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几道考研数学题求解

news 来源：原创 2025/9/10 8:30:28

函数性质问题

【题目】

已知函数 $f(x, y) = x^3 + y^3 - (x+y)^2 + 3$ 。设 $T$ 为曲面 $z = f (x, y)$ 在点 $(1, 1, 1)$ 处的切平面， $D$ 为 $T$ 与坐标平面 $x = 0$ 、 $y = 0$ 、 $z = 0$ 所围成区域在 $x y$ 平面上的投影。

现求解下列题目：

$T$ 的方程
$f (x, y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值

【解题过程】

① 求切平面 $T$ 的方程：

a. 计算 $f (1, 1)$ ：

$f(1,1) = 1^3 + 1^3 - (1+1)^2 + 3 = 1 + 1 - 4 + 3 = 1.$

b. 求偏导数：

$f_x(x,y) = 3x^2 - 2(x+y) \quad \Rightarrow \quad f_x(1,1) = 3 - 4 = -1;$

$f_y(x,y) = 3y^2 - 2(x+y) \quad \Rightarrow \quad f_y(1,1) = 3 - 4 = -1.$

c. 应用切平面公式：

$z - f(1,1) = f_x(1,1)(x - 1) + f_y(1,1)(y - 1)$

$z - 1 = - (x - 1) - (y - 1)$

即 $z = - x - y + 3.$

因此， $T$ 的方程为 $z = - x - y + 3.$

② 确定区域 $D$ ：

$T$ 与坐标平面相交的点为：

$\quad \Rightarrow \quad z = 3 \quad \text{即} (0,0,3);$

$\quad \Rightarrow \quad -y + 3 = 0 \quad \text{得} y=3 \quad \text{即} (0,3,0);$

$\quad \Rightarrow \quad -x + 3 = 0 \quad \text{得} x=3 \quad \text{即} (3,0,0).$

故在 $x y$ 平面上， $D$ 为三角形，满足：

$\{ (x, y) \mid x \geq 0, y \geq 0, x + y \leq 3 \}.$

③ 求 $f (x, y)$ 在 $D$ 上的极值：

$f(x, y) = x^3 + y^3 - (x+y)^2 + 3.$

（1）求内部驻点：

求偏导：

$f_x = 3x^2 - 2(x+y), \quad f_y = 3y^2 - 2(x+y).$

令 $f_x = 0$ 和 $f_y = 0$ ，可得：

$3x^2 = 2(x+y) \quad \text{及} \quad 3y^2 = 2(x+y)$

$\Rightarrow x^2 = y^2.$ 由 $\geq 0$ 得 $x = y .$

代入 $x + y = 2 x$ 得： $3x^2 = 4x \Rightarrow x(3x - 4) = 0.$

因此， $x = 0$ 或 $\frac{4}{3}$ ，对应驻点 $(0, 0)$ 和 $(\frac{4}{3},\frac{4}{3})$ .

计算 $f(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ ：

$\left(\frac{4}{3}\right)^3 = \frac{64}{27},$

$f\left(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right) = 2 \times \left(\frac{64}{27}\right) - \left(\frac{8}{3}\right)^2 + 3$

$\frac{128}{27} - \frac{64}{9} + 3$

$\frac{128 - 192 + 81}{27} = \frac{17}{27} \approx 0.63.$

(注意：点 $(0, 0)$ 为 $D$ 的顶点，后续将在边界中讨论。)

（2）边界上求值：

(a) 当 $x = 0$ （ $\in [0, 3]$ ）：

$f(0, y) = y^3 - y^2 + 3.$

求导 $3y^2 - 2y = 0$ 得 $y = 0$ 或 $\frac{2}{3}.$

计算 $3，f(0,\frac{2}{3}) \approx 2.85，及 f(0,3) = 27 - 9 + 3 = 21.$

(b) 当 $y = 0$ （ $\in [0, 3]$ ）：

同理， $f(x,0) = x^3 - x^2 + 3$ ，其最值在 $(0, 0)$ 与 $(3, 0)$ ，其中 $f (3, 0) = 21.$

令 $y = 3 - x$ ，则 $f(x, 3-x) = x^3 + (3-x)^3 - 9 + 3.$

化简得 $f(x, 3-x) = 9x^2 - 27x + 21.$

求导 $18 x - 27 = 0$ 得 $\frac{3}{2}$ ，故 $\frac{3}{2}$ ，

进而 $f\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right) = 9 \times \left(\frac{9}{4}\right) - 27 \times \left(\frac{3}{2}\right) + 21 = 0.75.$

综上：

全局最大值 $f = 21$ ，分别在 $(0, 3)$ 和 $(3, 0)$ 取得；

全局最小值 $\frac{17}{27}$ ，取于内部驻点 $(\frac{4}{3}, \frac{4}{3})$ .

【最终答案】

切平面 $T$ 的方程： $z = - x - y + 3.$
$f (x, y)$ 在区域 $D$ 上的最大值为 $21$ ，最小值为 $\frac{17}{27}$ .

曲线积分问题

题目

已知向量场 $F(x,y,z) = (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz)$ ；设 $L$ 为平面 $2 x - z - 1 = 0$ 上的简单闭合曲线，且当从正 $z$ 轴方向观察时， $L$ 的正向为逆时针。请利用斯托克斯公式将曲线积分
$\oint_L F \cdot dr$
化为曲面积分，并求出 $\, F) \cdot n$ 的化简表达式，其中 $n$ 为平面 $2 x - z - 1 = 0$ 上的单位正法向量。

【解】

设向量场 $F = (6xyz - yz^2, 2x^2z, xyz)$ 。注意到 $L$ 为封闭曲线，故可用斯托克斯公式，将曲线积分化为曲面积分：

$\oint_L F \cdot dr = \iint_S (curl F) \cdot n dS,$

其中 $S$ 选取平面 $2 x - z - 1 = 0$ 上由 $L$ 所围成的区域，并选取单位法向量 $n$ 使得从正 $z$ 轴看（即 $n$ 的 $z$ 分量 > 0）时， $L$ 的正向为逆时针。

【第一步：计算 curl $F$ 】

设

$P = 6xyz - yz^2,$

$Q = 2x^2z,$

$R = x yz .$

则有

$\left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right).$

计算各分量：

1. $\frac{\partial R}{\partial y} = xz, \quad \frac{\partial Q}{\partial z} = 2x^2,$ 故 $curl F)_x = xz - 2x^2 = x(z - 2x).$

2. $\frac{\partial P}{\partial z} = 6xy - 2yz, \quad \frac{\partial R}{\partial x} = yz,$ 故 $curl F)_y = (6xy - 2yz) - yz = 6xy - 3yz = 3y(2x - z).$

3. $\frac{\partial Q}{\partial x} = 4xz, \quad \frac{\partial P}{\partial y} = 6xz - z^2,$ 故 $curl F)_z = 4xz - (6xz - z^2) = z^2 - 2xz = z(z - 2x).$

因而， $c u r lF$ 可写为：

$c u r lF = (x (z - 2 x), 3 y (2 x - z), z (z - 2 x))$

= $\cdot (x, -3y, z)$ .

【第二步：选取 $S$ 及确定单位法向量】

$S$ 取平面 $2 x - z - 1 = 0$ 。为使 $n$ 的 $z$ 分量 > 0，取平面的法向量为 $N = (- 2, 0, 1)$ ，故单位法向量：

$\frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{2^2 + 0^2 + 1^2}} = \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}}.$

【第三步：计算 $curlF \cdot n$ 】

由上，

$curlF \cdot n = (z - 2x)(x, -3y, z) \cdot \frac{(-2, 0, 1)}{\sqrt{5}} = \frac{(z - 2x)[-2x + z]}{\sqrt{5}}.$

注意到 $- 2 x + z = z - 2 x$ ，因此：

$curlF \cdot n = \frac{(z - 2x)^2}{\sqrt{5}}.$

在 $S$ 上，由平面方程 $2 x - z - 1 = 0$ 得 $z = 2 x - 1$ ，故：

$\quad \Rightarrow \quad (z - 2x)^2 = 1.$

因此，

$curlF \cdot n = \frac{1}{\sqrt{5}} \quad (为常数).$

【第四步：求 $S$ 的面积】

$L$ 同时是球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 2x$ 与平面 $2 x - z - 1 = 0$ 的交线。将球面改写：

$x^2 + y^2 + z^2 = 2x \quad \Rightarrow \quad (x - 1)^2 + y^2 + z^2 = 1,$

表明球心为 $(1, 0, 0)$ ，半径 $1$ 。点 $(1, 0, 0)$ 到平面 $2 x - z - 1 = 0$ 的距离为

$\frac{|2 \cdot 1 - 0 - 1|}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}.$

故交圆的半径：

$\sqrt{1 - d^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{5}} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}.$

交圆在平面内的面积为

$\pi R^2 = \pi \left(\frac{4}{5}\right) = \frac{4\pi}{5}.$

【最终计算】

由斯托克斯公式，

$\oint_L F \cdot dr = \iint_S (curl F) \cdot n dS = \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \times \left(\frac{4\pi}{5}\right) = \frac{4\pi}{5\sqrt{5}}.$

【最终答案】曲线积分的值为 $\frac{4\pi}{5\sqrt{5}}$ .

数列问题

【问题描述】

已知数列 ${x_n\}$ , ${y_n\}$ , ${z_n\}$ 满足初值

x_0 = -1, \quad y_0 = 0, \quad z_0 = 2,

以及递推关系

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}.

令 $\alpha_n = \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix}$ ，则有递推关系可写成

\alpha_n = A \alpha_{n-1}.

问题要求：（1）写出矩阵 $A$ ；（2）求 $A^n$ 以及 $x_n$ , $y_n$ , $z_n$ 的通项公式。

【解】

【第一步：构造矩阵 $A$ 】

由递推公式可知：

x_n = (-2)x_{n-1} + 0 \cdot y_{n-1} + 2z_{n-1},

y_n = 0 \cdot x_{n-1} + (-2)y_{n-1} + (-2)z_{n-1},

z_n = (-6)x_{n-1} + (-3)y_{n-1} + 3z_{n-1}.

因此矩阵 $A$ 即为

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

【第二步：求 $A$ 的 $n$ 次幂 $A^n$ 】

为了求 $A^n$ ，我们采用对角化的方法。设 $A$ 的特征值为 $\lambda$ ，求解 $\det(A - \lambda I) = 0$ 。

写出 $\lambda I$ ：

A - \lambda I = \begin{pmatrix} -2-\lambda & 0 & 2 \ 0 & -2-\lambda & -2 \ -6 & -3 & 3-\lambda \end{pmatrix}.

计算行列式：

\det(A - \lambda I)

= (-2-\lambda) \cdot \det\begin{pmatrix} -2-\lambda & -2 \ -3 & 3-\lambda \end{pmatrix}

2 \cdot \det\begin{pmatrix} 0 & -2-\lambda \ -6 & -3 \end{pmatrix}.

其中

\det\begin{pmatrix} -2-\lambda & -2 \ -3 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (-2-\lambda)(3-\lambda) - (-2)(-3)

= (\lambda^2 - \lambda - 6) - 6 = \lambda^2 - \lambda - 12,

= (\lambda - 4)(\lambda + 3);

\det\begin{pmatrix} 0 & -2-\lambda \ -6 & -3 \end{pmatrix} = 0 \cdot (-3) - (-2-\lambda)(-6)

= -6(\lambda+2).

因此，

\det(A - \lambda I) = (-2-\lambda)(\lambda-4)(\lambda+3) - 12(\lambda+2).

注意到 $-2-\lambda = -(\lambda+2)$ ，可写为

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2)[(\lambda-4)(\lambda+3) + 12].

又有

(\lambda-4)(\lambda+3) = \lambda^2 - \lambda - 12, \quad 所以 \quad (\lambda-4)(\lambda+3) + 12 = \lambda^2 - \lambda.

故，

\det(A - \lambda I) = - (\lambda+2) \lambda (\lambda-1) = 0.

故矩阵 $A$ 的特征值为：

\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = -2.

假设 $A$ 可对角化，则存在可逆矩阵 $P$ 和对角矩阵 $\operatorname{diag}(0, 1, -2)$ ，使得

A = P D P^{-1},

从而

A^n = P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1^n, (-2)^n) \cdot P^{-1}.

【第三步：求 $x_n$ , $y_n$ , $z_n$ 的通项】

设 $A$ 的三个特征向量分别为 $v_0$ , $v_1$ , $v_{-2}$ ，对应特征值 $0$ , $1$ , $- 2$ ，满足：

\alpha_n = c_0 \cdot 0^n \cdot v_0 + c_1 \cdot 1^n \cdot v_1 + c_{-2} \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.

下面求各特征向量，并用初值 $\alpha_0 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}$ 确定常数 $c_0$ , $c_1$ , $c_{-2}$ 。

① 对于 $\lambda = 0$ ：

解 $(A - 0 I) v = 0$ ，

-2v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = v_1,

-2v_2 - 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = -v_3 = -v_1.

取 $v_1 = 1$ ，则有

v_0 = \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix}.

② 对于 $\lambda = 1$ ：

解 $(A - I) v = 0$ ，

方程为

-3v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = \frac{3}{2}v_1,

-3v_2 - 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = - \frac{2}{3}v_3 = -v_1.

（第三行自动满足）

为去分数，取 $v_1 = 2$ ，则

v_1 = \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix}.

③ 对于 $\lambda = -2$ ：

解 $(A + 2 I) v = 0$ ，

方程为

0 \cdot v_1 + 2v_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_3 = 0,

-6v_1 - 3v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad 2v_1 + v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = -2v_1.

取 $v_1 = 1$ ，则

v_{-2} = \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.

令

\alpha_0 = c_0 \cdot v_0 + c_1 \cdot v_1 + c_{-2} \cdot v_{-2},

即：

\begin{pmatrix} -1 \ 0 \ 2 \end{pmatrix} = c_0 \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -1 \ 1 \end{pmatrix} + c_1 \cdot \begin{pmatrix} 2 \ -2 \ 3 \end{pmatrix} + c_{-2} \cdot \begin{pmatrix} 1 \ -2 \ 0 \end{pmatrix}.

分量方程为：

(1) \quad -1 = c_0 + 2c_1 + c_{-2},

(2) \quad 0 = - c_0 - 2c_1 - 2c_{-2},

(3) \quad 2 = c_0 + 3c_1.

从 (3) 得 $c_0 = 2 - 3c_1$ .

代入 (1)： $3c_1) + 2c_1 + c_{-2} \quad \Rightarrow \quad c_{-2} = -3 + c_1$ .

再代入 (2)：

0 = -(2 - 3c_1) - 2c_1 - 2(-3 + c_1)

= -2 + 3c_1 - 2c_1 + 6 - 2c_1

= 4 - c_1,

从而 $c_1 = 4$ .

进而，

c_0 = 2 - 3 \times 4 = -10, \quad c_{-2} = -3 + 4 = 1.

因此，对于 $\geq 1$ （注意当 $\geq 1$ 时， $0^n = 0$ ），有

\alpha_n = 4 \cdot v_1 + 1 \cdot (-2)^n \cdot v_{-2}.

写出各分量，得：

x_n = 4 \times 2 + 1 \times (-2)^n = 8 + (-2)^n,

y_n = 4 \times (-2) + 1 \times (-2) \cdot (-2)^n = -8 - 2(-2)^n,

z_n = 4 \times 3 + 1 \times 0 = 12.

（同时验证 $n = 0$ 时：利用 $0^0 = 1$ ，得到 $x_0 = -10+8+1 = -1, y_0 = 10-8-2 = 0, z_0 = -10+12 = 2，与初值一致）

【总结】

矩阵 $A$ 为

A = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 2 \ 0 & -2 & -2 \ -6 & -3 & 3 \end{pmatrix}.

$A$ 的 $n$ 次幂可表达为 $A^n = P \cdot \operatorname{diag}(0^n, 1, (-2)^n) \cdot P^{-1}$ .
数列通项（对于 $\geq 1$ ）为：

x_n = 8 + (-2)^n,

y_n = -8 - 2(-2)^n,

z_n = 12.

估计问题

设总体 $X$ 服从 $\theta]$ 上的均匀分布，其中 $\theta \in (0, +\infty)$ 为未知参数，

$X_1, X_2, \cdots, X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，记

$ X(n) = \max { X_1, X_2, \cdots, X_n }, \quad T_c = cX(n). $

(1) 求 $c$ ，使得 $T_c$ 是 $\theta$ 的无偏估计；

(2) 记 $E(T_c - \theta)^2$ ，求 $c$ 使得 $h (c)$ 最小。

—————— 解答 —————

首先，由于 $X_i \sim \operatorname{U}(0, \theta)$ ，记 $Y = X (n)$ 为样本最大值，其累积分布函数为

F_Y(y) = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n, \quad 0\le y\le\theta,

故其概率密度函数为

f_Y(y) = \frac{d}{dy}F_Y(y) = \frac{n}{\theta^n}y{n-1}, \quad 0\le y\le\theta.

【(1) 求无偏估计】

计算 $Y$ 的均值：

E(Y) = \int_0^\theta y \frac{n}{\theta^n}y{n-1},dy

= \frac{n}{\theta^n}\int_0\theta y^n,dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+1}}{n+1}

= \frac{n}{n+1}\theta.

由于估计量 $T_c = cY$ 要无偏，即需满足

E(T_c)= cE(Y)= c\frac{n}{n+1}\theta = \theta,

从而解得

c = \frac{n+1}{n}.

【(2) 求最小均方误差】

计算均方误差：

= c^2E(Y2) - 2c\theta E(Y) + \theta^2.

同样地，可计算

E(Y^2) = \int_0^\theta y^{2\frac{n}{\theta}n}y^{n-1},dy

= \frac{n}{\theta^n}\int_0\theta y^{n+1},dy

= \frac{n}{\theta^n} \cdot \frac{\theta^{n+2}}{n+2}

= \frac{n}{n+2}\theta^2.

代入上式得

= \theta^2\left(c2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right).

令关于 $c$ 的表达式取极值，对 $c$ 求导并置零：

\frac{d}{dc} \left(c^2\frac{n}{n+2} - 2c\frac{n}{n+1} + 1\right)

= 2c\frac{n}{n+2} - 2\frac{n}{n+1} = 0.

解得

c = \frac{n+2}{n+1}.

—————— 结论 —————

(1) 当 $c=\frac{n+1}{n}$ 时， $T_c$ 为 $\theta$ 的无偏估计；

(2) 当 $c=\frac{n+2}{n+1}$ 时，均方误差 $h (c)$ 取得最小值。

求解该题：

已知函数 $\int_0^x e^{\cos t} \, dt$ ， $\int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt$ ，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

【解答过程】：

先判断 $f (x)$ 的性质：
- $\int_0^{-x} e^{\cos t} \, dt = -\int_0^x e^{\cos (-t)} \, dt = -\int_0^x e^{\cos t} \, dt = -f(x)$
- 因此， $f (x)$ 是奇函数。
再判断 $g (x)$ 的性质：
- $\int_0^{\sin (-x)} e^{t^2} \, dt = \int_0^{-\sin x} e^{t^2} \, dt = -\int_0^{\sin x} e^{t^2} \, dt = -g(x)$
- 因此， $g (x)$ 也是奇函数。

综上所述，正确答案是 C. $f (x)$ 与 $g (x)$ 均为奇函数。

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本文解答由AI生成，并经答案校对皆正确。

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