2016考研数学名师精选题，解答详解

一、选择题

答案

（1）在（-π，0）内f（x）仅有间断点由于

所以是f（x）的可去间断点.

在内f（x）无间断点.此外，由于

所以x=0不是f（x）的可去间断点.

由此可知，f（x）的可去间断点数为1.因此选（B）.

附注 寻找分段函数的间断点，除各个分段区间内的间断点外，还应通过考虑函数在分段点处的连续性，确定它是否为间断点.

（2）a=-2，-1时，f（x）在上无定义，所以选项（A），（B）应排除.当a=0时，，且在（0，+∞）上，由

知，f（x）的单调减少区间仅为.因此选（C）.

附注 本题是对选项逐一检验，直到得到正确的选项为止.这是求解单项选择题的常用方法之一.

（3）当x＜0时，

当x＞0时，由

得 F′（x）=ln（1+f（x））.此外，由

知F′（0）=0.所以由

得F″（0）=0.因此选（D）.

附注 题解中与是根据以下结论：

设函数φ（x）在点x=0处连续，在（-δ，0）（δ＞0）内可导，且存在，则；

设函数ψ（x）在点x=0处连续，在（0，δ）（δ＞0）内可导，且存在，则.

第二个结论是2009年考研真题，第一个结论的证明与第二个相似.因此上述这些结论都可作为定理用于解题.

（4）由于

所以

记，则.所以当|x|＜1时收敛；当|x|＞1时，发散.此外，当x=-1，1时，分别成为-，它们都是收敛级数.于是的收敛域为[-1，1]，从而的收敛域为[-1，1]，因此选（D）.

附注 缺项幂级数的收敛域可按以下步骤计算：

第一步计算，设其为A（x）；

第二步解不等式A（x）＜1，设其解为-a＜x＜a；

第三步考虑在点x=-a，a处的收敛性，则的收敛域为（-a，a）与收敛的端点的并集.

（5）由（A^∗）^T=（A^T）^∗=（-A）^∗=（-1）n-1A^∗知，n为奇数时，有（A^∗）^T=A^∗.即A^∗是对称矩阵.反之，当A^∗是对称矩阵，即（A^∗）^T=A^∗时，由以上计算得（-1）n-1=1，即n为奇数.

所以A^∗为对称矩阵是n为奇数的充分必要条件，因此选（C）.

附注 对于n（n≥2）阶矩阵A，A^∗=O的充分必要条件是r（A）＜n-1.因此A^∗≠O的充分必要条件是r（A）=n或n-1.

（6）由于A～B，所以存在3阶可逆矩阵P，使得

P^-1AP=B.

于是，r（A-2E₃）=r（P^-1（A-2E₃）P）=r（B-2E₃）.由于

所以r（A-2E₃）=r（B-2E₃）=3.

所以，r（A-E₃）=r（B-E₃）=2.

从而r（A-2E₃）+r（A-E₃）=5.因此选（D）.

附注 本题也可按以下方法计算：

其中

所以，r（A-2E₃）+r（A-E₃）=5.

（7）由关于X的边缘分布函数关于Y的边缘分布函数知F（x，y）=F_X（x）F_Y（y）（-∞＜x＜+∞，-∞＜y＜+∞），所以X与Y相互独立，从而

由此可知选项（C）不正确.因此选（C）.

附注 题解中，实际上已给出选项（A），（D）都正确.选项（B）也是正确的，这是因为关于Y的边缘概率密度所以EY=2.

（8）由题设知，X₁，X₂，X₃，X₄相互独立，且

E（X₁-2X₂）=0，D（X₁-2X₂）=D（X₁）+4D（X₂）=20，

E（3X₃-4X₄）=0，D（3X₃-4X₄）=9D（X₃）+16D（X₄）=100.

于是，，且它们相互独立，所以，.从而D（Z）=4.因此选（A）.

附注 设X₁，X₂，…，X_n是来自总体X～N（μ，σ²）的简单随机样本，则

其中

二、填空题

（9）由于

其中，，所以

附注 设α（x）是有界函数，β（x）是某个极限过程中的无穷小，则在这个极限过程中有

limα（x）β（x）=0.

（10）由于x∈[-1，1]时，ψ（x）=（x-1）2，显然x∈[-1，0）时，ψ（x）＞1；x∈[0，1]时，ψ（x）≤1，所以

于是，其中

所以，

附注 平时应练习分段函数的复合运算.

（11）由题设知

f（1，0）=0，f′_u（1，0）=-1，f′_v（1，0）=-2.

记u=e^y，v=x+y，则g（x，y）=f（u，v），且

g′_x（x，y）=f′_v（u，v），g′_y（x，y）=f′_u（u，v）e^y+f′_v（u，v）.所以dg（x，y）（0，0）=g′_x（0，0）dx+g′_y（0，0）dy=f′_v（1，0）dx+[f′_u（1，0）+f′_v（1，0）]dy=-2dx-3dy.

附注 本题获解的关键是由得到f′_u（1，0）=-1，f′_v（1，0）=-2.

（12），其中

D是由曲线，Ⅱ：及Ⅲ：θ=0围成.

显然Ⅰ的方程为.由于Ⅱ的方程可改写成，即x或者，，两边平方后得

（x²+y²+2y）²-（2y+3）（x²+y²+2y）+3·2y=0，

即（x²+y²）（x²+y²+2y-3）=0.由此得到Ⅱ的方程为x²+y²+2y=3，即.Ⅲ的方程为y=0.于是D如图答3-12阴影部分所示，所以有

上式右边即为所求的先x后y的二次积分.

图答 3-12

附注 对某个二次积分I，要改变它的积分次序或积分坐标系，总是先写出与I相对应的二重积分，然后再将这个二重积分转化为所要求的二次积分.

（13）

附注 这里利用了分块矩阵的求逆公式：

设A，D都是可逆矩阵，则

同样有，

（14）由题设知P（A）=P（B），于是由得，即由此可知0<a<2（这是因为，如果a≤0，则P（A）=1，这与矛盾；如果a≥2，则P（A）=0，这也与矛盾）.于是由式（1）得

附注 根据题设推出P（A）=P（B）以及0<a<2是本题获解的关键.

三、解答题

（15）所给微分方程y″+a²y=sinx+2cos2x（1）对应的齐次方程的通解为

Y=C₁cosax+C₂sinax（C₁，C₂是任意常数）.

当a=1时，式（1）有特解

y∗=x（A₁sinx+B₁cosx）+（A₂sin2x+B₂cos2x）.(www.xing528.com)

将它代入a=1时的式（1）得

2A₁cosx-2B₁sinx-3A₂sin2x-3B₂cos2x=sinx+2cos2x.

由此得到，A₂=0，故

因此，当a=1时，式（1）的通解为

当a=2时，式（1）有特解

y^∗=A₁sinx+B₁cosx+x（A₂cos2x+B₂sin2x）.

代入a=2时的式（1）得

3A₁sinx+3B₁cosx-4A₂sin2x+4B₂cos2x=sinx+2cos2x.

由此得到，B₁=0，A₂=0，故

因此，当a=2时，式（1）的通解为

附注 设有2阶线性微分方程

y″+ay′+by=e^αx（a₁cosβx+b₁sinβx）（∗）

（其中a，b，a₁，b₁，α，β都是常数），则式（∗）有特解

y∗=x^ke^αx（Acosβx+Bsinβx），

其中常数A，B可由y∗代入式（∗）确定.

（16）由得

z（x，0）=x两边对x求偏导数得，将它与由式（1）得到的比较得φ（x）=1，所以

由此得到

式（3）中令x=0，则由z（0，y）=y²得ψ（y）=y².代入式（3）得

由式（2）得，由式（4）得.于是由曲面S：z=z（x，y）（x＞0）的在点（x₀，y₀，z₀）处的切平面与π平行得

解此方程组，y0=0代入式（4）得因此所求的点

附注 题解中应注意的是：

由得，而不是.同样，由得，而不是上述的C都为任意常数.

（17）由于

所以此外

如图答3-17阴影部分所示.由于

图答 3-17

所以在D的内部无解，即f（x，y）在D的内部无可能极值点.

D有边界Ⅰ：y=0（0≤x≤1），Ⅱ：x=1（0≤y≤1）以及Ⅲ：y=x（0≤x≤1）.

在Ⅰ上，f（x，y）≡0（0≤x≤1），所以它的最大值与最小值都为0.

在Ⅱ上，f（x，y）=y²（0≤y≤1），所以它的最大值为1，最小值为0.

在Ⅲ上，f（x，y）=x（0≤x≤1），所以它的最大值为1，最小值为0.

因此f（x，y）在D的边界上，即在D上的最大值为1，最小值为0.

附注 题解时应注意的是，f（x，y）在极坐标系中的表达式，而不是

（18）Ω的侧面方程为x²+y²-（z-1）2=1，所以

其中D_z={（x，y）|x²+y²≤1+（z-1）2}是Ω的水平截面（其立坐标z）在xOy平面的投影.

所以

附注 Ω的水平截面是圆，所以对三重积分用“先二后一”的方法计算.

（19）记，则

所以，所给幂级数在|x|＜1时收敛，|x|＞1时发散，此外，在x=-1，1时，所给幂级数都成为，它是发散级数.

因此，所给幂级数的收敛域为（-1，1）.

由于

且s（0）=0，所以，

附注 本题利用以下公式，快捷地算得幂级数的和函数：

（20）（Ⅰ）由（A）与（B）等价知，r（β₁，β₂，β₃）=r（α₁，α₂，α₃）.由于即r（α₁，α₂，α₃）=3，所以r（β₁，β₂，β₃）=3，即由此得到a≠5.

（Ⅱ）当a≠5时，由

知，（A）由（B）的线性表示式为

附注 将初等行变换后的矩阵的列向量由左至右顺序记为β′₁，β′₂，β′₃；α′₁，α′₂，α′₃，容易看到

由于“初等行变换不改变列向量之间的线性表示关系”（记住这一结论），因此由式（2）直接得到式（1），即（A）由（B）线性表示式.

（A）由（B）的线性表示式也可以用以下方法计算：

记 e₁=（1，0，0）^T，e₂=（0，1，0）^T，e₃=（0，0，1）^T，则由

得

于是

它即为式（1）.

（21）（Ⅰ）由于是A的一个特征向量，记它对应的特征值为λ，则有

解此方程组得λ=2，a=-1.

将a=-1代入A，得A的特征方程

它的根除λ₁=λ=2外，还有λ₂=5，λ₃=-4，所以，f（x₁，x₂，x₃）的标准形为2y²₁+5y²₂-4y²3.

由于A^∗是实对称矩阵，所以它能化为对角矩阵Λ.由于A^∗的特征值为，，所以

由题设知，A的对应λ₁=2的特征向量为ξ₁=（1，2，1）^T.设对应λ₂=5的特征向量为ξ₂=（u₁，u₂，u₃）^T，则

由于

所以，式（1）与同解，它的基础解系为（1，-1，1）^T，故取ξ₂=（1，-1，1）^T.设对应λ₃=-4的特征向量为ξ₃=（v₁，v₂，v₃）^T，则由A是实对称矩阵知，

它的基础解系为（1，0，-1）^T，故取ξ₃=（1，0，-1）^T.显然，ξ₁，ξ₂，ξ₃是正交向量组.现将其单位化得

记P=（ξ⁰₁，ξ⁰₂，ξ⁰₃），则P即为所求的正交矩阵.

附注 设A是可逆实对称矩阵，且有特征值λ及与之对应的特征向量ξ，则A^∗有特征值及对应的特征向量ξ.所以当P^TAP为对角矩阵时，P^TA^∗P也是对角矩阵，且对角线上的元素都是A^∗的特征值.

（22）由，即得

所以，

其中

于是，

附注 应记住随机变量X的方差计算公式：

DX=E（X²）-（EX）2

（23）由于X的概率密度记z=x²，则它在f（x）≠0的区间（α，+∞）上单调增加，反函数x=h（z）=z（z>α²），于是Z的概率密度为

记样本观察值为z₁，z₂，…，z_n（由于现在是计算最大似然估计量，可认为它们都大于α²），故有似然函数为

由于，所以α²的最大似然估计值为min{z₁，z₂，…，z_n}.从而α2的最大似然计量为

由最大似然值估计量的不变性得α的最大似然估计量为

附注 本题也可计算如下：

由于X的概率密度且X有简单随机样本值（它们都大于α），所以有似然函数

于是由知，α的最大似然估计值为所以α的最大似然估计量