1996年考研数学三真题

答案： $\displaystyle\mathrm dy=\frac{\mathrm dx}{x(1+\ln y)}$，在 $y>0$ 且 $1+\ln y\ne0$ 的可微分支上成立。

在通常的实函数幂定义下取 $y>0$，于是 $x=y^y>0$，可以两边取对数：

$$\ln x=y\ln y.$$

两边取微分，右侧用乘积求导：

$$\frac1x\,\mathrm dx=(\ln y+1)\,\mathrm dy.$$

因此在 $1+\ln y\ne0$ 的可微分支上，

$$\boxed{\mathrm dy=\frac{1}{x(1+\ln y)}\,\mathrm dx}.$$

等价地，先将 $x$ 看成 $y$ 的函数，有 $\mathrm dx/\mathrm dy=y^y(1+\ln y)$，在该导数非零时取倒数。$y=e^{-1}$ 处该导数为零，不能直接使用反函数求导公式。

答案： $\displaystyle-\frac13(1-x^2)^{3/2}+C$。

已知的是一个原函数等式，先两边求导，以确定被积函数：

$$xf(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}.$$

在原等式有意义的区间内，$|x|<1$ 且 $x\ne0$，因此

$$f(x)=\frac1{x\sqrt{1-x^2}},\qquad\frac1{f(x)}=x\sqrt{1-x^2}.$$

令 $u=1-x^2$，则 $\mathrm du=-2x\,\mathrm dx$。于是
$\int\frac1{f(x)}\,\mathrm dx=-\frac12\int u^{1/2}\,\mathrm du =-\frac13u^{3/2}+C=\boxed{-\frac13(1-x^2)^{3/2}+C}.$
最后对所得原函数求导，正好得到 $x\sqrt{1-x^2}$。积分常数在每个讨论区间上任意。

答案： $ax_0^2=c$；就存在这样的实切点而言，$c/a\ge0$，$b$ 任意（抛物线要求 $a\ne0$）。

点在抛物线上，故 $y_0=ax_0^2+bx_0+c$。又因为曲线的导数为 $2ax+b$，在该点的切线为

$$y-y_0=(2ax_0+b)(x-x_0).$$

切线过原点，把 $x=y=0$ 代入得

$$y_0=(2ax_0+b)x_0.$$

再代入 $y_0$ 的曲线表达式并约去相同项，得到

$$ax_0^2+bx_0+c=2ax_0^2+bx_0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ax_0^2=c}.$$

这是给定切点必须满足的准确关系。由于 $a\ne0$ 且 $x_0^2\ge0$，它还要求 $c/a\ge0$。反过来，若只问是否存在这样的实切点，$c/a\ge0$ 也充分：取 $x_0^2=c/a$ 即可，而 $b$ 不受此条件限制。

答案： $X=(1,0,\ldots,0)^{\mathsf T}$。

观察 $A^{\mathsf T}$ 的第一列全为 $1$，恰好就是右端向量 $B$。因此取 $x_1=1$、其余未知数为零，立即满足方程。

还须证明没有其他解。$A$ 是范德蒙矩阵，其行列式为

$$|A|=\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i).$$

各 $a_i$ 两两不同，所以各因子非零，$|A^{\mathsf T}|=|A|\ne0$。由克拉默法则，解唯一；将 $A^{\mathsf T}$ 的第一列替换成 $B$ 不变，将第 $i\ge2$ 列替换成 $B$ 会与原第一列重复，故

$$D_1=D,\qquad D_i=0\ (i\ge2).$$

于是 $x_1=D_1/D=1$、$x_i=D_i/D=0$，即

$$\boxed{X=(1,0,\ldots,0)^{\mathsf T}}.$$

也可不引用行列式公式：若两解相减得到系数多项式 $p(t)$，它的次数至多 $n-1$，却在不同的 $a_1,\ldots,a_n$ 上均为零，因此只能是零多项式，同样保证唯一性。

答案： $(4.412,5.588)$。

总体正态且方差已知，因此样本均值也为正态：

$$\overline X\sim N\left(\mu,\frac{0.9^2}{9}\right).$$

已知总体标准差为 $\sigma=0.9$，不是 $0.9^2$。样本均值的标准差为 $0.9/\sqrt9=0.3$。标准化后

$$\frac{\overline X-\mu}{0.3}\sim N(0,1).$$

使用95%双侧置信水平的标准正态分位数 $1.96$，得到区间

$$\left(\overline x-1.96\frac{0.9}{3},\ \overline x+1.96\frac{0.9}{3}\right).$$

代入 $\overline x=5$，误差限为 $1.96\times0.3=0.588$，故

$$\boxed{(4.412,5.588)}.$$

本题已知正态总体和总体方差，即使样本量只有9也能使用这一正态统计量，无须换成样本方差或大样本近似。

答案： D

原积分使用极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，其中 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$ 是面积元。角度 $0\le\theta\le\pi/2$ 表示第一象限。

边界 $r=\cos\theta$ 两边乘以 $r$，得到

$$r^2=r\cos\theta\quad\Longleftrightarrow\quad x^2+y^2=x,$$

即圆 $(x-1/2)^2+y^2=1/4$。$0\le r\le\cos\theta$ 对应这个圆内部的上半圆域。

其直角坐标表示为

$$0\le x\le1,\qquad0\le y\le\sqrt{x-x^2}.$$

因此原积分等于

$$\int_0^1\!\mathrm dx\int_0^{\sqrt{x-x^2}}f(x,y)\,\mathrm dy,$$

选 D。圆心在横轴的 $(1/2,0)$，不是纵轴上；这可区分看似相近的A选项。

答案： A

对任意实数 $u_n,v_n$，由 $(u_n-v_n)^2\ge0$ 可得

$$0\le(u_n+v_n)^2\le2(u_n^2+v_n^2).$$

若两个平方级数都收敛，则右端所成的正项级数收敛，由比较判别法，$\sum(u_n+v_n)^2$ 收敛，A正确。

B不成立：取 $u_n=1/n^2,v_n=1$，乘积绝对值级数为 $\sum1/n^2$，收敛，但 $\sum v_n^2=\sum1$ 发散。

C不成立：取 $u_n=1/(2n)>0$，其级数仍发散，但每项都小于 $1/n$。

D不成立：取 $u_n=0,v_n=-1$。有 $u_n\ge v_n$ 且 $\sum u_n$ 收敛，但 $\sum v_n$ 发散。比较判别法必须注意正项或绝对值等适用条件，不能只凭一个大小关系。

所以选 A。

答案： C

$A$ 非奇异，所以 $|A|\ne0$，伴随矩阵满足

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

先计算伴随矩阵的行列式及逆：

$$|A^*|=|A|^n|A^{-1}|=|A|^{n-1},\qquad(A^*)^{-1}=\frac A{|A|}.$$

再把同一伴随矩阵公式应用于 $A^*$，得到

$$(A^*)^*=|A^*|(A^*)^{-1}=|A|^{n-1}\frac A{|A|}=|A|^{n-2}A.$$

故选 C。当 $n=2$ 时，结果为 $(A^*)^*=A$，也可以直接用二阶伴随公式核对。

答案： D

将每个 $\alpha_i$ 与 $\beta_i$ 按系数重新组合：

$$\sum_{i=1}^m\lambda_i(\alpha_i+\beta_i)+\sum_{i=1}^mk_i(\alpha_i-\beta_i)=0.$$

这正是对题中 $2m$ 个“和向量、差向量”的一组线性关系。其系数为

$$\lambda_1,\ldots,\lambda_m,k_1,\ldots,k_m,$$

由题设不全为零，所以按线性相关的定义，该 $2m$ 个向量线性相关，D正确、C错误。

这种合并后存在非平凡关系，不能确定两个原向量组各自的相关性。例如 $m=1$、$\alpha_1=1,\beta_1=2$ 时，取 $\lambda_1=1,k_1=3$ 满足条件，但两个非零单向量组都无关，排除A；若原向量全部为零则条件同样成立，却都相关，排除B。

所以选 D。

答案： B

利用条件概率定义，将已知等式的各项同乘 $P(B)>0$，得到

$$P((A_1\cup A_2)\cap B)=P(A_1\cap B)+P(A_2\cap B).$$

集合分配律给出 $(A_1\cup A_2)\cap B=(A_1\cap B)\cup(A_2\cap B)$，因此B正是这个等式，必成立。

同一条件也说明 $P(A_1\cap A_2\cap B)=0$，但它不限制 $B$ 之外两个事件是否重叠，也没有保证 $A_1,A_2$ 组成完备事件组。

例如取 $A_1=A_2=\overline B$。在给定 $B$ 条件下两项概率均为0，题设成立；但在给定 $\overline B$ 条件下，并事件概率为1而两项相加为2，A不成立。此时C左边为 $P(\overline B)>0$、右边为0；D右边也为0，而左边 $P(B)>0$，故C、D均不能保证。

所以选 B。事件的并集表示至少一个事件发生，交集表示这些事件同时发生。

答案： $f'(x)=\begin{cases}\frac{xg'(x)-g(x)+(x+1)e^{-x}}{x^2},&x\ne0,\\\frac{g''(0)-1}{2},&x=0.\end{cases}$ 且 $f'$ 在实数轴连续。

（Ⅰ）当 $x\ne0$ 时，直接用商法则：
$f'(x)=\frac{x[g'(x)+e^{-x}]-[g(x)-e^{-x}]}{x^2} =\frac{xg'(x)-g(x)+(x+1)e^{-x}}{x^2}.$
在 $x=0$ 处，须改用导数定义：

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-e^{-x}}{x^2}.$$

由 $g(0)=1,g'(0)=-1$，分子及其一阶导数在零点均为零，使用两次洛必达法则（或二阶泰勒公式）可得
$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g'(x)+e^{-x}}{2x} =\frac{g''(0)-1}{2}.$
因此

$$\boxed{f'(x)=\begin{cases}\dfrac{xg'(x)-g(x)+(x+1)e^{-x}}{x^2},&x\ne0,\\\dfrac{g''(0)-1}{2},&x=0.\end{cases}}$$

（Ⅱ）对 $x\ne0$，上述公式由连续函数运算而成，显然连续。关键是检查零点处的极限。记分子为 $N(x)$，有 $N(0)=0$，且

$$N'(x)=x[g''(x)-e^{-x}].$$

所以用一次洛必达法则即可得到
$\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\frac{x[g''(x)-e^{-x}]}{2x} =\frac{g''(0)-1}{2}=f'(0).$
其中最后一步使用 $g''$ 连续，不需要 $g$ 的三阶导数。因此 $\boxed{f'\text{ 在整个实数轴连续}}$。

答案： 0。

由于方程对 $u$ 的偏导为 $1-\varphi'(u)\ne0$，题给连续性保证可对隐函数求偏导。

先分别对 $x,y$ 求导，注意积分下限求导带负号：

$$u_x=\varphi'(u)u_x+p(x),\qquad u_y=\varphi'(u)u_y-p(y).$$

整理得到

$$u_x=\frac{p(x)}{1-\varphi'(u)},\qquad u_y=-\frac{p(y)}{1-\varphi'(u)}.$$

再由复合函数 $z=f(u)$ 的链式法则，$z_x=f'(u)u_x$、$z_y=f'(u)u_y$。所以
$\begin{aligned} p(y)z_x+p(x)z_y &=f'(u)\left[\frac{p(y)p(x)}{1-\varphi'(u)}-\frac{p(x)p(y)}{1-\varphi'(u)}\right]\\ &=\boxed0. \end{aligned}$
两个系数恰好相消，结果不要求 $p$ 或 $f'$ 非零，不能在过程中擅自除以它们。

答案： $\ln2$。

先把被积函数改写为 $xe^x/(1+e^x)^2$，注意

$$\left(\frac1{1+e^x}\right)'=-\frac{e^x}{(1+e^x)^2}.$$

对有限上限 $M$ 分部积分，得到
$\begin{aligned} I_M&=-\int_0^M x\,\mathrm d\left(\frac1{1+e^x}\right)\\ &=-\left[\frac{x}{1+e^x}\right]_0^M+\int_0^M\frac{\mathrm dx}{1+e^x}. \end{aligned}$
$M/(1+e^M)\to0$。又令 $t=e^{-x}$，或直接识别对数导数，有

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

因此

$$I=\lim_{M\to\infty}I_M=0-\ln1+\ln2=\boxed{\ln2}.$$

极限有限，也说明反常积分收敛。

另一种分部积分可得原函数 $x/(1+e^{-x})-\ln(1+e^x)$。检验无穷远边界时，应将它写为

$$-\frac{x}{1+e^x}+\ln\frac{e^x}{1+e^x}\longrightarrow0,$$

再减去零点值 $-\ln2$，得到同一答案。这样可以避免把两个分别发散的项直接当作有限边界值使用。

答案： 令 $h(x)=xf(x)$，积分中值定理给出某 $\eta\in(0,1/2)$ 使 $h(\eta)=h(1)$；再用罗尔定理得 $h'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi)=0$。

所求式子正是乘积 $xf(x)$ 的导数，故令 $h(x)=xf(x)$。由 $f$ 可微，$h$ 连续且在内部可导。

对 $h$ 在 $[0,1/2]$ 上应用积分中值定理，存在 $\eta\in(0,1/2)$，使

$$\int_0^{1/2}xf(x)\,\mathrm dx=\frac12h(\eta).$$

代入已知条件，得到

$$h(1)=f(1)=2\cdot\frac12h(\eta)=h(\eta).$$

因此在区间 $[\eta,1]$ 上，$h$ 两端点值相等，且满足罗尔定理的连续、可导条件，故存在 $\xi\in(\eta,1)$，使

$$0=h'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi).$$

又 $0<\eta<\xi<1$，所以该点位于所要求的 $(0,1)$，证明完毕。

答案： 令 $p_0=\sqrt{ab/c}-b$。销售额在 $(0,p_0)$ 增加，在 $(p_0,a/c-b)$ 减少（非负需求范围）；$p=p_0$ 时最大，为 $(\sqrt a-\sqrt{bc})^2$。

销售额为

$$R(p)=pQ(p)=\frac{ap}{p+b}-cp.$$

商品价格与需求均应非负，因此实际范围为 $0\le p\le a/c-b$；由 $a>bc$，此范围非空。

（Ⅰ）求导得到

$$R'(p)=\frac{ab}{(p+b)^2}-c=\frac{ab-c(p+b)^2}{(p+b)^2}.$$

在 $p\ge0$ 时分母为正，令导数为零得

$$p_0=\sqrt{\frac{ab}{c}}-b>0.$$

又由 $ab/c<(a/c)^2$ 可知 $p_0<a/c-b$，驻点位于实际范围内部。导数在 $0<p<p_0$ 为正，在 $p>p_0$ 为负。因此在实际销售区间内，$\boxed{(0,p_0)\text{ 上增加，}(p_0,a/c-b)\text{ 上减少}}$。若仅作为代数表达式在正半轴研究，导数在全部 $p>p_0$ 均为负，但超过 $a/c-b$ 后公式给出负需求，失去销售含义。

（Ⅱ）由先增后减，$p_0$ 是全局最大值点。此时

$$Q(p_0)=\frac{a}{\sqrt{ab/c}}-c=\sqrt{\frac{ac}{b}}-c.$$

所以
$\begin{aligned} R_{\max}&=\left(\sqrt{\frac{ab}{c}}-b\right)\left(\sqrt{\frac{ac}{b}}-c\right)\\ &=a-2\sqrt{abc}+bc=\boxed{(\sqrt a-\sqrt{bc})^2}. \end{aligned}$
最优单价为 $\boxed{p=\sqrt{ab/c}-b}$，最大销售额为上式。

答案： $y+\sqrt{x^2+y^2}=C$，$C>0$；等价地 $y=(C^2-x^2)/(2C)$，在 $x>0$ 或 $x<0$ 的区间上成立。

原方程要求 $x\ne0$。先在 $x>0$ 的区间讨论，令 $u=y/x$，则 $y'=u+xu'$，且 $\sqrt{x^2+y^2}=x\sqrt{1+u^2}$。代入得

$$u+xu'=u-\sqrt{1+u^2},\qquad\frac{\mathrm du}{\sqrt{1+u^2}}=-\frac{\mathrm dx}{x}.$$

积分得到

$$\ln(u+\sqrt{1+u^2})=-\ln x+C_0.$$

指数化时常数 $C=e^{C_0}>0$，所以 $u+\sqrt{1+u^2}=C/x$，回代得

$$y+\sqrt{x^2+y^2}=C.$$

在 $x<0$ 区间，令 $t=-x>0$，由链式法则可知关于 $t$ 的方程具有同一形式，因此得到同样的隐式关系，但两侧区间上的积分常数可分别选择。

由于 $x\ne0$，始终有 $\sqrt{x^2+y^2}>|y|$，所以左边严格为正，必须保留 $\boxed{C>0}$。将根式移项并平方，得到显式通解

$$\boxed{y=\frac{C^2-x^2}{2C}},\qquad C>0,\quad x\ne0.$$

代入检验：$y'=-x/C$，且 $\sqrt{x^2+y^2}=(C^2+x^2)/(2C)$，故原方程右端也为 $-x/C$，没有平方产生的增根。原方程在零点无定义，所以解区间不能跨过 $x=0$。

答案： （Ⅰ）$y=2$；（Ⅱ）可取 $P=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&-4/5\\0&0&0&1\end{pmatrix}$，所得对角阵为 $\operatorname{diag}(1,1,5,9/5)$。

（Ⅰ）特征值3满足 $|3I-A|=0$。由分块对角结构，

$$|3I-A|=\begin{vmatrix}3&-1\\-1&3\end{vmatrix}\begin{vmatrix}3-y&-1\\-1&1\end{vmatrix}=8(2-y).$$

因此 $\boxed{y=2}$。

（Ⅱ）此时 $A$ 实对称，故 $(AP)^{\mathsf T}(AP)=P^{\mathsf T}A^2P$，其中

$$A^2=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&5&4\\0&0&4&5\end{pmatrix}.$$

这可看成把二次型 $x^{\mathsf T}A^2x$ 通过可逆线性替换化成标准形。配方：

$$x^{\mathsf T}A^2x=x_1^2+x_2^2+5\left(x_3+\frac45x_4\right)^2+\frac95x_4^2.$$

令 $x_1=z_1,x_2=z_2,x_3=z_3-(4/5)z_4,x_4=z_4$，即 $x=Pz$，其中

$$\boxed{P=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&-4/5\\0&0&0&1\end{pmatrix}}.$$

该矩阵行列式为1，可逆；回代配方可得

$$\boxed{(AP)^{\mathsf T}(AP)=\operatorname{diag}(1,1,5,9/5)}.$$

符合要求的 $P$ 不唯一。也可取 $P_0$ 的前两列为前两个坐标单位向量，后两列为 $(0,0,1,1)^{\mathsf T}/\sqrt2$、$(0,0,1,-1)^{\mathsf T}/\sqrt2$，得到对角阵 $\operatorname{diag}(1,1,9,1)$。题目没有要求 $P$ 正交，以上可逆的配方矩阵已经足够。