1988年考研数学三真题

答案： （a）$e^{-x^2/2}$；（b）在实数域严格递增；（c）奇函数；（d）$(0,0)$；（e）$x<0$ 时上凹（下凸），$x>0$ 时下凹（上凸）；（f）$y=\sqrt{\pi/2}$、$y=-\sqrt{\pi/2}$。

先利用积分上限函数求导，再用一、二阶导数判断图形性质。

（a）被积函数连续，由微积分基本定理，

$$f'(x)=e^{-x^2/2}.$$

（b）对所有实数 $x$，$f'(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上严格递增。

（c）令 $t=-u$，得

$$f(-x)=\int_0^{-x}e^{-t^2/2}\,\mathrm{d}t=-\int_0^x e^{-u^2/2}\,\mathrm{d}u=-f(x).$$

定义域关于原点对称，因此 $f$ 是奇函数。

（d）进一步求导：

$$f''(x)=-xe^{-x^2/2}.$$

当 $x<0$ 时 $f''(x)>0$；当 $x>0$ 时 $f''(x)<0$。二阶导数在 $0$ 的两侧变号，而 $f(0)=0$，故拐点为 $(0,0)$。仅有 $f''(0)=0$ 本身不足以断定拐点，必须检查凹凸性发生改变。

（e）在 $(-\infty,0)$ 上图形向上弯曲，即上凹（下凸）；在 $(0,+\infty)$ 上图形向下弯曲，即下凹（上凸）。这里用二阶导数的符号明确凹凸方向，避免名称约定的歧义。

（f）记 $I=\int_0^{+\infty}e^{-t^2/2}\,\mathrm{d}t$。该积分收敛，例如 $t\ge1$ 时 $e^{-t^2/2}\le e^{-t/2}$。将 $I^2$ 写成第一象限上的二重积分，再用极坐标：

$$I^2=\int_0^{\pi/2}\!\mathrm{d}\theta\int_0^{+\infty}e^{-r^2/2}r\,\mathrm{d}r=\frac{\pi}{2}.$$

由于 $I>0$，$I=\sqrt{\pi/2}$。于是

$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\sqrt{\frac\pi2},\qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\sqrt{\frac\pi2},$$

后一式也可由奇偶性得到。两条水平渐近线是 $y=\sqrt{\pi/2}$ 与 $y=-\sqrt{\pi/2}$。

答案： $-3$。

行列式中，把某一行的倍数加到另一行上，行列式不变。将第一行分别从第二、三行中减去，得

$$D=\begin{vmatrix}1&1&1&0\\0&0&-1&1\\0&-1&0&1\\0&1&1&1\end{vmatrix}.$$

第一列只有一个非零元素，沿第一列展开：

$$D=\begin{vmatrix}0&-1&1\\-1&0&1\\1&1&1\end{vmatrix}.$$

再沿第一行展开，注意代数余子式的正负号依次为 $+,-,+$：

$$D=0-(-1)\begin{vmatrix}-1&1\\1&1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}-1&0\\1&1\end{vmatrix}=(-2)+(-1)=-3.$$

因此应填 $-3$。

答案： $\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}$。

记给定矩阵为 $J$。它把向量的分量次序颠倒，即

$$J(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\mathsf T}=(x_4,x_3,x_2,x_1)^{\mathsf T}.$$

连续颠倒两次就恢复原来的次序，故 $J^2=I_4$，这也可直接用矩阵乘法检验。

逆矩阵的定义是 $JJ^{-1}=J^{-1}J=I_4$。由 $JJ=I_4$ 得

$$J^{-1}=J=\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0\end{pmatrix}.$$

答案： （a）$0.3$；（b）$0.5$。

两种条件都从加法公式出发：

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$

（a）互不相容表示 $A\cap B=\varnothing$，所以 $P(A\cap B)=0$。代入已知概率，

$$0.7=0.4+P(B),$$

得 $P(B)=0.3$。

（b）相互独立表示 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$。设 $P(B)=p$，则

$$0.7=0.4+p-0.4p=0.4+0.6p,$$

从而 $p=0.3/0.6=0.5$。

互斥与独立是不同条件，不能把独立误写为交集概率等于零。

答案： 错误。

命题错误。只有在 $\lim_{x\to x_0}f(x)\ne0$ 等相应条件下，才能通过商的极限法则从 $fg$ 与 $f$ 推出 $g$ 的极限存在；题目没有给出非零条件。

取 $x_0=0$，在 $x\ne0$ 时令

$$f(x)=x,\qquad g(x)=\sin\frac1x.$$

有 $\lim_{x\to0}f(x)=0$，并且

$$\left|x\sin\frac1x\right|\le|x|,$$

由夹逼定理得 $\lim_{x\to0}f(x)g(x)=0$。

但沿 $x_n=1/(\pi/2+2n\pi)$ 有 $g(x_n)=1$，沿 $y_n=1/(3\pi/2+2n\pi)$ 有 $g(y_n)=-1$。两列均趋于零，函数值却有不同极限，因此 $g(x)$ 在零处的极限不存在。这给出满足已知而不满足结论的反例。

答案： 错误。

命题错误。费马定理说明：若函数在内点 $x_0$ 取得极值，且在该点可导，则 $f'(x_0)=0$。题目遗漏了可导条件。

例如 $f(x)=|x|$ 在 $x_0=0$ 处取得极小值，因为对所有 $x$ 都有 $|x|\ge0=f(0)$。但

$$f'_+(0)=\lim_{h\to0^+}\frac{|h|}{h}=1,\qquad f'_-(0)=\lim_{h\to0^-}\frac{|h|}{h}=-1.$$

左右导数不相等，所以 $f'(0)$ 不存在，更谈不上等于零。

因此，极值点既可能是导数为零的点，也可能是不可导的点。

答案： 错误。

命题错误。积分存在时，正确的换元关系应当没有题目所写的负号。

在右侧的积分中令 $t=a-x$，则 $\mathrm{d}x=-\mathrm{d}t$；当 $x=0$ 时 $t=a$，当 $x=a$ 时 $t=0$。所以

$$\int_0^a f(a-x)\,\mathrm{d}x=\int_a^0 f(t)(-\mathrm{d}t)=\int_0^a f(t)\,\mathrm{d}t.$$

微分中的负号与交换积分上下限产生的负号抵消了。

还可直接取 $a=1$、$f(x)=1$ 作反例：题目左边等于 $1$，右边等于 $-1$，显然不相等。

答案： 正确。

命题正确。用反证法：假设 $r(A)=n$，则方阵 $A$ 满秩，所以可逆。

在 $AB=0$ 两侧左乘 $A^{-1}$，得到

$$A^{-1}AB=A^{-1}0,\qquad B=0.$$

这与已知 $B$ 为非零方阵矛盾。因此 $r(A)$ 不可能等于 $n$，只能有

$$r(A)<n.$$

关键是矩阵乘积为零并不能随意消去左因子；只有左因子可逆时才允许消去。本题正是利用这一条件推出矛盾。

答案： 错误。

命题错误。取样本空间 $\Omega=\{1,2\}$，令

$$A=\{1\},\qquad B=\{2\},\qquad C=\Omega.$$

此时 $A\cup C=\Omega=B\cup C$，但 $A\ne B$。

一般来说，等式 $A\cup C=B\cup C$ 只能保证 $A$ 与 $B$ 在 $C$ 外部的部分相同，即

$$A\setminus C=B\setminus C.$$

$C$ 内部的差别被并运算覆盖了，所以集合并运算不能像数的加法那样直接消去同一项。

答案： $1$。

当 $x\to1$ 时，$x>0$，可以把幂函数写成指数形式：

$$x^x=e^{x\ln x}.$$

令 $t=x\ln x$，则 $t\to0$，原式化为

$$\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}.$$

由基本等价无穷小 $e^t-1\sim t$，得到所求极限为 $1$。

也可用洛必达法则核对：原式为 $0/0$ 型，分子导数为 $x^x(\ln x+1)$，分母导数为 $\ln x+1$，其比在 $1$ 附近等于 $x^x$，极限仍为 $1$。

答案： $\displaystyle\frac{1}{1+e^u}-\frac{xye^u}{(1+e^u)^3}$。

这是由方程确定的二元隐函数。令 $F(x,y,u)=u+e^u-xy$，有

$$F_u=1+e^u>0,$$

因此在任意满足方程的点附近都可把 $u$ 视为光滑的 $x,y$ 的函数，可以求偏导。

先对 $x$ 求偏导，注意 $e^u$ 也通过 $u$ 依赖于 $x$：

$$u_x+e^uu_x=y,\qquad u_x=\frac{y}{1+e^u}.$$

同样地，对 $y$ 求偏导得到

$$u_y=\frac{x}{1+e^u}.$$

现在对 $u_x=y(1+e^u)^{-1}$ 再关于 $y$ 求导，既要对分子 $y$ 求导，也要对分母中的 $u$ 求导：

$$u_{xy}=\frac{1}{1+e^u}-\frac{ye^uu_y}{(1+e^u)^2}.$$

代入 $u_y=x/(1+e^u)$，最终得到

$$\boxed{u_{xy}=\frac{1}{1+e^u}-\frac{xye^u}{(1+e^u)^3}}.$$

因隐函数光滑，混合偏导的次序可以交换。

答案： $\displaystyle\frac{2\pi}{3}$。

被积函数在 $x=0$ 无界，因此先把积分理解为

$$I=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_\varepsilon^3\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}(1+x)}.$$

根号提示使用换元 $t=\sqrt{x}$，即 $x=t^2$、$\mathrm{d}x=2t\,\mathrm{d}t$。当 $x=\varepsilon$ 与 $x=3$ 时，$t$ 分别为 $\sqrt\varepsilon$ 与 $\sqrt3$。于是

$$I=\lim_{\varepsilon\to0^+}2\int_{\sqrt\varepsilon}^{\sqrt3}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}.$$

用 $\int\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\arctan t+C$，可得

$$I=2\bigl(\arctan\sqrt3-\arctan0\bigr)=2\cdot\frac\pi3=\frac{2\pi}{3}.$$

极限为有限值，同时说明该反常积分收敛。

答案： $\displaystyle\frac12$。

内层的 $\cos x/x$ 没有适合本题的初等原函数，因此从积分区域出发交换积分次序。

原积分区域为

$$D=\{(x,y):0\le y\le\pi/6,\ y\le x\le\pi/6\}.$$

它是三角形，也可表示为

$$D=\{(x,y):0\le x\le\pi/6,\ 0\le y\le x\}.$$

在该区域内部 $\cos x/x\ge0$，可以对非负函数交换次序。$x=0$ 处的奇性由反常积分理解；交换次序后可直接检验积分有限：
$\begin{aligned} I&=\int_0^{\pi/6}\!\mathrm{d}x\int_0^x\frac{\cos x}{x}\,\mathrm{d}y\\ &=\int_0^{\pi/6}\frac{\cos x}{x}\,x\,\mathrm{d}x =\int_0^{\pi/6}\cos x\,\mathrm{d}x\\ &=\sin\frac\pi6-\sin0=\frac12. \end{aligned}$
关键是新的内层变量为 $y$，所以 $\cos x/x$ 对内层积分是常数，并产生恰好抵消分母的区间长度 $x$。

答案： 该正项级数收敛。

令 $a_n=(n+1)!/n^{n+1}>0$。分子有阶乘，适合用比值判别法，因为相邻两项相除可约掉大部分阶乘。

计算
$\begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=\frac{(n+2)!}{(n+1)^{n+2}}\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}\\ &=\frac{n+2}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}. \end{aligned}$
其中 $(n+2)/(n+1)\to1$，且

$$\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1+\frac1n\right)^{-(n+1)}\to e^{-1}.$$

所以

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac1e<1.$$

由正项级数的比值判别法，原级数收敛。注意指数是 $n+1$，计算相邻项时必须同时替换分母的底数和指数。

答案： 由 $|a_nb_n|\le(a_n^2+b_n^2)/2$ 及比较判别法，$\sum_{n=1}^{\infty}|a_nb_n|$ 收敛，故原级数绝对收敛。

要证明绝对收敛，目标是证明正项级数 $\sum|a_nb_n|$ 收敛，而不只是讨论 $\sum a_nb_n$ 的部分和。

由实数平方非负，

$$0\le(|a_n|-|b_n|)^2=a_n^2+b_n^2-2|a_nb_n|,$$

可得逐项估计

$$0\le|a_nb_n|\le\frac12(a_n^2+b_n^2).$$

已知两个平方级数收敛，故

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac12(a_n^2+b_n^2)=\frac12\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2+\frac12\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2<\infty.$$

利用正项级数的比较判别法，得到 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_nb_n|$ 收敛。

这正是 $\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ 绝对收敛的定义，证明完毕。单凭 $a_n\to0$ 和 $b_n\to0$ 只能得到通项趋于零，不能代替上述收敛证明。

答案： （Ⅰ）$p_e=(a/b)^{1/3}$；（Ⅱ）$p(t)=[a/b+(1-a/b)e^{-3kbt}]^{1/3}$，$t\ge0$；（Ⅲ）$(a/b)^{1/3}=p_e$。

（Ⅰ）均衡时需求量与供给量相等。由于价格为正，

$$\frac{a}{p_e^2}=bp_e\quad\Longrightarrow\quad p_e^3=\frac ab,$$

所以 $p_e=(a/b)^{1/3}$。

（Ⅱ）代入供需函数，原微分方程成为

$$p'=k\left(\frac a{p^2}-bp\right).$$

将两边乘以 $3p^2$ 后，会出现 $(p^3)'=3p^2p'$，因此令 $q(t)=p(t)^3$。可得

$$q'=3ka-3kbq,\qquad q(0)=1.$$

这是关于 $q$ 的一阶线性方程。乘积分因子 $e^{3kbt}$，得

$$\bigl(qe^{3kbt}\bigr)'=3kae^{3kbt}.$$

积分后

$$qe^{3kbt}=\frac ab e^{3kbt}+C,\qquad q=\frac ab+Ce^{-3kbt}.$$

由 $q(0)=1$，$C=1-a/b$。取正的立方根，得到

$$\boxed{p(t)=\left[\frac ab+\left(1-\frac ab\right)e^{-3kbt}\right]^{1/3}},\qquad t\ge0.$$

括号内也可写为 $e^{-3kbt}\cdot1+(1-e^{-3kbt})a/b$，在 $t\ge0$ 时为两个正数的加权平均，始终大于零，因此价格解始终有意义；该表达式也包含 $a=b$ 时的恒定解 $p(t)=1$。

（Ⅲ）因为 $k,b>0$，$e^{-3kbt}\to0$，故

$$\lim_{t\to+\infty}p(t)=\left(\frac ab\right)^{1/3}=p_e.$$

这说明模型中的价格最终趋于供需均衡价格。

答案： （Ⅰ）$A=(1,1)$；（Ⅱ）$y=2x-1$；（Ⅲ）$V=\pi/30$。

（Ⅰ）设切点为 $A=(a,a^2)$，其中 $a>0$。因为 $y'=2x$，切线斜率为 $2a$，切线方程为

$$y-a^2=2a(x-a),\qquad y=2ax-a^2.$$

切线与 $x$ 轴交于 $x=a/2$。在 $0\le x\le a/2$ 上，所围区域的下边界为 $x$ 轴；在 $a/2\le x\le a$ 上，下边界为切线。故面积是
$\begin{aligned} S&=\int_0^{a/2}x^2\,\mathrm{d}x+\int_{a/2}^a[x^2-(2ax-a^2)]\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^a x^2\,\mathrm{d}x-\int_{a/2}^a(2ax-a^2)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{a^3}{3}-\frac{a^3}{4}=\frac{a^3}{12}. \end{aligned}$
由 $S=1/12$ 及 $a>0$，得到 $a=1$，所以 $A=(1,1)$。

（Ⅱ）把 $a=1$ 代入切线方程，得 $y=2x-1$。

（Ⅲ）绕 $x$ 轴旋转时，横截面在 $[0,1/2]$ 上是圆盘，在 $[1/2,1]$ 上是圆环。外半径始终为 $x^2$，后一个区间的内半径为 $2x-1$。所以
$\begin{aligned} V&=\pi\int_0^{1/2}x^4\,\mathrm{d}x+\pi\int_{1/2}^1\bigl[x^4-(2x-1)^2\bigr]\,\mathrm{d}x\\ &=\pi\left[\int_0^1x^4\,\mathrm{d}x-\int_{1/2}^1(2x-1)^2\,\mathrm{d}x\right]\\ &=\pi\left(\frac15-\frac16\right)=\boxed{\frac\pi{30}}. \end{aligned}$
不能在 $[0,1]$ 全部减去 $(2x-1)^2$，因为切线在 $x<1/2$ 时位于 $x$ 轴下方，并不是该部分区域的下边界。

答案： $k_1\ne2$ 时对任意 $k_2$ 有唯一解；$k_1=2,k_2\ne1$ 时无解；$k_1=2,k_2=1$ 时有无穷多解，通解为 $(-8,3,0,2)^{\mathsf T}+c(0,-2,1,0)^{\mathsf T}$，$c\in\mathbb R$。

用消元分析参数条件。保持第一式不变，先作“第二式减第一式、第三式减三倍第一式、第四式减第一式”，得到后三式
$\begin{cases} 2x_2+4x_3-2x_4=2,\\ -4x_2-(k_1+6)x_3+6x_4=0,\\ -6x_2-12x_3+9x_4=k_2-1. \end{cases}$
将其中第一式的两倍加到第二式、三倍加到第三式，原方程组等价于
$\begin{cases} x_1+x_2+2x_3+3x_4=1,\\ 2x_2+4x_3-2x_4=2,\\ (2-k_1)x_3+2x_4=4,\\ 3x_4=k_2+5. \end{cases}$

唯一解的情形。 若 $k_1\ne2$，由最后一式先唯一确定 $x_4$，第三式再唯一确定 $x_3$，第二式、第一式依次唯一确定 $x_2,x_1$。故无论 $k_2$ 为何，均有唯一解。

无解的情形。 若 $k_1=2$，第三式成为 $2x_4=4$，即 $x_4=2$。这与最后一式相容当且仅当 $k_2+5=6$，即 $k_2=1$。所以 $k_1=2$ 且 $k_2\ne1$ 时无解。

无穷多解及通解。 当 $k_1=2,k_2=1$ 时，第三、四式都给出 $x_4=2$，$x_3$ 为自由变量。令 $x_3=c\in\mathbb R$，则第二式给出

$$x_2+2c-2=1,\qquad x_2=3-2c.$$

代入第一式，得

$$x_1=1-(3-2c)-2c-6=-8.$$

因此通解为

$$\boxed{\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-8\\3\\0\\2\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}0\\-2\\1\\0\end{pmatrix},\quad c\in\mathbb R}.$$

这三类条件互不重叠，且覆盖了全部参数取值。

答案： $s$ 为奇数时线性无关；$s$ 为偶数时线性相关。

用线性相关的定义判断。设

$$c_1\beta_1+c_2\beta_2+\cdots+c_s\beta_s=0.$$

将每个 $\beta_i$ 展开，按 $\alpha_i$ 合并系数：

$$(c_1+c_s)\alpha_1+\sum_{i=2}^{s}(c_{i-1}+c_i)\alpha_i=0.$$

由于 $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ 线性无关，各系数都必须为零，即

$$c_1+c_s=0,\qquad c_{i-1}+c_i=0\quad(i=2,\ldots,s).$$

后面这些式子依次给出

$$c_i=(-1)^{i-1}c_1.$$

代入第一个式子，得到

$$[1+(-1)^{s-1}]c_1=0.$$

若 $s$ 为奇数，$(-1)^{s-1}=1$，故 $2c_1=0$，于是所有 $c_i=0$。只有零系数组合得到零向量，因此 $\beta_1,\ldots,\beta_s$ 线性无关。

若 $s$ 为偶数，上式自动成立。取 $c_i=(-1)^{i-1}$，得到非零系数关系

$$\beta_1-\beta_2+\beta_3-\cdots-\beta_s=0,$$

所以向量组线性相关。特别地，$s=2$ 时 $\beta_1=\beta_2$，也包含在偶数的结论中。

答案： $\displaystyle-\frac{16}{27}$。

先用伴随矩阵与逆矩阵的关系把两个矩阵统一成 $A^{-1}$ 的倍数。

由 $|A|=1/2\ne0$，$A$ 可逆，且

$$A^*=|A|A^{-1}=\frac12A^{-1}.$$

同时，数乘矩阵的逆为

$$(3A)^{-1}=\frac13A^{-1}.$$

所以行列式内部的矩阵可化简为

$$(3A)^{-1}-2A^*=\frac13A^{-1}-A^{-1}=-\frac23A^{-1}.$$

对三阶矩阵，$|cM|=c^3|M|$；又 $|A^{-1}|=1/|A|=2$。因此

$$\left|(3A)^{-1}-2A^*\right|=\left(-\frac23\right)^3|A^{-1}|=-\frac8{27}\cdot2=\boxed{-\frac{16}{27}}.$$

行列式不满足对矩阵加减的线性性，不能把题目直接拆成两个行列式相减。