1997年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1997 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析 一、填空题(本题共5分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.) 3 (1)【答案】 2 0 sinx ln(1x) 【分析】这是 型极限.注意两个特殊极限lim 1,lim 1. 0 x0 x x0 x 【解析】将原式的分子、分母同除以x,得 1 sin x 1 3sinxx2cos 3 xcos x x x 3 lim lim  . x0 (1cosx)ln(1x) x0 ln(1x) 2 (1cosx) x f(x) 评注：使用洛必达法则的条件中有一项是lim 应存在或为,而本题中, xx g(x) 0 1 1 1 (3sinxx2cos ) 3cosx2xcos sin x x x lim lim x0 (1cosx)ln(1x)  x0 sinxln(1x) 1cosx 1x 极限不存在,也不为,不满足使用洛必达法则的条件,故本题不能用洛必达法则. 【相关知识点】1.有界量乘以无穷小量为无穷小量. (2)【答案】(2,4) 【解析】考察这两个幂级数的关系.令t  x1,则   na tn1 t2  na tn1 t2   a tn  . n n n n1 n1 n1  由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径,a tn 的收敛半径为3 n n1    a tn  的收敛半径为 3.从而t2   a tn    na tn1 的收敛半径为 3,收敛区间即 n n n n1 n1 n1  (-3,3),回到原幂级数na (x1)n1,它的收敛区间为3 x13,即(2,4). n n1 评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点.  a 1 对于a xn ,若 lim n1 它的收敛半径是R  .但是若只知它的收敛半径 n n a  n0 n a 1 a 为R,则  lim n1  ,因为 lim n1 可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形). n a R n a n n  (3)【答案】x y e2 【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率k  y,而y可由e的参数方程 x x 1xcosecos,  y sinesin y esinecos sincos 求得： y     ,y 1,  x x ecosesin cossin x   2   所以切线的方程为 ye2 (x0),即x y e2 . 评注：本题难点在于考生不熟悉极坐标方程与直角坐标方程之间的关系. (4)【答案】t 3 【解析】由AB 0,对B按列分块,设B ,,,则 1 2 3 AB  A ,, A,A,A   0,0,0 , 1 2 3 1 2 3 即,, 是齐次方程组Ax0的解. 1 2 3 又因B O,故Ax0有非零解,那么 1 2 2 1 0 2 A  4 t 3  4 t3 3 7  t3 0 , 3 1 1 3 0 1 由此可得t 3. 评注：若熟悉公式AB 0,则r(A)r(B)n3,可知r(A)3,亦可求出t 3. 2 (5)【答案】 5 【解析】方法1：利用全概率公式. 求第二人取得黄球的概率,一般理解为这事件与第一人取得的是什么球有关.这就要用 全概率公式.全概率公式首先需要一个完全事件组,这就涉及到设事件的问题. 设事件A “第i个人取得黄球”,i 1,2,则完全事件组为A,A (分别表示第一个人 i 1 1 取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知 P  A  黄球的个数  20  2 ；P  A   白球的个数  30  3 ； 1 球的总数 50 5 1 球的总数 50 5 201 19 P  A |A   (第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成20119,球 2 1 501 49 19 的总数变成50149,第二个人取得黄球的概率就为 )； 49   20 P A |A  (第一个人取得白球的条件下,黄球个数亦为 20,球的总数变成 2 1 49 20 50-1=49,第二个人取得黄球的概率就为 ). 49 故应用全概率公式 P  A P  A  P  A |A P  A  P  A |A   2  19  3  20  2 . 2 1 2 1 1 2 1 5 49 5 49 5 2方法二：利用“抽签原理”. 只考虑第二个人取得的球,这50个球中每一个都会等可能地被第二个人取到.犹如几个 人抽奖,其中只有一张彩票有奖,那么这几个人先抽与后抽,抽到有奖彩票的概率是一样的, 这就是我们抽奖的公平性,此题中取到黄球的可能有20个,所以第二个人取到黄球的概率为 20 2  . 50 5 【相关知识点】1.全概率公式: P  A P  A  P  A |A P  A  P  A |A  ； 2 1 2 1 1 2 1 有利于事件A的样本点数 2. 古典型概率公式：P(A) i . i 样本空间的总数 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符 合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内) (1)【答案】(C) 【解析】这是讨论 f(x,y)在(0,0)点是否连续,是否存在偏导数的问题.按定义 f(0,0) d f(0,0) d  f(x,0) ,  f(0,y) , x dx y dy x0 y0 由于 f(x,0)0(x), f(0,y)0(y), f(0,0) f(0,0) 偏导数且 0, 0. x y 再看 f(x,y)在(0,0)是否连续？由于 x2 1 lim f(x,y) lim   f(0,0) , (x,y)(0,0) x0 x2 x2 2 yx 因此 f(x,y)在(0,0)不连续.应选(C). 评注：① 证明分段函数在某点连续,一般要用定义证,有难度.证明分段函数 f(x,y)在某点 M (x ,y )不连续的方法之一是：证明点(x,y)沿某曲线趋于M 时, f(x,y)的极限不存在 0 0 0 0 或不为 f(x ,y ). 0 0 ② 证明 lim f(x,y) 不存在的重要方法是证明点(x,y)沿两条不同曲线趋于 (x,y)(x ,y ) 0 0 M (x ,y )时, f(x,y)的极限不想等或沿某条曲线趋于M 时, f(x,y)的极限不存在. 0 0 0 0 对于该题中的 f(x,y),若再考察 1 lim f(x,y) lim0 0   lim f(x,y) , (x,y)(0,0) y0 2 (x,y)(0,0) x0 yx  lim f(x,y)不存在. (x,y)(0,0) 3由本例可见,函数在一点处不连续,但偏导数却可以存在.容易找到这种例子,例如 f(x,y) x y ,它在点(0,0)处连续,但 f(0,0)与 f(0,0)都不存在.可见二元函数的连 x y 续性与偏导数的存在性可以毫无因果关系. (2)【答案】(B) 【解析】方法1：用几何意义.由 f(x)0, f (x)0, f (x)0 可知,曲线 y  f (x)是 上半平面的一段下降的凹弧, y  f (x)的图形大致如右图. y b S   f (x)dx是曲边梯形ABCD的面积； D 1 a S  f (b)(ba)是矩形ABCE的面积； 2 1 S  [f (a) f (b)](ba)是梯形ABCD的面积. E C 3 2 A B 由图可见S S S ,应选(B). a b x 2 1 3 O 方法2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的 f(x)都成立的结果,故可以取满足条件的 1 特定的 f(x)来观察结果是什么.例如取 f(x) ,x[1,2],则 x2 2 1 1 1 5 S   dx  ,S  ,S  S S S . 1 1 x2 2 2 4 3 8 2 1 3 【评注】本题也可用分析方法证明如下： b 由积分中值定理,至少存在一个点,使 f(x)dx  f()(ba),a b 成立,再由 a f(x)0,所以 f(x)是单调递减的,故 f() f(b),从而 b S   f (x)dx  f ()(ba) f (b)(ba)S . 1 2 a 1 x 为证S S ,令(x) [f(x) f(a)](xa)  f(t)dt, 则(a)0, 3 1 2 a 1 1 (x) f(x)(xa) (f(x) f(a)) f(x) 2 2 1 1  f(x)(xa) (f(x) f(a)) 2 2 1 1  f(x)(xa) f()(xa) (a x)(拉格朗日中值定理) 2 2 1  (f(x) f())(xa), 2 由于 f(x)0,所以 f(x)是单调递增的,故 f(x) f(),(x)0,即(x)在[a,b]上 单调递增的.由于(a)0,所以(x)0,x[a,b],从而 41 b (b) [f(b) f(a)](ba)  f(t)dt 0 , 2 a 即S S .因此,S S S ,应选(D). 3 1 2 1 3 如果题目改为证明题,则应该用评注所讲的办法去证,而不能用图证. 【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数 f(x)在积分区间[a,b]上连续,则在(a,b)上至 b 少存在一个点,使下式成立： f(x)dx  f()(ba)(a b).这个公式叫做积分中值 a 公式. 2. 拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足在闭区间[a,b]上连续,在开区间 a,b 内可导, 那么在 a,b 内至少有一点(ab),使等式 f(b) f(a) f ()(ba)成立. (3)【答案】(A) 【解析】由于函数esintsint 是以2为周期的函数,所以, x2 2 F(x)  esintsintdt   esintsintdt , x 0 F(x)的值与x无关.不选D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关). 2 估计 esintsintdt 的值有多种方法. 0 方法1：划分esintsint 取值正、负的区间. 2  2 F(x)  esintsintdt   esintsintdt esintsintdt 0 0      esintsintdt esinu(sinu)du 0 0    (esint esint)sintdt 0 当0t 时,sint 0,esint esint 0,所以F(x)0.选(A). 方法2：用分部积分法. 2 2 F(x)  esintsintdt  esintdcost 0 0 2 2 esint cost   costdesint 0 0 2 2 e0(11) esintcost2dt   esintcost2dt 0. 0 0 故应选(A). 【评注】本题的方法1十分有代表性. 被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时,则常将积分区间划分成若干个,使每一 个区间内,被积函数保持确定的符号,然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相 同,然后只要估计被积函数的正、负即可. 5(4)【答案】(D) 【解析】方法1：三条直线交于一点的充要条件是方程组 a xb yc  0 a xb y c 1 1 1 1 1 1   a xb yc  0a xb y c 2 2 2 2 2 2   a xb yc  0 a xb y c 3 3 3 3 3 3 有唯一解. a b  c  1 1 1     将上述方程组写成矩阵形式：A X b,其中A a b 是其系数矩阵,b c . 32  2 2  2  a b     c   3 3 3 则AX b有唯一解 r(A)r  Ab 2(方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等且等 于未知量的个数),即A的列向量组, 线性相关.所以应选(D). 1 2 方法2：用排除法. (A),, 线性相关,当   时,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且 1 2 3 1 2 3 小于未知量的个数,则①式有无穷多解,根据解的个数与直线的位置关系.所以三条直线重合, 相交有无穷多点,(A)不成立. (B),, 线性无关,不能由, 线性表出,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩 1 2 3 3 1 2 不相等,方程组无解,根据解得个数与直线的位置关系,所以一个交点也没有,(B)不成立. (C)秩r(,,)  秩r(,),当r(,,)  r(,) 1时,三条直线重合, 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 不只交于一点,与题设条件矛盾,故(C)不成立. 由排除法知选(D). 评注：应重视线性代数中的几何背景.空间直线方程及平面方程其在空间的位置关系应与线 性代数中的线性相关性、秩及方程组的解及其充要条件有机的结合起来. (5)【答案】(D) 【解析】因X 与Y 独立,故3X 和2Y 也相互独立.由方差的性质,有 D(3X 2Y)D(3X)D(2Y)9D(X)4D(Y)44 . 【相关知识点】方差的性质：X 与Y 相互独立时, D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,其中a,b,c为常数. 三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.) (1)【分析】三重积分的计算有三种方法：直角坐标中的计算,柱面坐标中的计算,球面坐标 中的计算,其中柱面坐标中又可分先z 后(r,),或先(r,)后z 两种方法.本题的区域为 绕z轴旋转的旋转体,用柱面坐标先(r,)后z方便. 【解析】方法1：采用柱面坐标,先(r,)后z ,为此,作平面z  z. 6  D  (x,y,z)|x2 y2 2z,z  z , z 8 I  (x2 y2)dv  dzr2rdrd(将直角坐标化为柱面坐标) 0  D z 8 2 2z 1024   dz d r3dr  . 0 0 0 3   方法2：将投影到xOy平面,得圆域D  (x,y)|x2 y2 16 ,用柱面坐标先z 后(r,), 有 2 4 8 4 r2 1024 I  (x2 y2)dv  d dr r3dz 2 r3(8 )dr  . r2 0 0 0 2 3  2 评注：做二次积分或三次积分时,如果里层积分的结果不含外层积分变量,那么里、外层积分 2 可以分别积分然后相乘即可.如本例方法2中 d可以单独先做. 0 (2)【解析】方法1：写出C的参数方程,然后用曲线积分化为定积分的公式. 由平面上圆的参数方程易写出C的参数方程为： x x(t)cost,y  y(t)sint,z  z(t)2costsint , 其中z 2x y . 由C的方向知,C在Oxy平面上的投影曲线相应地也是顺时针的,于是t从2到0. 在把参数方程代入被积表达式之前,先用C的方程将被积表达式化简,有 I   (z y)dx(xz)dy(x y)dz C   (2x)dx(xz)dy(2z)dz C 0 0 0   (2x(t))dx(t) [cost(2costsint)]costdt (2z(t))dz(t) 2 2 2 0 0 [2cos2tsintcost2cost]dt0 2 2 2 cos2tdt2. 0 方法2：用斯托克斯公式来计算.记S 为平面x yz  2上C所围有限部分,由L的定向, 按右手法则S取下侧. dydz dzdx dxdy    原积分   2dxdy. x y z S S z y xz x y S 在xy平面上的投影区域D 为x2  y2 1.将第二类曲面积分化为二重积分得 xy 7原积分2dxdy2. D xy 这里因S取下侧,故公式取负号. dx (3)【解析】已掌握新技术人数x(t)的变化率,即 ,由题意可立即建立初值问题 dt dx  kx(N x), dt  x(0) x . 0 dx 1 1 1 把方程分离变量得 kdt, (  )dx kdt . x(N x) N x N x 1 x cNekNt 积分可得 ln ktc ,x . N N x 1 1cekNt x Nx ekNt 以x(0) x 代入确定c 0 ,故所求函数为x 0 . 0 N x N x x ekNt 0 0 0 四、(本题共2小题,第(1)小题6分,第(2)小题7分,满分13分.) (1)【分析】求出曲面S:x2  y2 z 0在点M (1,2,5)(位于S上)处的切平面方程,再写 0 出L的参数方程,L上的点的坐标应满足切平面方程,由此定出参数a与b. 【解析】曲面S 在点M 的法向量 0 n{2x,2y,1} {2,4,1}. M 0 切平面的方程是 2(x1)4(y2)(z5)0, 即 2x4yz50. 将直线L的方程改写成参数方程 y xb,  z (1a)xab3. 将它代入平面方程得 2x4(xb)(1a)xab350 ,即(5a)x4bab20 . 解得a 5,b2. (2)【分析】z  f (exsiny)是由一元函数z  f (u)与二元函数u exsiny 复合而成的二 元函数,它满足方程 2z 2z  e2xz. (*) x2 y2 8z z 2z 2z 为了求 f(u),我们将用复合函数求导法,导出 , , , 与 f(u), f(u)的关系, x y x2 y2 然后由(*)式导出 f(u)满足的常微分方程,从而求出 f(u). 【解析】先用复合函数求导法导出 z u z u  f(u)  f(u)exsin y,  f(u)  f(u)excosy, x x y y 2z 2z  f(u)exsin y f(u)e2xsin2 y,  f(u)e2xcos2 y f(u)exsin y. x2 y2 2z 2z 将后两式代入(*)得   f(u)e2x e2xf(u),即 f(u) f(u)0. x2 y2 这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程2 10的特征根为1,因此求得 f(u)Ceu C eu,其中C 、C 为任意常数. 1 2 1 2 五、(本题满分6分) f(x) 【分析】通过变换将(x)化为积分上限函数的形式,此时x0,但根据lim  A,知 x0 x 1 f(0)0,从而(0)  f(0)dt 0,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的 0 定义以及函数连续的定义来判定(x)在x0处的连续性. f(x) 【解析】由题设lim  A知, f(0)0, f (0) A,且有(0)0.又 x0 x x  f(u)du 1 (x)  f(xt)dtu  xt 0 (x 0), 0 x x xf(x) f(u)du 于是 (x) 0 (x 0), x2 x (x)(0)  f(u)du f(x) A 由导数定义,有(0)lim lim 0 lim  . x0 x x0 x2 x0 2x 2 x x xf(x) f(u)du  f(u)du f(x) 而 lim(x) lim 0 lim lim 0 x0 x0 x2 x0 x x0 x2 A A  A  (0), 2 2 从而知(x)在x0处连续. 1 评注：对(x)  f(xt)dt 作积分变量变换 xt u 时,必附加条件 x0 .因此,由 0 1 x (x)  f(u)du 得到的(x)也附加有条件x0.从而(0)应单独去求. x 0 9六、(本题满分8分) 【解析】(1)先证a 单调有界. n 显然a 0(n1,2,),由初等不等式：对非负数x,y必有x y2 xy ,易知 n 1 1 1 a  (a  ) 21(n1,2,) . n1 2 n a 2 n a 1 1 1 1 再考察 n1  (1 ) (1 )1. a 2 a2 2 1 n n 因此,a 单调下降且有界,存在极限 lim a . n n n a a a (2)方法1：由a 单调下降 n 1 n n1 0. n a a n1 n1 a a a 原级数是正项级数.现适当放大,注意a 1,得0 n 1 n n1  a a . n a a n n1 n1 n1   (a a )的部分和S (a a )a a , lim S  a  lim a 存在,可 n n1 n k k1 1 n1 n 1 n1 n n n1 k1    a  见级数(a a )收敛.由比较判别法知,级数  n 1也收敛. n1 n n1 n1 a n1  a 方法2：令b  n 1,利用递推公式,有 n a n1 b 1 a 2 1 a 2 1 lim n1 lim  n  n 01, n b n 4 a 2 1 a 2 n n1 n   a  由比值判别法知级数  n 1也收敛. n1 a n1   【评注】由证明中可见,有下述结论：(a a )收敛 lima 存在. n n1 n n n1 在考研题中多次用到这个知识点,考生可倍加注意. 七、(本题共2小题,第(1)小题5分,第(2)小题6分,满分11分.) 【分析】要求Bx0的解空间的一个标准基,首先必须确定此解空间的维数以及相应个数的 线性无关的解. 【解析】(1)因秩r(B)2,故解空间的维数nr(B)422,又因, 线性无关, 1 2 , 是方程组Bx0的解,由解空间的基的定义,, 是解空间的基. 1 2 1 2 用施密特正交化方法先将其正交化,令： 10   1,1,2,3 T , 1 1 (,) 5 2    2 1  1,1,4,1 T  1,1,2,3 T  2,1,5,3 T . 2 2 (,) 1 15 3 1 1  1  1 将其单位化,有   1   1,1,2,3 T ,  2  2,1,5,3 T , 1  15 2  39 1 2 即为所求的一个标准正交基. 评注：此题是一个基本计算题,只要求得一个齐次方程组的基础解系再标准正交化即可. 由于解空间的基不唯一,施密特正交化处理后标准正交基也不唯一.已知条件中,, 1 2 是线性相关的(注意2 3  ),不要误认为解空间是3维的. 3 1 2 3 (2)(I)设是矩阵A的属于特征值的特征向量,即A, 0 0  2 1 2  1   1       5 a 3 1  1 ,    0    1 b 2    1    1  212 0  即 5a3  1,a3,b0. 0 0   1b2 0  2 1 2    (II)将(1)解得的a 3,b0代入矩阵A,得A 5 3 3 .     1 0 2  2 1 2 其特征方程为EA  5 3 3 (1)30, 1 0 2 知矩阵A的特征值为   1. 1 2 3 3 1 2   由于 r(EA)r 5 2 3 2 ,     1 0 1   从而1只有一个线性无关的特征向量,故A不能相似对角化. 评注：A相似于对角阵A的每个r重特征值有r个线性无关的特征向量. i i 八、(本题满分5分) 【解析】由于B  E A,其中E 是初等矩阵 ij ij 111        0 1  i   E ij      1 0  j         1 (1)因为A可逆, A 0,故 B  E A  E  A  A  0,所以B可逆. ij ij (2)由B  E A,知AB1  A(E A)1  AA1E1 E1 E . ij ij ij ij ij 评注：①本题考查初等矩阵的概念与性质,要知道初等变换与初等矩阵左右乘的关系以及初 等矩阵的逆矩阵的三个公式.有的考生写不出初等矩阵E ,或将B写成B  AE ,或不知道 ij ij E1 E ,或认为 A  B ,而不知道 B  A 等,这些要引起注意. ij ij ②经初等变换矩阵的秩不变,易知r(B)r(A)n,也可证明B可逆. 九、(本题满分7分) 【分析】首先需要清楚二项分布的产生背景.它的背景是：做n次独立重复试验,每次试验的 结果只有两个(要么成功,要么失败),每次试验成功的概率都为 p,随机变量X 表示n次试 验成功的次数,则X ~ B(n,p).这道题中经过三个交通岗,在各个交通岗遇到红灯的事件是 2 独立的,概率都为 ,相当于做了3次独立重复试验,试验的结果只有两个(要么遇到红灯(成 5 2 功),要么不遇到(失败)),每次成功的概率都为 ,X 表示遇到红灯的次数,相当于做了3次 5 2 试验成功的次数,故X ~ B(3, ). 5 2 【解析】由题意知：X ~ B(3, ),由二项分布的分布律的定义,有 5 p  X k Ckpk(1 p)3k,k  0,1,2,3. 3 再由离散型随机变量分布函数的定义,有F(x)p , k kx (1)当x0时,F(x)p 0； k kx 3 2 2 3 27 (2)当0 x1,F(x)p  p P  X 0 C0( )0(1 )30    ； k 0 3 5 5 5 125 kx 12(3)当1 x2, 27 2 2 81 F(x)p  p  p P  X 0 P  X 1  C1( )1(1 )31 ； k 0 1 125 3 5 5 125 kx (4)当2 x3, F(x)p  p  p  p P  X 0 P  X 1 P  X 2  k 0 1 2 kx 81 2 2 117  C2( )2(1 )32  ； 125 3 5 5 125 (5)当x3时 F(x)p  p  p  p  p P  X 0 P  X 1 P  X 2 P  X 3 1 . k 0 1 2 3 kx 因此X 的分布函数为： 0, x0,  27  , 0 x1, 125   81 F(x) , 1 x2, 125 117  , 2 x3, 125  1, x3. 2 2 6 X ~ B(3, )的数学期望为EX np 3  . 5 5 5 【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：P  X k Ckpk(1 p)nk,k  0,1,,n . n 2.离散型随机变量分布函数的定义：F(x)P  X  x  p . i xx i 3.二项分布X ~ B(n,p)的期望为EX np. 十、(本题满分5分) 【分析】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩,此题中被估参数只有一个,故只需 要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)；最大似然估计,实质上就 是找出使似然函数最大的那个参数,问题的关键在于构造似然函数. 【解析】(1)矩估计  1 1 由期望的定义：E(X)  xf(x)dx   x(1)xdx   (1)x1dx  0 0 1 x2 1 1 (1) x1dx(1)  . 0 2 2 0 1 n 1 样本均值 X  X ,用样本均值估计期望有EX  X ,即  X ,解得未知参数 n i 2 i1 13^ 2X 1 的矩估计量为： . 1 X (2)最大似然估计 设 x ,x ,...,x 是相应于样本X ,X ,...,X 的样本值,则样本的似然函数为： 1 2 n 1 2 n  n (1)nx 0 x 1(i1,2,,n) L i i i1  0 其他. n 当0 x 1时,x 0,又1,故10,即1 n 0.所以L()0. i i i1  n  n n lnLln(1)nx  nln(1) lnxnln(1)lnx . i i i   i1 i1 i1 (由于lnL是单调递增函数,L取最大与lnL取最大取到的是一致的,而加对数后能把连 乘转换成累加,这样求导,找极值比较方便) dlnL n n  lnx . d 1 i i1 dlnL n n 令  lnx  0, d 1 i i1 ^ n 解得的最大似然估计值为1 , n lnx i i1 ^ n 从而得的最大似然估计量为：1 . n ln X i i1 14