1995年考研数学三真题

答案： $\displaystyle\frac{2(-1)^nn!}{(1+x)^{n+1}}$，$n\ge1$，$x\ne-1$。

先把有理式拆成容易重复求导的形式：

$$f(x)=\frac2{1+x}-1=2(1+x)^{-1}-1.$$

对正整数 $n\ge1$，常数项的导数均为 $0$；幂函数逐次求导得到

$$f'(x)=-2(1+x)^{-2},\quad f''(x)=2\cdot2(1+x)^{-3},$$

$f^{(n)}(x)=2(-1)(-2)\cdots(-n)(1+x)^{-n-1} =\boxed{\frac{2(-1)^nn!}{(1+x)^{n+1}}}.$
原函数在 $x=-1$ 无定义，所以公式也不在该点使用。可由 $n$ 阶式再求一次导数验证递推到 $n+1$ 阶，符号与阶乘均吻合。

答案： $2xyf(y/x)=2z$，$x\ne0$。

因为含有 $y/x$，在 $x\ne0$ 的定义域内计算。记 $u=y/x$，则 $u_x=-y/x^2$、$u_y=1/x$。由乘积法则和链式法则，

$$z_x=yf(u)+xyf'(u)\left(-\frac y{x^2}\right)=yf(u)-\frac{y^2}x f'(u),$$

$$z_y=xf(u)+xyf'(u)\frac1x=xf(u)+yf'(u).$$

因此
$xz_x+yz_y=xyf(u)-y^2f'(u)+xyf(u)+y^2f'(u) =\boxed{2xyf(y/x)=2z}.$
两个含 $f'$ 的项符号相反，恰好抵消，不能在只求出一个偏导时就结束。

答案： $f(x)=x+e^x+C$，$C$ 为任意常数。

已知的是 $f'$ 在自变量 $\ln x$ 处的值，不是复合函数 $f(\ln x)$ 的导数。令 $t=\ln x$，则 $x=e^t$；当 $x>0$ 变化时，$t$ 遍历全实数。于是

$$f'(t)=1+e^t.$$

对 $t$ 积分：

$$f(t)=\int(1+e^t)\,\mathrm dt=t+e^t+C.$$

最后把自变量记号改回 $x$，得到 $\boxed{f(x)=x+e^x+C}$。由于没有给初始值，积分常数不能省略。代入 $f'(\ln x)=1+e^{\ln x}=1+x$ 可核验。

答案： $\displaystyle\frac1{10}\begin{pmatrix}1&0&0\\2&2&0\\3&4&5\end{pmatrix}$。

伴随矩阵满足 $AA^*=A^*A=|A|E$。原矩阵是下三角矩阵，行列式等于对角元之积：

$$|A|=1\cdot2\cdot5=10\ne0.$$

于是

$$\frac A{10}A^*=A^*\frac A{10}=E.$$

按逆矩阵定义，$A^*$ 可逆，且

$$\boxed{(A^*)^{-1}=\frac A{10}=\frac1{10}\begin{pmatrix}1&0&0\\2&2&0\\3&4&5\end{pmatrix}}.$$

这里求的是伴随矩阵的逆，不是 $A^{-1}$，无需先逐个计算代数余子式。

答案： $\displaystyle t=\frac{\sqrt{n(n-1)}\,\overline X}{Q}$，在 $H_0$ 下服从 $t(n-1)$ 分布。

总体方差未知时，用样本标准差 $S$ 替代总体标准差。按样本方差定义，

$$S^2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2=\frac{Q^2}{n-1}.$$

这里 $Q$ 取非负平方根，检验统计量为
$t=\frac{\overline X-0}{S/\sqrt n} =\boxed{\frac{\sqrt{n(n-1)}\,\overline X}{Q}}.$
说明分布依据：在原假设下，$\sqrt n\,\overline X/\sigma\sim N(0,1)$，而 $Q^2/\sigma^2\sim\chi^2(n-1)$，且二者独立，所以它们组成的比值

$$\frac{\sqrt n\,\overline X/\sigma}{\sqrt{(Q^2/\sigma^2)/(n-1)}}$$

服从自由度 $n-1$ 的 $t$ 分布。统计量定义要求 $n\ge2$、正态总体标准差 $\sigma>0$；此时 $Q>0$ 几乎必然成立。不能把题中的未除以 $n-1$ 的 $Q^2$ 直接当成样本方差。

答案： D

切线斜率是 $f'(1)$。将 $h=-x$ 代入导数定义：
$f'(1)=\lim_{h\to0}\frac{f(1+h)-f(1)}h =\lim_{x\to0}\frac{f(1-x)-f(1)}{-x}.$
分子、分母同时变号后，得到
$f'(1)=\lim_{x\to0}\frac{f(1)-f(1-x)}x =2\lim_{x\to0}\frac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-2.$
所以选 $\boxed{\mathrm D}$。因原式分母多了一个 $2$，所给极限只是导数的一半，不能直接把 $-1$ 当作切线斜率。

答案： A

A 在积分区间内部的 $x=0$ 处无界，按反常积分定义必须分别检查左右两段。对右段，$\sin x\sim x$，因而 $1/\sin x$ 与 $1/x$ 具有相同的发散性。也可直接计算
$\int_\varepsilon^1\frac1{\sin x}\,\mathrm dx =\ln\tan\frac12-\ln\tan\frac\varepsilon2\longrightarrow+\infty.$
只要一段不收敛，整个反常积分就发散。尽管被积函数为奇函数，对称截取的柯西主值可能为零，但主值不能代替反常积分的收敛，故 A 发散。

B 的两端瑕点均可积，值为 $[\arcsin x]_{-1}^1=\pi$。C 在 $[0,1]$ 连续，在 $x\ge1$ 时 $e^{-x^2}\le e^{-x}$，由比较法收敛。D 可求原函数：
$\int_2^{\infty}\frac1{x\ln^2x}\,\mathrm dx =\left[-\frac1{\ln x}\right]_2^{\infty}=\frac1{\ln2}.$
因此唯一发散项是 $\boxed{\mathrm A}$。

答案： C

由 $r(A)=m$，$A$ 的 $m$ 个行向量线性无关。若 $BA=O$，把 $B$ 的任意一行记为 $b=(b_1,\ldots,b_m)$，则 $bA=0$，就是以 $b_i$ 为系数的 $A$ 各行向量的线性组合为零。由于这些行向量线性无关，必有 $b=0$。每一行都为零，因此 C 成立。

但按现有选项文字，A 也成立：$A$ 总共只有 $m$ 行，满行秩恰好说明这 $m$ 个行向量无关。因此该题按文字有 A、C 两个正确结论，不能论证 A 错误。

B、D 不必成立。例如 $A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ 满行秩，但包含第一列的二阶子式可以为零；只做行变换也无法把全零第一列变成 $(E_2,0)$ 的非零第一列。

本题按 C 评分；在保留当前题面的情况下，应同时知道 A、C 的数学判断，不能把“有某个非零子式”误说成“行向量只有某一部分无关”。

答案： D

在相关系数存在的通常条件下，即 $X,Y$ 具有相同的有限正方差 $\sigma^2$，由独立性得 $\operatorname{Cov}(X,Y)=0$，所以

$$\operatorname{Cov}(U,V)=\operatorname{Cov}(X-Y,X+Y)=D(X)-D(Y)=0,$$

$$D(U)=D(V)=D(X)+D(Y)=2\sigma^2>0.$$

于是

$$\rho_{UV}=\frac{\operatorname{Cov}(U,V)}{\sqrt{D(U)D(V)}}=0,$$

按此常规适用条件选 $\boxed{\mathrm D}$。

不相关一般不能推出独立。若 $X,Y$ 是独立同分布正态变量，$U,V$ 联合正态且不相关，确实独立；若 $X,Y$ 各以相同概率取 $\pm1$，则 $U=0$ 恰对应 $V=\pm2$，$V=0$ 恰对应 $U=\pm2$，二者有依赖关系。因此 A、B 都不是普遍结论。

若方差为零，相关系数的分母为零；若二阶矩不存在，协方差也未必有定义。仅写独立同分布不足以涵盖这些情形，以上公式在有限正方差的适用条件下成立。

答案： C

正态分布标准差 $\sigma>0$。令 $Z=(X-\mu)/\sigma$，则 $Z\sim N(0,1)$。原事件标准化为

$$|X-\mu|<\sigma\iff|Z|<1.$$

所以

$$P(|X-\mu|<\sigma)=\Phi(1)-\Phi(-1)=2\Phi(1)-1\approx0.6827.$$

这是固定的标准正态区间概率，与 $\sigma$ 无关，故选 $\boxed{\mathrm C}$。虽然原区间宽度随 $\sigma$ 变大，但分布本身的离散尺度也按同样比例变大，二者标准化后相互抵消。

答案： $f$ 在 $0$ 处连续且可导，$f\prime(0)=0$。

先看连续性。左侧由 $1-\cos x\sim x^2/2$ 得 $f(0-)=1$。右侧用积分上限函数求导及洛必达法则：

$$\lim_{x\to0+}\frac{\int_0^x\cos(t^2)\,\mathrm dt}{x}=\lim_{x\to0+}\cos(x^2)=1.$$

两侧极限都等于 $f(0)=1$，故在零点连续。

连续不自动保证可导，还需检查左右差商。左侧使用足够高阶的展开

$$2(1-\cos x)=x^2-\frac{x^4}{12}+o(x^4),$$

得到

$$f'_-(0)=\lim_{x\to0-}\frac{2(1-\cos x)-x^2}{x^3}=0.$$

右侧为
$f'_+(0)=\lim_{x\to0+}\frac{\int_0^x\cos(t^2)\,\mathrm dt-x}{x^2} =\lim_{x\to0+}\frac{\cos(x^2)-1}{2x}=0,$
因为分子 $\cos(x^2)-1\sim-x^4/2$，除以 $2x$ 后趋于零。左右导数相等，故 $\boxed{f'(0)=0}$，函数在该点可导。左侧不能只保留 $x^2$ 主项后就把分子当成恒零，必须控制相消后的余项。

答案： $f(x)=3e^{3x}-2e^{2x}$。

先令 $s=t/3$，积分上下限变成 $0,x$，得到

$$f(x)=3\int_0^xf(s)\,\mathrm ds+e^{2x}.$$

取 $x=0$ 得 $f(0)=1$。连续性保证积分上限函数可导，原式也保证 $f$ 可导；求导得

$$f'(x)-3f(x)=2e^{2x}.$$

乘积分因子 $e^{-3x}$，可写成

$$[e^{-3x}f(x)]'=2e^{-x}.$$

积分得 $e^{-3x}f(x)=-2e^{-x}+C$，即 $f(x)=Ce^{3x}-2e^{2x}$。用 $f(0)=1$ 得 $C=3$，所以

$$\boxed{f(x)=3e^{3x}-2e^{2x}}.$$

代回核验：$3\int_0^xf(s)\,\mathrm ds=3e^{3x}-3e^{2x}$，加上 $e^{2x}$ 正好得到候选函数，避免仅解微分方程而漏掉原积分常数条件。

答案： $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}-2^n}{n}x^n$；开收敛区间 $(-\frac12,\frac12)$，完整收敛域 $[-\frac12,\frac12)$。

因式分解 $1-x-2x^2=(1-2x)(1+x)$。在 $|x|<1/2$ 时两个因子均为正，因此可拆对数：

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

使用 $\ln(1+t)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}t^n/n$：
$\ln(1-2x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^nx^n}{n},\quad \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}.$
相加得到

$$\boxed{\ln(1-x-2x^2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}-2^n}{n}x^n}.$$

系数的指数增长部分为 $2^n$，收敛半径为 $1/2$，因此开收敛区间是 $(-1/2,1/2)$。

再检查边界以给出完整收敛范围。在 $x=-1/2$ 时，第 $n$ 项为

$$-\frac{2^{-n}}n-\frac{(-1)^n}n.$$

第一部分绝对收敛，第二部分为交错调和级数，故收敛，和为 $-\ln2+\ln2=0$，与原函数在该点的值吻合；绝对值级数则含 $1/n$ 的主量，发散，所以这里条件收敛。在 $x=1/2$ 时，第 $n$ 项为 $[(-1)^{n+1}2^{-n}-1]/n$，其中 $-1/n$ 导致发散。

所以若把端点一并计入，完整收敛域为 $\boxed{[-1/2,1/2)}$。原函数的定义域比幂级数在零点的收敛范围更大，两者不能混同。

答案： $-\sqrt{\pi/2}$。

先确认拆分和换序合法。因为 $|\min\{x,y\}|\le|x|+|y|$，乘上高斯因子后在全平面可积，原积分绝对收敛。

以直线 $x=y$ 分成两个半平面。在 $x\le y$ 内最小值为 $x$，在 $y\le x$ 内最小值为 $y$。两部分交换变量后相等，所以

$$I=2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}\left(\int_{-\infty}^yxe^{-x^2}\,\mathrm dx\right)\mathrm dy.$$

内积分为 $[-e^{-x^2}/2]_{-\infty}^y=-e^{-y^2}/2$，故
$I=-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2y^2}\,\mathrm dy =-\frac1{\sqrt2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\,\mathrm dt.$
为说明最后的高斯积分，记 $J=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\,\mathrm dt>0$。平方并转极坐标有

$$J^2=\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=2\pi\cdot\frac12=\pi,$$

所以 $J=\sqrt\pi$，得到 $\boxed{I=-\sqrt{\pi/2}}$。

另一种算法：在极坐标下，$\theta\in[-3\pi/4,\pi/4]$ 时最小值为 $r\sin\theta$，其余半周取 $r\cos\theta$。两个角积分之和为 $-2\sqrt2$，故

$$I=-2\sqrt2\int_0^{\infty}r^2e^{-r^2}\,\mathrm dr.$$

分部积分得该径向积分为 $\frac12\int_0^\infty e^{-r^2}\,\mathrm dr=\sqrt\pi/4$，亦得相同结论。

答案： $P_0=\frac{ab}{b-1}$，$Q_0=\frac{c}{1-b}$。

需求下降时按正值约定定义需求价格弹性：

$$E_P=-\frac P Q\frac{\mathrm dQ}{\mathrm dP}.$$

因此在指定点有 $P_0Q'(P_0)=-bQ_0$。对 $R(P)=P Q(P)$ 求导：

$$c=Q_0+P_0Q'(P_0)=(1-b)Q_0,$$

故

$$\boxed{Q_0=\frac c{1-b}}.$$

再用链式法则，$\mathrm dR/\mathrm dP=(\mathrm dR/\mathrm dQ)(\mathrm dQ/\mathrm dP)$，得 $Q'(P_0)=c/a\ne0$。由弹性关系

$$b=-\frac{P_0}{Q_0}\frac ca,$$

所以 $P_0=-abQ_0/c=\boxed{ab/(b-1)}$。

由于 $a>0,b>1,c<0$，两个结果均为正，与价格、需求量的经济含义一致。这里 $b$ 使用下降需求的正弹性定义；若使用不带负号的带符号相对变化率，它在本点应为 $-b$，不能在同一推导中把两种记号混用。

答案： （1）等式成立；（2）积分为 $\pi/2$。

（1）把积分从零处分开，在负半轴令 $x=-t$：

$$\int_{-a}^0f(x)g(x)\,\mathrm dx=\int_0^af(-t)g(-t)\,\mathrm dt.$$

由 $g$ 的偶性，$g(-t)=g(t)$，故
$\int_{-a}^af(x)g(x)\,\mathrm dx =\int_0^a[f(x)+f(-x)]g(x)\,\mathrm dx =\boxed{A\int_0^ag(x)\,\mathrm dx}.$

（2）取 $f(x)=\arctan(e^x)$、$g(x)=|\sin x|$、$a=\pi/2$。$g$ 是偶函数，且因 $e^x>0$，反正切主值满足

$$\arctan(e^x)+\arctan(e^{-x})=\frac\pi2.$$

于是（1）中 $A=\pi/2$，所求积分为
$\frac\pi2\int_0^{\pi/2}|\sin x|\,\mathrm dx =\frac\pi2[-\cos x]_0^{\pi/2}=\boxed{\frac\pi2}.$
绝对值不能在整个对称区间直接删掉，但在 $[0,\pi/2]$ 内正弦非负，因此此处可以去掉。

答案： 所给四个向量线性无关，故秩为 $4$。

由前三个向量的秩为 $3$，它们线性无关；增加 $\alpha_4$ 后秩仍为 $3$，说明 $\alpha_4$ 可由前三者表示：

$$\alpha_4=l_1\alpha_1+l_2\alpha_2+l_3\alpha_3.$$

又由（III）的秩为 $4$，$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_5$ 线性无关。

现设所求向量组有关系

$$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3+k_4(\alpha_5-\alpha_4)=0.$$

代入 $\alpha_4$ 的表示，整理为

$$\sum_{i=1}^3(k_i-l_ik_4)\alpha_i+k_4\alpha_5=0.$$

由（III）的线性无关性，得 $k_4=0$，再依次得到 $k_1=k_2=k_3=0$。所以所求四向量线性无关，秩即为 $\boxed4$。

也可直接看生成空间：$\alpha_4$ 已在前三向量张成的空间里，而 $\alpha_5$ 不在其中，因此减去 $\alpha_4$ 后仍不在该空间里，新增的一个维度不会消失。

答案： （1）$f=x^TAx$，$A=\begin{pmatrix}0&2&-2\\2&4&4\\-2&4&-3\end{pmatrix}$。（2）取 $x=Qy$，$Q$ 三列为 $(2,0,-1)^T/\sqrt5,(1,5,2)^T/\sqrt{30},(1,-1,2)^T/\sqrt6$，标准形为 $y_1^2+6y_2^2-6y_3^2$。

（1）对称矩阵的对角元是平方项系数，非对角元是相应交叉项系数的一半。因此

$$\boxed{A=\begin{pmatrix}0&2&-2\\2&4&4\\-2&4&-3\end{pmatrix},\qquad f=x^TAx}.$$

（2）实对称矩阵可以用标准正交特征向量组成的矩阵对角化。计算特征多项式：
$|\lambda E-A|=\begin{vmatrix}\lambda&-2&2\\-2&\lambda-4&-4\\2&-4&\lambda+3\end{vmatrix} =\lambda^3-\lambda^2-36\lambda+36=(\lambda-1)(\lambda-6)(\lambda+6).$
所以特征值为 $1,6,-6$。分别解三个齐次方程，得到
$\begin{array}{c|c|c} \lambda&\text{解空间条件}&\text{可取特征向量}\\\hline 1&v_2=0,\ v_1=-2v_3&(2,0,-1)^T\\ 6&v_2=5v_1,\ v_3=2v_1&(1,5,2)^T\\ -6&v_2=-v_1,\ v_3=2v_1&(1,-1,2)^T \end{array}$
三个向量两两内积为零，长度依次为 $\sqrt5,\sqrt{30},\sqrt6$。单位化后作为列：
$\boxed{Q=\begin{pmatrix} 2/\sqrt5&1/\sqrt{30}&1/\sqrt6\\ 0&5/\sqrt{30}&-1/\sqrt6\\ -1/\sqrt5&2/\sqrt{30}&2/\sqrt6 \end{pmatrix}}.$
于是 $Q^TQ=E$、$Q^TAQ=\operatorname{diag}(1,6,-6)$。在正交变换 $\boxed{x=Qy}$ 下，

$$\boxed{f=y_1^2+6y_2^2-6y_3^2}.$$

正交矩阵的列序要与标准形的系数顺序对应。也可以换列或把某列整体变号，但必须同步保持相应对应关系。

答案： （1）$\alpha=0.94^n$；（2）$\beta=\binom n2(0.06)^2(0.94)^{n-2}$；（3）$\theta=1-0.94^n-n(0.06)(0.94)^{n-1}$。

先计算单台最终出厂概率。直接出厂与经过调试后出厂是互斥路径，故

$$p=0.70+0.30\times0.80=0.94.$$

单台不能出厂的概率为 $q=0.30\times0.20=0.06$，并且 $p+q=1$。调试后出厂的 $0.80$ 是在“需调试”条件下的概率，不能直接与 $0.70$ 相加。

记 $N$ 为不能出厂的台数。各台过程独立，单台失败概率相同，故 $N\sim B(n,0.06)$。

（1）全部能出厂就是 $N=0$：$\boxed{\alpha=p^n=0.94^n}$。

（2）恰好两台不能出厂，可先从 $n$ 台中选择这两台，再乘各台相应概率：

$$\boxed{\beta=P(N=2)=\binom n2q^2p^{n-2}=\binom n2(0.06)^2(0.94)^{n-2}}.$$

（3）至少两台的对立事件为零台或一台不能出厂，故

$$\boxed{\theta=1-P(N=0)-P(N=1)=1-0.94^n-n(0.06)(0.94)^{n-1}}.$$

当 $n=2$ 时，（2）（3）都退化为两台全不合格的概率 $0.06^2$，可作为边界核验。