1987年考研数学三真题

答案： 错误。左右极限不同，因此两侧极限不存在。

判断两侧极限时，必须分别检查从左、从右趋近的情况。

当 $x\to0^+$ 时，$1/x\to+\infty$，所以 $e^{1/x}\to+\infty$；当 $x\to0^-$ 时，$1/x\to-\infty$，所以 $e^{1/x}\to0$。

左右两侧的变化不同，不能得到统一的两侧极限。因此命题错误；只有右极限等于 $+\infty$。

答案： 正确。被积函数为奇函数，在对称区间上的积分为零。

设 $g(x)=x^4\sin x$。由于 $(-x)^4=x^4$、$\sin(-x)=-\sin x$，有

$$g(-x)=-g(x),$$

所以 $g$ 是奇函数，而且在 $[-\pi,\pi]$ 上连续。

对连续奇函数，对称区间左半段与右半段的积分互相抵消：

$$\int_{-\pi}^{\pi}g(x)\,dx=\int_0^\pi[g(-u)+g(u)]\,du=0.$$

因此命题正确。这里不必求出原函数。

答案： 错误。例如取 $a_n=1$、$b_n=-1$，两个原级数都发散，和级数却收敛于零。

“两个收敛级数可以逐项相加”并不能反过来用于两个发散级数。要否定“必发散”，只需给出一个反例。

令每个 $n$ 都有 $a_n=1$、$b_n=-1$。第一个级数的前 $N$ 项和为 $N$，第二个为 $-N$，二者都不趋于有限数，因而都发散。但

$$\sum_{n=1}^{\infty}(a_n+b_n)=\sum_{n=1}^{\infty}0=0$$

收敛。因此命题错误；发散部分可能逐项抵消。

答案： 正确。由非零子式及其全部加边子式可知 $\operatorname{rank}A=r$，故所有更高一阶子式为零。

关键是证明 $A$ 的秩恰为 $r$。交换行、列可以把 $D$ 对应的可逆 $r$ 阶矩阵 $B$ 放在左上角；这些交换不影响“某子式是否为零”和矩阵的秩。

任取前 $r$ 列以外的一列，把该列前 $r$ 个分量记为向量 $b$。因为 $B$ 可逆，存在唯一向量 $c$ 满足 $Bc=b$。这表示该列在前 $r$ 行上等于前 $r$ 列按系数 $c$ 的线性组合。

再取任意第 $i>r$ 行。记其前 $r$ 个元素构成行向量 $w$，该列第 $i$ 个元素为 $d$。题设给出加边子式

$$0=\det\begin{pmatrix}B&b\\w&d\end{pmatrix}=\det B\,(d-wc).$$

因 $\det B\ne0$，得 $d=wc$。因此上述列组合关系在所有行都成立。

所以每一列都是前 $r$ 列的线性组合，$\operatorname{rank}A\le r$；又因 $D\ne0$，有 $\operatorname{rank}A\ge r$，从而秩等于 $r$，一切 $(r+1)$ 阶子式都为零。命题正确。若矩阵本身不存在 $(r+1)$ 阶子式，结论自然成立。

答案： 正确。连续型随机变量在单点上的概率为零。

设连续型随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x)$。对任意固定实数 $c$，事件 $\{X=c\}$ 对应长度为零的单点区间，所以

$$P(X=c)=\int_c^c f(x)\,dx=0.$$

因此命题正确。

要区分“某个单点的概率为零”和“该值不可能取到”：例如均匀分布变量可以在一个区间中取值，但每个预先指定的单点概率均为零。

答案： A

分段点以外，各选项给出的初等表达式都在相应区间连续，因此重点检查定义域和分段点。

A 的定义域为 $(0,+\infty)$。$\ln x$ 和 $\sin x$ 在这个区间连续，其和也连续。$0$ 不属于定义域，不必在 $0$ 检查连续性。

B 在 $0$ 处的左极限为 $0$、右极限为 $1$，不连续。

C 在 $0$ 处的左极限为 $1$、右极限为 $-1$，不连续。

D 在 $0$ 处函数值为 $0$，而 $x\to0$ 时 $1/\sqrt{|x|}\to+\infty$，不连续。

故唯一正确选项为 A。

答案： C

拉格朗日中值定理要求函数在所考察的闭区间连续、开区间可导。

因为 $[x_1,x_2]\subset(a,b)$，题设的可导性保证 $f$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续，并在 $(x_1,x_2)$ 上可导。应用中值定理可得存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，满足

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f'(\xi),$$

即 C。

题设没有要求 $f$ 在 $a,b$ 处有定义或连续，所以含这些端点的 A、B、D 都不能保证成立。即使补定义端点值，也可能不连续。例如在 $(0,1)$ 令 $f(x)=0$，再令 $f(0)=1,f(1)=2$，则内部导数恒为零，而这三个选项中函数值之差都非零。故选 C。

答案： C

四个积分都含有 $dx/x$，适合令 $t=\ln x$，则 $dt=dx/x$，下限变为 $1$，上限仍为 $+\infty$。

A 变为 $\int_1^{+\infty}t\,dt$，其截断积分为 $(T^2-1)/2\to+\infty$。

B 变为 $\int_1^{+\infty}t^{-1}\,dt$，截断积分为 $\ln T\to+\infty$。

C 变为 $\int_1^{+\infty}t^{-2}\,dt=\lim_{T\to\infty}(1-1/T)=1$，收敛。

D 变为 $\int_1^{+\infty}t^{-1/2}\,dt$，截断积分为 $2(\sqrt T-1)\to+\infty$。

故唯一收敛的是 C。

答案： A

矩阵的秩等于其行向量组的秩。行向量组的秩为 $r$，意思是其中线性无关向量的最大个数为 $r$，所以存在一组 $r$ 个线性无关行向量，A 正确。

“存在”不能改成“任意”。例如 $A=\operatorname{diag}(1,0,0)$ 的秩为 $1$，但选取它的零行就不是线性无关组，因此 B、C 错误。同一例中，非零行 $(1,0,0)$ 也不能由其他零行线性表示，因此 D 不能保证。

故选 A。

答案： C

概率为零的事件不一定是空事件。在连续型概率模型中，非空单点事件的概率可以为零。

例如令 $X$ 在 $[0,1]$ 上均匀分布，取

$$A=\{X\le1/2\},\qquad B=\{X\ge1/2\}.$$

此时 $AB=\{X=1/2\}$ 非空，但 $P(AB)=0$。因此 A、B 都不能由题设推出，C 正确。

这个例子同时满足 $P(A)=P(B)=1/2$，所以 D 也不成立。故选 C。注意“互斥”要求交集为空，比“交集概率为零”更强。

答案： $e$。

这是底数趋于 $1$、指数无界的幂式极限。$x$ 充分接近 $0$ 时 $1+xe^x>0$，可以先取对数。

设 $L(x)=(1+xe^x)^{1/x}$，则

$$\ln L(x)=\frac{\ln(1+xe^x)}{x}=\frac{\ln(1+xe^x)}{xe^x}\,e^x.$$

令 $u=xe^x$，则 $u\to0$，利用重要极限 $\lim_{u\to0}\ln(1+u)/u=1$，以及 $e^x\to1$，得

$$\lim_{x\to0}\ln L(x)=1.$$

指数函数连续，因此所求极限为 $\boxed e$。

答案： $\displaystyle y'=\frac{2}{x\sqrt{1+x^2}}$，其中 $x\ne0$。

先注意定义域：当 $x\ne0$ 时，$\sqrt{1+x^2}>1$，对数真数为正；当 $x=0$ 时真数为零，所以该点不在定义域中。

记 $s=\sqrt{1+x^2}$，则 $s'=x/s$。将对数拆开：

$$y=\ln(s-1)-\ln(s+1).$$

用复合函数求导法则得到
$y'=\frac{x}{s}\left(\frac1{s-1}-\frac1{s+1}\right) =\frac{x}{s}\frac{2}{s^2-1}.$
由于 $s^2-1=x^2$，最终

$$\boxed{y'=\frac{2}{x\sqrt{1+x^2}}},\qquad x\ne0.$$

不能把这个导数公式理解为函数在 $0$ 也有导数。

答案： $\displaystyle dz=\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}$，其中 $x\ne y$。

在定义域 $x\ne y$ 内，设 $u=(x+y)/(x-y)$，则 $z=\arctan u$。由商的求导法则，

$$u_x=\frac{(x-y)-(x+y)}{(x-y)^2}=\frac{-2y}{(x-y)^2},$$

$$u_y=\frac{(x-y)+(x+y)}{(x-y)^2}=\frac{2x}{(x-y)^2}.$$

又有

$$1+u^2=\frac{(x-y)^2+(x+y)^2}{(x-y)^2}=\frac{2(x^2+y^2)}{(x-y)^2}.$$

因此

$$z_x=\frac{u_x}{1+u^2}=-\frac{y}{x^2+y^2},\qquad z_y=\frac{u_y}{1+u^2}=\frac{x}{x^2+y^2}.$$

在定义域内这些偏导数连续，所以全微分存在，且

$$\boxed{dz=z_x\,dx+z_y\,dy=\frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}}.$$

化简后的分母不能用于扩大原函数定义域，仍需 $x\ne y$。

答案： $\displaystyle (\sqrt{2x-1}-1)e^{\sqrt{2x-1}}+C$。

根号中的一次式提示作代换 $t=\sqrt{2x-1}$。于是 $x=(t^2+1)/2$，$dx=t\,dt$，原积分变为

$$\int te^t\,dt.$$

对该积分用分部积分法，取 $u=t$、$dv=e^t\,dt$，得到

$$\int te^t\,dt=te^t-\int e^t\,dt=(t-1)e^t+C.$$

代回 $t$，得

$$\boxed{\int e^{\sqrt{2x-1}}\,dx=(\sqrt{2x-1}-1)e^{\sqrt{2x-1}}+C}.$$

原函数按通常意义在 $x>1/2$ 的区间上讨论。求导检查：令 $t=\sqrt{2x-1}$，$t'=1/t$，则 $[(t-1)e^t]'=te^t\cdot(1/t)=e^t$，与被积函数一致。

答案： （Ⅰ）$t=\pi/4$ 时最小，最小值为 $\sqrt2-1$。 （Ⅱ）$t=0$ 时最大，最大值为 $1$。

在 $[0,\pi/2]$ 上正弦函数递增，所以左侧区域的上边界是水平线，右侧区域的上边界是曲线。因此

$$S_1=\int_0^t(\sin t-\sin x)\,dx=t\sin t+\cos t-1,$$

$$S_2=\int_t^{\pi/2}(\sin x-\sin t)\,dx=\cos t-\left(\frac\pi2-t\right)\sin t.$$

相加得到一个只含 $t$ 的函数：

$$S(t)=2\cos t-1+\left(2t-\frac\pi2\right)\sin t.$$

（Ⅰ）求最小值。 对上式求导，注意乘积求导中的两项相消：
$S'(t)=-2\sin t+2\sin t+\left(2t-\frac\pi2\right)\cos t =\left(2t-\frac\pi2\right)\cos t.$
在 $0<t<\pi/2$ 内 $\cos t>0$。因此 $t<\pi/4$ 时 $S'<0$，$t>\pi/4$ 时 $S'>0$，故唯一最小值点为

$$\boxed{t=\frac\pi4},\qquad \boxed{S_{\min}=\sqrt2-1}.$$

（Ⅱ）求最大值。 根据上述单调性，最大值只可能在两端点取得。比较

$$S(0)=1,\qquad S(\pi/2)=\frac\pi2-1<1.$$

故 $\boxed{t=0}$ 时面积和最大，$\boxed{S_{\max}=1}$。端点处某个区域退化为零面积，仍在允许范围内，不能漏掉。

答案： $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)x^n$，收敛区间为 $(-1,1)$。

先把分母分解并作部分分式分解：

$$f(x)=\frac1{(1-x)(2-x)}=\frac1{1-x}-\frac1{2-x}.$$

利用几何级数 $1/(1-u)=\sum_{n=0}^{\infty}u^n$（$|u|<1$），分别得到

$$\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n\quad(|x|<1),$$

$$\frac1{2-x}=\frac12\frac1{1-x/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2^{n+1}}\quad(|x|<2).$$

在共同成立的 $|x|<1$ 内相减，得到

$$\boxed{f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac1{2^{n+1}}\right)x^n}.$$

还要检查端点。当 $x=1$ 时，级数通项趋于 $1$；当 $x=-1$ 时，通项的绝对值也趋于 $1$。两端点的通项均不趋于 $0$，所以都发散。若 $|x|>1$，通项也不趋于零。因此收敛区间为 $\boxed{(-1,1)}$。

核对常数项：$f(0)=1/2$，而上式的常数项确为 $1-1/2=1/2$。

答案： $\displaystyle I=\frac e2-1$。

先确定区域。交点满足 $x=x^3$，第一象限对应的边界交点为 $(0,0)$、$(1,1)$；在 $0\le x\le1$ 内，$x^3\le x$。所以

$$D=\{(x,y):0\le x\le1,\ x^3\le y\le x\}.$$

被积函数与 $y$ 无关，先对 $y$ 积分可以直接消去它：
$I=\int_0^1\left[\int_{x^3}^{x}e^{x^2}\,dy\right]dx =\int_0^1(x-x^3)e^{x^2}\,dx.$
令 $u=x^2$，$du=2x\,dx$，上下限仍为 $0,1$，则

$$I=\frac12\int_0^1(1-u)e^u\,du.$$

因为 $[(2-u)e^u]'=(1-u)e^u$，所以

$$I=\frac12[(2-u)e^u]_0^1=\frac12(e-2)=\boxed{\frac e2-1}.$$

原积分为正，而 $e/2-1>0$，与被积函数及区域的性质一致。

答案： $\displaystyle x=e^{-p^3}$（万件），$p\ge0$。

按带符号的需求价格弹性定义，

$$\eta=\frac{p}{x}\frac{dx}{dp}.$$

因此对 $p>0$、$x>0$，题设等价于

$$\frac{p}{x}\frac{dx}{dp}=-3p^3,\qquad \frac{dx}{x}=-3p^2\,dp.$$

两边积分得到

$$\ln x=-p^3+C_0,\qquad x=Ce^{-p^3},\quad C>0.$$

对 $p\ge0$，$e^{-p^3}\le1$，并随价格增加而减小，所以最大需求量在 $p=0$ 时取得，值为 $C$。题设最大需求量为 $1$ 万件，故 $C=1$。

所以需求函数为

$$\boxed{x(p)=e^{-p^3}\ \text{（万件）}},\qquad p\ge0.$$

代回检查，$x'=-3p^2e^{-p^3}$，故 $(p/x)x'=-3p^3$，满足给定弹性。这里的负号反映价格增加时需求减少，不能把弹性改成绝对值。

答案： $\displaystyle (x_1,x_2,x_3,x_4)^T=(3,-8,0,6)^T+k(-1,2,1,0)^T$，$k\in\mathbb R$。

用第二个方程先表示 $x_1$：

$$x_1=-3-x_3+x_4.$$

代入第四个方程，得到 $-21+4x_4=3$，因此 $x_4=6$，继而

$$x_1=3-x_3.$$

再代入第三个方程：

$$3(3-x_3)+x_2+x_3=1,$$

所以 $x_2=-8+2x_3$。

把这些关系代入第一个方程，其左端为

$$2(3-x_3)-(-8+2x_3)+4x_3-18=-4,$$

恒成立，没有产生新的限制。因此 $x_3$ 是自由变量。令 $x_3=k\in\mathbb R$，则

$$x_1=3-k,\quad x_2=-8+2k,\quad x_3=k,\quad x_4=6.$$

通解为
$\boxed{\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\-8\\0\\6\end{pmatrix} +k\begin{pmatrix}-1\\2\\1\\0\end{pmatrix},\quad k\in\mathbb R}.$
其中第一项是一个特解，第二项是对应齐次方程组的全部解；因为已从所有方程等价消元并验证第一式，解没有遗漏。

答案： $\displaystyle B=\begin{pmatrix}3&-8&-6\\2&-9&-6\\-2&12&9\end{pmatrix}$。

将含 $B$ 的项移到同一边，并注意矩阵乘法次序：

$$AB-2B=(A-2I)B=A.$$

记

$$M=A-2I=\begin{pmatrix}2&2&3\\1&-1&0\\-1&2&1\end{pmatrix}.$$

沿第一行展开行列式，得到

$$\det M=2(-1)-2(1)+3(2-1)=-1\ne0,$$

因此 $M$ 可逆，$B=M^{-1}A$。逐项计算代数余子式得到余子式矩阵

$$C=\begin{pmatrix}-1&-1&1\\4&5&-6\\3&3&-4\end{pmatrix},$$

例如 $C_{12}=-\det\begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix}=-1$。用伴随矩阵公式 $M^{-1}=C^T/\det M=-C^T$ 得到

$$M^{-1}=\begin{pmatrix}1&-4&-3\\1&-5&-3\\-1&6&4\end{pmatrix}.$$

也可直接把该矩阵与 $M$ 相乘核实为 $I$。利用 $A=M+2I$，计算更简便：
$B=M^{-1}(M+2I)=I+2M^{-1} =\boxed{\begin{pmatrix}3&-8&-6\\2&-9&-6\\-2&12&9\end{pmatrix}}.$
核验只需计算 $MB=A$，再加回 $2B$ 即得 $AB=A+2B$。不能直接把标量的除法形式用于矩阵，必须先证明 $A-2I$ 可逆。

答案： 唯一实特征值为 $\lambda=1$；对应全部特征向量为 $k(0,2,1)^T$，$k\in\mathbb R\setminus\{0\}$。

特征值满足 $\det(\lambda I-A)=0$。计算
$\det\begin{pmatrix}\lambda+3&1&-2\\0&\lambda+1&-4\\1&0&\lambda-1\end{pmatrix} =(\lambda+3)(\lambda+1)(\lambda-1)-4+2(\lambda+1)$

$$=\lambda^3+3\lambda^2+\lambda-5=(\lambda-1)(\lambda^2+4\lambda+5).$$

因为 $\lambda^2+4\lambda+5=(\lambda+2)^2+1>0$ 对实数恒成立，所以唯一实特征值是 $\lambda=1$。

再解 $(A-I)v=0$。设 $v=(v_1,v_2,v_3)^T$，方程为

$$\begin{cases}-4v_1-v_2+2v_3=0,\\-2v_2+4v_3=0,\\-v_1=0.\end{cases}$$

从第三式得 $v_1=0$，第二式得 $v_2=2v_3$，第一式随之成立。令 $v_3=k$，得到全部对应特征向量

$$\boxed{v=k(0,2,1)^T,\quad k\ne0}.$$

特征向量按定义不能为零向量，所以必须排除 $k=0$。

答案： $F(x)=\begin{cases}0,&x<1,\\0.2,&1\le x<2,\\0.5,&2\le x<3,\\1,&x\ge3.\end{cases}$

分布函数的定义是 $F(x)=P(X\le x)$，要把所有“不大于 $x$”的取值概率累加。

当 $x<1$，没有可能取值不大于 $x$，所以 $F(x)=0$。

当 $1\le x<2$，仅包含 $X=1$，所以 $F(x)=0.2$。

当 $2\le x<3$，包含 $X=1,2$，所以 $F(x)=0.2+0.3=0.5$。

当 $x\ge3$，三个取值全被包含，所以 $F(x)=1$。因此

$$\boxed{F(x)=\begin{cases}0,&x<1,\\0.2,&1\le x<2,\\0.5,&2\le x<3,\\1,&x\ge3.\end{cases}}$$

每个跳跃点都采用右侧值，因为定义用的是 $X\le x$，不是 $X<x$。跳跃大小依次为 $0.2,0.3,0.5$，正好还原分布律。