2003年考研数学三真题

答案：考试通常的指数条件为 $\lambda>2$；若按普通有理实幂解释，完整范围是 $\lambda=p/q>2$，其中 $p\in\mathbb Z$、$q\in\mathbb N^+$、$\gcd(p,q)=1$ 且 $q$ 为奇数。原式未给出负数幂的统一约定，不能把 $\lambda>2$ 直接理解为任意实数指数的完整范围。

解题思路

“导函数在零点连续”包含两个要求：首先零点的导数必须存在，其次非零点的导数要趋于这个值。不能只检查原函数连续。振荡函数 $\sin(1/x)$、$\cos(1/x)$ 本身没有零点极限，但始终有界；乘上趋于零的幂因子后，才可以用夹逼定理消去振荡。先从正半轴推导指数条件，再说明两侧定义问题。

详细步骤

由导数定义，在幂函数有实数意义的方向上，

$$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h =\lim_{h\to0}h^{\lambda-1}\cos\frac1h.$$

当 $\lambda>1$ 时，差商的绝对值不超过 $|h|^{\lambda-1}$，故极限为 $0$。若 $\lambda=1$，取 $h=1/(2k\pi)$ 和 $h=1/((2k+1)\pi)$，差商分别为 $1$ 和 $-1$；若 $\lambda<1$，同样两列的幅度还会增大。因此仅从右侧就可知，导数存在必须有 $\lambda>1$。

对于 $x>0$，用乘积法则与链式法则得到

$$f'(x)=\lambda x^{\lambda-1}\cos\frac1x +x^{\lambda-2}\sin\frac1x.$$

若 $\lambda>2$，两项幅度都趋于零，所以 $f'(x)\to0=f'(0)$。若 $1<\lambda\le2$，取

$$x_k=\frac1{\pi/2+2k\pi},$$

则余弦项为零、正弦项为 $1$，从而 $f'(x_k)=x_k^{\lambda-2}$，在 $\lambda=2$ 时等于 $1$，在 $\lambda<2$ 时趋于正无穷，均不趋于 $0$。所以指数条件恰为 $\lambda>2$。

最后还要检查原函数是否在零点两侧有实数定义。对 $x<0$，普通有理实幂 $x^{p/q}$ 只有在指数约分后的分母 $q$ 为奇数时才能用实数根定义；整数指数对应 $q=1$。例如 $\lambda=5/2>2$，但 $x^{5/2}$ 在负半轴没有这样的实数定义，因此仅有 $\lambda>2$ 不能保证题中两侧函数存在。

对于已经满足上述定义要求的指数，负半轴同样可以使用幂函数求导法则，而且 $|x^\lambda|=|x|^\lambda$。于是当 $\lambda>2$ 时，两侧均有

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}x\right|\le |x|^{\lambda-1}\to0,$$

以及

$$|f'(x)|\le |\lambda||x|^{\lambda-1}+|x|^{\lambda-2}\to0.$$

这验证了两侧的 $f'(0)=0$ 及导函数连续。结合正半轴已经证明的必要性，普通有理实幂解释下的完整答案正是开头所列指数集合。若采用其他约定，必须先说明该约定；不能擅自把原题中的 $x^\lambda$ 改成另一个表达式。

易错点

原函数连续、零点可导、导函数连续是三个不同层次，不能只由 $\lambda>1$ 就结束。一般实指数的负数幂没有统一的实数定义，不能把正半轴计算直接当成任意实指数下的两侧结论。

答案：$b^2=4a^6$。

解题思路

曲线与 $x$ 轴相切，意味着存在接触点 $(x_0,0)$，曲线既通过这个点，又在这里具有水平切线。对可导函数来说，这分别对应 $y(x_0)=0$ 和 $y'(x_0)=0$。因此要把两个条件联立，而不能仅求曲线与 $x$ 轴的交点。也可以把这一问题理解为多项式在接触点具有重根，但直接利用导数更容易看清每一步。

详细步骤

令

$$h(x)=x^3-3a^2x+b.$$

因为多项式在全实轴可导，其切线斜率为

$$h'(x)=3x^2-3a^2=3(x^2-a^2).$$

水平切线要求 $h'(x_0)=0$，故候选接触点只有 $x_0=a$ 或 $x_0=-a$。再分别代入过点条件：

$$h(a)=a^3-3a^3+b=b-2a^3=0,$$

所以 $b=2a^3$；而

$$h(-a)=-a^3+3a^3+b=b+2a^3=0,$$

所以 $b=-2a^3$。两种情形平方后都得到

$$b^2=(2a^3)^2=4a^6.$$

反过来，对实数 $a,b$，这个平方关系意味着 $b=2a^3$ 或 $b=-2a^3$，对应上述水平切线接触点，因此不会因平方而引入其他数值解。若 $a=0$，关系给出 $b=0$，曲线为 $y=x^3$，原点切线仍为 $x$ 轴；它会穿过切线。若另把“相切”限定为接触后不穿越，则这一退化情形需排除，但题目所求代数关系保持不变。

易错点

只解 $h(x_0)=0$ 会得到一般交点，缺少切线斜率为零的条件。代入 $x_0=-a$ 时要保留立方项的负号，不能把两个接触点误算成同一个 $b$。

答案：$I=a^2$。

解题思路

虽然积分区域写成全平面，但分段函数在绝大部分位置等于零。关键是同时找出 $f(x)$ 和 $g(y-x)$ 非零的条件，实际积分只需在两者非零区域的交集上进行。这里 $y-x$ 是新的线性变量，既可换元化成单位正方形，也可直接按先 $y$ 后 $x$ 的次序积分；后者能直观展示区域边界。

详细步骤

由分段定义，$f(x)$ 非零要求 $0\le x\le1$；而 $g(y-x)$ 非零要求

$$0\le y-x\le1,$$

即 $x\le y\le x+1$。因此有效积分区域为

$$D_0=\{(x,y):0\le x\le1,\ x\le y\le x+1\}.$$

它是顶点为 $(0,0)$、$(1,1)$、$(1,2)$、$(0,1)$ 的平行四边形。在该区域内两个函数都取值 $a$，乘积为 $a^2$；区域外乘积为零。于是

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1\left(\int_x^{x+1}a^2\,\mathrm dy\right)\mathrm dx\\ &=\int_0^1a^2\bigl[(x+1)-x\bigr]\,\mathrm dx =a^2. \end{aligned}$$

若采用换元 $u=x,\ v=y-x$，则逆变换为 $x=u,\ y=u+v$，其雅可比行列式

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} =\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}=1.$$

新区域是 $0\le u,v\le1$，故积分等于 $a^2$ 乘以单位正方形面积，也得到相同结果。分段定义包含不包含边界对二重积分没有影响，因为这些线段的面积为零。

有效区域有界，被积函数在其中也是有界函数，因此全平面的积分实际是一个有限积分，可以按上述次序计算。平行四边形的倾斜不影响面积：每个固定 $x$ 对应的竖直截线长度始终为 $1$，横向范围也为 $1$。

易错点

不能把 $g(y-x)$ 的条件误写成 $0\le y\le1$，它限制的是差 $y-x$。换元时既要变换被积函数，也要变换区域并乘雅可比的绝对值。

答案：$a=-1$。题中向量的首尾两个 $a$ 按两个不同分量理解。

解题思路

已知 $B=A^{-1}$，最直接的条件是 $AB=E$。矩阵 $\alpha\alpha^T$ 的特殊之处在于，它的平方仍是它自身的一个数倍，因此乘法无需逐项展开。先算出 $\alpha^T\alpha$，再把矩阵等式化成关于 $a$ 的标量方程，最后使用题设 $a<0$ 筛选根。

详细步骤

在 $n\ge2$ 时，向量有两个非零分量，故

$$\alpha^T\alpha=a^2+a^2=2a^2.$$

记 $T=\alpha\alpha^T$。按矩阵乘法结合律，

$$T^2=\alpha(\alpha^T\alpha)\alpha^T=2a^2T.$$

由于 $a<0$，$a$ 非零，$B=E+T/a$ 有定义。将两个矩阵相乘：

$$\begin{aligned} AB &=(E-T)\left(E+\frac1aT\right)\\ &=E+\left(\frac1a-1\right)T-\frac1aT^2\\ &=E+\left(\frac1a-1-2a\right)T. \end{aligned}$$

又因为 $\alpha\ne0$，所以 $T\ne0$；要使 $AB=E$，其前面的标量必须等于零。乘以非零数 $a$ 得

$$1-a-2a^2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (2a-1)(a+1)=0.$$

两根为 $1/2$ 和 $-1$，只有 $-1$ 满足 $a<0$。此时 $A=B=E-T$，且 $T^2=2T$，所以 $(E-T)^2=E$，也直接验证了逆矩阵关系。

从向量作用也能看出可逆性：$T\alpha=2\alpha$，故 $A\alpha=-\alpha$；对任意满足 $\alpha^Tv=0$ 的向量，$Tv=0$，故 $Av=v$。沿这两类方向，$A$ 的作用都是乘以非零数，不会把非零向量变成零向量。

题中同时列出首尾两个 $a$，上述计算使用了它们是不同分量这一向量表达。若另定义一个一维问题 $\alpha=(a)$，它就只有一个非零分量，此时 $A=1-a^2$、$B=1+a$，条件为 $(1-a^2)(1+a)=1$，约去非零因子 $a$ 后得到 $a^2+a-1=0$，其负根为 $(-1-\sqrt5)/2$。这是将向量另作一维定义后的结论，不能用它代替题中首尾两项的计算。

易错点

$\alpha^T\alpha$ 是标量，$\alpha\alpha^T$ 是矩阵，两者不可混淆。求出两个代数根后还要使用 $a<0$，并明确计算两个非零分量时采用了 $n\ge2$。

答案：$Y$ 与 $Z$ 的相关系数为 $0.9$。

解题思路

相关系数衡量两个随机变量偏离各自均值后的线性关联。将 $X$ 减去一个常数只会改变均值，不会改变“相对均值的偏差”，所以既不改变它的方差，也不改变它与 $Y$ 的协方差。本题是平移变换，应直接从相关系数定义核查，而不需要知道 $X,Y$ 的具体分布，更不能把相关系数当成随常数一起减小的数值。

详细步骤

题设已给出相关系数，这意味着有关二阶矩存在，且 $D(X)>0$、$D(Y)>0$。记 $Z=X-0.4$，利用期望的线性性质，

$$E(Z)=E(X)-0.4.$$

因此

$$Z-E(Z)=X-0.4-\bigl(E(X)-0.4\bigr)=X-E(X).$$

由方差和协方差的定义可得

$$D(Z)=E\bigl[(Z-EZ)^2\bigr] =E\bigl[(X-EX)^2\bigr]=D(X),$$

以及

$$\operatorname{Cov}(Y,Z) =E\bigl[(Y-EY)(Z-EZ)\bigr] =\operatorname{Cov}(Y,X).$$

代入相关系数公式，

$$\rho_{Y,Z} =\frac{\operatorname{Cov}(Y,Z)}{\sqrt{D(Y)D(Z)}} =\frac{\operatorname{Cov}(Y,X)}{\sqrt{D(Y)D(X)}} =\rho_{X,Y}=0.9.$$

最后一步还用了协方差的对称性，所以交换两个随机变量的顺序不会改变相关系数。整个推导不要求 $X,Y$ 独立；事实上给定相关系数 $0.9$ 已说明它们存在明显的正线性关联。

从取值的变化也能理解：减去常数使所有可能取值一起移动，但任意两个取值之间的距离不变，因此离散程度和线性关联的方向都不变。

易错点

常数平移改变均值，但不改变相关系数，不能计算成 $0.9-0.4$。若是乘以负数，相关系数会改变符号；本题没有这种缩放变换。

答案：$Y_n$ 依概率收敛于 $1/2$。

解题思路

样本平方的平均数是随机变量 $X_i^2$ 的样本均值，所以大数定律的极限应为 $E(X^2)$，而不是 $[E(X)]^2$。简单随机样本表示各个 $X_i$ 独立同分布，对每个样本作相同的平方变换后，独立同分布性质仍然保留。先算二阶矩，再核查大数定律的条件即可。

详细步骤

按指数分布的通常率参数约定，参数为 $2$ 时概率密度为

$$f_X(x)= \begin{cases} 2e^{-2x},&x\ge0,\\ 0,&x<0. \end{cases}$$

其均值与方差分别为 $E(X)=1/2$、$D(X)=1/4$，由恒等式 $D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$ 得

$$E(X^2)=\frac14+\left(\frac12\right)^2=\frac12.$$

也可以直接验证：

$$E(X^2)=2\int_0^\infty x^2e^{-2x}\,\mathrm dx =2\cdot\frac{2!}{2^3}=\frac12.$$

上述积分公式可用连续分部积分得到，指数衰减使无穷端的边界项为零。

具体地，若 $m_k=E(X^k)$，对 $2\int_0^\infty x^ke^{-2x}\,\mathrm dx$ 分部积分可得 $m_k=(k/2)m_{k-1}$，并有 $m_0=1$。这说明所用的二阶矩、四阶矩均有限，也说明下面对平方变量使用切比雪夫不等式是合法的。

令 $W_i=X_i^2$。这些变量独立同分布，且 $E(W_i)=1/2$。为给出明确的概率估计，再由指数分布的矩公式算得

$$E(X^4)=\frac{4!}{2^4}=\frac32,\qquad D(W_i)=\frac32-\left(\frac12\right)^2=\frac54.$$

故 $E(Y_n)=1/2$、$D(Y_n)=5/(4n)$。对任意 $\varepsilon>0$，切比雪夫不等式给出

$$P\left(\left|Y_n-\frac12\right|\ge\varepsilon\right) \le\frac{5}{4n\varepsilon^2}\longrightarrow0,$$

这正是 $Y_n\xrightarrow{P}1/2$ 的定义。

易错点

“平方后取平均”不等于“平均后平方”，这里极限是二阶矩。指数分布有率参数与尺度参数两种记法，本题按率参数 $2$ 理解，不能误用均值为 $2$ 的尺度参数记法。

答案：D，$x=0$ 是可去间断点。

解题思路

判断间断点类型，先看函数在该点是否有定义，再看左右极限是否存在且相等。题目给出 $f'(0)$ 存在，正好提供了一个差商极限；奇函数性质则让差商中的 $f(0)$ 化为零。将两条信息连接起来，就能直接确定 $f(x)/x$ 的零点极限，无需求出 $f$ 的具体表达式。

详细步骤

因为 $f'(0)$ 存在，$f$ 在零点有定义；又由于 $f$ 为奇函数，

$$f(0)=-f(0),$$

所以 $f(0)=0$。根据导数定义，

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

导数存在指这个两侧极限是有限实数，因此

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

原式 $g(x)=f(x)/x$ 在 $x=0$ 因分母为零而没有定义。它的左右极限却相等且有限，只需补充

$$g(0)=f'(0)$$

就能使函数在零点连续，这正是可去间断点的特征。于是 D 正确。A、C 分别声称某一侧极限不存在，与导数定义得到的结论矛盾；B 所说跳跃间断要求两个有限的左右极限不相等，本题也不满足。

条件“$f$ 不恒等于零”不影响这一步判定，即使 $f$ 在零点附近部分取零，只要给定的导数存在，上述极限仍成立。另外，$g$ 在非零处是偶函数，但仅凭偶性无法推出极限存在，真正起作用的是 $f'(0)$ 存在。

易错点

不能因分母是 $x$ 就判断极限无穷大。此处不能直接写“$g$ 在零点连续”，因为题目尚未给它补充零点的函数值。

答案：A，即 $\left.\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dy}f(x_0,y)\right|_{y=y_0}=0$。

解题思路

多元函数在一个内点取得极小值时，沿任何坐标方向的小幅变化都不能使函数值降低。固定 $x=x_0$，就得到一个一元函数，它在 $y_0$ 同样取得极小值。题设的可微性保证这条一元函数可导，因此可以使用费马定理。这里需要的是极值的必要条件，并不是要用导数为零反过来保证极小值。

详细步骤

在题目通常采用的无约束内点意义下，存在 $(x_0,y_0)$ 的邻域，使其中所有点都满足

$$f(x,y)\ge f(x_0,y_0).$$

令 $\varphi(y)=f(x_0,y)$。当 $y$ 足够接近 $y_0$ 时，$(x_0,y)$ 仍在该邻域内，于是

$$\varphi(y)\ge\varphi(y_0).$$

这说明 $\varphi$ 在 $y_0$ 取得极小值。由于 $f$ 在该点可微，其关于 $y$ 的偏导数存在，并且

$$\varphi'(y_0)=f_y(x_0,y_0).$$

还可直接从差商解释为什么该导数只能为零：当 $h>0$ 时，

$$\frac{\varphi(y_0+h)-\varphi(y_0)}h\ge0;$$

当 $h<0$ 时，分子仍非负而分母负，差商不大于零。两侧极限必须等于同一个导数，该数既非负又非正，故为 $0$。于是 A 正确，B、C 的正负结论都不可能，D 则与可微性矛盾。

若函数只在某个约束区域的边界取得极小值，就不一定能沿 $y$ 的正负两个方向变化，此时不能直接使用上述内点结论；本题未设置这样的约束。

易错点

把 $x$ 固定后，所求导数就是 $y$ 偏导数，不是全微分。导数为零只是可导内点极值的必要条件，不是充分条件。

答案：B。

解题思路

$p_n$ 是 $a_n$ 的正部，$q_n$ 是其带符号的负部。先写出两者的符号和基本恒等式，就能分别用比较判别法处理绝对收敛，用部分和处理条件收敛。条件收敛并非“正负两部分敛散性不定”，而是正部分和趋于正无穷，负部分和趋于负无穷，二者在同一原级数中抵消后才产生有限和。

详细步骤

当 $a_n\ge0$ 时，$p_n=a_n,q_n=0$；当 $a_n<0$ 时，$p_n=0,q_n=a_n$。因此

$$0\le p_n\le|a_n|,\qquad 0\le -q_n\le|a_n|,$$

且

$$a_n=p_n+q_n,\qquad |a_n|=p_n-q_n.$$

如果 $\sum a_n$ 绝对收敛，即 $\sum|a_n|<\infty$，由非负项级数的比较判别法，$\sum p_n$ 与 $\sum(-q_n)$ 都收敛，故 $\sum q_n$ 也收敛。B 正确，D 不正确。

再看条件收敛。记

$$S_N=\sum_{n=1}^Na_n,\qquad T_N=\sum_{n=1}^N|a_n|.$$

此时 $S_N$ 趋于一个有限值，而非负项级数 $\sum|a_n|$ 发散，故 $T_N\to+\infty$。由定义直接相加得到

$$\sum_{n=1}^Np_n=\frac{S_N+T_N}{2}\to+\infty,$$

以及

$$\sum_{n=1}^Nq_n=\frac{S_N-T_N}{2}\to-\infty.$$

所以条件收敛时两个部分都发散，且发散方向确定，A、C 也不正确。这里说负部级数发散，是指其部分和趋于负无穷，而不是振荡发散。

也可用反证检查这一结论：假如条件收敛时正部、负部均收敛，那么由 $|a_n|=p_n-q_n$，绝对值级数也会收敛，与“条件收敛”的定义矛盾。部分和公式进一步确定了两个发散方向。

易错点

$q_n$ 是非正数，不是负项的绝对值。原级数收敛不能推出正负部分分别收敛，只有绝对收敛才允许这种分拆后仍得到两个有限和。

答案：C。 本题采用完整判定条件对应的选项作为评分答案。

选项逻辑与争议说明

结论：按“必有”的字面逻辑，A、C 均成立，不能唯一单选。C 给出完整判定条件 $a\ne b$ 且 $a+2b=0$，也是考试通常采用的选项。

解题思路

先把伴随矩阵的秩转化为原矩阵的秩，再利用矩阵对称结构求特征值。这个矩阵的所有行都具有相同模式，向量 $(1,1,1)^T$ 与分量和为零的二维空间构成自然的特征方向。因此可以避免逐项求伴随矩阵，并准确区分哪些参数组合使原矩阵恰好只有一个零特征值。

详细步骤

对于三阶矩阵，若 $r(A)=3$，则 $A^*=(\det A)A^{-1}$，所以 $r(A^*)=3$；若 $r(A)\le1$，所有二阶子式为零，所以 $A^*=0$。若 $r(A)=2$，至少一个二阶子式非零，故 $A^*\ne0$；又由 $AA^*=(\det A)E=0$，伴随矩阵的每一列都属于一维零空间，因此 $r(A^*)=1$。综上，本题条件等价于 $r(A)=2$。

令 $J$ 为所有元素都等于 $1$ 的三阶矩阵，则

$$A=(a-b)E+bJ.$$

对 $\mathbf1=(1,1,1)^T$，$J\mathbf1=3\mathbf1$，故

$$A\mathbf1=(a+2b)\mathbf1.$$

对任意分量和为零的向量 $v$，有 $Jv=0$，因此 $Av=(a-b)v$。这个空间为二维，所以三个特征值为

$$a+2b,\qquad a-b,\qquad a-b.$$

若 $a=b$，两个特征值同时为零，秩至多为 $1$，不符合题意。若 $a\ne b$，后两个特征值非零；要使秩恰为 $2$，必须且只需 $a+2b=0$，这就是 C。

不过 A 写的是“$a=b$ 或 $a+2b=0$”。满足 C 时，A 的第二个分支必然成立，故 A 也是题设的必要结论。A 不是充分条件，却不能因此说它不满足“必有”。在题设条件下，B 的两个分支都不成立，D 的第二个分支也不成立，故字面成立的选项恰为 A、C。

若考查完整的充要条件，则应采用 C；若按原题“必有”检验必要结论，则 A、C 都成立。两种要求不同，不能仅因为 C 更强，就在原措辞下排除 A。

易错点

三阶矩阵的伴随矩阵秩为 $1$ 不等于原矩阵秩为 $1$。本题还须区分“必要条件”与“充要条件”，不能把条件不充分当成“必有”命题为假。

答案：B。

解题思路

线性相关与线性无关的关键区别在于系数的量词。线性相关是“存在一组不全为零的系数”使线性组合为零；线性无关则是“只有全零系数”才能得到零向量。把“存在”误换成“任意”会极大加强命题，通常不成立。本题还要结合向量组的秩及子向量组的性质核查其余选项。

详细步骤

线性无关的定义为

$$k_1\alpha_1+\cdots+k_s\alpha_s=0 \quad\Longrightarrow\quad k_1=\cdots=k_s=0.$$

其等价表述就是：任取不全为零的系数，线性组合都不等于零。所以 A 正确。

线性相关只要求至少存在一组非全零系数使线性组合为零，并非所有非全零系数都如此。举例取

$$\alpha_1=\alpha_2=(1,0)^T.$$

选择 $(k_1,k_2)=(1,-1)$，组合为零，因此这两个向量线性相关；但选择 $(1,1)$，组合为 $(2,0)^T\ne0$，直接否定 B 的“任意”。

把向量作为列构成矩阵 $M=(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$。向量组的秩等于其最大线性无关子组所含向量数，因此全部 $s$ 个向量线性无关，等价于 $r(M)=s$，C 正确。

若全部向量线性无关，而其中某两个相关，就存在不全为零的 $u,v$ 使 $u\alpha_i+v\alpha_j=0$。给其他向量补上系数零，便得到整个向量组的非平凡线性关系，与线性无关矛盾。所以 D 确是必要条件。不过任意两个无关并不保证三个以上整体无关，例如 $(1,0)^T,(0,1)^T,(1,1)^T$ 两两无关却满足第三个等于前两个之和。

易错点

判读定义时必须保留“存在”与“任意”的区别。D 只主张必要性，不能用“两两无关不充分”来否定它。

答案：C。

适用说明

答案：按公平硬币的通常考试解释选 C；原题仅明确两次投掷独立，未明示公平性，严格而言不能保证唯一答案。

解题思路

两两独立只要求每一对事件的交概率等于概率乘积；三个事件相互独立还要求三者交概率等于三个概率的乘积。先列出两次投掷的样本结果及各事件包含哪些结果，再分别检验两类条件。两次投掷独立并不自动说明所有由这两次结果构造的事件都独立。

详细步骤

先按公平硬币解释，以 $H$ 表示正面、$T$ 表示反面。独立性给出 $HH,HT,TH,TT$ 四种结果的概率均为 $1/4$。各事件为

$$A_1=\{HH,HT\},\quad A_2=\{HH,TH\},$$

$$A_3=\{HT,TH\},\quad A_4=\{HH\}.$$

因此 $P(A_1)=P(A_2)=P(A_3)=1/2$，$P(A_4)=1/4$。前三个事件的两两交分别为

$$A_1\cap A_2=\{HH\},\quad A_1\cap A_3=\{HT\},\quad A_2\cap A_3=\{TH\},$$

交概率都是 $1/4=(1/2)(1/2)$，所以它们两两独立，C 成立。然而三者交集为空，

$$P(A_1\cap A_2\cap A_3)=0 \ne\frac18=P(A_1)P(A_2)P(A_3),$$

故 A 不成立。又 $A_2\cap A_4=A_4$，其概率 $1/4$ 不等于 $(1/2)(1/4)=1/8$，所以包含这一对的 B、D 都不成立。

若只知道两次独立，并令正面概率为 $p$，则

$$P(A_3)=2p(1-p),\qquad P(A_1\cap A_3)=p(1-p).$$

在 $0<p<1$ 时，$A_1,A_3$ 独立要求 $p(1-p)=2p^2(1-p)$，即 $p=1/2$。因此一般偏币不保证 C。对于这样的偏币，A 也不成立，因为相互独立首先要求两两独立；而

$$P(A_2\cap A_4)=p^2\ne p^3=P(A_2)P(A_4),$$

故 B、D 也不成立。例如 $p=1/3$ 且两次独立时，四个选项全都不成立，已经构成原题条件不足的具体反例。

若还允许 $p=0$ 或 $1$，四个事件的概率都为 $0$ 或 $1$，任取若干事件的交概率均等于其概率乘积，所以 A、B、C、D 全部成立。只有明确采用 $p=1/2$ 的公平硬币解释，才能得到本题通常的唯一答案 C。

易错点

检验三事件相互独立不能只算三个两两交。公平性决定四种结果是否等概率，它与两次投掷的独立性是不同条件。

答案：补充 $f(1)=1/\pi$。

解题思路

在闭区间右端点连续，只要求函数的左极限等于端点函数值。原式中两个分母在 $x\to1^-$ 时同时趋于零，各项分别发散，但它们的差可能有有限极限，所以必须先把发散项组合起来。令 $t=1-x$，利用 $\sin(\pi-\pi t)=\sin(\pi t)$，把两项的主导部分放在同一个小变量下比较。

详细步骤

在 $x\in[1/2,1)$ 内，$x\ne0$、$1-x>0$ 且 $\sin\pi x>0$，三个分母均非零，故原式在这一半开区间连续。剩下的问题只是求右端点的左侧极限

$$\lim_{x\to1^-}f(x).$$

令 $t=1-x$，则 $t\to0^+$、$x=1-t$，并且

$$f(x)=\frac1{\pi(1-t)} +\left(\frac1{\sin\pi t}-\frac1{\pi t}\right).$$

第一项趋于 $1/\pi$。对括号中的差，再令 $z=\pi t\to0^+$，通分得到

$$\frac1{\sin z}-\frac1z =\frac{z-\sin z}{z\sin z}.$$

用正弦在零点的泰勒展开

$$\sin z=z-\frac{z^3}{6}+o(z^3),$$

可得分子 $z-\sin z=z^3/6+o(z^3)$，分母 $z\sin z=z^2[1+o(1)]$，所以

$$\frac{z-\sin z}{z\sin z} =\frac z6+o(z)\longrightarrow0.$$

于是 $\lim_{x\to1^-}f(x)=1/\pi$。按端点连续的定义，补充 $f(1)=1/\pi$ 即可使函数在整个 $[1/2,1]$ 上连续；这个值也是唯一可能的补充值。

正弦函数在零点附近具有各阶连续导数，因此这里使用三阶展开符合适用条件。只用 $\sin z\sim z$ 能判断两项的主导量级相同，却不足以把倒数的差直接判为零；需要控制相消后剩下的更高阶误差，上面的通分与展开正是在完成这一步。

易错点

不能把两个无穷大项的差直接当成零，“$\infty-\infty$”是不定式。$x\to1^-$ 时用的是 $\sin\pi x=\sin[\pi(1-x)]$，符号为正，不应误写成其相反数。