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2021 年真题

22 题

选择题

1

当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x^{2}} (e^{t^{3}} - 1) d t$ 是 $x^{7}$ 的

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正确答案：C

正确答案：C

因为当 $x \to 0$ 时，

[\int_{0}^{x^{2}} (e^{t^{3}} - 1) d t]^{'} = 2 x (e^{x^{6}} - 1) \sim x^{7}

所以 $\int_{0}^{x^{2}} (e^{t^{3}} - 1) d t$ 是 $x^{7}$ 的高阶无穷小，正确答案为 C。

2

设函数

f (x) = {\frac{e ^{x} - 1}{x}, 1, x 0 x = 0

在 $x = 0$ 处

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正确答案：D

正确答案：D

因为 $lim_{x \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{e ^{x} - 1}{x} = 1 = f (0)$ ，故 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

进一步计算导数：

x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x - 0} = x \to 0 lim \frac{\frac{e ^{x} - 1}{x} - 1}{x} = x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1 - x}{x ^{2}} = \frac{1}{2}

因此， $f^{'} (0) = \frac{1}{2}$ ，所以正确答案是 D。

3

设函数 $f (x) = a x + b ln x$ （ $a > 0$ ）有两个零点，则 $\frac{b}{a}$ 的取值范围是

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正确答案：A

正确答案：A

令 $f (x) = a x + b ln x = 0$ ，其导数为 $f^{'} (x) = a + \frac{b}{x}$ 。令 $f^{'} (x) = 0$ ，得到驻点 $x = - \frac{b}{a}$ 。

由 $f (- \frac{b}{a}) = a \cdot (- \frac{b}{a}) + b \cdot ln (- \frac{b}{a}) < 0$ ，可得：

ln (- \frac{b}{a}) > 1

进而有：

- \frac{b}{a} > e \Rightarrow \frac{b}{a} < - e

但选项中无此结果，推测题目中函数应为 $f (x) = a x - b ln x$ （ $a > 0$ ）。

此时导数为 $f^{'} (x) = a - \frac{b}{x}$ ，驻点为 $x = \frac{b}{a}$ 。由 $f (\frac{b}{a}) = a \cdot \frac{b}{a} - b \cdot ln \frac{b}{a} < 0$ ，可得：

ln \frac{b}{a} > 1

因此：

\frac{b}{a} > e

正确答案为 A。

4

设函数 $f (x, y)$ 可微， $f (x + 1, e^{x}) = x (x + 1)^{2}$ ， $f (x, x^{2}) = 2 x^{2} ln x$ ，则 $df (1, 1) =$

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正确答案：C

正确答案：C

对 $f (x + 1, e^{x}) = x (x + 1)^{2}$ 两边求导得：

f_{1}^{'} (x + 1, e^{x}) + e^{x} f_{2}^{'} (x + 1, e^{x}) = (x + 1)^{2} + 2 x (x + 1)

对 $f (x, x^{2}) = 2 x^{2} ln x$ 两边求导得：

f_{1}^{'} (x, x^{2}) + 2 x f_{2}^{'} (x, x^{2}) = 4 x ln x + 2 x

将 $x = 0$ 代入第一式得：

f_{1}^{'} (1, 1) + f_{2}^{'} (1, 1) = 1

将 $x = 1$ 代入第二式得：

f_{1}^{'} (1, 1) + 2 f_{2}^{'} (1, 1) = 2

联立解得：

f_{1}^{'} (1, 1) = 0, f_{2}^{'} (1, 1) = 1

因此：

df (1, 1) = f_{1}^{'} (1, 1) d x + f_{2}^{'} (1, 1) d y = d y

正确答案为 C。

5

二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} + x_{3})^{2} - (x_{3} - x_{1})^{2}$ 的正惯性指数与负惯性指数依次为

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正确答案：B

正确答案：B

将二次型展开得：

f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = 2 x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2} + 2 x_{2} x_{3} + 2 x_{1} x_{3}

对应的矩阵为：

A = 011121110

计算特征多项式：

∣ λ E - A ∣ = λ - 1 - 1 - 1 λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ = (λ + 1) (λ - 3) λ

令其等于零，得到特征值为 $λ = - 1, 3, 0$ 。因此，该二次型的正惯性指数为 1，负惯性指数为 1，应选 B。

6

设 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 为 4 阶正交矩阵，若矩阵 $B = α_{1}^{T} α_{2}^{T} α_{3}^{T}$ ， $β = 111$ ， $k$ 表示任意常数，则线性方程组 $B x = β$ 的通解 $x =$ （）

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正确答案：D

正确答案：D

因为 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ 为4阶正交矩阵，所以向量组 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 是一组标准正交向量组，则 $r (B) = 3$ 。

又

B α_{4} = α_{1}^{T} α_{2}^{T} α_{3}^{T} α_{4} = 0

所以齐次线性方程组 $B x = 0$ 的通解为 $k α_{4}$ 。

而

B (α_{1} + α_{2} + α_{3}) = α_{1}^{T} α_{2}^{T} α_{3}^{T} (α_{1} + α_{2} + α_{3}) = 111 = β

故线性方程组 $B x = β$ 的通解为

x = α_{1} + α_{2} + α_{3} + k α_{4}

其中 $k$ 为任意常数。故应选D。

7

设 $A = 12 - 1 0 - 1 2 - 1 1 - 5$ ， $P$ 为三阶可逆矩阵， $Q$ 为三阶矩阵，使 $PAQ$ 为对角矩阵，则 $P$ ， $Q$ 可以分别取

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正确答案：C

正确答案：C

对 $(A, E)$ 进行初等行变换：

12 - 1 0 - 1 2 - 1 1 - 5 100010001 \to 100 0 - 1 2 - 1 3 - 6 1 - 2 1 010001

\to 100010 - 1 - 3 0 12 - 3 0 - 1 2 001

得到：

P = 12 - 3 0 - 1 2 001

再通过列变换得到：

Q = 100010131

故正确答案为 C。

8

设随机事件 $A$ 、 $B$ ，下列不成立的是

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正确答案：D

正确答案：D

计算条件概率：

P (A ∣ A \cup B) = \frac{P ( A )}{P ( A \cup B )}

P (\overline{A} ∣ A \cup B) = \frac{P ( A B )}{P ( A \cup B )} = \frac{P ( B ) - P ( A B )}{P ( A \cup B )}

由不等式 $P (A ∣ A \cup B) > P (\overline{A} ∣ A \cup B)$ 可得：

P (A) > P (B) - P (A B)

但无法进一步推出 $P (A) > P (B)$ ，因此正确答案为 D。

9

设 $(X_{1}, Y_{1})$ ， $(X_{2}, Y_{2})$ ，…， $(X_{n}, Y_{n})$ 为来自总体 $N (μ_{1}, μ_{2}; σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}; ρ)$ 的简单随机样本， $θ = μ_{1} - μ_{2}$ ， $\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}$ ， $\overline{Y} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} Y_{i}$ ， $\hat{θ} = \overline{X} - \overline{Y}$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

因为 $X$ 和 $Y$ 是二维正态分布，所以 $\overline{X}$ 与 $\overline{Y}$ 也服从二维正态分布。因此， $\overline{X} - \overline{Y}$ 服从正态分布。

期望值为：

E (\hat{θ}) = E (\overline{X} - \overline{Y}) = E (\overline{X}) - E (\overline{Y}) = μ_{1} - μ_{2} = θ

方差为：

D (\hat{θ}) = D (\overline{X} - \overline{Y}) = D (\overline{X}) + D (\overline{Y}) - 2 cov (\overline{X}, \overline{Y}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n}

故正确答案为 B。

10

设总体 $X$ 的概率分布为

P {X = 1} = \frac{1 - θ}{2}, P {X = 2} = P {X = 3} = \frac{1 + θ}{4}

利用来自总体的样本值 $1, 3, 2, 2, 1, 3, 1, 2$ ，可得 $θ$ 的最大似然估计值为

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正确答案：A

正确答案：A

似然函数为：

L (θ) = (\frac{1 - θ}{2})^{3} (\frac{1 + θ}{4})^{5}

取对数后得到：

ln L (θ) = 3 ln (\frac{1 - θ}{2}) + 5 ln (\frac{1 + θ}{4})

对 $θ$ 求导并令导数为零：

\frac{d ln L ( θ )}{d θ} = \frac{- 3}{1 - θ} + \frac{5}{1 + θ} = 0

解得：

θ = \frac{1}{4}

因此，正确答案为 A。

填空题

11

（填空题）若 $y = cos (e^{- x})$ ，求 $\frac{d y}{d x}$ 在 $x = 1$ 处的值。

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【答案】 \[\frac{\sin \frac{1}{e}}{2 e} \]

【解析】
给定导数表达式：

\[\frac{d y}{d x} = -\sin e^{-\sqrt{x}} \left( e^{-\sqrt{x}} \cdot \frac{1}{-2 \sqrt{x}} \right) \]

在 $x = 1$ 处的导数值为：

\[\left. \frac{d y}{d x} \right|_{x=1} = \frac{\sin \frac{1}{e}}{2 e} \]

12

（填空题）计算 $\int_{5}^{5} \frac{x}{∣ x ^{2} - 9 ∣} d x$

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【答案】 6

【解析】
计算以下积分：

\int_{5}^{3} \frac{x}{9 - x ^{2}} d x + \int_{3}^{5} \frac{x}{x ^{2} - 9} d x

第一步：简化第一个积分

令 $u = 9 - x^{2}$ ，则 $d u = - 2 x d x$ ，即 $x d x = - \frac{1}{2} d u$ 。积分限变为：

当 $x = 5$ ， $u = 9 - 5 = 4$
当 $x = 3$ ， $u = 9 - 9 = 0$

因此，第一个积分可表示为：

\int_{5}^{3} \frac{x}{9 - x ^{2}} d x = - \frac{1}{2} \int_{4}^{0} \frac{d u}{u} = \frac{1}{2} \int_{0}^{4} u^{- 1/2} d u

第二步：简化第二个积分

令 $v = x^{2} - 9$ ，则 $d v = 2 x d x$ ，即 $x d x = \frac{1}{2} d v$ 。积分限变为：

当 $x = 3$ ， $v = 9 - 9 = 0$
当 $x = 5$ ， $v = 25 - 9 = 16$

因此，第二个积分可表示为：

\int_{3}^{5} \frac{x}{x ^{2} - 9} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{16} v^{- 1/2} d v

第三步：计算积分

计算第一个积分：

\frac{1}{2} \int_{0}^{4} u^{- 1/2} d u = \frac{1}{2} [2 u^{1/2}]_{0}^{4} = 4 - 0 = 2

计算第二个积分：

\frac{1}{2} \int_{0}^{16} v^{- 1/2} d v = \frac{1}{2} [2 v^{1/2}]_{0}^{16} = 16 - 0 = 4

第四步：求和

将两个积分结果相加：

2 + 4 = 6

因此，最终结果为：

6

13

（填空题）设平面区域 $D$ 由曲线 $y = x \cdot sin π x$ （ $0 \leq x \leq 1$ ）与 $x$ 轴围成，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

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【答案】 $\frac{π}{4}$

【解析】
首先，我们计算体积 $V$ ：

V = π \int_{0}^{1} (x sin π x)^{2} d x = π \int_{0}^{1} x sin^{2} π x d x

进行变量替换，设 $π x = t$ ，则 $d x = \frac{d t}{π}$ ，积分限变为 $0$ 到 $π$ ：

V = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} t sin^{2} t d t

利用三角恒等式 $sin^{2} t = \frac{1 - c o s 2 t}{2}$ ，积分变为：

V = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{π} t (1 - cos 2 t) d t

拆分为两部分：

V = \frac{1}{2 π} (\int_{0}^{π} t d t - \int_{0}^{π} t cos 2 t d t)

计算第一部分：

\int_{0}^{π} t d t = \frac{π ^{2}}{2}

计算第二部分，利用分部积分：

\int_{0}^{π} t cos 2 t d t = \frac{t sin 2 t}{2}_{0}^{π} - \frac{1}{2} \int_{0}^{π} sin 2 t d t = 0 - \frac{1}{2} (- \frac{cos 2 t}{2})_{0}^{π} = 0

因此，体积为：

V = \frac{1}{2 π} (\frac{π ^{2}}{2} - 0) = \frac{π}{4}

14

（填空题）求差分方程 $Δ y_{t} = t$ 的通解

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【答案】

y = \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t + C

【解析】
齐次解为 $y = C$ 。设特解形式为：

y^{*} = \frac{1}{2} (a t + b)

将特解代入原方程：

(t + 1) (a (t + 1) + b) - t (a t + b) = t

展开并整理方程：

2 a t + a + b = t

比较系数解得：

a = \frac{1}{2}, b = - \frac{1}{2}

因此，通解为：

y = y^{*} + \overset{y}{ˉ} = \frac{1}{2} t^{2} - \frac{1}{2} t + C

其中 $C$ 为任意常数。

15

（填空题）设

f (x) = x 122 x x 1 - 1 12 x 1 2 x - 1 1 x,

求展开式中 $x^{3}$ 项的系数。

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【答案】 -5

【解析】
设行列式

f (x) = x 122 x x 1 - 1 12 x 1 2 x - 1 1 x

将其按第一行展开，并计算各子式：

f (x) = x x 1 - 1 2 x 1 - 1 1 x - x 122 2 x 1 - 1 1 x + 1 \cdot 122 x 1 - 1 - 1 1 x - 2 x 122 x 1 - 1 2 x 1 = x A - x B + C - 2 x D

计算得

A = x^{3} - 4 x - 3, B = x^{2} - 2 x + 1, C = - 2 x^{2} + 3 x + 5, D = 2 x^{2} - x - 7

代入得

f (x) = x^{4} - 5 x^{3} - 2 x^{2} + 13 x + 5

故 x^3 项的系数为 -5.

- 5

16

（填空题）甲乙两个盒子中各装有 $2$ 个红球和 $2$ 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球，令 $X$ 和 $Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，求 $X$ 与 $Y$ 的相关系数

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【答案】 $\frac{1}{5}$

【解析】 详解

随机变量 $X$ 和 $Y$ 的分布分别为：

X \sim (0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{2}), Y \sim (0 \frac{1}{2} 1 \frac{1}{2})

计算得到协方差和方差：

co v (X, Y) = \frac{1}{20}, D X = \frac{1}{4}, D Y = \frac{1}{4}

因此，相关系数为：

ρ_{X Y} = \frac{co v ( X , Y )}{D X \cdot D Y} = \frac{\frac{1}{20}}{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}} = \frac{1}{5}

解答题

17

（本题满分 10 分）

已知 $x \to 0 lim [α arctan \frac{1}{x} + (1 + ∣ x ∣)^{\frac{1}{x}}]$ 存在，求 $α$ 的值。

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【答案】 $α = \frac{1}{π} (\frac{1}{e} - e)$

【解析】
要使极限存在，必须保证左右极限相等。

考虑 $x \to 0^{+}$ 时的极限：

x \to 0^{+} lim [α arctan \frac{1}{x} + (1 + ∣ x ∣)^{\frac{1}{x}}] = \frac{π}{2} α + e

再考虑 $x \to 0^{-}$ 时的极限：

x \to 0^{-} lim [α arctan \frac{1}{x} + (1 + ∣ x ∣)^{\frac{1}{x}}] = - \frac{π}{2} α + \frac{1}{e}

令左右极限相等，得到方程：

\frac{π}{2} α + e = - \frac{π}{2} α + \frac{1}{e}

解得：

α = \frac{1}{π} (\frac{1}{e} - e)

18

（本题满分12分）

求函数

f (x, y) = 2 ln ∣ x ∣ + \frac{( x - 1 ) ^{2} + y ^{2}}{2 x ^{2}}

的极值。

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【答案】
函数在点 $(1, 0)$ 处取极小值 $2$ ，在点 $(\frac{1}{2}, 0)$ 处取极小值 $\frac{1}{2} - 2 ln 2$ 。

【解析】
(1) 求驻点：

{f_{x}^{'} = \frac{2 x ^{2} + x - 1 - y ^{2}}{x ^{3}} = 0 f_{y}^{'} = \frac{y}{x ^{2}} = 0

即：

{2 x^{2} + x - 1 - y^{2} = 0 y = 0

解得驻点 $(1, 0)$ 和 $(\frac{1}{2}, 0)$ 。

(2) 计算二阶偏导数：

⎩ ⎨ ⎧ f_{xx}^{*} = \frac{( 4 x + 1 ) x - 3 ( 2 x ^{2} + x - 1 - y ^{2} )}{x ^{4}} f_{x y}^{*} = \frac{- 2 y}{x ^{3}} f_{yy}^{*} = \frac{1}{x ^{2}}

(3) 极值判定：

在驻点 $(1, 0)$ 处（注：原解析中 $(- 1, 0)$ 应为 $(1, 0)$ ）：

A = 3, B = 0, C = 1

A C - B^{2} = 3 > 0, A > 0

故 $f (x, y)$ 在 $(1, 0)$ 处取极小值 2。

在驻点 $(\frac{1}{2}, 0)$ 处：

A = 24, B = 0, C = 4

A C - B^{2} = 96 > 0

故 $f (x, y)$ 在 $(\frac{1}{2}, 0)$ 处取极小值 $\frac{1}{2} - 2 ln 2$ 。

19

（本题满分12分）

设有界区域 $D$ 是 $x^{2} + y^{2} = 1$ 和直线 $y = x$ 以及 $x$ 轴在第一象限围成的部分，计算二重积分

\iint_{D} e^{(x + y)^{2}} (x^{2} - y^{2}) d x d y .

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【答案】 $\frac{1}{8} e^{2} - \frac{1}{4} e + \frac{1}{8}$

【解析】
设有界区域 $D$ 为单位圆在第一象限中由 $x$ 轴和直线 $y = x$ 所截的扇形区域，其极坐标表示为 $0 \leq r \leq 1$ ， $0 \leq θ \leq \frac{π}{4}$ 。计算二重积分

I = \iint_{D} e^{(x + y)^{2}} (x^{2} - y^{2}) d x d y .

作变量代换 $u = x + y$ ， $v = x - y$ ，则雅可比行列式为 $\frac{1}{2}$ ，且 $x^{2} - y^{2} = uv$ ， $(x + y)^{2} = u^{2}$ 。积分变为

I = \frac{1}{2} \iint_{D^{'}} e^{u^{2}} uv d u d v,

其中 $D^{'}$ 为 $D$ 在 $uv$ 平面上的对应区域，由 $v = 0$ ， $v = u$ 及圆 $u^{2} + v^{2} = 2$ 围成。

将 $D^{'}$ 按 $u$ 的范围分为两部分：

当 $0 \leq u \leq 1$ 时， $0 \leq v \leq u$ ；
当 $1 \leq u \leq 2$ 时， $0 \leq v \leq 2 - u^{2}$ 。

则

\iint_{D^{'}} e^{u^{2}} uv d u d v = \int_{0}^{1} \int_{0}^{u} e^{u^{2}} uv d v d u + \int_{1}^{2} \int_{0}^{2 - u^{2}} e^{u^{2}} uv d v d u .

计算内层积分：

\int_{0}^{u} v d v = \frac{u ^{2}}{2}, \int_{0}^{2 - u^{2}} v d v = \frac{2 - u ^{2}}{2} .

代入得

\iint_{D^{'}} e^{u^{2}} uv d u d v = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{u^{2}} u^{3} d u + \int_{1}^{2} e^{u^{2}} u (1 - \frac{u ^{2}}{2}) d u .

计算各定积分：

\int_{0}^{1} e^{u^{2}} u^{3} d u = [\frac{1}{2} e^{u^{2}} (u^{2} - 1)]_{0}^{1} = \frac{1}{2},

\int_{1}^{2} e^{u^{2}} u d u = [\frac{1}{2} e^{u^{2}}]_{1}^{2} = \frac{1}{2} (e^{2} - e),

\int_{1}^{2} e^{u^{2}} u^{3} d u = [\frac{1}{2} e^{u^{2}} (u^{2} - 1)]_{1}^{2} = \frac{1}{2} e^{2} .

因此，

\iint_{D^{'}} e^{u^{2}} uv d u d v = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (e^{2} - e) - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} e^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} e^{2} - \frac{1}{2} e - \frac{1}{4} e^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} e^{2} - \frac{1}{2} e .

于是

I = \frac{1}{2} (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} e^{2} - \frac{1}{2} e) = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} e^{2} - \frac{1}{4} e = \frac{1}{8} (1 + e^{2} - 2 e) = \frac{1}{8} (e - 1)^{2} .

故原积分的值为

\frac{( e - 1 ) ^{2}}{8} .

20

（本题满分 12 分）

设 $n$ 为正整数， $y = y_{n} (x)$ 是微分方程

x y^{'} - (n + 1) y = 0

满足条件 $y_{n} (1) = \frac{1}{n ( n + 1 )}$ 的解。

求 $y_{n} (x)$ ；
求级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} y_{n} (x)$ 的收敛域及和函数。

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【答案】

$y_{n} (x) = \frac{1}{n ( n + 1 )} x^{n + 1}$
收敛域为 $[- 1, 1]$ ，和函数为 $S (x) = {(1 - x) ln (1 - x) + x, 1, x \in [- 1, 1) x = 1$

【解析】
(1) 微分方程 $y^{'} - \frac{n + 1}{x} y = 0$ 的通解为：

y = C e^{\int \frac{n + 1}{x} d x} = C x^{n + 1}

代入初始条件 $y_{n} (1) = \frac{1}{n ( n + 1 )}$ 得：

C = \frac{1}{n ( n + 1 )}

因此特解为：

y_{n} (x) = \frac{1}{n ( n + 1 )} x^{n + 1}

(2) 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ( n + 1 )} x^{n + 1}$ 的收敛半径为 1。在 $x = - 1$ 处收敛，在 $x = 1$ 处需单独判断。

设和函数为：

S (x) = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ( n + 1 )} x^{n + 1} = n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n} - n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n + 1}}{n + 1}

通过逐项求导和积分可得：

S (x) = (1 - x) ln (1 - x) + x, x \in (- 1, 1)

由于 $S (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上连续，且 $S (1) = lim_{x \to 1^{-}} S (x) = 1$ ，故和函数为：

S (x) = {(1 - x) ln (1 - x) + x, 1, x \in [- 1, 1) x = 1

21

(本题满分 12 分)

设矩阵 $A = 211 12 a 00 b$ 仅有两个不同的特征值。若 $A$ 相似于对角矩阵，求 $a$ ， $b$ 的值，并求可逆矩阵 $P$ ，使 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

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【答案】
当 $a = - 1$ ， $b = 3$ 时，可逆矩阵 $P = 110001 - 1 11$ ，使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。
当 $a = 1$ ， $b = 1$ 时，可逆矩阵 $P = - 1 10 001111$ ，使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

【解析】
由行列式计算得到特征方程：

∣ λ E - A ∣ = λ - 2 - 1 - 1 - 1 λ - 2 - a 00 λ - b = (λ - b) (λ - 3) (λ - 1) = 0

解得特征值 $λ_{1} = 3$ ， $λ_{2} = 1$ ， $λ_{3} = b$ 。

情况1： $b = 3$

对于二重特征值 $λ = 3$ ，矩阵为：

3 E - A = 1 - 1 - 1 - 1 1 - a 000

要求有两个线性无关的特征向量，矩阵秩必须为1，因此：

- a - 1 = 0 \Rightarrow a = - 1

此时特征向量为 $α_{1} = (1, 1, 0)^{T}$ ， $α_{2} = (0, 0, 1)^{T}$ 。对于 $λ_{3} = 1$ ，对应的特征向量为 $α_{3} = (- 1, 1, 1)^{T}$ 。

情况2： $b = 1$

对于二重特征值 $λ = 1$ ，矩阵为：

E - A = - 1 - 1 - 1 - 1 - 1 - a 000

同样要求秩为1，得到：

- a + 1 = 0 \Rightarrow a = 1

此时特征向量为 $β_{1} = (- 1, 1, 0)^{T}$ ， $β_{2} = (0, 0, 1)^{T}$ 。对于 $λ_{3} = 3$ ，对应的特征向量为 $α_{3} = (1, 1, 1)^{T}$ 。

结论

当 $a = - 1, b = 3$ 或 $a = 1, b = 1$ 时，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{- 1} A P$ 为对角矩阵。

22

本小题满分12分

在区间 $(0, 2)$ 上随机取一点，将该区间分成两段，较短一段长度记为 $X$ ，较长的一段长度记为 $Y$ ，令 $Z = \frac{Y}{X}$ 。

求 $X$ 的概率密度；
求 $Z$ 的概率密度；
求 $E (\frac{X}{Y})$

查看答案与解析

【答案】
(1) $X$ 的概率密度为

f (x) = {1, 0, 0 < x < 1 其他

(2) $Z$ 的概率密度为

f_{Z} (z) = {\frac{2}{( z + 1 ) ^{2}}, 0, z \geq 1 其他

(3) $E (\frac{X}{Y}) = - 1 + 2 ln 2$

【解析】
(1) 当随机点在 $(0, 1)$ 时， $X$ 为该点到 $0$ 的距离，即 $X \sim U (0, 1)$ ，故 $X$ 的概率密度为

f (x) = {1, 0, 0 < x < 1 其他

(2) 设 $Y = 2 - X$ ，则 $Z = \frac{2 - X}{X}$ 。当 $z \geq 1$ 时，

F_{Z} (z) = P {\frac{2 - X}{X} \leq z} = 1 - P {X \leq \frac{2}{z + 1}} = 1 - \frac{2}{z + 1}

故 $Z$ 的概率密度为

f_{Z} (z) = {\frac{2}{( z + 1 ) ^{2}}, 0, z \geq 1 其他

(3) 期望计算为

E (\frac{X}{Y}) = E (\frac{X}{2 - X}) = \int_{0}^{1} \frac{x}{2 - x} d x = - 1 + 2 ln 2