1997年考研数学三真题

答案： $\displaystyle e^{f(x)}\left[\frac{f'(\ln x)}x+f(\ln x)f'(x)\right]dx$。

由于含有 $\ln x$，在 $x>0$ 且两个复合项有定义的范围内求微分。把 $y$ 看成两个函数的乘积，先用乘积法则：

$$dy=e^{f(x)}\,d[f(\ln x)]+f(\ln x)\,d[e^{f(x)}].$$

再分别使用链式法则，

$$d[f(\ln x)]=f'(\ln x)\frac{dx}{x},\qquad d[e^{f(x)}]=e^{f(x)}f'(x)\,dx.$$

所以

$$\boxed{dy=e^{f(x)}\left[\frac{f'(\ln x)}x+f(\ln x)f'(x)\right]dx}.$$

要区分 $f'(\ln x)$ 与 $f'(x)$：它们来自不同复合项，不能互换。

答案： $\displaystyle\frac\pi{4-\pi}$。

右侧定积分的积分变量是局部变量，整个积分对外部的 $x$ 是一个常数。设

$$I=\int_0^1f(t)\,dt,$$

则等式写成 $f(x)=1/(1+x^2)+I\sqrt{1-x^2}$。两边在 $[0,1]$ 上积分，得

$$I=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}+I\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx.$$

第一个积分为 $[\arctan x]_0^1=\pi/4$；第二个是单位圆第一象限的面积，也为 $\pi/4$。于是

$$I=\frac\pi4+\frac\pi4I,\qquad (4-\pi)I=\pi.$$

因为 $4-\pi>0$，可解得 $\boxed{I=\pi/(4-\pi)}$。用常数记号避免把定积分误当成随外部变量变化的表达式。

答案： $y_t=C+(t-2)2^t$，$C$ 为任意常数。

先解对应齐次方程 $y_{t+1}-y_t=0$，它说明相邻两项相等，所以齐次通解为常数 $C$。

对于右端的“一次多项式乘 $2^t$”，设特解为 $y_t^*=(At+B)2^t$。代入左端，得到

$$y_{t+1}^*-y_t^*=2^t[2A(t+1)+2B-At-B]=2^t(At+2A+B).$$

与 $t2^t$ 对比系数，有 $A=1$、$2A+B=0$，所以 $B=-2$。特解为 $(t-2)2^t$。

线性方程的通解等于一个特解加齐次通解，因此

$$\boxed{y_t=C+(t-2)2^t}.$$

直接检验也有 $(t-1)2^{t+1}-(t-2)2^t=t2^t$，常数项相减为零。

答案： $-\sqrt2<t<\sqrt2$。

交叉项系数等于对称矩阵非对角元的两倍，所以二次型矩阵为

$$A=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&t/2\\0&t/2&1\end{pmatrix}.$$

用正定的顺序主子式判别法，分别求得

$$\Delta_1=2>0,\qquad \Delta_2=\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=1>0,$$

$$\Delta_3=2(1-t^2/4)-1=1-\frac{t^2}{2}.$$

前两项总为正，故正定当且仅当 $1-t^2/2>0$，也就是

$$\boxed{-\sqrt2<t<\sqrt2}.$$

两个端点使行列式为零，不能包含。最容易漏掉的是 $tx_2x_3$ 对应矩阵元素为 $t/2$ 而非 $t$。

答案： $t$ 分布，自由度为 $9$。

两组样本按题中的独立抽样模型相互独立。分子是 $9$ 个独立 $N(0,9)$ 变量之和，所以均值为零、方差为 $9\times9=81$。因此

$$Z=\frac{X_1+\cdots+X_9}{9}\sim N(0,1).$$

另一方面，$Y_i/3$ 都是独立标准正态变量，故

$$V=\sum_{i=1}^9(Y_i/3)^2=\frac19\sum_{i=1}^9Y_i^2\sim\chi^2(9).$$

由于两组样本独立，$Z,V$ 独立。$t$ 分布的定义给出

$$\frac Z{\sqrt{V/9}}\sim t(9).$$

把上式化简，分母 $\sqrt{V/9}=\sqrt{\sum Y_i^2}/9$，所以这个比式恰为 $U$。故应填 $\boxed{t\text{分布， }9}$。

这里平方和使用已知总体均值 $0$，没有减去估计的样本均值，自由度为 $9$，不是 $8$。

答案： B

判断阶数需要看比值 $f(x)/g(x)$，不能只分别看它们都趋于零。

令 $h=1-\cos x\ge0$，则 $h\sim x^2/2$。当 $h\to0^+$，$\sin(t^2)\sim t^2$，由积分中的等价估计，

$$f(x)\sim\int_0^h t^2\,dt=\frac{h^3}{3}\sim\frac{x^6}{24}.$$

这个积分估计可严格说明：对任意小的 $\varepsilon>0$，在足够小的 $h$ 上，$(1-\varepsilon)t^2\le\sin(t^2)\le(1+\varepsilon)t^2$，两边积分后再令 $\varepsilon\to0$。

同时 $g(x)=x^5(1/5+x/6)\sim x^5/5$，所以

$$\frac{f(x)}{g(x)}\sim\frac{5x}{24}\to0.$$

按照定义，这说明 $f=o(g)$，即 $f$ 是 $g$ 的高阶无穷小，选 B。从左侧趋零时比值可以为负，但其极限仍为零，不影响阶数判断。

答案： C

已知 $f$ 是偶函数，正半轴上的值由负半轴的值反射得到，因此也可对该反射关系求导。

对 $f(-x)=f(x)$ 求一次导数，注意 $-x$ 的导数是 $-1$：

$$-f'(-x)=f'(x).$$

所以一阶导数是奇函数。当 $x>0$ 时，$-x<0$，由题设 $f'(-x)>0$，得 $f'(x)<0$。

再求一次导数，得到 $f''(-x)=f''(x)$，即二阶导数为偶函数。因为 $-x<0$ 时 $f''(-x)<0$，故正半轴也有 $f''(x)<0$。

所以唯一正确选项为 C。偶函数的一阶导数符号在左右两侧相反，二阶导数符号则相同。

答案： C

因为原三个向量线性无关，新向量的线性关系完全由其相对于原向量的系数决定。将 C 的三个向量排成列，有
$(\alpha_1+2\alpha_2,\ 2\alpha_2+3\alpha_3,\ 3\alpha_3+\alpha_1) =(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)M,$
其中

$$M=\begin{pmatrix}1&0&1\\2&2&0\\0&3&3\end{pmatrix},\qquad\det M=6+6=12\ne0.$$

若新向量线性组合为零，便有 $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)Mc=0$；原组无关使 $Mc=0$，而 $M$ 可逆再使 $c=0$，故 C 无关。

其余选项可以直接给出非零系数关系。把各选项中的三个向量依次记为 $v_1,v_2,v_3$：

• A 中 $v_1-v_2+v_3=0$。
• B 中 $v_1+v_2-v_3=0$。
• D 中 $19v_1-2v_2-5v_3=0$；按三个 $\alpha_i$ 展开可逐项核验。

因此唯一答案为 C。

答案： D

对于 D，可直接构造：取 $P=BA^{-1}$、$Q=E$。因为 $A,B$ 都可逆，$P,Q$ 可逆，且

$$PAQ=BA^{-1}AE=B.$$

所以 D 对任意给定的同阶可逆矩阵都成立，这就是它们具有相同满秩、因而等价的具体表现。

A 不一定成立。例如取

$$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},$$

则 $AB=\begin{pmatrix}1&2\\0&2\end{pmatrix}$，$BA=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}$，两者不同。

B、C 也不是必然结论。另取 $A=E_2$、$B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$。无论 $P$ 如何，$P^{-1}E_2P=E_2\ne B$；而 $C^TE_2C=C^TC$ 总为对称矩阵，不会等于这个非对称的 $B$。

故选 D。相似、合同、等价是不同关系，不能由“同阶且可逆”一概互换。

答案： A

利用独立性，四个联合取值 $(-1,-1),(-1,1),(1,-1),(1,1)$ 的概率都为 $1/2\times1/2=1/4$。

$X=Y$ 对应两种同号情况，故

$$P(X=Y)=P(-1,-1)+P(1,1)=\frac12.$$

$X+Y=0$ 对应两种异号情况，概率同样为 $1/2$；而 $XY=1$ 又对应两种同号情况，概率也为 $1/2$。

因此只有 A 正确。分布相同不等于随机变量取值恒相同；本题有一半概率取不同值。

答案： $\displaystyle\lim_{x\to0}Q(x)=AK^\delta L^{1-\delta}$。

在实值生产函数的通常语境中，生产要素 $K,L>0$，其余参数固定。令

$$H(x)=\delta K^{-x}+(1-\delta)L^{-x}.$$

因为 $H(0)=1$，由连续性，在零点的足够小邻域内 $H(x)>0$，可以对 $H(x)^{-1/x}$ 取对数。这样不必先对外部常数 $A$ 取对数。

所需对数极限为

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

分子、分母均趋零，使用洛必达法则：
$\lim_{x\to0}-\frac{H'(x)}{H(x)} =\delta\ln K+(1-\delta)\ln L,$
其中

$$H'(x)=-\delta K^{-x}\ln K-(1-\delta)L^{-x}\ln L.$$

利用指数函数连续性，得到
$\lim_{x\to0}H(x)^{-1/x} =e^{\delta\ln K+(1-\delta)\ln L}=K^\delta L^{1-\delta}.$
最后乘回常数 $A$，即

$$\boxed{\lim_{x\to0}Q(x)=AK^\delta L^{1-\delta}=\overline Q}.$$

证明的关键是先研究正的括号项的对数，不能在 $x=0$ 直接把原指数 $-1/x$ 代入。

答案： $\displaystyle\frac{du}{dx}=f_x+\frac{y^2}{1-xy}f_y+\frac{e^x(x-1)}{x^2}f_z$，其中各偏导在 $(x,y(x),z(x))$ 处取值。

由于 $f$ 有连续偏导数，沿可微的曲线 $(x,y(x),z(x))$ 可用多元链式法则：

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y y'(x)+f_z z'(x).$$

先分别求两个中间函数的导数。

对 $e^{xy}-y=0$ 求导，得

$$e^{xy}(y+xy')-y'=0,$$

所以在 $1-xe^{xy}\ne0$ 的可微分支上，

$$y'=\frac{ye^{xy}}{1-xe^{xy}}=\frac{y^2}{1-xy},$$

最后一步用到了原方程 $e^{xy}=y$。

第二个方程直接给 $z=e^x/x$，因此 $x\ne0$，并且

$$z'=\frac{xe^x-e^x}{x^2}=\frac{e^x(x-1)}{x^2}.$$

代回链式法则，得到

$$\boxed{\frac{du}{dx}=f_x+\frac{y^2}{1-xy}f_y+\frac{e^x(x-1)}{x^2}f_z}.$$

所有偏导数都在 $(x,y(x),z(x))$ 处取值，公式适用于 $x\ne0$、$1-xy\ne0$ 的分支。第二个方程中的指数自变量是 $x$，求导时不能把它换成 $z$。

答案： （Ⅰ）对 $0\le t\le4$，$x_*(t)=\frac52(4-t)$；对 $t\ge4$，$x_*(t)=0$。 （Ⅱ）$t=2$ 万元/吨，此时销售量 $5$ 吨、总税收 $10$ 万元。

按征税和销售量的实际含义，考虑 $t\ge0$、$x\ge0$；价格非负还要求 $x\le35$。商家的利润是收入减成本与税：

$$\Pi(x;t)=(7-0.2x)x-(3x+1)-tx=-0.2x^2+(4-t)x-1.$$

（Ⅰ）给定税率时的最优销售量。 求导得 $\Pi_x=-0.4x+4-t$，二阶导数为 $-0.4<0$，所以利润严格凹。无约束驻点为

$$x_0=\frac{4-t}{0.4}=\frac52(4-t).$$

当 $0\le t\le4$ 时，它属于 $[0,10]\subset[0,35]$，因而是可行全局最大值点；当 $t>4$ 时，利润在 $x\ge0$ 上严格下降，最大值在边界 $x=0$。因此

$$\boxed{x_*(t)=\begin{cases}\frac52(4-t),&0\le t\le4,\\0,&t>4.\end{cases}}$$

税率很高时不能继续使用负的驻点作为实际销售量。

（Ⅱ）政府的税收最优。 对 $0\le t\le4$，商家按第一问选择销售量后，总税收为

$$R(t)=tx_*(t)=10t-\frac52t^2=10-\frac52(t-2)^2.$$

所以在这个区间以 $t=2$ 时最大，最大值为 $10$。当 $t>4$ 时没有销售，总税收为零，也不会更大。因此

$$\boxed{t=2\ \text{万元/吨}}.$$

此时 $x_*=5$ 吨，总税收 $2\times5=10$ 万元。第一问的商家利润与第二问的政府税收是不同的目标函数。

答案： $F$ 在零点右连续，在正半轴连续；且 $F'(x)\ge0$、$F(x)\ge F(0)=0$，故在整个非负半轴连续且单调不减。

先由 $f$ 单调不减且 $f(0)\ge0$ 得 $f(t)\ge0$。对任意 $0\le t\le x$，有 $0\le f(t)\le f(x)$。

证明连续性。 对 $x>0$，连续被积函数的积分上限函数连续，除以非零的 $x$ 后仍连续。在零点，用估计

$$0\le F(x)\le\frac{f(x)}x\int_0^x t^n\,dt=\frac{x^nf(x)}{n+1}.$$

因为 $f(x)\to f(0)$ 为有限值，而 $n>0$ 使 $x^n\to0$，夹逼得到 $\lim_{x\to0^+}F(x)=0=F(0)$。因此闭半轴上的连续性成立。

证明单调不减。 对 $x>0$，由积分上限求导公式与商法则，

$$F'(x)=\frac{x^{n+1}f(x)-\int_0^x t^nf(t)\,dt}{x^2}.$$

对 $0\le t\le x$，由于 $n>0$，$t^n\le x^n$，再结合 $0\le f(t)\le f(x)$，得 $t^nf(t)\le x^nf(x)$。积分后有

$$\int_0^x t^nf(t)\,dt\le x^{n+1}f(x),$$

故 $F'(x)\ge0$，所以 $F$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调不减。又因 $F(x)\ge0=F(0)$，把端点加入后结论仍成立。

因此 $\boxed{F\text{在}[0,+\infty)\text{上连续且单调不减}}$。全程只需 $f$ 连续，不需要假设 $f$ 可导。

答案： （Ⅰ）$\overline{OP_n}=2^{-(n-1)}$。 （Ⅱ）级数和为 $4/3$。

（Ⅰ）求点到原点的距离。 设 $P_n=(a_n,0)$，由构造 $a_n>0$，$Q_n=(a_n,a_n^2)$。抛物线导数为 $2x$，所以在 $Q_n$ 的切线为

$$y-a_n^2=2a_n(x-a_n).$$

令 $y=0$，得到切线与 $x$ 轴交点的横坐标 $x=a_n/2$。这个点正是 $P_{n+1}$，因此

$$a_{n+1}=\frac12a_n,\qquad a_1=1.$$

这是等比数列，逐次递推得到

$$\boxed{\overline{OP_n}=a_n=\frac1{2^{n-1}}}.$$

（Ⅱ）求长度级数的和。 竖线段长度就是抛物线的高度：

$$\overline{Q_nP_n}=a_n^2=\frac1{4^{n-1}}.$$

所以所求是首项为 $1$、公比为 $1/4$ 的收敛几何级数：

$$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\overline{Q_nP_n}=\frac1{1-1/4}=\frac43}.$$

第一问的递推公比是 $1/2$，第二问长度要平方后才求和，因此公比变成 $1/4$，不能混用。

答案： $f(t)=(1+4\pi t^2)e^{4\pi t^2}$，$t\ge0$。

被积函数仅依赖于到原点的距离，区域是半径 $2t$ 的圆盘，适合用极坐标 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。面积元是 $r\,dr\,d\theta$，故二重积分为

$$\int_0^{2\pi}\!d\theta\int_0^{2t}f(r/2)r\,dr=2\pi\int_0^{2t}rf(r/2)\,dr.$$

令 $s=r/2$，则 $r=2s$、$dr=2ds$，得到 $8\pi\int_0^t sf(s)\,ds$。原关系化为

$$f(t)=e^{4\pi t^2}+8\pi\int_0^t sf(s)\,ds.$$

在 $t=0$ 处得到 $f(0)=1$。由于 $f$ 连续，右端可导，继而 $f$ 可导，两边求导得

$$f'(t)-8\pi t f(t)=8\pi t e^{4\pi t^2}.$$

这是一阶线性方程，积分因子为 $e^{-4\pi t^2}$。同乘后

$$\bigl(e^{-4\pi t^2}f(t)\bigr)'=8\pi t.$$

积分得到 $e^{-4\pi t^2}f(t)=4\pi t^2+C$，利用 $f(0)=1$ 得 $C=1$。所以

$$\boxed{f(t)=(1+4\pi t^2)e^{4\pi t^2}},\qquad t\ge0.$$

代回可核验：$8\pi\int_0^t s(1+4\pi s^2)e^{4\pi s^2}ds=4\pi t^2e^{4\pi t^2}$，加上原先指数项恰为所得函数，因此积分关系也满足。

答案： （Ⅰ）$\displaystyle PQ=\begin{pmatrix}A&\alpha\\0&|A|(b-\alpha^TA^{-1}\alpha)\end{pmatrix}$。 （Ⅱ）$\det Q=|A|(b-\alpha^TA^{-1}\alpha)$，故充要条件成立。

（Ⅰ）按块相乘。 利用 $A^*A=|A|E$ 与 $A^*=|A|A^{-1}$，有

$$PQ=\begin{pmatrix}A&\alpha\\-\alpha^TA^*A+|A|\alpha^T&-\alpha^TA^*\alpha+b|A|\end{pmatrix}.$$

左下块为 $-|A|\alpha^T+|A|\alpha^T=0$，右下块为标量 $|A|(b-\alpha^TA^{-1}\alpha)$，因此

$$\boxed{PQ=\begin{pmatrix}A&\alpha\\0&|A|(b-\alpha^TA^{-1}\alpha)\end{pmatrix}}.$$

（Ⅱ）由行列式判断可逆。 $P$ 为分块下三角矩阵，所以 $\det P=\det E\cdot|A|=|A|\ne0$。第一问的乘积为分块上三角矩阵，故

$$\det(PQ)=|A|^2(b-\alpha^TA^{-1}\alpha).$$

另一方面 $\det(PQ)=\det P\det Q=|A|\det Q$。约去非零的 $|A|$，得到

$$\det Q=|A|(b-\alpha^TA^{-1}\alpha).$$

方阵可逆当且仅当行列式非零，且 $|A|\ne0$，所以

$$\boxed{Q\text{可逆}\iff b-\alpha^TA^{-1}\alpha\ne0\iff\alpha^TA^{-1}\alpha\ne b}.$$

整个证明没有假设 $A$ 为对称矩阵；题目只要求它非奇异。