1991年考研数学三真题

答案： $e^{\sin(xy)}\cos(xy)(y\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y)$。

函数由 $xy$、正弦函数和指数函数逐层复合而成，各层均光滑，所以可以使用全微分的链式法则。

先求外层指数的微分，再逐层向内：
$\begin{aligned} \mathrm{d}z&=e^{\sin(xy)}\,\mathrm{d}[\sin(xy)]\\ &=e^{\sin(xy)}\cos(xy)\,\mathrm{d}(xy)\\ &=\boxed{e^{\sin(xy)}\cos(xy)(y\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y)}. \end{aligned}$
其中 $\mathrm{d}(xy)=y\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y$，因为 $x,y$ 都是自变量，不能只保留其中一项。也可分别求 $z_x,z_y$，再用 $\mathrm{d}z=z_x\mathrm{d}x+z_y\mathrm{d}y$ 得到相同结果。

答案： $a=-1$，$b=-1$，$c=1$。

两条曲线通过同一点，并在该点切线相同，所以既要满足函数值条件，也要满足切线斜率相等的条件。

由 $f(-1)=0$，得 $-1-a=0$，因此 $a=-1$。

由 $g(-1)=0$，得 $b+c=0$。

又因为 $f'(x)=3x^2+a$、$g'(x)=2bx$，公共切线要求

$$f'(-1)=g'(-1),\qquad 3+a=-2b.$$

代入 $a=-1$，有 $2=-2b$，故 $b=-1$，进而 $c=1$。

最终应填 $\boxed{a=-1,\ b=-1,\ c=1}$。此时公共切线的斜率为 $2$，即 $y=2(x+1)$，可用于核对。

答案： $x=-(n+1)$，极小值为 $-e^{-(n+1)}$。

先找出高阶导数的规律。用莱布尼兹公式，$x$ 的二阶及以上导数全为零，$e^x$ 的各阶导数仍为 $e^x$，因此

$$f^{(n)}(x)=xe^x+ne^x=(x+n)e^x.$$

这也可由 $f'(x)=(x+1)e^x$ 开始归纳证明。

令 $g(x)=f^{(n)}(x)$。求其极值要对 $g$ 再求一次导数，而不是令 $f^{(n)}$ 本身等于零：

$$g'(x)=(x+n+1)e^x.$$

由于 $e^x>0$，当 $x<-(n+1)$ 时 $g'(x)<0$，当 $x>-(n+1)$ 时 $g'(x)>0$，故 $g$ 在该点由减转增，取得极小值。

极小值点和极小值分别为

$$\boxed{x=-(n+1)},\qquad g(-(n+1))=(-1)e^{-(n+1)}=\boxed{-e^{-(n+1)}}.$$

答案： $\begin{pmatrix}0&B^{-1}\\A^{-1}&0\end{pmatrix}$。

求逆时注意，$A^{-1}$ 与 $B^{-1}$ 的位置会交换。设候选矩阵为

$$Y=\begin{pmatrix}0&B^{-1}\\A^{-1}&0\end{pmatrix}.$$

按分块矩阵乘法规则计算，得到

$$XY=\begin{pmatrix}AA^{-1}&0\\0&BB^{-1}\end{pmatrix}=I,$$

$$YX=\begin{pmatrix}B^{-1}B&0\\0&A^{-1}A\end{pmatrix}=I.$$

这两式满足逆矩阵的定义，因此

$$\boxed{X^{-1}=\begin{pmatrix}0&B^{-1}\\A^{-1}&0\end{pmatrix}}.$$

不能只把每个非零块在原位置取逆，否则分块相乘时会产生 $AB^{-1}$ 和 $BA^{-1}$，一般不是单位矩阵。

答案： $P(X=-1)=0.4$，$P(X=1)=0.4$，$P(X=3)=0.2$，其他取值概率为0。

阶梯状分布函数只在跳跃点产生正的单点概率，跳跃大小满足

$$P(X=c)=F(c)-F(c^-),$$

其中 $F(c^-)$ 是从左侧趋于 $c$ 的极限。

本题三个跳跃点为 $-1,1,3$，因此

$$P(X=-1)=0.4-0=0.4,$$

$$P(X=1)=0.8-0.4=0.4,$$

$$P(X=3)=1-0.8=0.2.$$

所以分布律为

$X$	$-1$	$1$	$3$
概率	$0.4$	$0.4$	$0.2$

三项均非负且和为 $1$，已经包含全部概率质量。不能将 $F(1)=0.8$ 直接当作 $P(X=1)$，因为前者还包含 $X=-1$ 的概率。

答案： A

先考察 A、B 共有的表达式。取对数，并令 $t=1/x$，则当 $x\to0^+$ 时 $t\to+\infty$，且

$$x\ln\left(1+\frac1x\right)=\frac{\ln(1+t)}{t}\to0.$$

最后一个极限可用洛必达法则：导数之比为 $1/(1+t)\to0$。所以

$$\lim_{x\to0^+}\left(1+\frac1x\right)^x=e^0=1,$$

A 正确，B 错误。这里的底数趋于无穷，不能直接套用底数趋于1的标准幂式极限。

对 C，取对数可得

$$x\ln(1-1/x)\to-1,$$

因而原极限为 $e^{-1}$，不是 $-e$。

对 D，$\left(1+1/x\right)^{-x}$ 是 $\left(1+1/x\right)^x$ 的倒数，其极限为 $e^{-1}$，不是 $e$。

因此选 A。

答案： D

先看平方后的绝对值：

$$|(-1)^na_n^2|=a_n^2<\frac1{n^2}.$$

因为 $\sum1/n^2$ 收敛，比较判别法保证 $\sum a_n^2$ 收敛，所以 D 的级数绝对收敛，因而收敛。

其余三项都不能由已知条件保证：

• 对 A、C，取 $a_n=1/(2n)$，满足严格不等式 $0\le a_n<1/n$。此时 $\sum a_n$ 是发散调和级数的正常数倍，而 $\sum\sqrt{a_n}=(1/\sqrt2)\sum1/\sqrt n$ 也发散。
• 对 B，令 $a_{2k-1}=0$，$a_{2k}=1/(4k)$。每项仍满足严格界，因为 $1/(4k)<1/(2k)$。但该交错形式的级数实际成为 $\sum_{k=1}^{\infty}1/(4k)$，发散。仅有 $a_n\to0$ 并不保证交错级数收敛，还需相应的单调性等条件。

故选 D。

答案： B

设非零向量 $v$ 是特征值 $\lambda$ 对应的特征向量，则 $Av=\lambda v$。因为 $A$ 可逆，$\lambda\ne0$，左乘 $A^{-1}$ 得

$$A^{-1}v=\frac1\lambda v.$$

由伴随矩阵公式 $A^*=|A|A^{-1}$，进一步得到

$$A^*v=|A|A^{-1}v=\frac{|A|}{\lambda}v.$$

$v\ne0$，所以 $|A|/\lambda=\lambda^{-1}|A|$ 是 $A^*$ 的特征值，选 B。

要区分“伴随矩阵的一个特征值”与“伴随矩阵的行列式”：后者涉及所有特征值的乘积，不能将其幂次直接混入本题。

答案： D

不相容表示 $A\cap B=\varnothing$，因此从 $A$ 中去掉 $B$ 不会删去任何元素，即

$$A-B=A.$$

所以必有 $P(A-B)=P(A)$，D 正确。

检查其余选项：由德摩根律，

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

若 $A\cup B=\Omega$，上述交集为空；若 $A\cup B\ne\Omega$，交集不空。因此两个补事件可能相容，也可能不相容，A、B 都不是必然结论。

又因 $P(A)>0,P(B)>0$，$P(A)P(B)>0$，而不相容给出 $P(AB)=0$，故 C 错误。这也说明两个正概率互斥事件不会相互独立。

故选 D。

答案： B

在题目涉及的方差存在的通常讨论范围内，先由条件计算协方差：

$$\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0.$$

再用和的方差公式，

$$D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2\operatorname{Cov}(X,Y)=D(X)+D(Y).$$

因此 B 正确。

A 不是一般公式。例如取独立的 $0$—$1$ 随机变量 $X,Y$，各以概率 $1/2$ 取 $1$，则条件成立，但

$$D(XY)=\frac14\left(1-\frac14\right)=\frac3{16},\qquad D(X)D(Y)=\frac14\cdot\frac14=\frac1{16}.$$

条件只说明不相关，不能确定是否独立。刚才的独立例子说明 D 不必成立；反之，令 $X$ 等概率取 $-1,0,1$，令 $Y=X^2$，则 $EX=EX^3=0$，故 $E(XY)=EX\cdot EY=0$，但 $Y$ 由 $X$ 决定且并非常量，两者不独立，所以 C 也不必成立。

本题不把有限期望的条件当作二阶矩一定存在的证明；若离开方差存在的语境，含 $D$ 的选项本身须另作存在性说明。

答案： $e^{(n+1)/2}$。

底数始终为正，且 $x\to0$ 时趋于 $1$，适合先求对数的极限。记

$$H(x)=\frac1n\sum_{k=1}^ne^{kx},\qquad H(0)=1.$$

原表达式为 $\exp[\ln H(x)/x]$。对数中的比式为 $0/0$ 型，利用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln H(x)}x=\lim_{x\to0}\frac{H'(x)}{H(x)}.$$

代入 $x=0$，有

$$H'(0)=\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2},\qquad H(0)=1.$$

所以对数极限为 $(n+1)/2$。由指数函数的连续性，最终

$$\boxed{\lim_{x\to0}H(x)^{1/x}=e^{(n+1)/2}}.$$

这里 $n$ 是固定的正整数，不能把它也当作随 $x$ 变化的量。

答案： $\displaystyle I=\frac{ab^2}{30}$。

先将曲线写成关于 $y$ 的表达式：

$$y=b\left(1-\sqrt{\frac xa}\right)^2,\qquad0\le x\le a.$$

因此区域是曲线下方、两坐标轴之间的部分：

$$D=\left\{(x,y):0\le x\le a,\quad0\le y\le b\left(1-\sqrt{\frac xa}\right)^2\right\}.$$

先对 $y$ 积分，得
$\begin{aligned} I&=\int_0^a\!\mathrm{d}x\int_0^{b(1-\sqrt{x/a})^2}y\,\mathrm{d}y\\ &=\frac{b^2}{2}\int_0^a\left(1-\sqrt{\frac xa}\right)^4\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$
令 $t=1-\sqrt{x/a}$，则 $x=a(1-t)^2$，$\mathrm{d}x=-2a(1-t)\mathrm{d}t$；当 $x=0,a$ 时，$t=1,0$。于是
$\begin{aligned} I&=ab^2\int_0^1t^4(1-t)\,\mathrm{d}t\\ &=ab^2\left(\frac15-\frac16\right)=\boxed{\frac{ab^2}{30}}. \end{aligned}$
平方曲线方程时仍需保留 $0\le x\le a$；不保留这个范围会错误扩大积分区域。

答案： $y=x\sqrt{2(\ln x+1)}$，$x\in(e^{-1},+\infty)$；其隐式形式为 $y^2=2x^2(\ln x+1)$，并取通过初值点的正分支。

初值点满足 $x=e>0,y=2e>0$，可先在该点附近将方程除以 $xy$。得到

$$y'=\frac xy+\frac yx.$$

右端只依赖 $y/x$，所以令 $u=y/x$，即 $y=xu$，则 $y'=u+xu'$。代入后

$$u+xu'=\frac1u+u,\qquad u\,\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x}.$$

积分得到

$$\frac12u^2=\ln|x|+C.$$

由初值 $u(e)=2$，可知 $2=1+C$，所以 $C=1$，故

$$y^2=2x^2(\ln|x|+1).$$

含初值点的解区间位于正半轴，因此 $\ln|x|=\ln x$。又由 $y(e)=2e$ 选取正分支，得到

$$\boxed{y=x\sqrt{2(\ln x+1)}}.$$

根号内必须为正，故该分支的最大解区间为 $\boxed{x\in(e^{-1},+\infty)}$。在左端点 $y=0$，原方程会要求 $0=x^2$，而 $x=e^{-1}\ne0$，所以不能把该端点包含进来。

代回也可核验：对 $y^2=2x^2(\ln x+1)$ 求导得 $2yy'=4x(\ln x+1)+2x$，再乘 $x/2$，即有 $xyy'=y^2+x^2$。初值和方程同时满足。

答案： $a=3$。

原区域的总面积为

$$S=\int_0^1(1-x^2)\,\mathrm{d}x=1-\frac13=\frac23.$$

两条曲线在第一象限的交点横坐标 $c$ 满足

$$1-c^2=ac^2,\qquad c=\frac1{\sqrt{1+a}}.$$

在 $0\le x\le c$ 上，$L_1$ 在 $L_2$ 上方；其中两曲线之间的部分构成被分出的一个区域，其面积为
$\begin{aligned} S_1&=\int_0^c[(1-x^2)-ax^2]\,\mathrm{d}x\\ &=c-\frac{1+a}{3}c^3=\frac23c=\frac{2}{3\sqrt{1+a}}. \end{aligned}$
两部分等面积要求 $S_1=S/2=1/3$，所以

$$\frac{2}{3\sqrt{1+a}}=\frac13,\qquad\sqrt{1+a}=2.$$

由 $a>0$，得唯一解 $\boxed{a=3}$。另一部分面积是原区域面积减去 $S_1$，不必重新分段积分。

答案： $p_1=80$，$p_2=120$ 时总利润最大，最大利润为 $605$。

先写出“总收入减总成本”的利润函数，不能只最大化收入。令利润为 $\Pi$：

$$\Pi=p_1q_1+p_2q_2-[35+40(q_1+q_2)].$$

代入两市场需求函数并展开，得到
$\begin{aligned} \Pi&=(p_1-40)(24-0.2p_1)+(p_2-40)(10-0.05p_2)-35\\ &=32p_1-0.2p_1^2+12p_2-0.05p_2^2-1395. \end{aligned}$
求偏导并令其为零：

$$\frac{\partial\Pi}{\partial p_1}=32-0.4p_1=0,\qquad\frac{\partial\Pi}{\partial p_2}=12-0.1p_2=0,$$

得到驻点 $p_1=80,p_2=120$。

仅有驻点并不能保证最大值，还应验证。将利润配方成

$$\Pi=605-0.2(p_1-80)^2-0.05(p_2-120)^2.$$

后两项都不大于零，且同时为零当且仅当 $p_1=80,p_2=120$，因此这是真正的全局最大值点。此时需求量为 $q_1=8,q_2=4$，均为正，符合销售语境。

所以最优售价为 $\boxed{p_1=80,\ p_2=120}$，最大总利润为 $\boxed{605}$。也可由海森矩阵 $\operatorname{diag}(-0.4,-0.1)$ 负定来证明利润严格凹。

答案： 对所有 $x>0$ 有 $f'(x)>0$，故 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调增加。

因为 $x>0$ 时 $f(x)>0$，对数函数又严格递增，所以可研究

$$h(x)=\ln f(x)=x\ln\left(1+\frac1x\right).$$

对 $h$ 求导：

$$h'(x)=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{x+1}.$$

剩下要证明这个差为正。令 $t=1/x>0$，并定义

$$\varphi(t)=\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}.$$

有 $\varphi(0)=0$，且

$$\varphi'(t)=\frac1{1+t}-\frac1{(1+t)^2}=\frac{t}{(1+t)^2}>0\quad(t>0).$$

所以 $\varphi(t)>\varphi(0)=0$。将 $t=1/x$ 代回，得 $h'(x)>0$。

由于 $f'=f\,h'$，又 $f>0$，故

$$f'(x)>0\qquad(x>0).$$

因此 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格单调增加，证毕。证明导数符号时，不能仅凭对数项与分式项都趋于零就断定它们的差为正。

答案： （Ⅰ）$\lambda\ne0,-3$；（Ⅱ）$\lambda=0$；（Ⅲ）$\lambda=-3$。

线性表示就是求系数 $c_1,c_2,c_3$ 使 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3=\beta$，即解方程组

$$\begin{cases}(1+\lambda)c_1+c_2+c_3=0,\\c_1+(1+\lambda)c_2+c_3=\lambda,\\c_1+c_2+(1+\lambda)c_3=\lambda^2.\end{cases}$$

系数矩阵是

$$A=\begin{pmatrix}1+\lambda&1&1\\1&1+\lambda&1\\1&1&1+\lambda\end{pmatrix}.$$

直接计算行列式得

$$|A|=(1+\lambda)[(1+\lambda)^2-1]-[(1+\lambda)-1]+[1-(1+\lambda)]=\lambda^2(\lambda+3).$$

（Ⅰ）当 $\lambda\ne0,-3$ 时 $|A|\ne0$，方程组有唯一解，所以线性表示存在且唯一。也可设 $s=c_1+c_2+c_3$，方程写成 $\lambda c_i+s=\beta_i$；相加可唯一求出 $s=\lambda(\lambda+1)/(\lambda+3)$，再逐个确定系数。

（Ⅱ）当 $\lambda=0$ 时，三个 $\alpha_i$ 都为 $(1,1,1)^{\mathsf T}$，$\beta=0$。只要 $c_1+c_2+c_3=0$ 就是表示式，例如全零系数与 $(1,-1,0)$ 都可行，故表示存在而不唯一。

（Ⅲ）当 $\lambda=-3$ 时，每个 $\alpha_i$ 的三个坐标之和均为 $0$，所以它们的任意线性组合的坐标之和也为 $0$。但此时 $\beta=(0,-3,9)^{\mathsf T}$ 的坐标之和为 $6$，不可能被表示。

三种情形覆盖全部实参数，因此答案为：唯一表示 $\boxed{\lambda\ne0,-3}$；非唯一表示 $\boxed{\lambda=0}$；不能表示 $\boxed{\lambda=-3}$。

答案： $-2<\lambda<1$。

实二次型的交叉项系数是对称矩阵相应非对角元的两倍，所以二次型矩阵为

$$A=\begin{pmatrix}1&\lambda&-1\\\lambda&4&2\\-1&2&4\end{pmatrix}.$$

由正定的顺序主子式判别准则，必须且只需各阶顺序主子式均为正。

第一阶：$\Delta_1=1>0$。

第二阶：

$$\Delta_2=\begin{vmatrix}1&\lambda\\\lambda&4\end{vmatrix}=4-\lambda^2>0,$$

即 $-2<\lambda<2$。

第三阶沿第一行展开，得
$\begin{aligned} \Delta_3&=1(16-4)-\lambda(4\lambda+2)-(2\lambda+4)\\ &=8-4\lambda^2-4\lambda=-4(\lambda-1)(\lambda+2)>0, \end{aligned}$
即 $-2<\lambda<1$。

将三个条件取交集，得到 $\boxed{-2<\lambda<1}$。在 $\lambda=-2$ 或 $\lambda=1$ 时行列式为零，不能正定，所以两个端点均不可包含。

答案： 令 $A=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$，则 $D=|A^{\mathsf T}A|=|A|^2$，故 $D\ne0$ 当且仅当 $|A|\ne0$，也即向量组线性无关。

将 $n$ 个 $n$ 维列向量并排组成 $n$ 阶矩阵

$$A=(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n).$$

由于矩阵 $A^{\mathsf T}$ 的第 $i$ 行是 $\alpha_i^{\mathsf T}$，矩阵乘法定义说明 $A^{\mathsf T}A$ 的第 $(i,j)$ 个元素正是 $\alpha_i^{\mathsf T}\alpha_j$。因此题中的行列式是

$$D=|A^{\mathsf T}A|.$$

利用乘积行列式公式和转置不改变行列式，

$$D=|A^{\mathsf T}|\,|A|=|A|^2.$$

若 $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ 线性无关，则方阵 $A$ 的列向量线性无关，$A$ 可逆，故 $|A|\ne0$，从而 $D=|A|^2\ne0$，得到必要性。

反过来，若 $D\ne0$，由 $D=|A|^2$ 得 $|A|\ne0$，所以 $A$ 可逆，其列向量线性无关，得到充分性。

两个方向均成立，充分必要条件得证。这里矩阵 $A$ 为方阵，来自“恰有 $n$ 个 $n$ 维向量”的题设；这是能够直接使用行列式判据的关键。