2004高等数学研究生考试试题及答案(编辑修改稿)

2004高等数学研究生考试试题及答案(编辑修改稿)内容摘要：

注意利用独立性有：.,3,2,0),( 1 niXXC o v i  【 详解 】 Cov(  ni ini i XXC o vnXXC o vnXnXC o vYX 2 11 1111 ),(1),(1)1,(), 7 = .11 21 nDXn  【 评注 】 本题 (C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如 2222 2211 1)1()111()(  nnn nXnXnXn nDYXD n   = 2222 33  nnn nn  ， 2222 2211 1)1()111()(  nnnnXnXnXnnDYXD n   = .22 2222  nnn nn  完全类似的例题见《数学一临考演习》 P78第 23题（本题是第 23 题的特殊情况） . （ 15）（本题满分 12分） 设 2ebae  , 证明 )(4lnln222 abeab . 【 分析 】 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明 . 【 证法 1】 对函数 x2ln 在 [a,b]上应用拉格朗日中值定理，得 .),(ln2lnln 22 baabab    设 ttt ln)(  ，则2ln1)( t tt ， 当 te时， ,0)( t 所以 )(t 单调减少，从而 )()( 2e  ，即 222 2lnlneee ， 故 )(4lnln222 abeab . 【 证法 2】 设 xexx22 4ln)( ，则 24ln2)( exxx ， 2ln12)( x xx , 所以当 xe时， ,0)(  x 故 )(x 单调减少，从而当 2exe  时 ， 044)()(222  eeex ， 即当 2exe  时， )(x 单调增加 . 8 因此当 2exe  时， )()( ab   ， 即 aeabeb 2222 4ln4ln ， 故 )(4lnln222 abeab . 【 评注 】 本题也可设辅助函数为 2222 ),(4lnln)( exaeaxeaxx 或 2222 ),(4lnln)( ebxexbexbx  ，再用单调性进行证明即可。 完全类似的例题见《数学复习指南》 P347例 P344的 [解题提示 ], 《考研数学大串讲》 P65例 13. （ 16）（本题满分 11 分） 某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下 . 现有一质量为 9000kg的飞机，着陆时的水平速度为 700km/h. 经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 ). 6k 问从着陆 点算起，飞机滑行的最长距离是多少。 注 kg表示千克， km/h表示千米 /小时 . 【 分析 】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可。 【 详解 1】 由题设，飞机的质量 m=9000kg，着陆时的水平速度 hkmv /7000  . 从飞机接触跑道开始记时，设 t时刻飞机的滑行距离为 x(t)，速度为 v(t). 根据牛顿第二定律，得 kvdtdvm  . 又 dxdvvdtdxdxdvdtdv  ， 由以上两式得 dvkmdx  ， 积分得 .)( Cvkmtx  由于 0)0(,)0( 0  xvv ，故得0vkmC，从而 )).(()(0 tvvkmtx  当 0)( tv 时， ).( 7 0 09 0 0 0)(60 kmkmvtx  所以，飞机滑行的最长距离为 . 【 详解 2】 根据牛顿第二定律，得 kvdtdvm  , 所以 .dtmkvdv  两端积分得通解 tmkCev  ，代入初始条件00 vv t 解得 0vC ， 故 .)( 0 tmkevtv  9 飞机滑行的最长距离为 ).()( 0000 kmkmvekmvdttvx tmk   或由 tmkevdtdx 0，知 )1()( 00 0  tmkt tmk emkvdtevtx ，故最长距离为 当 t 时，).()( 0 kmmkvtx  【 详解 3】 根据牛顿第二定律，得 dtdxkdt xdm 22, 022  dtdxmkdt xd ， 其特征方程为 02   mk ，解之得 mk21 ,0 ， 故 .21 tmkeCCx  由 002020 ,0 vemkCdtdxvx ttmkttt  ， 得 ,021 kmvCC  于是 ).1()( 0 tmkekmvtx  当 t 时， ).()( 0 kmkmvtx  所以，飞机滑行的最长距离为 . 【 评注 】 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为 t 或 0)( tv 的极限值，这种条件应引起注意 . 完全类似的例题见《数学最后冲刺》 P9899例 1011. （ 17）（本题满分 12分） 计算曲面积分 ,)1(322233 dx dyzdz dxydy dzxI   其中  是曲面 )0(1 22  zyxz 的上侧 . 【 分析 】 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加的曲面上应用直接投影法求解即可 . 【 详解 】 取 1 为 xoy平面上被圆 122 yx 所围部分的下侧，记  为由  与 1 围成的空间闭区域，则 d x d yzd z d xyd y d zxI  1)1(322 233 .)1(3221233 d x d yzd z d xyd y d zx  由高斯公式知 10 d x d y d zzyxd x d yzd z d xyd y d zx   )(6)1(322222331 = rd zrzdrd r )(6 20 10 10 22      = .2)]1()1(21[12 232210   drrrrr 而   123322133)1(322 yx d x d yd x d yzd z d xyd y d zx ， 故 .32  I 【 评注 】 本题选择 1 时应注意其侧与  围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），再就是在 1 上直接投影积分时，应注意符号 ( 1 取下侧，与 z轴正向相反，所以取负号 ). 完全类似的例题见《数学复习指南》 P325例 ，《数学题型集粹与练习题集》 P148例 （ 2） , 《数学一临考演习》 P38第 19题 . （ 18）（本题满分 11 分） 设有方程 01nxxn ，其中 n 为 正整数 . 证明此方程存在惟一正实根 nx ，并证明当 1 时，级数1n nx 收敛 . 【 分析 】 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。 而正项。