1990年考研数学三真题

答案： $2$。

两个根式都趋于无穷，不能把它们的极限直接相减。利用平方差公式，把差式乘以对应的和：
$\sqrt{n+3\sqrt n}-\sqrt{n-\sqrt n} =\frac{(n+3\sqrt n)-(n-\sqrt n)}{\sqrt{n+3\sqrt n}+\sqrt{n-\sqrt n}}.$
分子等于 $4\sqrt n$。再把分母中的 $\sqrt n$ 提出来约去，得

$$\frac4{\sqrt{1+3/\sqrt n}+\sqrt{1-1/\sqrt n}}.$$

当 $n\to\infty$，分母趋于 $1+1=2$，故所求极限为 $\boxed2$。根式对充分大的正整数 $n$ 都有意义。

答案： $a+b$。

在零点连续要求函数值等于极限，即

$$A=\lim_{x\to0}\frac{f(x)+a\sin x}{x}.$$

由 $f(0)=0$ 和导数定义，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)=b.$$

又由重要极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)+a\sin x}{x}=b+a.$$

因此 $\boxed{A=a+b}$，这个值也确实使分段函数在零点连续。注意导数定义中必须使用 $f(0)=0$，不能对任意函数都认为 $f(x)/x\to f'(0)$。

答案： $\displaystyle\frac92$。

先求两条边界的交点。令 $x^2=x+2$，得 $(x-2)(x+1)=0$，所以横坐标分别为 $-1,2$。

在 $[-1,2]$ 内，$x+2-x^2=-(x-2)(x+1)\ge0$，直线在抛物线上方。因此面积为上方函数减下方函数的积分：
$S=\int_{-1}^{2}(x+2-x^2)\,dx =\left[\frac{x^2}{2}+2x-\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^{2}.$
上限代入为 $10/3$，下限代入为 $-7/6$，所以

$$S=\frac{10}{3}+\frac76=\boxed{\frac92}.$$

面积必须非负，列式前检查上下边界可避免符号错误。

答案： $a_1+a_2+a_3+a_4=0$。

先找出方程之间必须保持的关系。把第一、三式的左端相加，等于把第二、四式的左端相加，二者都是 $x_1+x_2+x_3+x_4$。所以右端必须相等：

$$-a_1-a_3=a_2+a_4,$$

即 $a_1+a_2+a_3+a_4=0$，这是必要条件。

再验证它也是充分条件。任取实数 $t$，从前三式依次得到

$$x_2=t,\quad x_1=-a_1-t,\quad x_3=a_2-t,\quad x_4=t-a_2-a_3.$$

此时第四式左端为 $-a_1-a_2-a_3$。如果上述条件成立，该值恰为 $a_4$，所以四式确实同时有解。

应填 $\boxed{a_1+a_2+a_3+a_4=0}$。只得到必要关系还不够，充分性说明没有遗漏其他限制。

答案： $\displaystyle\frac23$。

设每次命中的概率为 $p\in[0,1]$。至少命中一次的对立事件是四次都未命中，其概率为

$$1-\frac{80}{81}=\frac1{81}.$$

每次未命中的概率为 $1-p$，四次射击相互独立，所以

$$P(\text{四次均未命中})=(1-p)^4=\frac1{81}=\left(\frac13\right)^4.$$

由于 $1-p\ge0$，只能取非负四次方根，得 $1-p=1/3$，从而 $\boxed{p=2/3}$。利用对立事件可避免分别计算命中一、二、三、四次的概率。

答案： B

取定义域内的数列 $x_n=2n\pi+\pi/4$。此时 $\tan x_n=1$、$\sin x_n=\sqrt2/2$，所以

$$f(x_n)=\left(2n\pi+\frac\pi4\right)e^{\sqrt2/2}\to+\infty.$$

函数值不能被统一常数控制，故它无界，B 正确。

A 不成立：$f(-x)=x\tan x\,e^{-\sin x}$，一般不等于 $f(x)$，例如取 $x=\pi/4$ 即可比较。

D 不成立：$f(-\pi/4)>0$、$f(0)=0$、$f(\pi/4)>0$，所以既不单调增加也不单调减少。

C 也不成立。若存在正周期 $T$，由 $f(0)=0$ 得 $f(T)=0$。函数的零点只有 $k\pi$，所以 $T=m\pi$，$m$ 为正整数。周期函数在相应可导点的导数也相等；但直接求导可得 $f'(0)=0$、$f'(m\pi)=m\pi\ne0$，矛盾。因此唯一正确选项是 B。

特别注意：无界本身不能推出非周期；本题对周期性还需另外论证。

答案： D

只知函数在 $0$ 处可导，不能先假定它处处可导再对给定等式求导。应从 $1$ 处的导数定义出发。

把 $x=0$ 代入已知等式，得 $f(1)=af(0)$；把 $x=h$ 代入，得 $f(1+h)=af(h)$。所以

$$\frac{f(1+h)-f(1)}h=a\frac{f(h)-f(0)}h.$$

由于 $f'(0)=b$ 存在，令 $h\to0$，右端趋于 $ab$。因此左侧差商极限存在，说明 $f$ 在 $1$ 处可导，且

$$f'(1)=ab.$$

故选 D。B、C 的数值在某些特殊参数下可能与 $ab$ 巧合，但不能作为对所有非零参数成立的一般结论。

答案： C

C 是线性无关的等价刻画。若向量组线性相关，便存在不全为零的系数使

$$c_1\alpha_1+\cdots+c_s\alpha_s=0.$$

取一个 $c_j\ne0$，移项并除以 $c_j$，可得

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

于是某个向量可由其余向量表示，与 C 矛盾。因此 C 足以保证线性无关。

A、B、D 都不足够。例如向量组 $(1,0)^T,(0,1)^T,(1,1)^T$ 的向量均非零、任意两向量不成比例，前两个也线性无关，但第三个是前两个之和，整个向量组仍线性相关。

故唯一正确选项为 C。尤其要区分“任意两个无关”和“整个向量组无关”。

答案： A

由 $B\subset A$，事件 $B$ 已经包含在 $A$ 中，所以

$$A\cup B=A,\qquad A\cap B=B,\qquad B\setminus A=\varnothing.$$

因此 $P(A+B)=P(A)$ 恒成立，A 正确。

B 的交事件实际概率为 $P(B)$，未必等于 $P(A)$。C 在 $P(A)>0$ 时应为

$$P(B\mid A)=\frac{P(B)}{P(A)},$$

也未必等于 $P(B)$；若 $P(A)=0$，通常的条件概率公式甚至没有定义。D 的左端等于零，但右端未必为零。

例如取 $P(A)=1/2$、$P(B)=1/4$ 且 $B\subset A$，便可同时反驳 B、C、D 的一般成立性。因此选 A。

答案： C

两个随机变量相等当且仅当它们同时取 $-1$ 或同时取 $1$。这两种情形互不相容，所以

$$P(X=Y)=P(X=-1,Y=-1)+P(X=1,Y=1).$$

利用独立性，两个联合概率分别是相应边缘概率的乘积：

$$P(X=-1,Y=-1)=\frac12\cdot\frac12=\frac14,$$

$$P(X=1,Y=1)=\frac12\cdot\frac12=\frac14.$$

故 $P(X=Y)=1/2$，选 C。

分布相同仅说明相同取值的概率相同，并不说明两个随机变量每次都取同一个值；本题事实上有一半概率取不同值，因此 A 也不成立。

答案： 在 $x=e^2$ 处取得最大值 $\displaystyle\ln(e+1)-\frac{e}{e+1}$。

先确定最大值位置。被积函数在 $[e,e^2]$ 连续，由积分上限函数求导公式，

$$I'(x)=\frac{\ln x}{(x-1)^2}>0.$$

所以 $I$ 在给定区间严格递增，最大值在右端点取得：

$$I_{\max}=I(e^2)=\int_e^{e^2}\frac{\ln t}{(t-1)^2}\,dt.$$

为计算这个值，用分部积分，取 $u=\ln t$、$dv=dt/(t-1)^2$，则 $du=dt/t$、$v=-1/(t-1)$。于是

$$I(e^2)=\left[-\frac{\ln t}{t-1}\right]_e^{e^2}+\int_e^{e^2}\frac{dt}{t(t-1)}.$$

又因为 $1/[t(t-1)]=1/(t-1)-1/t$，得到

$$I(e^2)=\left[-\frac{\ln t}{t-1}+\ln(t-1)-\ln t\right]_e^{e^2}$$

$$=-\frac2{e^2-1}+\frac1{e-1}+\ln\frac{e^2-1}{e-1}-1.$$

利用 $e^2-1=(e-1)(e+1)$，前两个分式之和为 $1/(e+1)$，对数为 $\ln(e+1)$，所以

$$\boxed{I_{\max}=\ln(e+1)-\frac e{e+1}},\qquad x=e^2.$$

所求是最大值而不仅是最大值点，所以必须完成最后的定积分计算。

答案： $\displaystyle\frac5{144}$。

这两条抛物线在第一象限只在原点相交，区域向上无限延伸，因此是反常二重积分，不能擅加有限的边界。

固定 $y\ge0$，两条曲线分别给出 $x=\sqrt y/2$ 与 $x=\sqrt y/3$，所以

$$D=\left\{(x,y):y\ge0,\ \frac{\sqrt y}{3}\le x\le\frac{\sqrt y}{2}\right\}.$$

被积函数非负，可先对 $x$ 积分，并由后续计算确认积分有限：
$\begin{aligned} I&=\int_0^{\infty}e^{-y^2}\left[\int_{\sqrt y/3}^{\sqrt y/2}x\,dx\right]dy\\ &=\frac12\int_0^{\infty}\left(\frac y4-\frac y9\right)e^{-y^2}\,dy =\frac5{72}\int_0^{\infty}ye^{-y^2}\,dy. \end{aligned}$
令 $u=y^2$，则 $du=2y\,dy$，故

$$I=\frac5{144}\int_0^{\infty}e^{-u}\,du=\boxed{\frac5{144}}.$$

最后的积分收敛，从而原非负反常二重积分也收敛。

答案： $[2,4]$，其中两个端点也都绝对收敛。

这是以 $x=3$ 为中心的幂级数。对 $x\ne3$，相邻项绝对值之比为

$$\frac{|x-3|^{n+1}/(n+1)^2}{|x-3|^n/n^2}=|x-3|\frac{n^2}{(n+1)^2}\to|x-3|.$$

所以当 $|x-3|<1$，即 $2<x<4$ 时绝对收敛；当 $|x-3|>1$ 时发散。$x=3$ 时所有项为零，自然也收敛。

比值判别法在极限等于 $1$ 时不能作结论，需要分别检查两个端点：

• $x=2$ 时为 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n/n^2$，其绝对值级数是收敛的 $p$ 级数 $\sum1/n^2$，故绝对收敛。
• $x=4$ 时直接为 $\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$，也收敛。

因此收敛域为 $\boxed{[2,4]}$。交错符号不意味着一定只有条件收敛，本题左端点同样绝对收敛。

答案： $\displaystyle y=e^{-\sin x}(x\ln x-x+C)$，$x>0$，$C\in\mathbb R$。

由于有 $\ln x$，方程在 $x>0$ 上讨论。这是一阶线性方程，标准形式为 $y'+P(x)y=Q(x)$，这里 $P(x)=\cos x$。

积分因子取

$$\mu(x)=e^{\int\cos x\,dx}=e^{\sin x}.$$

两边同乘积分因子，左边成为一个乘积的导数：

$$e^{\sin x}y'+e^{\sin x}\cos x\,y=\bigl(ye^{\sin x}\bigr)'=\ln x.$$

积分得

$$ye^{\sin x}=\int\ln x\,dx+C=x\ln x-x+C,$$

从而

$$\boxed{y=e^{-\sin x}(x\ln x-x+C)},\qquad x>0.$$

验证时由乘积关系求导，立即回到原方程；积分因子始终不为零，因此除以它不会丢失解。

答案： （Ⅰ）电台投入 $0.75$ 万元，报纸投入 $1.25$ 万元。 （Ⅱ）电台不投入，报纸投入 $1.5$ 万元。均按净收益最大确定。

本题的最优策略按净收益最大化确定。净收益等于销售收入减去广告费用，记为

$$\Pi=R-x_1-x_2=15+13x_1+31x_2-8x_1x_2-2x_1^2-10x_2^2,$$

实际广告投入满足 $x_1,x_2\ge0$。

（Ⅰ）无总预算限制。 对两个投入分别求偏导，并令其为零：

$$\Pi_{x_1}=13-4x_1-8x_2=0,\qquad \Pi_{x_2}=31-8x_1-20x_2=0.$$

第一式给 $4x_1+8x_2=13$，乘以 $2$ 后与第二式相减，得 $4x_2=5$，所以

$$x_2=\frac54,\qquad x_1=\frac34.$$

不能仅凭驻点唯一就断定最大值。为验证它是全局最大值，令 $u=x_1-3/4$、$v=x_2-5/4$，配方得到

$$\Pi=\frac{157}{4}-2(u+2v)^2-2v^2\le\frac{157}{4}.$$

等号当且仅当 $u=v=0$，且该点两个投入都非负。因此最优为电台 $\boxed{0.75}$ 万元、报纸 $\boxed{1.25}$ 万元；最大净收益为 $39.25$ 万元。

（Ⅱ）总费用为 $1.5$ 万元。 使用预算约束 $x_1+x_2=3/2$，令 $x_2=3/2-x_1$，其中 $0\le x_1\le3/2$。代入净收益函数可得

$$\Pi(x_1,3/2-x_1)=39-4x_1^2.$$

该式在允许区间上的最大值为 $39$，仅在 $x_1=0$ 时取得。因此应将费用全部用于报纸广告：

$$\boxed{x_1=0,\quad x_2=1.5\ \text{（万元）}}.$$

若将提供的费用理解为“不超过 $1.5$ 万元”，结论也相同。令总投入为 $s=x_1+x_2\le1.5$，则

$$\Pi=15+31s-10s^2+(12s-18)x_1-4x_1^2.$$

由于 $12s-18\le0$，固定 $s$ 时以 $x_1=0$ 最优；所得 $15+31s-10s^2$ 在 $0\le s\le1.5$ 上递增，故应使用全部 $1.5$ 万元。

答案： 若 $a=0$ 则等号成立；若 $a>0$，在 $[0,a]$ 与 $[b,a+b]$ 用中值定理，结合导数单调性即得不等式。

先处理退化情形：若 $a=0$，由 $f(0)=0$，不等式变为 $f(b)\le f(b)$，等号成立。以下设 $a>0$，此时 $b\ge a>0$。

在闭区间 $[0,a]$ 上，函数连续、内部可导；在 $[b,a+b]$ 上也同样满足拉格朗日中值定理的条件。因此存在

$$\xi_1\in(0,a),\qquad \xi_2\in(b,a+b)$$

使

$$f(a)-f(0)=a f'(\xi_1),\qquad f(a+b)-f(b)=a f'(\xi_2).$$

因为 $0<\xi_1<a\le b<\xi_2<a+b\le c$，两点都在导数存在的开区间内，且 $\xi_1<\xi_2$。由 $f'$ 单调减少，

$$f'(\xi_2)\le f'(\xi_1).$$

乘以非负的 $a$ 并利用 $f(0)=0$，得

$$f(a+b)-f(b)=a f'(\xi_2)\le a f'(\xi_1)=f(a),$$

移项即得 $\boxed{f(a+b)\le f(a)+f(b)}$。

另一种证明。 令 $G(x)=f(x)+f(a)-f(a+x)$，$0\le x\le b$。有 $G(0)=0$，且在内部

$$G'(x)=f'(x)-f'(a+x)\ge0.$$

对 $G$ 在 $[0,b]$ 上应用拉格朗日中值定理，得 $G(b)-G(0)=bG'(\eta)\ge0$，同样得到目标不等式。此法也先将 $a=0$ 的情形单独处理。

答案： （Ⅰ）$a=1,b=3$。 （Ⅱ）$\eta_1=(1,-2,1,0,0)^T,\eta_2=(1,-2,0,1,0)^T,\eta_3=(5,-6,0,0,1)^T$。 （Ⅲ）$x=(-2,3,0,0,0)^T+\sum_{i=1}^3k_i\eta_i$，$k_i\in\mathbb R$。

（Ⅰ）判断有解条件。 将各方程左端记为 $L_1,L_2,L_3,L_4$。直接比较系数，可发现

$$L_3=3L_1-L_2,\qquad L_4=2L_1+L_2.$$

为了方程同时成立，右端必须保持同样关系：

$$b=3a-0,\qquad 2=2a+0.$$

因此必要条件为 $a=1,b=3$。在此条件下，只需解前两个方程，其余两式自动成立，所以也是充分条件。

把 $3$ 倍第一式减去第二式，得到 $x_2+2x_3+2x_4+6x_5=3$。等价方程组为

$$\begin{cases}x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1,\\x_2+2x_3+2x_4+6x_5=3.\end{cases}$$

两行独立，因此系数矩阵秩为 $2$，共有 $5-2=3$ 个自由变量。

（Ⅱ）求导出组的基础解系。 将上述两个方程的右端都换成零，得

$$x_2=-2x_3-2x_4-6x_5,\qquad x_1=x_3+x_4+5x_5.$$

依次令自由变量 $(x_3,x_4,x_5)$ 等于 $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$，得到
$\boxed{\eta_1=\begin{pmatrix}1\\-2\\1\\0\\0\end{pmatrix},\quad \eta_2=\begin{pmatrix}1\\-2\\0\\1\\0\end{pmatrix},\quad \eta_3=\begin{pmatrix}5\\-6\\0\\0\\1\end{pmatrix}}.$
它们在第3、4、5个分量分别具有单位坐标，因此线性无关；且任意齐次解都由这三个自由变量决定，故它们确为基础解系。

（Ⅲ）求非齐次通解。 令三个自由变量都为零，得到特解 $\xi=(-2,3,0,0,0)^T$。任意两个非齐次解之差为齐次解，因此全部解为

$$\boxed{x=\xi+k_1\eta_1+k_2\eta_2+k_3\eta_3,\qquad k_1,k_2,k_3\in\mathbb R}.$$

若 $a,b$ 不满足第一问条件，方程组无解，不存在第三问所述的非齐次通解。

答案： $\displaystyle(E-A)^{-1}=E+A+A^2+\cdots+A^{k-1}$。

由题设可取正整数 $k$ 满足 $A^k=0$。构造有限几何和

$$S=E+A+A^2+\cdots+A^{k-1}.$$

直接相乘得到
$\begin{aligned} (E-A)S&=(E+A+\cdots+A^{k-1})-(A+A^2+\cdots+A^k)\\ &=E-A^k=E. \end{aligned}$
同理，因 $S$ 的每一项都是 $A$ 的幂，$SA=AS$，所以

$$S(E-A)=E-A^k=E.$$

因此 $S$ 同时是 $E-A$ 的左逆与右逆，按逆矩阵定义，$E-A$ 可逆，且

$$\boxed{(E-A)^{-1}=E+A+A^2+\cdots+A^{k-1}}.$$

这里是有限和，不需要另行讨论矩阵级数的收敛。若 $k=1$，题设就是 $A=0$，公式给出逆矩阵 $E$，也成立。

答案： 不同特征值的特征向量线性无关；若其和对应特征值为 $\lambda$，将迫使 $\lambda=\lambda_1=\lambda_2$，矛盾。

首先说明 $x_1,x_2$ 线性无关。若 $c_1x_1+c_2x_2=0$，两边左乘 $A$，再减去原式的 $\lambda_2$ 倍，得到

$$c_1(\lambda_1-\lambda_2)x_1=0.$$

因为 $\lambda_1\ne\lambda_2$ 且特征向量 $x_1\ne0$，可知 $c_1=0$，继而由 $x_2\ne0$ 得 $c_2=0$。所以它们线性无关，特别地 $x_1+x_2\ne0$。

现在反设 $x_1+x_2$ 是某个特征值 $\lambda$ 的特征向量，则

$$A(x_1+x_2)=\lambda(x_1+x_2).$$

另一方面，根据两个已知特征关系，

$$A(x_1+x_2)=\lambda_1x_1+\lambda_2x_2.$$

两式相减得

$$(\lambda_1-\lambda)x_1+(\lambda_2-\lambda)x_2=0.$$

由线性无关性，两系数必须都为零，即 $\lambda=\lambda_1$ 且 $\lambda=\lambda_2$，与两特征值不同矛盾。

因此 $\boxed{x_1+x_2\text{不是}A\text{的特征向量}}$。特征向量的线性组合一般不是特征向量；只有同一特征值对应的向量组成的特征子空间才对加法封闭。

答案： $\displaystyle P(A_1)=\frac7{15},\qquad P(A_2)=\frac{14}{15}$。

选出三个不同数字而不考虑顺序，共有 $\binom{10}{3}=120$ 个等可能结果。

令 $E_0=\{$选出的三个数字中没有 $0\}$，$E_5=\{$选出的三个数字中没有 $5\}$。题中“和”“或”分别对应这两个事件的交与并：

$$A_1=E_0\cap E_5,\qquad A_2=E_0\cup E_5.$$

对于 $A_1$，$0$ 和 $5$ 都不能选，只能从其余 $8$ 个数字中选三个，因此

$$P(A_1)=\frac{\binom83}{\binom{10}3}=\frac{56}{120}=\boxed{\frac7{15}}.$$

对于 $A_2$，只需“无 $0$”与“无 $5$”至少一个成立，也包含二者均成立的情况。分别有 $\binom93$ 个选法，但交集被重复计算一次，要减去 $\binom83$，所以
$P(A_2)=\frac{2\binom93-\binom83}{\binom{10}3} =\frac{168-56}{120}=\boxed{\frac{14}{15}}.$
也可看对立事件：只有同时含 $0$ 与 $5$ 才不满足 $A_2$，第三个数有 $8$ 种选法，故 $P(A_2)=1-8/120=14/15$。这里的“或”是允许同时成立的逻辑或。