_n=-2y_{n-1}-2z_{n-1}\\ z_n=-6x_{n-1}-3y_{n-1}+3z_{n-1}\end{array}$, 记 ${\alpha }_n=\left(\begin{array}{l}{x}_n\\ y_n\\ z_n\end{array}\right)$,写出满足 ${\alpha }_n=A{\alpha }_{n-1}$ 的矩阵 $A$, 并求 $A^n$ 及 $x_n,y_n,z_n(n=1,2,\dots )$.

• ${\alpha }_n=A{\alpha }_{n-1}$正好对应$\left(\begin{array}{l}{x}_n\\ y_n\\ z_n\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{l}{x}_{n-1}\\ y_{n-1}\\ z_{n-1}\end{array}\right)$
• 由题中方程$\{\begin{array}{l}{x}_n=-2x_{n-1}+2z_{n-1}\\ y_n=-2y_{n-1}-2z_{n-1}\\ z_n=-6x_{n-1}-3y_{n-1}+3z_{n-1}\end{array}$
  • $\stackrel{\text{提取系数矩阵}}{\to }\left(\begin{array}{l}{x}_n\\ y_n\\ z_n\end{array}\right)=\underset{A}{\underbrace{\left(\begin{array}{ccc}-2& 0& 2\\ 0& -2& -2\\ -6& -3& 3\end{array}\right)}}\left(\begin{array}{l}{x}_{n-1}\\ y_{n-1}\\ z_{n-1}\end{array}\right)$
    • 得$A=\left(\begin{array}{c}-202\\ 0-2-2\\ -6-33\end{array}\right)$
• 求$A^n$，要通过$A^n=P{\Lambda }^n{P}^{-1}$求，所以要求矩阵$A$对应的特征向量和特征值
  • 特征值组成对角矩阵
  • 特征向量组成可逆矩阵
  • 行初等变换求可逆矩阵的逆矩阵
• 求特征值:$A-\lambda E=\left|\begin{array}{c}-2-\lambda 02\\ 0-2-\lambda -2\\ -6-33-\lambda \end{array}\right|$
  • $\stackrel{r_1+r_2}{\to }\left|\begin{array}{c}-2-\lambda -2-\lambda 0\\ 0-2-\lambda -2\\ -6-33-\lambda \end{array}\right|\stackrel{c_2-c_1}{\to }\left|\begin{array}{c}-2-\lambda 00\\ 0-2-\lambda -2\\ -633-\lambda \end{array}\right|$
  • $\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}(-2-\lambda )[(-2-\lambda )(3-\lambda )-(-6)]$
  • $=(-2-\lambda )\left[{\lambda }^2-\lambda \underset{0}{\underbrace{-6+6}}\right]$
  • $=(-2-\lambda )\cdot \lambda (\lambda -1)$
    • 解得，${\lambda }_1=0,{\lambda }_2=1,{\lambda }_3=-2$
• 求每个特征值对应的特征向量:$|A-\lambda \cdot E|x=0$
  • $\lambda =0,$特征多项式$|A-0\cdot E|x=0$
    • $\left|\begin{array}{c}-202\\ 0-2-2\\ -6-33\end{array}\right|\stackrel{r_3-3r_1}{\to }\left|\begin{array}{c}-202\\ 0-2-2\\ 0-3-3\end{array}\right|\stackrel{2\text{，}3\text{两行成比例}}{\to }\left|\begin{array}{c}-101\\ 011\\ 000\end{array}\right|$
    • 令$x_3=1,$则$x=k_1\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$
  • $\lambda =1$，特征多项式$|A-E|x=0$
    • $\left|\begin{array}{c}-302\\ 0-3-2\\ -6-32\end{array}\right|\stackrel{r_3-2r_1}{\to }\left|\begin{array}{c}-302\\ 0-3-2\\ 0-3-2\end{array}\right|\to \left|\begin{array}{l}30-2\\ 032\\ 000\end{array}\right|$
    • $\text{设}{x}_3=3\text{，则}\lambda =k_2\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$
  • $\lambda =-2$，特征多项式$\left|\begin{array}{c}A+2E\end{array}\right|x=0$
    • $\left|\begin{array}{ccc}0& 0& 2\\ 0& 0& -2\\ -6& -3& 5\end{array}\right|⟶\left|\begin{array}{lll}6& 3& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right|$
    • 由$x_3=0,$设$x_2=2$，则$x=k_3\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$
• 将特征向量拼接成可逆矩阵
  $P=\left(\begin{array}{c}12-1\\ -1-22\\ 130\end{array}\right)$
  • $P^{-1}AP=\Lambda$
  • $A=P\wedge P^{-1},\Lambda =\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ -2\end{array}\right)$
• 由对角矩阵和可逆矩阵求n阶矩阵
  $A^n=P{\wedge }^n{P}^{-1}$
  • $\stackrel{\text{代入三个矩阵}}{=}\left(\begin{array}{c}12-1\\ -1-22\\ 130\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ -2\end{array}\right){\left(\begin{array}{c}12-1\\ -1-22\\ 130\end{array}\right)}^{-1}$
    • 通过化行最简矩阵求可逆矩阵${\left(\begin{array}{c}12-1\\ -1-22\\ 130\end{array}\right)}^{-1}$
      • $\left(\begin{array}{c}12-1100\\ -1-22010\\ 130001\end{array}\right)\stackrel{r_2+r_1,r_3-r_1}{\to }\left(\begin{array}{c}12-1100\\ 001110\\ 011-101\end{array}\right)$
      • $\stackrel{r_3-r_2,r_2\leftrightarrow r_3}{\to }\left(\begin{array}{c}12-1100\\ 010-2-11\\ 001110\end{array}\right)$
      • $\stackrel{r_1-2r_2,r_1+r_3}{\to }\left(\begin{array}{c}10063-2\\ 010-2-11\\ 001110\end{array}\right)$
  • $A^n=\left(\begin{array}{c}12-1\\ -1-22\\ 130\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}0\\ 1\\ (-2{)}^n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}63-2\\ -2-11\\ 110\end{array}\right)$
    • $\stackrel{A\text{的行乘}B\text{的列}}{=}\left(\begin{array}{c}02-(-2{)}^n\\ 0-22(-2{)}^n\\ 030\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}63-2\\ -2-11\\ 110\end{array}\right)$
    • $\stackrel{A\text{的行乘}B\text{的列}}{=}\left(\begin{array}{c}-4-(-2{)}^n-2-(-2{)}^{n}2\\ 4+2\cdot (-2{)}^{n}2+2(-2{)}^n-2\\ -6-33\end{array}\right)$
• 由递推关系求${\alpha }_n$
  ${\alpha }_n=A{\alpha }_{n-1}=A^2{\alpha }_{n-2}=A^3{\alpha }_{n-3}=A^n{\alpha }_0$
  • $\underset{{\alpha }_n=A^n{\alpha }_0}{\underbrace{\left(\begin{array}{l}{x}_n\\ y_n\\ z_n\end{array}\right)=A^n\left(\begin{array}{l}{x}_0\\ y_0\\ z_0\end{array}\right)=A^n\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)}}$
  • $\stackrel{\text{代入}{A}^n}{=}\left(\begin{array}{c}-4+(-2{)}^n-4\\ -4-2(-2{)}^n-4\\ 6+6\end{array}\right)$
    2000 年数一试题
    某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将 $\frac{1}{6}$ 熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐。新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有 $\frac{2}{5}$ 成为熟练工。设第 $n$ 年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为 $x_n$ 和 $y_n$, 记成向量 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_n}{y_n}\right)$.
    (1) 求 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_{n+1}}{y_{n+1}}\right)$ 与 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_n}{y_n}\right)$ 的关系式并写成矩阵形式: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_{n+1}}{y_{n+1}}\right)=\mathbf{A}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_n}{y_n}\right)$;
    (2) 验证 ${\eta }_1=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right),{\eta }_2=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{1}\right)$ 是 $\mathbf{A}$ 的两个线性无关的特征向量, 并求出相应的特征值；
    (3) 当 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_1}{y_1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\right)$ 时, 求 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_{n+1}}{y_{n+1}}\right)$.
    1991 年数一试题
    设3阶矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 ${\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2,{\lambda }_3=3$, 对应的特征向量依次为 ${\xi }_1=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right),{\xi }_2=\left(\begin{array}{l}1\\ 2\\ 4\end{array}\right),{\xi }_3=\left(\begin{array}{l}1\\ 3\\ 9\end{array}\right)$, 又向量 $\mathbf{\beta }=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 3\end{array}\right)$.
    (1) 将 $\mathbf{\beta }$ 用 ${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3$ 线性表出; (2) 求 ${\mathbf{A}}^n\mathbf{\beta }$ ( $n$ 为自然数).

(22)

(本题满分 12 分)
设总体 $X$ 服从 $[0,\theta ]$ 上的均匀分布, 其中 $\theta \in (0,+\infty )$ 为未知参数, $X_1,X_2\dots \dots .X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本, 记 $X_{(n)}=\max \left\{X_1,X_2\dots ..X_n\right\},T_c=c{X}_{(n)}$.
(1)求 $c$, 使得 $T_c$ 为 $\theta$ 的无偏估计量;
(2)记 $h(c)=E{\left(T_c-\theta \right)}^2$, 求 $c$ 使得 $h(c)$ 最小.

• 恒等变形:$E\left(T_c\right)=\theta \stackrel{T_c=c{X}_{(n)}}{\to }E\left(c{X}_{(n)}\right)=cE\left(X_{(n)}\right)=\theta$
  • 求期望
    • 先求分布函数
      $F_{X_{(n)}}(x)=P\left\{X_{(n)}\le x\right\}\stackrel{X_{(n)}=\max \left\{X_1,X_2,\cdots ,X_n\right\}}{\to }P\left\{\max \left\{X_1,x_2,\cdots ,X_n\right\}\le x\right\}$
      • $=P\left\{X_1⩽x\right\}\cdots P\left\{X_n⩽x\right\}$
      • $=\{\begin{array}{l}1,x>\theta \\ 0,x<0\\ {\left(\frac{x-0}{\theta -0}\right)}^n=\frac{x^n}{{\theta }^n},0⩽x⩽\theta \end{array}$
    • 分布函数求导得概率密度
      $f_{X_{(n)}}(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n},& 0\le x\le \theta \\ 0,& \text{ 其他 }\end{array}$
    • 何处求概率，何处算积分
      $E(X(n))={\int }_0^{\theta }x\cdot \frac{n\cdot x^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{{\theta }^n}\cdot {\int }_0^{\theta }{x}^{n}dx={\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{x^{n+1}}{n+1}|}_0^{\theta }$
      • $=\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{1}{n+1}\cdot {\theta }^{n+1}=\frac{n\theta }{n+1}$
  • 代入原式，得$E\left(T_c\right)=cE\left(X_{(n)}\right)=\theta$
    • $c\cdot \frac{n\theta }{n+1}=\theta$，得$c=\frac{n+1}{n}$
• 恒等变形，得$h(c)=E\left[{\left(T_c-\theta \right)}^2\right]\stackrel{T_c=cX(n)}{\to }E\left[{\left(c{X}_{(n)}-\theta \right)}^2\right]$
  • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}E\left[c^2{X}_{(n)}^2+{\theta }^2-2\cdot cX(n)\cdot \theta \right]$
  • $\stackrel{\text{提出系数}}{=}{c}^{2}E\left(X_{(n)}^2\right)+{\theta }^2-2c\cdot \theta \cdot E(X(n))$
    • 定义法求:
      $E\left(X^2\right)={\int }_0^{\theta }{x}^2\cdot \frac{n{x}^{n-1}}{{\theta }^n}dx=\frac{n}{{\theta }^n}\cdot {\int }_0^{\theta }{X}^{n+1}dx={\frac{n}{{\theta }^n}\cdot \frac{x^{n+2}}{n+2}|}_0^{\theta }=\frac{n}{n+2}\cdot {\theta }^2$
  • $\underset{E(X)=\frac{n}{n+1}\theta }{\overset{E\left(X^2\right)=\frac{n}{n+2}{\theta }^2}{=}}{c}^2\cdot \frac{n}{n+2}{\theta }^2+{\theta }^2-2c\cdot \theta \cdot \frac{n}{n+1}\theta$
  • $\stackrel{\text{提出}{\theta }^2}{=}{\theta }^2\left(\frac{n}{n+2}\cdot c^2-1-2c\cdot \frac{n}{n+1}\right)$
  • $\underset{\text{二元函数求最小值}}{\overset{x=-\frac{b}{2a}}{\to }}-\frac{-2\frac{n}{n+1}}{2\cdot \frac{n}{n+2}}=\frac{n+2}{n+1}$