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1、修正版 1 1997 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题 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.)(1)2013sincoslim(1 cos)ln(1)xxxxxx .(2)设幂级数0nnna x的收敛半径为3,则幂级数11(1)nnnnax的收敛区间为 .(3)对数螺线e在点2(,)(,)2e 处的切线的直角坐标方程为 .(4)设12243311At,B为三阶非零矩阵,且0AB,则t=.(5)袋中有 50个乒乓球,其中 20 个是黄球,30 个是白球,今有两人依次随机地从袋中各取一球,取后不放回,则第二个人取得黄球的概率是 .二、选择题(本题共
2、 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)二元函数22,(,)(0,0),(,)0,(,)(0,0)xyx yxyf x yx y在点(0,0)处 ()(A)连续,偏导数存在 (B)连续,偏导数不存在(C)不连续,偏导数存在 (D)不连续,偏导数不存在(2)设在区间,a b上()0,()0,()0,f xfxfx令12(),()()baSf x dx Sf b ba,31()()()2Sf af bba,则 ()(A)123SSS (B)213SSS(C)312SSS (D)231SSS(3)2sin()s
3、in,xtxF xetdt设则()F x ()(A)为正常数 (B)为负常数 (C)恒为零 (D)不为常数(4)设111122232333,abcabcabc则三条直线1110a xb yc,2220a xb yc,修正版 2 3330a xb yc(其中220,1,2,3iiabi)交于一点的充要条件是 ()(A)123,线性相关(B)123,线性无关(C)秩123(,)r 秩12(,)r (D)123,线性相关,12,线性无关(5)设两个相互独立的随机变量X和Y的方差分别为4和2,则随机变量32XY的方差是 ()(A)8 (B)16 (C)28 (D)44 三、(本题共 3 小题,每小题
4、5 分,满分 15 分.)(1)计算22(),Ixy dV其中为平面曲线22,0yzx绕z轴旋转一周形成的曲面与平面8z 所围成的区域.(2)计算曲线积分()()()Czy dxxz dyxy dz,其中C是曲线221,2,xyxyz从z 轴正向往z轴负向看,C的方向是顺时针的.(3)在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的.设该人群的总人数为N,在0t 时刻已掌握新技术的人数为0 x,在任意时刻t已掌握新技术的人数为()x t(将()x t视为连续可微变量),其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比,比例常数0,k 求()x t.四、(本题共 2 小题,第(1)小
5、题 6 分,第(2)小题 7 分,满分 13 分.)(1)设直线0,:30 xybLxayz 在平面上,且平面与曲面22zxy相切于点(1,2,5),求,a b之值.(2)设函数()f u具有二阶连续导数,而(sin)xzf ey满足方程22222xzze zxy,求()f u.五、(本题满分6 分)修正版 3 设()f x连续,10()(),xf xt dt且0()limxf xAx(A为常数),求()x并讨论()x在0 x 处的连续性.六、(本题满分 8 分)设11112,(),1,2,.,2nnnaaana证明：(1)limnna存在；(2)级数111nnnaa收敛.七、(本题共 2 小
6、题,第(1)小题 5 分,第(2)小题 6 分,满分 11 分.)(1)设B是秩为 2 的5 4矩阵,123(1,1,2,3),(1,1,4,1),(5,1,8,9)TTT 是齐次线性方程组0Bx 的解向量,求0Bx 的解空间的一个标准正交基.(2)已知111是矩阵2125312Aab的一个特征向量.()试确定参数,a b及特征向量所对应的特征值；()问A能否相似于对角阵？说明理由.八、(本题满分 5 分)设A是n阶可逆方阵,将A的第i行和第j行对换后得到的矩阵记为B.(1)证明B可逆；(2)求1AB.九、(本题满分 7 分)从学校乘汽车到火车站的途中有 3 个交通岗,假设在各个交通岗遇到红灯
7、的事件是相互独立的,并且概率都是25.设X为途中遇到红灯的次数,求随机变量X的分布律、分布函数和数学期望.十、(本题满分 5 分)设总体X的概率密度为(1),01,()0,xxf x其它，修正版 4 其中1 是未知参数.12,nx xx是来自总体X的一个容量为n的简单随机样本,分别用矩估计法和最大似然估计法求的估计量.修正版 5 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.)(1)【答案】32【分析】这是00型极限.注意两个特殊极限00sinln(1)lim1,lim1xxxxxx.【解析】将原式的分子、
8、分母同除以x,得 2001sin13sincos3cos3limlim.ln(1)(1 cos)ln(1)2(1 cos)xxxxxxxxxxxxxx 评注：使用洛必达法则的条件中有一项是0()lim()xxfxg x应存在或为,而本题中,200111(3sincos)3cos2 cossinlimlim1 cos(1 cos)ln(1)sin ln(1)1xxxxxxxxxxxxxxx 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1tx,则 1212111nn
9、nnnnnnnna ttna tta t.由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径,1nnna t的收敛半径为 3 1nnna t的收敛半径为 3.从而2111nnnnnnta tna t的收敛半径为 3,收敛区间即(-3,3),回到原幂级数11(1)nnnnax,它的收敛区间为313x ,即(2,4).评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点.对于0nnna x,若1limnnnaa它的收敛半径是1R.但是若只知它的收敛半径为R,则11limnnnaaR,因为1limnnnaa可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).(3)【答案】2xye【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率
10、xky,而xy可由e的参数方程 修正版 6 coscos,sinsinxeye 求得：2sincossincos,1cossincossinxxyeeyyxee,所以切线的方程为2(0)yex,即2xye.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】3t 【解析】由0AB,对B按列分块,设123,B ,则 123123,0,0,0ABAAAA ,即123,是齐次方程组0Ax 的解.又因BO,故0Ax 有非零解,那么 12210243433730311301Attt,由此可得3t .评注：若熟悉公式0AB,则()()3r Ar Bn,可知()3r A,亦可求出3
11、t .(5)【答案】25【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iA“第i个人取得黄球”,1,2i,则完全事件组为11,A A(分别表示第一个人取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知 1202505P A黄球的个数球的总数；1303505P A白球的个数球的总数；2120 119|50 149P AA(第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成20 119,球的总数变成50 149,第二个人取得黄球的概率就为1949)；2120|49P AA(第
12、一个人取得白球的条件下,黄球个数亦为 20,球的总数变成50-1=49,第二个人取得黄球的概率就为2049).故应用全概率公式 21211212 193 202|5 495 495P AP A P AAP A P AA.修正版 7 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202505.【相关知识点】1.全概率公式:2121121|P AP A P AAP A P
13、 AA；2.古典型概率公式：()iiAP A 有利于事件 的样本点数样本空间的总数.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 00(0,0)(0,0)(,0),(0,)xyfdfdf xfyxdxydy,由于 (,0)0(),(0,)0()f xxfyy,偏导数且(0,0)(0,0)0,0ffxy.再看(,)f x y在(0,0)是否连续？由于 222(,)(0,0)01lim(,)lim(
14、0,0)2x yxy xxf x yfxx,因此(,)f x y在(0,0)不连续.应选(C).评注：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000(,)Mxy不连续的方法之一是：证明点(,)x y沿某曲线趋于0M时,(,)f x y的极限不存在或不为00(,)f xy.证明00(,)(,)lim(,)x yxyf 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000(,)Mxy时,(,)f x y的极限不想等或沿某条曲线趋于0M时,(,)f x y的极限不存在.对于该题中的(,)f x y,若再考察(,)(0,0)(,)(0,0)001
15、lim(,)lim00lim(,)2x yx yyxy xf x yf x y,(,)(0,0)lim(,)x yf x y不存在.修正版 8 C a b E D x y O A B 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 yxy它在点(0,0)处连续,但(0,0)xf 与(0,0)yf 都不存在.可见二元函数的连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()0,()0,()0f xfxfx可知,曲线()yf x是上半平面的一段下降的凹弧,()yf x的图形大致如右图.1()baSf x dx是曲
16、边梯形ABCD的面积；2()()Sf b ba是矩形ABCE的面积；31()()()2Sf af bba是梯形ABCD的面积.由图可见213SSS,应选(B).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特定的()f x来观察结果是什么.例如取21(),1,2f xxx,则 2123213211115,248SdxSSSSSx.【评注】本题也可用分析方法证明如下：由积分中值定理,至少存在一个点,使()()(),baf x dxfba ab成立,再由()0,fx所以()f x是单调递减的,故()(),ff b从而 12()()()()()baSf x
17、dxfbaf b baS.为证31SS,令1()()()()(),2xaxf xf axaf t dt则()0,a 11()()()()()()2211()()()()2211()()()()()()221()()(),2xfx xaf xf af xfx xaf xf afx xafxaaxfxfxa拉格朗日中值定理 由于()0fx,所以()fx是单调递增的,故()()fxf,()0 x,即()x在,a b上单调递增的.由于()0,a所以()0,xxa b,从而 修正版 9 1()()()()()02babf bf abaf t dt,即31SS.因此,213SSS,应选(D).如果题目改为
18、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上至少存在一个点,使下式成立：()()()()baf x dxfba ab.这个公式叫做积分中值公式.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()ab,使等式()()()()f bf afba成立.(3)【答案】(A)【解析】由于函数sinsintet是以2为周期的函数,所以,22sinsin0()sinsinxttxF xetdtetdt,()F x的值与x无关.不选 D,(
19、周期函数在一个周期的积分与起点无关).估计2sin0sintetdt的值有多种方法.方法 1：划分sinsintet取值正、负的区间.22sinsinsin00sinsin00sinsin0()sinsinsinsin(sin)()sinttttuttF xetdtetdtetdtetdteu dueetdt 当0t 时,sin0t,sinsin0,ttee所以()0F x.选(A).方法 2：用分部积分法.22sinsin0022sinsin00220sin2sin200()sincoscoscos(1 1)coscos0.ttttttF xetdtedtettdeeet dtet dt 故
20、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.修正版 10(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 111111222222333333000a xb yca xb yca xb yca xb yca xb yca xb yc 有唯一解.将上述方程组写成矩阵形式：3 2AXb,其中112233abAabab是其系数矩阵,123cbcc.则AXb有唯一解()2r Ar
21、 A b(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12,线性相关.所以应选(D).方法 2：用排除法.(A)123,线性相关,当123时,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且小于未知量的个数,则式有无穷多解,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)123,线性无关,3不能由12,线性表出,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,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123(,)r 秩12(,)r,当123(,)r 12(,)1r 时,三条直线重合,不只交于一点,与题设条件
22、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(32)(3)(2)9()4()44DXYDXDYD XD Y.【相关知识点】方差的性质：X与Y相互独立时,22()()()D aXbYca D Xb D 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
23、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zz.修正版 11 22(,)|2,zDx y zxyz zz 82220()zDIxydvdzr rdrd(将直角坐标化为柱面坐标)82230001024.3zdzdr dr 方法 2：将投影到xOy平面,得圆域22(,)|16,Dx yxy用柱面坐标先z后(,)r,有 222484223300021024()2(8).23rrIxydvddrr dzrdr 评注：做二次积分或三次积分时,如果里层积分的结果
24、不含外层积分变量,那么里、外层积分可以分别积分然后相乘即可.如本例方法 2 中20d可以单独先做.(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：()cos,()sin,()2cossinxx tt yy tt zz ttt,其中2zxy.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 000222022220()()()(2)()(2)(2()()cos(2cossin)cos(2()()02cossin cos2cos 02co
25、s2.CCIzy dxxz dyxy dzx dxxz dyz dzx t dx tttttdtz t dz ttttt dttdt 方法 2：用斯托克斯公式来计算.记S为平面2xyz上C所围有限部分,由L的定向,按右手法则S取下侧.原积分2SSdydzdzdxdxdydxdyxyzzyxzxy.S在xy平面上的投影区域xyD为221xy.将第二类曲面积分化为二重积分得 修正版 12 原积分22xyDdxdy .这里因S取下侧,故公式取负号.(3)【解析】已掌握新技术人数()x t的变化率,即dxdt,由题意可立即建立初值问题 0(),(0).dxkx Nxdtxx 把方程分离变量得,()dx
26、kdtx Nx1 11()dxkdtN xNx.积分可得 11lnxktcNNx,1kNtkNtcNexce.以0(0)xx代入确定00 xcNx,故所求函数为000.kNtkNtNx exNxx e 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22:0S xyz在点0(1,2,5)M(位于S上)处的切平面方程,再写出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0M的法向量 02,2,12,4,1Mnxy.切平面的方程是 2(1)4(2)(5)0 xyz,即 2450 xyz.将直线L的方程
27、改写成参数方程,(1)3.yxbza xab 将它代入平面方程得 24()(1)350 xxba xab ,即(5)420a xbab.解得5,2ab .(2)【分析】(sin)xzf ey是由一元函数()zf u与二元函数sinxuey复合而成的二元函数,它满足方程 22222xzze zxy.(*)修正版 13 为了求()f u,我们将用复合函数求导法,导出zx,zy,22zx,22zy与(),()f ufu的关系,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 22222222()()sin,()()cos,()sin()sin,()co
28、s()sin.xxxxxxzuzuf uf u eyf uf u eyxxyyzzf u eyfu eyfu eyf u eyxy 将后两式代入(*)得 222222()()xxzzfu eef uxy,即()()0fuf u.这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程210 的特征根为1,因此求得 12()uuf uC eC e,其中1C、2C为任意常数.五、(本题满分 6 分)【分析】通过变换将()x化为积分上限函数的形式,此时0 x,但根据0()limxf xAx,知(0)0f,从而10(0)(0)0fdt,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的定义以及函数连续的定义来判定()
29、x在0 x 处的连续性.【解析】由题设0()limxf xAx知,(0)0,(0),ffA且有(0)0.又 100()()()(0),xf u duxf xt dtuxtxx 于是 02()()()(0),xxf xf u duxxx 由导数定义,有02000()()(0)()(0)limlimlim22xxxxf u duxf xAxxx.而 00220000()()()()lim()limlimlimxxxxxxxf xf u duf u duf xxxxx (0)22AAA,从而知()x在0 x 处连续.评注：对10()()xf xt dt作积分变量变换xtu时,必附加条件0 x.因此,
30、由01()()xxf u dux得到的()x也附加有条件0 x.从而(0)应单独去求.修正版 14 六、(本题满分 8 分)【解析】(1)先证na单调有界.显然0(1,2,)nan,由初等不等式：对非负数,x y必有2xyxy,易知 1111()21(1,2,)22nnnaana.再考察 121111(1)(1)1221nnnaaa.因此,na单调下降且有界,存在极限limnna.(2)方法1：由na单调下降11110nnnnnaaaaa.原级数是正项级数.现适当放大,注意1na,得111101.nnnnnnnaaaaaaa 11()nnnaa的部分和1111()nkknkSaaaa,11li
31、mlimnnnnSaa存在,可见级数11()nnnaa收敛.由比较判别法知,级数111nnnaa也收敛.方法2：令11nnnaba,利用递推公式,有 221221111limlim0141nnnnnnnnbaabaa,由比值判别法知级数111nnnaa也收敛.【评注】由证明中可见,有下述结论：11()nnnaa收敛limnna存在.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0Bx 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()2r B,故解空
32、间的维数()422nr B,又因12,线性无关,12,是方程组0Bx 的解,由解空间的基的定义,12,是解空间的基.用施密特正交化方法先将其正交化,令：修正版 15 1121221111,1,2,3,(,)521,1,4,11,1,2,32,1,5,3.(,)153TTTT 将其单位化,有 121212111,1,2,3,2,1,5,31539TT,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12,3是线性相关的(注意12323),不要误认为解空间是3维的.(2)(
33、I)设是矩阵A的属于特征值0的特征向量,即0,A 0212115311,1211ab 即 0002 125312ab 0130,a,b .(II)将(1)解得的30a,b 代入矩阵A,得212533102A.其特征方程为3212533(1)0,102EA 知矩阵A的特征值为1231.由于 312()5232101rEAr,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ir重特征值有ir个线性无关的特征向量.八、(本题满分 5 分)【解析】由于ijBE A,其中ijE是初等矩阵 修正版 16 101101ijiEj(1)因为A可逆,0A,故0ijijBE A
34、EAA,所以B可逆.(2)由ijBE A,知11111().ijijijijABA E AAA EEE 评注：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ijE,或将B写成ijBAE,或不知道 1ijijEE,或认为AB,而不知道BA 等,这些要引起注意.经初等变换矩阵的秩不变,易知()()r Br An,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
35、,则(,)XB 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独立的,概率都为25,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(成功),要么不遇到(失败),每次成功的概率都为25,X表示遇到红灯的次数,相当于做了 3 次试验成功的次数,故2(3,)5XB.【解析】由题意知：2(3,)5XB,由二项分布的分布律的定义,有 33(1),0,1,2,3.kkkp XkC ppk 再由离散型随机变量分布函数的定义,有()kk xF xp,(1)当0 x 时,()0kk xF xp；(2)当01x,3003 00322327()0()(1)555125kk xF xpp
36、P XC；修正版 17(3)当12x,113 1013272281()01()(1)12555125kk xF xpppP XP XC；(4)当23x,012()012kk xF xppppP XP XP X 223 238122117()(1)12555125C；(5)当3x 时 0123()01231kk xF xpppppP XP XP XP X.因此X的分布函数为：0,0,27,01,12581(),12,125117,23,1251,3.xxF xxxx 2(3,)5XB的数学期望为26355EXnp.【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：(1),0,1,kkn knP XkC p
37、pkn.2.离散型随机变量分布函数的定义：()iixxF xP Xxp.3.二项分布(,)XB n p的期望为EXnp.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 由期望的定义：11100()()(1)(1)E Xxf x dxxx dxxdx 1211001(1)(1)22xxdx.样本均值11niiXXn,用样本均值估计期望有EXX,即12X,解得未知参数修正版 1
38、8 的矩估计量为：21.1XX(2)最大似然估计 设 12,.,nx xx是相应于样本12,.,nXXX的样本值,则样本的似然函数为：1(1)01(1,2,)0 .nniiixxinL其他 当01ix时,10niix,又1,故10,即10n.所以()0L.111lnln(1)ln(1)lnln(1)lnnnnniiiiiiLxnxnx.(由于ln L是单调递增函数,L取最大与ln L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)1lnln1niidLnxd.令 1lnln01niidLnxd,解得的最大似然估计值为11lnniinx ,从而得的最大似然估计量为：11lnniinX .