填空题
本题共5个小题，每小题3分，满分15分
1
limx→0(1+3x)sinx2=
______．
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【答案】
e6
【解析】
考虑极限
x→0lim(1+3x)sinx2.
设
L=x→0lim(1+3x)sinx2,
取自然对数得：
lnL=x→0limln((1+3x)sinx2)=x→0limsinx2ln(1+3x).
当
x→0
时，该极限为
00
型不定式。
当
x→0
时，有
ln(1+3x)∼3x,sinx∼x,
因此
sinx2ln(1+3x)∼x2⋅3x=6,
即
lnL=6,L=e6.
2
dxd∫x20xcost2dt=
______．
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【答案】
−2x2cos(x4)−∫0x2cost2dt
【解析】
考虑函数
F(x)=∫x20xcost2dt
。首先，将积分改写为
F(x)=x∫x20cost2dt
。然后，使用乘积法则求导：
F′(x)=dxd[x∫x20cost2dt]=(dxdx)∫x20cost2dt+x⋅dxd(∫x20cost2dt).
其中，第一项为
∫x20cost2dt
。对于第二项，令
G(u)=∫u0cost2dt
，则
G(u)=−∫0ucost2dt
，所以
G′(u)=−cosu2
。由于
u=x2
，有
dxdu=2x
，因此：
dxd(∫x20cost2dt)=G′(u)⋅dxdu=−cosu2⋅2x=−2xcos(x4).
代入得：
F′(x)=∫x20cost2dt+x⋅(−2xcos(x4))=∫x20cost2dt−2x2cos(x4).
将积分
∫x20cost2dt
写为
−∫0x2cost2dt
，最终结果为：
F′(x)=−2x2cos(x4)−∫0x2cost2dt.
3
设
(a×b)⋅c=2
,
则
[(a+b)×(b+c)]⋅(c+a)=
______．
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【答案】 4
【解析】
利用向量运算律有
[(a+b)×(b+c)]⋅(c+a)=[(a+b)×b]⋅(c+a)+[(a+b)×c]⋅(c+a) =(a×b+b×b)⋅(c+a)+(a×c+b×c)⋅(c+a) =(a×b)⋅c+(a×b)⋅a+(a×c)⋅c+(b×c)⋅a =(a×b)⋅c+(b×c)⋅a=(a×b)⋅c+(a×b)⋅c=4 4
幂级数
∑n=1∞2n+(−3)nnx2n−1
的收敛半径
R=
______．
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【答案】
3
【解析】
令
an=2n+(−3)nnx2n−1
，则当
n→∞
时，有
n→∞lim∣an∣∣an+1∣=n→∞lim2n+(−3)nnx2n−12n+1+(−3)n+1n+1x2(n+1)−1 =n→∞limx2⋅nn+1⋅3n+1(32)n+1+(−1)n+13n(32)n+(−1)n=31x2, 而当
31x2<1
时，幂级数收敛，即
∣x∣<3
时，此幂级数收敛；当
31x2>1
时，即
∣x∣>3
时，此幂级数发散，因此收敛半径为
R=3
。
5
设三阶方阵
A
、
B
满足关系式：
A−1BA=6A+BA
，且
A=310004100071
，则
B=
______．
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【答案】
【解析】
给定方程
A−1BA=6A+BA
和
A=310004100071
，首先求
A−1
。由于
A
是对角矩阵，
A−1=300040007
。
将原方程右乘
A−1
，得：
A−1BAA−1=6AA−1+BAA−1
简化后：
A−1B=6I+B
其中
I
为单位矩阵。移项得：
A−1B−B=6I
因式分解：
(A−1−I)B=6I
计算
A−1−I
：
A−1−I=3−10004−10007−1=200030006 求逆矩阵：
(A−1−I)−1=210003100061 则：
B=6(A−1−I)−1=6210003100061=300020001 验证：计算
A−1BA
和
6A+BA
，两者均等于
300020001
，符合原方程。
选择题
本题共5小题，每小题3分，满分15分
6
设有直线
L:{x+3y+2z+1=0,2x−y−10z+3=0
及平面
Π:4x−2y+z−3=0
，则直线
L
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正确答案：C
正确答案：C【解析】 首先，求直线L的方向向量。直线L由两个平面方程定义，其法向量分别为
n1=(1,3,2)
和
n2=(2,−1,−10)
。方向向量
d
为两法向量的叉积：
d=n1×n2=i12j3−1k2−10=(−28,14,−7)
，简化后为
(4,−2,1)
。平面
Π
的方程为
4x−2y+z−3=0
，法向量为
n=(4,−2,1)
。可见方向向量
d
与法向量
n
平行，因此直线L垂直于平面
Π
。再验证直线L是否在平面上：取直线L上一点
P(−10/7,1/7,0)
，代入平面方程得
4×(−10/7)−2×(1/7)+0−3=−40/7−2/7−3=−42/7−3=−6−3=−9=0
，故点P不在平面上，直线L不在平面
Π
上。因此，直线L垂直于平面
Π
。
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7
设在
[0,1]
上
f′′(x)>0
，则
f′(0)
,
f′(1)
,
f(1)−f(0)
或
f(0)−f(1)
的大小顺序是
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正确答案：B
正确答案：B【解析】 由题意，在区间
[0,1]
上
f′′(x)>0
，可知函数
f(x)
是凸函数，且导数
f′(x)
单调递增，因此有
f′(0)<f′(1)
。根据拉格朗日中值定理，存在
c∈(0,1)
使得
f(1)−f(0)=f′(c)
。由于
f′(x)
单调递增，有
f′(0)<f′(c)<f′(1)
，即
f′(0)<f(1)−f(0)<f′(1)
。因此，大小顺序为
f′(1)>f(1)−f(0)>f′(0)
，对应选项 B。选项 A、C、D 均与上述不等式矛盾，故错误。
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8
设
f(x)
可导，
F(x)=f(x)(1+∣sinx∣)
，则
f(0)=0
是
F(x)
在
x=0
处可导的
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正确答案：A
正确答案：A【解析】 设
f(x)
可导，
F(x)=f(x)(1+∣sinx∣)
。需判断
f(0)=0
是否为
F(x)
在
x=0
处可导的充分必要条件。
首先，若
f(0)=0
，则计算
F(x)
在
x=0
处的左、右导数。
右导数：
F+′(0)=h→0+limhf(h)(1+∣sinh∣)−f(0)=h→0+limhf(h)(1+sinh)
由于
f(h)=f(0)+f′(0)h+o(h)=f′(0)h+o(h)
，代入得：
F+′(0)=h→0+limhf′(0)h(1+sinh)+o(h)=f′(0)(1+0)=f′(0)
左导数：
F−′(0)=h→0−limhf(h)(1+∣sinh∣)−f(0)=h→0−limhf(h)(1−sinh)
同样代入
f(h)=f′(0)h+o(h)
：
F−′(0)=h→0−limhf′(0)h(1−sinh)+o(h)=f′(0)(1−0)=f′(0)
左、右导数相等，故
F(x)
在
x=0
处可导，且
F′(0)=f′(0)
。因此
f(0)=0
是充分条件。
其次，若
F(x)
在
x=0
处可导，则左、右导数相等。
右导数：
F+′(0)=h→0+limhf(h)(1+sinh)−f(0)
代入
f(h)=f(0)+f′(0)h+o(h)
：
F+′(0)=h→0+limh[f(0)+f′(0)h+o(h)](1+sinh)−f(0)=h→0+limhf′(0)h+f(0)sinh+o(h)=f′(0)+f(0)
左导数：
F−′(0)=h→0−limhf(h)(1−sinh)−f(0)
代入
f(h)=f(0)+f′(0)h+o(h)
：
F−′(0)=h→0−limh[f(0)+f′(0)h+o(h)](1−sinh)−f(0)=h→0−limhf′(0)h−f(0)sinh+o(h)=f′(0)−f(0)
由
F+′(0)=F−′(0)
，得
f′(0)+f(0)=f′(0)−f(0)
，即
2f(0)=0
，故
f(0)=0
。因此
f(0)=0
是必要条件。
综上，
f(0)=0
是
F(x)
在
x=0
处可导的充分必要条件。
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9
设
un=(−1)nln(1+n1)
，则级数
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正确答案：C
正确答案：C【解析】 考虑级数
∑n=1∞un
，其中
un=(−1)nln(1+n1)
。令
an=ln(1+n1)
，则
un=(−1)nan
。当
n→∞
时，
an∼n1→0
，且
an
单调递减（因为函数
f(x)=ln(1+x1)
的导数
f′(x)=−21x3/2+x1<0
）。由莱布尼茨判别法，
∑n=1∞un
收敛。
再考虑级数
∑n=1∞un2
，其中
un2=[ln(1+n1)]2
。当
n→∞
时，
ln(1+n1)∼n1
，因此
un2∼(n1)2=n1
。由于
∑n=1∞n1
发散，由比较判别法，
∑n=1∞un2
发散。
因此，
∑n=1∞un
收敛而
∑n=1∞un2
发散，对应选项 C。
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10
设
A=a11a21a31a12a22a32a13a23a33
,
B=a21a11a31+a11a22a12a32+a12a23a13a33+a13
P1=010100001
,
P2=101010001
，则必有
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正确答案：C
正确答案：C【解析】
矩阵
B
是通过对矩阵
A
进行行变换得到的：
- 将
A
的第一行加到第三行；
- 交换第一行和第二行。
设初等矩阵
P2
左乘
A
表示将第一行加到第三行，即
P2A
；
再设初等矩阵
P1
左乘
P2A
表示交换第一行和第二行，即
P1(P2A)=P1P2A
。
计算可得
P1P2A
恰好等于
B
。
其他选项不满足此关系：
- 选项 A 和 B 涉及右乘，但右乘表示列变换，与
B
的行变换不符；
- 选项 D 中
P2P1A
先交换行再加行，得到第三行为
A
的第三行加第二行，与
B
的第三行加第一行不一致。
因此正确选项为
C
。
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计算题
本题共2小题，每小题5分，满分10分
11
设
u=f(x,y,z)
,
φ(x2,ey,z)=0
,
y=sinx
，其中
f
,
φ
都具有一阶连续偏导数，且
∂z∂φ=0
，求
dxdu
．
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【答案】
dxdu=∂x∂f+∂y∂fcosx−∂z∂φ∂z∂f(2x∂u∂φ+eycosx∂v∂φ)
其中
∂u∂φ
和
∂v∂φ
分别表示
φ
对第一个变量和第二个变量的偏导数，在点
(u,v,w)=(x2,ey,z)
处计算。
【解析】
给定
u=f(x,y,z)
，
y=sinx
，以及
φ(x2,ey,z)=0
，求
dxdu
。
首先，应用链式法则，有：
dxdu=∂x∂f+∂y∂fdxdy+∂z∂fdxdz.
由
y=sinx
，得
dxdy=cosx
。
接下来，求
dxdz
。从
φ(x2,ey,z)=0
出发，对
x
求导。令
φ=φ(u,v,w)
，其中
u=x2
，
v=ey
，
w=z
。则：
dxdφ=∂u∂φdxdu+∂v∂φdxdv+∂w∂φdxdw=0.
计算得
dxdu=2x
，
dxdv=eydxdy=eycosx
，
dxdw=dxdz
。代入得：
∂u∂φ⋅2x+∂v∂φ⋅eycosx+∂w∂φ⋅dxdz=0.
由
∂w∂φ=∂z∂φ=0
，解出：
dxdz=−∂z∂φ∂u∂φ⋅2x+∂v∂φ⋅eycosx.
代入
dxdu
表达式：
dxdu=∂x∂f+∂y∂fcosx+∂z∂f(−∂z∂φ∂u∂φ⋅2x+∂v∂φ⋅eycosx).
整理得：
dxdu=∂x∂f+∂y∂fcosx−∂z∂φ∂z∂f(2x∂u∂φ+eycosx∂v∂φ).
其中
∂u∂φ
和
∂v∂φ
分别为
φ
对第一个变量和第二个变量的偏导数。
12
设函数
f(x)
在区间
[0,1]
上连续，并设
∫01f(x)dx=A
，求
∫01dx∫x1f(x)f(y)dy
．
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【答案】
21A2
【解析】
方法一：交换积分次序，并注意定积分与积分变量无关，得到
I=∫01dx∫x1f(x)f(y)dy=∫01dy∫y1f(x)f(y)dx=∫01dx∫y1f(y)f(x)dy.
从而得到
2I=∫01dx∫x1f(x)f(y)dy+∫01dx∫y1f(x)f(y)dy
=∫01dx∫y1f(x)f(y)dy=∫01f(x)dx∫y1f(y)dy=A2.
所以
I=21A2
。
方法二：用分部积分法。注意
d(∫x1f(y)dy)=−f(x)dx
，将累次积分
I
写成
I=∫01(f(x)∫x1f(y)dy)dx=−∫01∫x1f(y)dy d(∫x1f(y)dy)
=−21[(∫x1f(y)dy)2]x=0x=1=21A2.
计算题
本题共2小题，每小题6分，满分12分
13
计算曲面积分
∬ΣzdS
，其中
Σ
为锥面
z=x2+y2
在柱体
x2+y2≤2x
内的部分．
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【答案】
9322
【解析】
首先，将曲面
Σ
投影到
xy
-平面，投影区域
D
由柱体
x2+y2≤2x
决定，即
(x−1)2+y2≤1
。对于锥面
z=x2+y2
，面积元素
dS=1+(∂x∂z)2+(∂y∂z)2dxdy=2dxdy
。因此，曲面积分化为：
∬ΣzdS=∬Dx2+y2⋅2dxdy=2∬Dx2+y2dxdy. 在极坐标下，
x=rcosθ
，
y=rsinθ
，
x2+y2=r
，
dxdy=rdrdθ
。区域
D
对应
0≤r≤2cosθ
，
−2π≤θ≤2π
。于是：
∬Dx2+y2dxdy=∫−π/2π/2∫02cosθr⋅rdrdθ=∫−π/2π/2∫02cosθr2drdθ. 计算内积分：
∫02cosθr2dr=[3r3]02cosθ=38cos3θ.
代入外积分：
∫−π/2π/238cos3θdθ=38∫−π/2π/2cos3θdθ.
由于
cos3θ
是偶函数，有：
∫−π/2π/2cos3θdθ=2∫0π/2cos3θdθ=2⋅32=34.
因此：
∬Dx2+y2dxdy=38⋅34=932. 最终：
14
将函数
f(x)=x−1
（
0≤x≤2
）展开成周期为
4
的余弦级数．
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【答案】
f(x)=−π28n=1∑∞(2n−1)21cos(2(2n−1)πx)
【解析】
将函数
f(x)=x−1
（
0≤x≤2
）展开成周期为4的余弦级数，需要计算傅里叶余弦系数。周期为4，半周期
L=2
，余弦级数形式为：
f(x)∼2a0+n=1∑∞ancos(2nπx)
其中系数公式为：
a0=L2∫0Lf(x)dx=∫02(x−1)dx
an=L2∫0Lf(x)cos(Lnπx)dx=∫02(x−1)cos(2nπx)dx
计算
a0
：
a0=∫02(x−1)dx=[2x2−x]02=(24−2)−0=2−2=0
计算
an
：
令
k=2nπ
，则：
an=∫02(x−1)cos(kx)dx
使用分部积分法，设
u=x−1
，
dv=cos(kx)dx
，则
du=dx
，
v=ksin(kx)
：
∫(x−1)cos(kx)dx=k(x−1)sin(kx)−∫ksin(kx)dx=k(x−1)sin(kx)+k2cos(kx)+C
代入上下限：
an=[k(x−1)sin(kx)+k2cos(kx)]02=(k(2−1)sin(nπ)+k2cos(nπ))−(k(0−1)sin(0)+k2cos(0))
由于
sin(nπ)=0
和
sin(0)=0
，化简得：
an=k2cos(nπ)−k21=k2cos(nπ)−1
代入
k=2nπ
，
k2=4n2π2
：
an=4n2π2cos(nπ)−1=n2π24(cos(nπ)−1)
其中
cos(nπ)=(−1)n
，所以：
an=n2π24((−1)n−1)
当
n
为偶数时，
(−1)n=1
，
an=0
；当
n
为奇数时，
(−1)n=−1
，
an=n2π24(−1−1)=−n2π28
。因此，仅奇数项非零，令
n=2k−1
（
k=1,2,3,…
），则余弦级数为：
f(x)∼k=1∑∞−(2k−1)2π28cos(2(2k−1)πx)=−π28n=1∑∞(2n−1)21cos(2(2n−1)πx)
解答题
15
设曲线
L
位于
xOy
平面的第一象限内，
L
上任一点
M
处的切线与
y
轴总相交，交点记为
A
．已知
MA=OA
，且
L
过点
(23,23)
，求
L
的方程．
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【答案】
x2+y2=3x
【解析】
设曲线
L
上点
M(x,y)
处的切线斜率为
y′
，则切线方程为
Y−y=y′(X−x)
。与
y
轴交于点
A
，令
X=0
，得
A(0,y−xy′)
。
由条件
∣MA∣=∣OA∣
，有
考虑
y−xy′≥0
的情况，方程化为
即
令
u=xy
，则
y′=p
，代入得
整理得
1+p2=u−p
，平方得
1+p2=u2−2up+p2,
即
1=u2−2up,
所以
p=2uu2−1.
由
y=ux
和
y′=p
，有
dxdy=dxdux+u=2uu2−1,
即
xdxdu=2uu2−1−u=−2uu2+1.
分离变量得
u2+12udu=−x1dx.
积分得
ln(u2+1)=−lnx+C,
即
ln[x(u2+1)]=C,
所以
x(u2+1)=k,
其中
k
为常数。代入
u=xy
得
x(x2y2+1)=k,
即
x2+y2=kx.
曲线过点
(23,23)
，代入得
(23)2+(23)2=k⋅23,
解得
k=3
。故曲线方程为
x2+y2=3x.
验证条件：当
y−xy′<0
时，同样导出相同方程。且该曲线在第一象限满足
∣MA∣=∣OA∣
。
16
设函数
Q(x,y)
在
xOy
平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分
∫L2xydx+Q(x,y)dy
与路径无关，并且对任意
t
恒有
∫(0,0)(t,1)2xydx+Q(x,y)dy=∫(0,0)(1,t)2xydx+Q(x,y)dy,
求
Q(x,y)
．
查看答案与解析
【答案】
Q(x,y)=x2+2y−1
【解析】
由于曲线积分
∫L2xydx+Q(x,y)dy
与路径无关，根据保守场的条件，有
∂y∂(2xy)=∂x∂Q(x,y)
。计算得
∂y∂(2xy)=2x
，因此
∂x∂Q=2x
。积分得
Q(x,y)=x2+g(y)
，其中
g(y)
是仅关于
y
的函数。
给定对任意
t
有
∫(0,0)(t,1)2xydx+Q(x,y)dy=∫(0,0)(1,t)2xydx+Q(x,y)dy
，由于积分与路径无关，选择沿坐标轴的路径计算。左边积分沿路径从
(0,0)
到
(t,0)
再到
(t,1)
，贡献为
∫01Q(t,y)dy
。右边积分沿路径从
(0,0)
到
(1,0)
再到
(1,t)
，贡献为
∫0tQ(1,y)dy
。因此有：
∫01Q(t,y)dy=∫0tQ(1,y)dy.
代入
Q(x,y)=x2+g(y)
，左边为：
∫01[t2+g(y)]dy=t2+∫01g(y)dy=t2+C1,
其中
C1
为常数。右边为：
∫0t[1+g(y)]dy=∫0t1dy+∫0tg(y)dy=t+∫0tg(y)dy.
所以：
t2+C1=t+∫0tg(y)dy.
两边对
t
求导：
2t=1+g(t),
即
g(t)=2t−1
，因此
g(y)=2y−1
。代入得
Q(x,y)=x2+2y−1
。验证满足积分与路径无关条件和给定积分等式，故正确。
17
假设函数
f(x)
和
g(x)
在
[a,b]
上存在二阶导数，并且
g′′(x)=0,f(a)=f(b)=g(a)=g(b).
试证：
(1) 在开区间
(a,b)
内
g(x)=0
；
(2) 在开区间
(a,b)
内至少存在一点
ξ
，使
g(ξ)f(ξ)=g′′(ξ)f′′(ξ)
．
查看答案与解析
【答案】
(1) 在开区间
(a,b)
内
g(x)=0
。
(2) 在开区间
(a,b)
内至少存在一点
ξ
，使
g(ξ)f(ξ)=g′′(ξ)f′′(ξ)
。
【解析】
(Ⅰ) 反证法：假设
∃c∈(a,b)
，使
g(c)=0
。则由罗尔定理，
∃ξ1∈(a,c),ξ2∈(c,b)
，使
g′(ξ1)=g′(ξ2)=0
；从而由罗尔定理，
∃ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(a,b)
，使得
g′′(ξ)=0
。这与
g′′(x)=0
矛盾。
(Ⅱ) 令
φ(x)=f(x)g′(x)−f′(x)g(x)
，则
φ(x)
在
[a,b]
可导，
φ(a)=φ(b)=0
。由罗尔定理，
∃ξ∈(a,b)
，使
φ′(ξ)=0
。即有
f(ξ)g′′(ξ)−f′′(ξ)g(ξ)=0⇒g(ξ)f(ξ)=g′′(ξ)f′′(ξ).
18
设三阶实对称矩阵
A
的特征值为
λ1=−1
,
λ2=λ3=1
，对应于
λ1
的特征向量为
ξ1=(0,1,1)T
，求
A
．
查看答案与解析
【答案】
【解析】
已知三阶实对称矩阵
A
的特征值为
λ1=−1
，
λ2=λ3=1
，对应
λ1
的特征向量为
ξ1=(0,1,1)T
。由于
A
是实对称矩阵，特征值对应的特征向量相互正交。对应
λ2=λ3=1
的特征向量与
ξ1
正交，即满足
y+z=0
。选取两个线性无关且正交的特征向量：
v1=(1,0,0)T
和
v2=(0,1,−1)T
。
将特征向量单位化：
- u1=∥ξ1∥ξ1=(0,21,21)T
- u2=v1=(1,0,0)T
- u3=∥v2∥v2=(0,21,−21)T
构造正交矩阵
Q=02121100021−21
，对角矩阵
Λ=−100010001
。则
A=QΛQT
。
计算
QT=01021021210−21
，然后计算
ΛQT=010−21021−210−21
，最后计算
A=Q(ΛQT)=10000−10−10
。
验证特征值和特征向量符合条件，故
A
为所求矩阵。
19
设
A
是
n
阶矩阵，满足
AAT=E
(
E
是
n
阶单位阵，
AT
是
A
的转置矩阵),
∣A∣<0
，求
∣A+E∣
．
查看答案与解析
【答案】
0
【解析】
已知
A
是
n
阶矩阵，满足
AAT=E
，且
∣A∣<0
。由于
AAT=E
，
A
是正交矩阵，正交矩阵的行列式为
±1
，因此
∣A∣=−1
。
计算
∣A+E∣
：
∣A+E∣=∣A+AAT∣=∣A(E+AT)∣=∣A∣⋅∣E+AT∣.
由于行列式在转置下不变，有
∣E+AT∣=∣(E+AT)T∣=∣E+A∣=∣A+E∣
，代入上式：
∣A+E∣=∣A∣⋅∣A+E∣.
即：
∣A+E∣=(−1)⋅∣A+E∣,
整理得：
∣A+E∣+∣A+E∣=0⇒2∣A+E∣=0,
因此
∣A+E∣=0
。
填空题
20
设
X
表示10次独立重复射击命中目标的次数，每次射中目标的概率为0.4，则
X2
的数学期望
E(X2)=
______．
查看答案与解析
【答案】
18.4
【解析】
设
X
表示 10 次独立重复射击命中目标的次数，则
X∼Binomial(n=10,p=0.4)
。
二项分布的数学期望为
E(X)=np=10×0.4=4,
方差为
Var(X)=np(1−p)=10×0.4×0.6=2.4.
由方差公式
Var(X)=E(X2)−[E(X)]2,
可得
E(X2)=Var(X)+[E(X)]2=2.4+42=2.4+16=18.4.
因此，
E(X2)=18.4.
21
设
X
和
Y
为两个随机变量，且
P{X≥0,Y≥0}=73,P(X≥0)=P(Y≥0)=74,
则
P{max(X,Y)≥0}=
______．
查看答案与解析
【答案】
75
【解析】
需要求
P{max(X,Y)≥0}
，即至少有一个变量大于等于零的概率，等价于
P{X≥0∪Y≥0}
。
根据概率的加法公式：
P{X≥0∪Y≥0}=P{X≥0}+P{Y≥0}−P{X≥0,Y≥0}
代入已知条件：
P{X≥0}=74,P{Y≥0}=74,P{X≥0,Y≥0}=73
计算得：
P{max(X,Y)≥0}=74+74−73=75
或者，考虑补集：
max(X,Y)<0
等价于
X<0
且
Y<0
。
先求
P{X<0,Y<0}
：
由
P{X≥0}=74
，得
P{X<0}=73
，同理
P{Y<0}=73
。
通过概率分解：
P{X≥0}=P{X≥0,Y≥0}+P{X≥0,Y<0}⇒P{X≥0,Y<0}=74−73=71
同理，
P{Y≥0}=P{X≥0,Y≥0}+P{X<0,Y≥0}⇒P{X<0,Y≥0}=74−73=71
所有概率之和为1：
P{X≥0,Y≥0}+P{X≥0,Y<0}+P{X<0,Y≥0}+P{X<0,Y<0}=1
代入得：
73+71+71+P{X<0,Y<0}=1⇒P{X<0,Y<0}=72
因此，
P{max(X,Y)≥0}=1−P{X<0,Y<0}=1−72=75
两种方法均得相同结果。
22
设随机变量
X
的概率密度为
fX(x)={e−x,0,x≥0,x<0,
求随机变量
Y=eX
的概率密度
fY(y)
．
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【答案】
fY(y)={y21,0,y>1,y≤1.
【解析】
方法1：先求
Y
的分布函数
FY(y)
。
当
y≤1
时，
FY(y)=0
；当
y>1
时，
FY(y)=P{Y≤y}=P(eX≤y)=P{X≤lny}
=∫0lnye−xdx=−e−x0lny=1−y1. 对分布函数求导，可得
fY(y)=FY′(y)={y21,0,y>1,y≤1.
方法2：用单调函数公式直接求
Y
的概率密度。
由于
y=ex
在
(0,+∞)
内单调，其反函数
x=h(y)=lny
在
(1,+∞)
内可导且导数为
xy′=y1=0
，则所求概率密度函数为
fY(y)={∣h′(y)∣⋅fX(h(y)),0,y>1,y≤1.={y1⋅e−lny,0,y>1,y≤1.={y21,0,y>1,y≤1.