梦想不会辜负每一个努力的人
又 xn1 xn
ln exn 1 ln exn xn
exn 1 ln xnexn ;
设 g(x) ex 1 xex ,
x 0时，g'(x) ex ex xex xex 0,
所以 g(x)单调递减，g(x) g(0) 0,即有ex 1 xex,
因此
2
4
ex 1
1 e2x arctan 2
ex
1
1 4
2 3
(e x
3
1) 2
2
ex 1 C
1 e2x arctan
ex
1
1
(e x
3
1) 2
1
ex 1 C
2
6
2
16. 解：设圆的周长为 x ，正三角周长为 y，正方形的周长为 z，由题设 x y z 2 ，则
目标函数： S （ x ）2 1 3 ( y )2 ( z )2 x2 3 y2 z2 ，故拉格朗日函数为 2 2 2 3 4 4 36 16
x2
x3
0,
系数矩阵

x1 ax3 0,
1 1 1 1 0 2
A 1 0 1 0 1 1 ,
1 0 a 0 0 a 2
a 2时，r(A) 3,方程组有唯一解：x1 x2 x3 0;
a
2时，r ( A)
2, 方程组有无穷解：x
2 k 1 , k
R.
1
y1 x1 x2 x3,
'
（Px'
Q
' y
Rz'）dxdy
0
(1 3y2 3z2 )dxdydz
dydz 13y2 3z2 (1 3y2 3z 2 )dx
0
2 y 2 3z 2n1
1 3y2 3z2 (1 3y2 3z2 )dydz
2 y 2 3z 2n1
2
d
1 3
1 3r 2 (1 3r 2 ) rdr
梦想不会辜负每一个努力的人
23. 解：（1）由条件可知，似然函数为
L( )
i 1
1
x1
en
2
, x1 R,i 1,2...n,
取对数：ln
L( )
n i 1
ln 2
xi
n i 1
ln 2 ln
xi
,
求导：d
ln L( ) d
n i 1
1
xi 2
n
0
0
2 ( 1)
1 3
1 3r 2 (1 3r 2 )d (1 3r 2 )
60
1
3 1 3r 2 (1 3r 2 2)d (1 3r 2 )
30
3
0
1 3
1
3r
2
3 2
2(1
1
3r 2 ) 2
d (1
3r 2 )
1
3
2
5
5
(1 3r 2 ) 2
4 3
(1
1
3r 2 ) 2
1 a2 1 a 2 又 所以 B 0 1 1 r3 r1 0 1 1 2 a 0,
1 1 1 0 a 1 3
a2
(2)AP=B，即解矩阵方程 AX=B:
1 2 2 1 2 2 1 0 6 3 4 4 ( A, B) 1 3 0 0 1 1r0 1 2 1 1 1
2 7 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0
x2
3x3 2
)2
3( x2
2
x3 )2
,
此时规范形为y12 y22.
第 4 页，共 6 页
梦想不会辜负每一个努力的人
因此其规范形为 y12 y22 y32;
21 解： （1）A 与 B 等价，则 r(A)=r(B),
12 a
12a
A 1 3 0 r3 r1 1 3 0 0 2 7 a 3 9 0
xi
i 1
2
0,
xi
解得得极大似然估计 i1 . n
xi
i1
（2）由第一问可知
n ，所以
E( ) E( X )
x
1
e
x a
dx
2
n
D( )
D(
i 1
x1
)
1
D(
X
)
1 {E( X 2 ) E 2 (
X
)}
nn
n
1 { x2
1
x
e
a
dx
2}
1{
x2
1
e
x a
dx}
2
.
L（x, y, z, ） x2 3 y2 z2 (x y z 2) 则： 4 36 16
Lx
x 2
0
第 1 页，共 6 页
梦想不会辜负每一个努力的人
Ly
2 3y 36
0
Lz
2z 16
0
L x y z 2 0
解得 x 2 ，y 6 3 , z
8
, 1 .
3 34
3 34 3 34 3 34
ex
0
e(x y) x f (u)eu e ydu (CeT ) e x 0
e x 2 f (u)eudu (Ce y ) e x 0
即y(x T )依旧是方程的通解，结论得证
19. 证明：设 f (x) ex 1 x, x 0,则有
f '(x) ex 1 0,因此f (x) 0, ex 1 1， x
k3
k3
22.解：（1）由已知 P{X 1} 1 ，P{X 1} 1 ，Y服从的泊松分布，
2
2
所以cov(X , Z) cov(X , XY ) E(X 2Y ) E(X )E(XY )
E(X 2)E(Y ) E2(X )E(Y ) D(X )E(Y ) . （2）由条件可知 Z 的取值为 0，1， 2......
3
14 45
18. （1）解：通解
第 2 页，共 6 页
梦想不会辜负每一个努力的人
y(x) e dx( xe dxdx C)
ex ( xexdx C)
ex (x 1)ez C
(x 1) Cex
(2)证明：设 （x T） f (x),即T是f (x)的周期
通解
y(x) e dx[ f (x)e dxdx C]
得P
- 6k1 3 2k1 1
k1
- 6k2 4 2k2 1
k2
- 6k3 4 2k3 1 ;
k3
又P可逆，所以 P 0，即k2 k3，
最终P
- 6k1 3 2k1 1
k1
- 6k2 4 2k2 1
k2
-
6k3 2k3
4 1
，其中k1，k
2，k3为任意常数，且k2
梦想不会辜负每一个努力的人
2018 考研数学一参考答案
一、选择题
1.D 2.B 3. B 4. C 5.A 6.A 7.A 8. D
二、填空题
9. -2
10. 2 ln 2 2
11. i k
12.0
13. -1 14. 1
4
三、 解答题
15. 解： e2x arctan ex 1dx 1 arctan ex 1de2x
此时面积和有最小值 S
1
.
3 34
17. 解：构造平面
':
3 y 2
3z2
1，取后侧，设
'和
所围区域为 ；
x 0
记 P x,Q y3 z, R z3; 借助高斯公式，有：
Pdydz Qdzdx Rdxdy Pdydz Qdzdx Rdxdy - Pdydz Qdzdx Rdxdy
P{Z 0} P{X 1, Y 0} P{X 1, Y 0} e ,
P{Z 1} P{X 1,Y 1} 1 e , P{Z 1} P{X 1,Y 1} 1 e ,
2
2
同理，P{Z
k}
1 2
k e k！
,
k
1,2......,
P{Z 0} e .
第 5 页，共 6 页
n 2
n0
n
第 6 页，共 6 页
(2) a 2时，令y2 x2 x3, 这是一个可逆变换，
y3
x1
ax3 ,
因此其规范形为 y12 y22 y32;
a 2时，f (x1, x2 , x3 ) (x1 x2 x3 )2 (x1 2x3 )2
2x12 2x22 6x32 2x2 x3 6x1x3
2( x2
从而 ex2
ex1 -1 x1 1, x2
0;
猜想 x1 0,现用数学归纳法证明；
n 1时，x1 0,成立；假设
n k (k 1,2,......) 时，有xk 0, 则n k 1时有
e xk 1
exk 1 xe
1, 所以xk 1
0;
因此 xn 0,有下界.
第 3 页，共 6 页
2
ex
1 e2x arctan ex 1 1 e2x 2 ex 1 dx
2
2
1 (ex 1)
1 e2x arctan ex 1 1
2
4
e2x dx ex 1
1 e2x arctan ex 1 1 ex 11dex
2
4 ex 1
1 e2x arctan ex 1 1 ex 1 1 d (ex 1)
ex[ f (x)exdx C]
ex f (x)exdx Cex
不妨设y(x)
ex
x
f
( x)e x dx