1989年考研数学三真题

答案： $y=x+1$。

切线斜率等于曲线在该点处的导数。先求导：

$$y'=1+2\sin x\cos x=1+\sin2x.$$

代入 $x_0=\frac\pi2$，得 $k=1+\sin\pi=1$。用点斜式写出切线：

$$y-\left(1+\frac\pi2\right)=1\left(x-\frac\pi2\right).$$

整理得 $\boxed{y=x+1}$。将给定点代入所得直线，可核对它确实经过切点。

答案： $[-1,1)$。

先确定收敛半径，再分别检查两个端点。对一般项取绝对值，用比值判别法：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{|x|^{n+1}/\sqrt{n+2}}{|x|^n/\sqrt{n+1}}=|x|.$$

所以 $|x|<1$ 时绝对收敛，$|x|>1$ 时发散。

当 $x=1$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)^{-1/2}$，是指数 $p=\frac12\le1$ 的 $p$ 级数，发散。

当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n/\sqrt{n+1}$。其正项部分单调递减并趋于 $0$，由莱布尼茨判别法收敛；绝对值级数发散，故这里是条件收敛。

因此收敛域为 $\boxed{[-1,1)}$。收敛半径本身不能决定端点是否收敛。

答案： $\lambda\ne1$。

这是三个方程、三个未知数的齐次方程组。它只有零解，当且仅当系数矩阵可逆，即其行列式不为零。

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

用第三行分别减到第一、二行：

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

因此 $D\ne0\iff\lambda\ne1$。当 $\lambda=1$ 时，三个方程都变成 $x_1+x_2+x_3=0$，确有非零解，例如 $(1,-1,0)$。故答案为 $\boxed{\lambda\ne1}$。

答案： $A=1$，$P\left\{|X|<\frac\pi6\right\}=\frac12$。

分布函数必须右连续。在 $x=\frac\pi2$ 处，右极限为 $1$，而函数值为 $A\sin\frac\pi2=A$，故 $A=1$。

此时 $F$ 在整个实数轴上连续，所以 $X$ 取任意单点的概率均为 $0$。因此严格不等号的端点不会产生额外概率：
$\begin{aligned} P\left\{|X|<\frac\pi6\right\} &=P\left\{-\frac\pi6<X<\frac\pi6\right\}\\ &=F\left(\frac\pi6\right)-F\left(-\frac\pi6\right) =\sin\frac\pi6-0=\frac12. \end{aligned}$
故两空依次为 $\boxed{1}$、$\boxed{\frac12}$。只有确认端点没有概率质量，才可直接用这里的分布函数之差。

答案： 通常 $\sigma>0$ 时为 $\frac19$；$\sigma=0$ 时为 $1$。

切比雪夫不等式要求所取阈值 $\varepsilon>0$：

$$P\{|X-E(X)|\ge\varepsilon\}\le\frac{D(X)}{\varepsilon^2}.$$

当 $\sigma>0$ 时，可以取 $\varepsilon=3\sigma$，得到

$$P\{|X-\mu|\ge3\sigma\}\le\frac{\sigma^2}{9\sigma^2}=\boxed{\frac19}.$$

必须检查退化情形：若 $\sigma=0$，则 $X=\mu$ 几乎处处成立，但题中的事件是 $|X-\mu|\ge0$，它反而恒成立，概率为 $1$，不能代入上式并约去 $\sigma^2$。

因此按常规正标准差的解释，本题填 $\frac19$；原题文字没有明确排除 $\sigma=0$，若严格覆盖该情形，统一上界只能取 $1$。

答案： B

首先 $\lim_{x\to0}f(x)=1+1-2=0$，所以 $f(x)$ 确为无穷小。比较两个无穷小的阶，要计算它们的比值：
$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{f(x)}x &=\lim_{x\to0}\left(\frac{2^x-1}{x}+\frac{3^x-1}{x}\right)\\ &=\ln2+\ln3=\ln6. \end{aligned}$
这里使用 $\lim_{x\to0}(a^x-1)/x=\ln a$，它也就是指数函数在 $0$ 处的导数。

比值极限为有限非零常数，说明二者同阶；只有该常数等于 $1$ 才等价，而 $\ln6\ne1$。因此选 $\boxed{\mathrm B}$。

答案： C

不定积分表示一族原函数。若 $F'(x)=f(x)$，则

$$\int f(x)\,\mathrm dx=F(x)+C.$$

所以对不定积分求导时，常数项消失：

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int f(x)\,\mathrm dx=F'(x)=f(x),$$

故 C 正确。

A、B 均漏掉积分常数，正确写法是 $\int f'(x)\,\mathrm dx=f(x)+C$ 与 $\int\mathrm df(x)=f(x)+C$。D 混淆了导数和微分：

$$\mathrm d\int f(x)\,\mathrm dx=\mathrm d(F(x)+C)=f(x)\,\mathrm dx,$$

右端应有 $\mathrm dx$。因此选 $\boxed{\mathrm C}$。

答案： C

记 $A$ 的列向量为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$。由 $|A|=0$，这些列向量线性相关，即存在不全为零的数 $c_1,c_2,c_3,c_4$，使

$$c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3+c_4\alpha_4=0.$$

至少有一个系数 $c_j\ne0$，把对应项移到等式另一边并除以 $c_j$，即得

$$\alpha_j=-\sum_{i\ne j}\frac{c_i}{c_j}\alpha_i.$$

这恰好说明“至少有一列”可由其余列线性表示，故 C 正确；这里不能把“至少一列”加强成“任一列”。

例如取 $\alpha_1=e_1,\alpha_2=e_2,\alpha_3=e_1+e_2,\alpha_4=e_3$（均为四维向量），行列式为零，但没有零列，也没有两列成比例，而且 $e_3$ 不能由其余三列表示。因此 A、B、D 都不必成立，选 $\boxed{\mathrm C}$。

答案： C

方阵乘积的行列式等于各自行列式的乘积：

$$|AB|=|A||B|=|B||A|=|BA|.$$

中间交换的是两个数 $|A|$、$|B|$，并没有断言矩阵 $A$、$B$ 可以交换，故 C 必成立。

A 一般不成立，例如 $A=B=E_2$，则 $|A+B|=|2E_2|=4$，而 $|A|+|B|=2$。

B 一般不成立，例如

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},$$

有 $AB=B\ne0$，而 $BA=0$。

D 中的逆矩阵甚至可能不存在；即使都存在也不对，例如 $A=B=E_n$ 时，左端为 $\frac12E_n$，右端为 $2E_n$。因此选 $\boxed{\mathrm C}$。

答案： D

按题目的二分描述，把“畅销”与“滞销”视为互为对立。记

$$B=\{\text{甲种产品畅销}\},\qquad C=\{\text{乙种产品滞销}\}.$$

事件 $A$ 要求两件事同时发生，所以 $A=B\cap C$。由德摩根律，

$$\overline A=\overline{B\cap C}=\overline B\cup\overline C.$$

其中 $\overline B$ 表示甲滞销，$\overline C$ 表示乙畅销，故对立事件是“甲种产品滞销或乙种产品畅销”，选 $\boxed{\mathrm D}$。

这里的“或”包括两件事同时成立。原事件失效只需其中一个条件失效，A、B、C 三项各自都只覆盖一部分情况。

答案： $e$。

底数趋于 $1$，指数的绝对值趋于无穷，适合先取对数。令 $u=1/x$，则 $u\to0$。在 $u=0$ 的邻域内，$\sin u+\cos u>0$，取对数合法。记

$$L_u=(\sin u+\cos u)^{1/u},\qquad \ln L_u=\frac{\ln(\sin u+\cos u)}u.$$

右端是 $0/0$ 型，用洛必达法则：

$$\lim_{u\to0}\ln L_u=\lim_{u\to0}\frac{\cos u-\sin u}{\sin u+\cos u}=1.$$

由指数函数连续性，

$$\boxed{\lim_{x\to\infty}\left(\sin\frac1x+\cos\frac1x\right)^x=e}.$$

若将原题的 $x\to\infty$ 理解为 $x\to+\infty$，上式当然成立；即使分别检查 $x\to-\infty$，也得到同一极限。

答案： $z_{xy}=f_{uu}+(x+y)f_{uv}+xyf_{vv}+f_v$，各偏导均在 $(u,v)=(x+y,xy)$ 处取值。

先对 $x$ 求偏导，注意 $u_x=1$、$v_x=y$，由链式法则得

$$z_x=f_u u_x+f_vv_x=f_u+yf_v.$$

再对 $y$ 求偏导。此时 $u_y=1$、$v_y=x$；$y f_v$ 要使用乘积求导：
$\begin{aligned} z_{xy} &=\frac\partial{\partial y}(f_u+yf_v)\\ &=(f_{uu}u_y+f_{uv}v_y)+f_v+y(f_{vu}u_y+f_{vv}v_y)\\ &=f_{uu}+xf_{uv}+f_v+yf_{vu}+xyf_{vv}. \end{aligned}$
二阶偏导连续保证 $f_{uv}=f_{vu}$，于是

$$\boxed{z_{xy}=f_{uu}+(x+y)f_{uv}+xyf_{vv}+f_v}.$$

上式中每一个 $f$ 的偏导都应在 $(u,v)=(x+y,xy)$ 处取值。最容易漏掉的是对因子 $y$ 求导产生的 $f_v$。

答案： $y=C_1e^{-2x}+C_2e^{-3x}+e^{-x}$，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。

非齐次线性方程的通解等于对应齐次方程的通解加上一个特解。

先解齐次方程 $y''+5y'+6y=0$。特征方程为

$$r^2+5r+6=(r+2)(r+3)=0,$$

有两个不同实根 $r_1=-2,r_2=-3$，故

$$y_h=C_1e^{-2x}+C_2e^{-3x}.$$

原方程右端为 $2e^{-x}$，而 $-1$ 不是特征根，因此可设特解 $y_p=Ae^{-x}$。代入原方程：

$$Ae^{-x}-5Ae^{-x}+6Ae^{-x}=2Ae^{-x}=2e^{-x},$$

得 $A=1$。所以

$$\boxed{y=C_1e^{-2x}+C_2e^{-3x}+e^{-x}},$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。这里无需给特解额外乘以 $x$，因为没有发生特征根重合。

答案： （1）$R(x)=10xe^{-x/2}$，$MR(x)=5(2-x)e^{-x/2}$，$0\le x\le6$。 （2）产量为 $2$，最大收益为 $20/e$，价格为 $10/e$。 （3）图形经过原点，在 $x=2$ 达到最高点，在 $x=4$ 处拐弯，至 $x=6$ 截止。

（1）收益等于销量乘单价。由于最大需求量为 $6$，有

$$\boxed{R(x)=xP(x)=10xe^{-x/2}},\qquad0\le x\le6.$$

边际收益是收益对产量的导数，故

$$\boxed{MR(x)=R'(x)=10e^{-x/2}-5xe^{-x/2}=5(2-x)e^{-x/2}}.$$

（2）指数因子恒为正，因此 $R'(x)$ 的正负完全由 $2-x$ 决定：$0<x<2$ 时为正，$2<x<6$ 时为负。收益先增加后减少，故在整个允许区间上的唯一最大值点为 $x=2$。

$$\boxed{x=2,\quad R_{\max}=R(2)=\frac{20}e,\quad P(2)=\frac{10}e}.$$

这种单调性判断同时比较了区间两侧，不是仅凭“存在极大值”就直接认定全局最大值。

（3）为画清曲线弯曲情况，再求二阶导数：

$$R''(x)=\frac52(x-4)e^{-x/2}.$$

在 $(0,4)$ 上 $R''<0$，曲线向下弯；在 $(4,6)$ 上 $R''>0$，曲线向上弯。因此拐点为 $\left(4,40/e^2\right)$。结合端点及最高点：

$x$	$0$	$2$	$4$	$6$
$R(x)$	$0$	$20/e$	$40/e^2$	$60/e^3$
特征	左端点	最高点	拐点	右端点

图形如下，实线只表示经济上允许的 $0\le x\le6$ 部分。

答案： （1）$S_0=(1-e^{-1})^2$；（2）$S_1=e^{-2}(1-e^{-1})^2$；（3）$S_n=e^{-2n}(1-e^{-1})^2$；（4）$S=(e-1)/(e+1)$。

（1）在分段点 $x=1$ 处分开积分：

$$S_0=\int_0^1xe^{-x}\,\mathrm dx+\int_1^2(2-x)e^{-x}\,\mathrm dx.$$

分别分部积分，可得原函数

$$\int xe^{-x}\,\mathrm dx=-(x+1)e^{-x}+C,$$

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

因此
$S_0=[-(x+1)e^{-x}]_0^1+[(x-1)e^{-x}]_1^2 =1-2e^{-1}+e^{-2}=\boxed{(1-e^{-1})^2}.$

（2）令 $t=x-2$，则 $x=t+2$，上下限由 $2,4$ 变为 $0,2$，所以
$S_1=\int_0^2f(t)e^{-(t+2)}\,\mathrm dt=e^{-2}S_0 =\boxed{e^{-2}(1-e^{-1})^2}.$

（3）同理令 $t=x-2n$，得到
$S_n=\int_0^2f(t)e^{-(t+2n)}\,\mathrm dt =e^{-2n}\int_0^2f(t)e^{-t}\,\mathrm dt =\boxed{e^{-2n}(1-e^{-1})^2},\quad n\ge2.$
注意换元后指数函数中含有常数因子 $e^{-2n}$，提到积分号外时不能漏掉。

（4）前面所得通式也适用于 $n=0,1$。这是公比 $e^{-2}\in(0,1)$ 的几何级数，故
$S=S_0\sum_{n=0}^{\infty}(e^{-2})^n =\frac{(1-e^{-1})^2}{1-e^{-2}} =\frac{1-e^{-1}}{1+e^{-1}} =\boxed{\frac{e-1}{e+1}}.$

答案： $F\prime(x)=\dfrac{\int_a^x[f(x)-f(t)]\,\mathrm dt}{(x-a)^2}\le0$，故结论成立。

由 $f'(x)\le0$ 和拉格朗日中值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上单调不增。对任意 $x\in(a,b)$ 及 $t\in[a,x]$，都有 $f(t)\ge f(x)$。

由于 $f$ 连续，积分上限函数可导，且

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\int_a^xf(t)\,\mathrm dt=f(x).$$

再用商法则：
$\begin{aligned} F'(x) &=\frac{(x-a)f(x)-\int_a^xf(t)\,\mathrm dt}{(x-a)^2}\\ &=\frac{\int_a^x[f(x)-f(t)]\,\mathrm dt}{(x-a)^2}. \end{aligned}$
分子中每一个被积函数值均不大于 $0$，而积分区间方向为 $a<x$，故分子不大于 $0$；分母 $(x-a)^2>0$。所以

$$\boxed{F'(x)\le0\quad(a<x<b)}.$$

另一种理解是使用积分中值定理：存在 $\xi\in(a,x)$，使 $F(x)=f(\xi)$；把它代入上面的导数公式可得 $F'(x)=[f(x)-f(\xi)]/(x-a)\le0$。注意这不是直接对 $f(\xi)$ 求导，因为 $\xi$ 随 $x$ 的变化并未给定。

答案： $X=\begin{pmatrix}3&-1\\2&0\\1&-1\end{pmatrix}$。

由于 $A$ 为 $3\times3$、$B$ 为 $3\times2$，未知矩阵 $X$ 也是 $3\times2$。以 $E$ 表示三阶单位矩阵，移项得

$$(E-A)X=B,\qquad E-A=\begin{pmatrix}1&-1&0\\1&0&-1\\1&0&2\end{pmatrix}.$$

其行列式为 $3\ne0$，故可逆，方程有唯一解。可以对增广矩阵做行变换，同时求出 $X$ 的两列：
$\left(\begin{array}{ccc|rr}1&-1&0&1&-1\\1&0&-1&2&0\\1&0&2&5&-3\end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc|rr}1&-1&0&1&-1\\0&1&-1&1&1\\0&1&2&4&-2\end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc|rr}1&-1&0&1&-1\\0&1&-1&1&1\\0&0&3&3&-3\end{array}\right).$
第三行除以 $3$ 后，回代消元，得到

$$\left(\begin{array}{ccc|rr}1&0&0&3&-1\\0&1&0&2&0\\0&0&1&1&-1\end{array}\right),$$

故

$$\boxed{X=\begin{pmatrix}3&-1\\2&0\\1&-1\end{pmatrix}}.$$

核验：$AX=\begin{pmatrix}2&0\\0&0\\-4&2\end{pmatrix}$，加上 $B$ 恰为所得 $X$。若用逆矩阵写法，应左乘 $(E-A)^{-1}$，不能交换矩阵乘法的顺序。

答案： （1）$t\ne5$ 时线性无关；（2）$t=5$ 时线性相关；（3）$\alpha_3=-\alpha_1+2\alpha_2$。

（1）（2）三个三维向量线性无关，当且仅当以它们为列向量的行列式不为零。计算
$D=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&2&3\\1&3&t\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&2&t-1\end{vmatrix} =(t-1)-4=t-5.$
所以 $\boxed{t\ne5}$ 时线性无关，$\boxed{t=5}$ 时线性相关。

（3）在 $t=5$ 时，设 $\alpha_3=c_1\alpha_1+c_2\alpha_2$，按三个坐标列式：

$$\begin{cases}c_1+c_2=1,\\c_1+2c_2=3,\\c_1+3c_2=5.\end{cases}$$

第二式减第一式，得 $c_2=2$，再代入第一式得 $c_1=-1$。这组数也满足第三式，因为 $-1+3\cdot2=5$，故

$$\boxed{\alpha_3=-\alpha_1+2\alpha_2}.$$

前两个向量线性无关，因此这里的表示系数也是唯一的。

答案： （1）$1,1,-5$；（2）$2,2,\frac45$，均按代数重数列出。

（1）特征值是特征方程 $|\lambda E-A|=0$ 的根。令 $a=\lambda+1$，沿第一行展开：
$\begin{aligned} |\lambda E-A| &=\begin{vmatrix}a&-2&-2\\-2&a&2\\-2&2&a\end{vmatrix}\\ &=a(a^2-4)+2(-2a+4)-2(-4+2a)\\ &=a^3-12a+16\\ &=\lambda^3+3\lambda^2-9\lambda+5\\ &=(\lambda-1)^2(\lambda+5). \end{aligned}$
故 $A$ 的特征值为 $\boxed{1,1,-5}$，其中 $1$ 是二重特征值。三者之和 $-3$ 等于迹，乘积 $-5$ 等于行列式，可作为核对。

（2）所有特征值均非零，因此 $A$ 可逆。若 $A\alpha=\lambda\alpha$，$\alpha\ne0$，则 $A^{-1}\alpha=\lambda^{-1}\alpha$，于是

$$(E+A^{-1})\alpha=\left(1+\frac1\lambda\right)\alpha.$$

因此特征值按 $\lambda\mapsto1+1/\lambda$ 变换。由于 $A$ 是实对称矩阵，存在三个线性无关的特征向量，上述变换给出了新矩阵的全部特征值及其重数。分别代入 $1,1,-5$，得

$$\boxed{2,2,\frac45}.$$

重特征值仍须按重数列出，不能只写两个不同的数。