1999年考研数学三真题

答案： $\displaystyle\frac4\pi-1$。

“$F$ 是 $f$ 的原函数”表示 $F'=f$。本题先由已知原函数求出

$$f(x)=\left(\frac{\sin x}{x}\right)'=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$$

所求积分含有 $xf'$，用分部积分把 $f'$ 降为 $f$：

$$\int_{\pi/2}^{\pi}xf'(x)\,\mathrm dx=[xf(x)]_{\pi/2}^{\pi}-\int_{\pi/2}^{\pi}f(x)\,\mathrm dx.$$

边界值分别为 $\pi f(\pi)=-1$、$(\pi/2)f(\pi/2)=-2/\pi$，所以第一项为 $-1+2/\pi$。第二项直接使用题给原函数：

$$\int_{\pi/2}^{\pi}f(x)\,\mathrm dx=\left[\frac{\sin x}{x}\right]_{\pi/2}^{\pi}=-\frac2\pi.$$

因此

$$\boxed{\int_{\pi/2}^{\pi}xf'(x)\,\mathrm dx=-1+\frac2\pi-\left(-\frac2\pi\right)=\frac4\pi-1}.$$

积分区间不经过 $x=0$，所有求导和边界代入均有意义。

答案： $4$。

先把固定的 $1/2$ 替换成变量 $x$，借助几何级数求和。对 $|x|<1$，

$$\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac1{1-x}.$$

在收敛区间内部，幂级数可以逐项求导，于是

$$\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\left(\frac1{1-x}\right)'=\frac1{(1-x)^2}.$$

由于 $x=1/2$ 位于该区间，代入可得

$$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}n\left(\frac12\right)^{n-1}=\frac1{(1-1/2)^2}=4}.$$

求导后的首项是 $n=1$ 时的 $1$，不应把幂次误写为 $n$；若级数为 $\sum n(1/2)^n$，数值就会不同。

答案： $O_{3\times3}$，即三阶零矩阵。

先计算低次幂，寻找能够递推到任意 $n$ 的关系：

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

因此 $A^2-2A=O$。对任意整数 $n\ge2$，利用同一矩阵的幂的乘法规律，

$$A^n-2A^{n-1}=A^{n-2}(A^2-2A)=A^{n-2}O=\boxed{O_{3\times3}}.$$

当 $n=2$ 时，前面的 $A^0$ 是单位矩阵，结论仍成立。这里没有除以 $A$，所以不要求矩阵可逆；事实上本题第一、三行相同，$A$ 不可逆。

答案： $16$。

独立正态变量的平均值仍是正态变量，均值为 $a$、方差为单次方差的 $1/n$：

$$\overline X_n\sim N\left(a,\frac{0.2^2}{n}\right),\qquad Z=\frac{\overline X_n-a}{0.2/\sqrt n}\sim N(0,1).$$

所以条件等价于

$$P\left\{|Z|<\frac{\sqrt n}{2}\right\}\ge0.95.$$

记标准正态分布函数为 $\Phi$，则要求 $2\Phi(\sqrt n/2)-1\ge0.95$，即 $\sqrt n/2\ge z_{0.975}$。其分位数约为 $z_{0.975}=1.96$，由此得到

$$n\ge(2\times1.96)^2=15.3664.$$

由于次数必须是整数，应向上取整，得到 $\boxed{n_{\min}=16}$。

也可直接核查相邻整数以避免查表舍入影响：$n=15$ 时概率约为 $0.9472<0.95$，$n=16$ 时约为 $0.9545\ge0.95$；概率又随 $n$ 增加，故16确为最小值。此处使用精确的正态抽样分布，不需要大样本近似。

答案： $EY=0$。

按行列式定义，将 $Y$ 写成对全部排列的有限和：

$$Y=\sum_{\pi}\operatorname{sgn}(\pi)\prod_{i=1}^nX_{i,\pi(i)}.$$

这里 $\pi$ 遍历列指标的全部排列，$\operatorname{sgn}(\pi)$ 是行列式展开中对应的正负号，取值为 $1$ 或 $-1$。
每一项选自不同行、不同列，所选的 $n$ 个随机变量彼此独立。因它们都有有限期望，乘积可积，且

$$E\left[\prod_{i=1}^nX_{i,\pi(i)}\right]=\prod_{i=1}^nEX_{i,\pi(i)}=2^n.$$

再由期望的线性性质，逐项取期望，得到
$EY=\begin{vmatrix}EX_{11}&EX_{12}&\cdots&EX_{1n}\\EX_{21}&EX_{22}&\cdots&EX_{2n}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\EX_{n1}&EX_{n2}&\cdots&EX_{nn}\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}2&2&\cdots&2\\2&2&\cdots&2\\\vdots&\vdots&&\vdots\\2&2&\cdots&2\end{vmatrix}=\boxed0.$
最后一步使用 $n\ge2$：至少有两行相同，行列式为零。一般不能把非线性函数的期望直接换成“期望代入”；本题能这样做，依据是行列式逐项展开和不同元素的独立性。

答案： A

原函数满足 $F'=f$。在通常关于原点对称的区间上，连续性保证

$$F(x)=F(0)+\int_0^xf(t)\,\mathrm dt.$$

若 $f$ 为奇函数，作换元 $t=-u$，则

$$\int_0^{-x}f(t)\,\mathrm dt=-\int_0^xf(-u)\,\mathrm du=\int_0^xf(u)\,\mathrm du.$$

因此 $F(-x)=F(x)$，任意积分常数都不破坏偶性，A成立。

其余选项可分别用反例排除：

• B：$f(x)=x^2$ 为偶函数，但原函数 $F(x)=x^3/3+1$ 不是奇函数。任意常数会影响奇性。
• C：$f(x)=2+\cos x$ 是周期函数，但 $F(x)=2x+\sin x$ 随 $x\to+\infty$ 无界，不是连续周期函数。
• D：$f(x)=x$ 单调增加，但 $F(x)=x^2/2$ 在负半轴减少、正半轴增加，并非在整个实数轴增加。原函数的增减由 $f$ 的正负决定。

故选 $\boxed{\mathrm A}$。

答案： C

积分中的 $u,v$ 是积分变量，区域 $D$ 固定，因此整个积分是一个与 $x,y$ 无关的常数。记该常数为 $c$，则 $f(x,y)=xy+c$。将它代回定义常数的积分式：

$$c=\iint_D(uv+c)\,\mathrm du\,\mathrm dv.$$

区域写成 $0\le u\le1$、$0\le v\le u^2$，于是
$\begin{aligned} c&=\int_0^1\int_0^{u^2}(uv+c)\,\mathrm dv\,\mathrm du\\ &=\int_0^1\left(\frac{u^5}{2}+cu^2\right)\,\mathrm du=\frac1{12}+\frac c3. \end{aligned}$
解得 $(2/3)c=1/12$，即 $c=1/8$。所以 $\boxed{f(x,y)=xy+1/8}$，选 $\boxed{\mathrm C}$。
代回时该积分确为 $1/12+(1/8)(1/3)=1/8$，与定义一致；不能把固定积分当成仍含自变量的函数。

答案： B

先证 $\alpha_m$ 不能由（Ⅰ）表示。如果它能由前 $m-1$ 个向量表示，再把这种表示代入 $\beta$ 的表示中，就会得到 $\beta$ 也能由（Ⅰ）表示，与题设矛盾。

另一方面，题设保证存在系数 $k_1,\ldots,k_m$ 使

$$\beta=\sum_{i=1}^{m-1}k_i\alpha_i+k_m\alpha_m.$$

这里必须有 $k_m\ne0$，否则右侧已经是由（Ⅰ）对 $\beta$ 的表示。因此可解出

$$\alpha_m=\frac1{k_m}\beta-\sum_{i=1}^{m-1}\frac{k_i}{k_m}\alpha_i.$$

这正是由（Ⅱ）对 $\alpha_m$ 的线性表示。所以它不能由（Ⅰ）表示、却能由（Ⅱ）表示，选 $\boxed{\mathrm B}$。证明不要求前 $m-1$ 个向量彼此无关，只使用题给的可表示性。

答案： D

由相似的定义，存在可逆矩阵 $P$ 使 $P^{-1}AP=B$。对任意常数 $t$，同一个 $P$ 满足

$$P^{-1}(tE-A)P=tP^{-1}EP-P^{-1}AP=tE-B.$$

因此两个新矩阵相似，D成立。

相似不表示矩阵相等，也不保证相同坐标下的特征向量相同，更不保证可对角化。例如取

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

有 $P^{-1}=P$、$P^{-1}AP=B$，但 $A\ne B$，排除A；$A$ 的零特征值特征向量为非零 $(s,0)^{\mathsf T}$，$B$ 的则为非零 $(0,s)^{\mathsf T}$，排除B。两矩阵唯一特征值均为零，若可对角化，所得对角阵只能是零阵，这会推出原矩阵也为零，与实际矛盾，排除C。

故选 $\boxed{\mathrm D}$。

答案： A

乘积以概率1等于零，意味着两变量同时非零的概率为零，所以四个格子 $(\pm1,\pm1)$ 的联合概率都为零。

再使用边缘分布：当 $X_1=-1$ 或 $1$ 时，$X_2$ 只能为零，因此 $P(X_1=-1,X_2=0)=P(X_1=1,X_2=0)=1/4$；同理，$P(X_1=0,X_2=-1)=P(X_1=0,X_2=1)=1/4$。这四项之和已经是1，故其余各项均为零。完整联合分布为

$X_1\backslash X_2$	$-1$	$0$	$1$
$-1$	$0$	$1/4$	$0$
$0$	$1/4$	$0$	$1/4$
$1$	$0$	$1/4$	$0$

两变量相等对应主对角线上的三个格子，其概率均为零，所以

$$P(X_1=X_2)=0+0+0=\boxed0.$$

故选 $\boxed{\mathrm A}$。题目只给相同的边缘分布，不能据此假设它们独立；这里的乘积条件实际上使二者有依赖关系。

答案： 切线为 $y=(3a-x)/(2a^{3/2})$，$a>0$；面积 $S=9\sqrt a/4$。沿右端 $a\to+\infty$ 时 $S\to+\infty$；沿上端 $a\to0+$ 时 $S\to0$。

曲线定义域为 $x>0$，所以切点为 $(a,a^{-1/2})$、$a>0$。由

$$y'=-\frac1{2x^{3/2}},$$

在切点处的切线方程为

$$y-\frac1{\sqrt a}=-\frac1{2a^{3/2}}(x-a),\qquad\boxed{y=\frac{3a-x}{2a^{3/2}}}.$$

令 $y=0$ 得横截距 $3a$，令 $x=0$ 得纵截距 $3/(2\sqrt a)$，均为正。切线与两坐标轴围成直角三角形，面积为

$$\boxed{S(a)=\frac12\cdot3a\cdot\frac3{2\sqrt a}=\frac94\sqrt a}.$$

曲线有两端可以远离原点，需要分别讨论：

• 向右沿曲线趋于无穷远时，$a\to+\infty$，切点高度趋于零，但横截距增长更快，$\boxed{S\to+\infty}$。
• 向上沿曲线趋于无穷远时，$a\to0+$、$a^{-1/2}\to+\infty$，此时横截距趋于零，$\boxed{S\to0}$。

所以若不区分曲线的两端，“切点趋于无穷远”不能对应同一个面积极限；两种方向的结论均应给出。

答案： $\displaystyle4-\frac\pi2$。

先把区域写成便于积分的水平条带。根号要求 $0\le y\le2$，左边界为 $x=-2$，右边界为曲线，所以

$$D=\{(x,y):0\le y\le2,\ -2\le x\le-\sqrt{2y-y^2}\}.$$

被积函数只含 $y$，先对 $x$ 积分得到条带宽度：
$I=\int_0^2\int_{-2}^{-\sqrt{2y-y^2}}y\,\mathrm dx\,\mathrm dy =\int_0^2y\left(2-\sqrt{2y-y^2}\right)\,\mathrm dy=4-J,$
其中 $J=\int_0^2y\sqrt{2y-y^2}\,\mathrm dy$。令 $t=y-1$，则

$$J=\int_{-1}^1(t+1)\sqrt{1-t^2}\,\mathrm dt.$$

第一部分 $t\sqrt{1-t^2}$ 为奇函数，在对称区间积分为零；另一部分为单位圆上半圆面积。因此

$$J=0+\frac\pi2,\qquad\boxed{I=4-\frac\pi2}.$$

若不用几何面积，也可令 $t=\sin\theta$，将另一部分化为 $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,\mathrm d\theta=\pi/2$。注意区域在给定半圆曲线的左侧，不是右侧的半圆内部。

答案： 按 $p_1,p_2>0$ 的价格模型，$x_1=6(\alpha p_2/(\beta p_1))^\beta$，$x_2=6(\beta p_1/(\alpha p_2))^\alpha$。

在两种要素价格均为正的通常经济模型下，投入总费用为

$$C=p_1x_1+p_2x_2,$$

约束为 $x_1^\alpha x_2^\beta=6$，投入量均须为正。作拉格朗日函数

$$L=p_1x_1+p_2x_2+\lambda(x_1^\alpha x_2^\beta-6).$$

其驻点条件为
$p_1+\lambda\alpha x_1^{\alpha-1}x_2^\beta=0,\qquad p_2+\lambda\beta x_1^\alpha x_2^{\beta-1}=0.$
两式相除可得
$\frac{p_1}{p_2}=\frac{\alpha x_2}{\beta x_1},\qquad \frac{x_2}{x_1}=\frac{\beta p_1}{\alpha p_2}.$
记 $r=\alpha p_2/(\beta p_1)>0$，则 $x_2=x_1/r$。代入产出约束，并用 $\alpha+\beta=1$：

$$x_1^\alpha(x_1/r)^\beta=x_1r^{-\beta}=6.$$

因此
$\boxed{x_1=6\left(\frac{\alpha p_2}{\beta p_1}\right)^\beta,\qquad x_2=6\left(\frac{\beta p_1}{\alpha p_2}\right)^\alpha}.$

还须验证它确为全局最小，而不仅是驻点。加权算术—几何平均不等式给出
$C=\alpha\frac{p_1x_1}{\alpha}+\beta\frac{p_2x_2}{\beta} \ge\left(\frac{p_1x_1}{\alpha}\right)^\alpha\left(\frac{p_2x_2}{\beta}\right)^\beta =6\left(\frac{p_1}{\alpha}\right)^\alpha\left(\frac{p_2}{\beta}\right)^\beta.$
等号恰在 $p_1x_1/\alpha=p_2x_2/\beta$ 时成立，与求得的投入比例一致。所以该投入组合唯一达到费用下界，最小总费用也由上述右端给出。

答案： $\displaystyle y(x)=\begin{cases}e^{2x}-1,&x\le1,\\(1-e^{-2})e^{2x},&x>1.\end{cases}$

右端函数在两个区间表达不同，所以分别求一阶线性方程的解，再用初值与连续性衔接。

当 $x<1$ 时，$y'-2y=2$。乘积分因子 $e^{-2x}$，有

$$[e^{-2x}y]'=2e^{-2x},\qquad y=-1+C_1e^{2x}.$$

由于 $0<1$，初值应代入这一段：$y(0)=-1+C_1=0$，故 $C_1=1$。

当 $x>1$ 时，$y'-2y=0$，解为 $y=C_2e^{2x}$。函数在 $x=1$ 连续，要求

$$y(1)=\lim_{x\to1-}(e^{2x}-1)=e^2-1=\lim_{x\to1+}C_2e^{2x}=C_2e^2.$$

所以 $C_2=1-e^{-2}$，最终

$$\boxed{y(x)=\begin{cases}e^{2x}-1,&x\le1,\\(1-e^{-2})e^{2x},&x>1.\end{cases}}$$

两段在 $1$ 处取同一值，且各自在要求的开区间内满足方程。它在 $1$ 处不必可导：左右导数分别为 $2e^2$、$2(e^2-1)$；题目只要求该点连续，没有要求在那里满足未定义的原方程。

答案： $\displaystyle\frac34$。

由于 $f$ 只保证连续，不宜直接对 $f(2x-t)$ 求导。先换元，将 $x$ 从 $f$ 的自变量中移出。令 $u=2x-t$，则 $t=2x-u$、$\mathrm dt=-\mathrm du$，上下限从 $2x$ 到 $x$ 反转后得到
$\int_0^xtf(2x-t)\,\mathrm dt=\int_x^{2x}(2x-u)f(u)\,\mathrm du =2x\int_x^{2x}f(u)\,\mathrm du-\int_x^{2x}uf(u)\,\mathrm du.$
连续性保证这两个变上限积分可导。对等式两边求导，左侧为
$\begin{aligned} &2\int_x^{2x}f(u)\,\mathrm du+2x[2f(2x)-f(x)]\\ &\quad-[4xf(2x)-xf(x)] =2\int_x^{2x}f(u)\,\mathrm du-xf(x). \end{aligned}$
右侧 $[\tfrac12\arctan(x^2)]'=x/(1+x^4)$，因此

$$2\int_x^{2x}f(u)\,\mathrm du-xf(x)=\frac{x}{1+x^4}.$$

令 $x=1$，代入已知 $f(1)=1$：

$$2\int_1^2f(u)\,\mathrm du-1=\frac12.$$

解得 $\boxed{\int_1^2f(x)\,\mathrm dx=3/4}$。求导时上限 $2x$ 的导数为2，两项中的 $f(2x)$ 正好抵消；遗漏这个因子会改变答案。

答案： （1）由 $f(x)-x$ 的介值性得所需 $\eta$；（2）对 $e^{-\lambda x}[f(x)-x]$ 在 $[0,\eta]$ 应用罗尔定理，得到所需 $\xi$。

（1）设 $g(x)=f(x)-x$。它在 $[1/2,1]$ 上连续，且

$$g(1/2)=1-1/2=1/2>0,\qquad g(1)=0-1=-1<0.$$

由介值定理，存在 $\eta\in(1/2,1)$，使 $g(\eta)=0$，也就是 $\boxed{f(\eta)=\eta}$。由于两端函数值严格异号，零点在开区间内。

（2）固定任意一个实数 $\lambda$，保留（1）中选定的 $\eta$。目标式可改写为

$$[f'(\xi)-1]-\lambda[f(\xi)-\xi]=0.$$

它具有 $g'-\lambda g$ 的形式，因此构造

$$H(x)=e^{-\lambda x}g(x)=e^{-\lambda x}[f(x)-x].$$

该函数在 $[0,\eta]$ 连续，在 $(0,\eta)$ 可导；又 $g(0)=f(0)=0$、$g(\eta)=0$，所以 $H(0)=H(\eta)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,\eta)$ 使

$$0=H'(\xi)=e^{-\lambda\xi}\{f'(\xi)-1-\lambda[f(\xi)-\xi]\}.$$

指数因子永不为零，约去即得

$$\boxed{f'(\xi)-\lambda[f(\xi)-\xi]=1}.$$

这一构造对 $\lambda=0$ 也直接适用，不需要单独除以 $\lambda$；$\eta$ 可以固定，而 $\xi$ 允许随 $\lambda$ 改变。

答案： $a=2$，$b=-3$，$c=2$，$\lambda_0=1$。

从伴随矩阵的特征关系出发：$A^*\alpha=\lambda_0\alpha$。直接展开伴随矩阵会产生较多二次式，先左乘 $A$ 并使用 $AA^*=|A|E=-E$：

$$-\alpha=AA^*\alpha=\lambda_0A\alpha.$$

因为 $\alpha\ne0$，不可能有 $\lambda_0=0$。直接计算矩阵与给定向量的乘积：

$$A\alpha=\begin{pmatrix}1+c-a\\-2-b\\c-a-1\end{pmatrix}.$$

因此

$$\lambda_0(1+c-a)=1,\qquad\lambda_0(-2-b)=1,\qquad\lambda_0(c-a-1)=-1.$$

第一、三式相加得 $2\lambda_0(c-a)=0$，由 $\lambda_0\ne0$ 得 $c=a$。代入第一式即得 $\lambda_0=1$，再代入第二式得 $b=-3$。

将 $b=-3,c=a$ 代入行列式条件，沿第一行展开：
$\begin{aligned} |A|&=\begin{vmatrix}a&-1&a\\5&-3&3\\1-a&0&-a\end{vmatrix}\\ &=3a^2+[-5a-3(1-a)]+3a(1-a)=a-3. \end{aligned}$
由 $a-3=-1$ 得 $a=2$，故 $c=2$。所以唯一候选为

$$\boxed{a=2,\quad b=-3,\quad c=2,\quad\lambda_0=1}.$$

最后检验充分性。此时
$A=\begin{pmatrix}2&-1&2\\5&-3&3\\-1&0&-2\end{pmatrix},\qquad A^*=\begin{pmatrix}6&-2&3\\7&-2&4\\-3&1&-1\end{pmatrix}.$
有 $|A|=-1$，且 $A^*\alpha=(-1,-1,1)^{\mathsf T}=\alpha$，确实满足全部条件，不存在只满足必要方程而遗漏原条件的问题。