2004年考研数学三真题

答案：$a=1$，$b=-4$。

解题思路

题目给出的极限是非零有限数，而分子中有趋于零的 $\sin x$。因此先检查分母是否也趋于零：如果分母趋于非零常数，整个式子只能趋于零，就与题设矛盾。确定 $a$ 后，再把三角函数与指数函数分别同 $x$ 比较，利用基本极限确定 $b$。这里应先排除不可能的参数，不能一开始就把所有因子都当作非零常数约掉。

详细步骤

原式可写成

$$\frac{\sin x}{e^x-a}(\cos x-b) =\frac{\sin x(\cos x-b)}{e^x-a}.$$

当 $x\to0$ 时，$\sin x\to0$，$\cos x-b\to1-b$，所以分子趋于零。如果 $a\ne1$，则分母趋于 $1-a\ne0$，由商的极限法则，原式的极限为 $0$，不可能等于 $5$。故必须有 $a=1$。

此时在 $x\ne0$ 的零点附近，$e^x-1\ne0$，并且

$$\frac{\sin x}{e^x-1} =\frac{\sin x/x}{(e^x-1)/x}\longrightarrow\frac11=1.$$

于是题设成为 $1\cdot(1-b)=5$，解得 $b=-4$。代回后，$\cos x+4\to5$，另一因子的极限为 $1$，确实得到 $5$，两个参数同时满足要求。

分母趋于零只是得到非零极限的必要条件，还不能独自确定答案。例如同样取 $a=1$，若再取 $b=1$，剩下的余弦因子就趋于零，整个极限仍为零。因此第二步对 $b$ 的确定不能省略。

易错点

不能只根据分子趋于零就断定极限为零；分母也可能趋于零。另一个常见错误是把 $1-b=5$ 解成 $b=4$，代回检验可以及时发现符号错误。

答案：$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial u\partial v}=-\frac{g'(v)}{g(v)^2}$。

解题思路

题目不是直接给出 $f(u,v)$，而是给出它在 $u=xg(y)$、$v=y$ 这一组变量下的表达式。由于 $g(y)\ne0$，可以反解出 $x=u/g(v)$，从而把关系式改写为真正关于 $u,v$ 的函数，再按“求一个偏导时固定另一个变量”的规则计算。混合偏导只需要 $g$ 的一阶导数，不需要假设 $g$ 二阶可微。

详细步骤

令 $u=xg(y)$、$v=y$。由 $g(v)\ne0$ 得

$$x=\frac{u}{g(v)},\qquad f(u,v)=\frac{u}{g(v)}+g(v).$$

先固定 $v$，对 $u$ 求偏导：此时 $g(v)$ 是常数，所以

$$f_u(u,v)=\frac1{g(v)}.$$

再对 $v$ 求导，运用复合函数和倒数的求导法则，得到

$$\frac{\partial}{\partial v}f_u(u,v) =-\frac{g'(v)}{g(v)^2}.$$

为了避免混合偏导记号的顺序约定造成误解，也可以反向直接计算：

$$f_v(u,v)=-\frac{u\,g'(v)}{g(v)^2}+g'(v),\qquad \frac{\partial}{\partial u}f_v(u,v) =-\frac{g'(v)}{g(v)^2}.$$

因此两种次序在本题中都存在且相同。这个结论来自两次直接计算，并非依赖尚未给出的二阶偏导连续条件。

这种换变量也有局部依据：可微函数必连续，若某考察点满足 $g(v_0)\ne0$，则它在该点的充分小邻域内仍非零。于是对该邻域中的每个 $v$，$u=xg(v)$ 都可唯一反解 $x$，不会把两个不同的 $x$ 混成同一个自变量点。

易错点

$f$ 的自变量是 $u,v$，不能把关系式中的 $x,y$ 直接当作 $u,v$。反解时必须使用 $g(v)\ne0$；漏掉该条件，表达式 $u/g(v)$ 就未必有意义。

答案：$\displaystyle-\frac12$。

解题思路

被积函数是 $f(x-1)$，分段条件应作用在 $x-1$ 上。因此先平移变量，把积分化成 $f(t)$ 的积分，再按 $f$ 在 $t=1/2$ 处的分段点拆开。第一段 $te^{t^2}$ 在关于原点对称的区间上是奇函数，积分抵消；第二段则是常数函数的积分。不要把原来 $f$ 的分段点直接用作变量 $x$ 的分段点。

详细步骤

令 $t=x-1$，则 $\mathrm dt=\mathrm dx$。当 $x=1/2$ 时 $t=-1/2$，当 $x=2$ 时 $t=1$，故

$$\int_{1/2}^{2}f(x-1)\,\mathrm dx =\int_{-1/2}^{1}f(t)\,\mathrm dt =\int_{-1/2}^{1/2}te^{t^2}\,\mathrm dt +\int_{1/2}^{1}(-1)\,\mathrm dt.$$

第一段中，$e^{t^2}$ 是偶函数，乘上 $t$ 后得到奇函数，所以其对称区间积分为 $0$。也可以用原函数检验：

$$\int_{-1/2}^{1/2}te^{t^2}\,\mathrm dt =\left[\frac12e^{t^2}\right]_{-1/2}^{1/2}=0.$$

第二段为

$$\int_{1/2}^{1}(-1)\,\mathrm dt =-\left(1-\frac12\right)=-\frac12.$$

两段相加即为所求。虽然 $f$ 在 $t=1/2$ 处按第二段取值，但改变一个点的函数值不改变定积分，因此拆分后的端点写法不影响计算。

也可直接核对原变量的分段范围：条件 $-1/2\le x-1<1/2$ 对应 $1/2\le x<3/2$，条件 $x-1\ge1/2$ 对应 $x\ge3/2$。所以原积分的后一段长度正是 $2-3/2=1/2$，与换元后的常数段长度完全一致。

易错点

用原变量拆分时，正确分界是 $x-1=1/2$，即 $x=3/2$。只有第一段的函数和积分区间满足奇函数抵消条件，不能把整个分段函数的积分都判为零。

答案：$2$。

解题思路

二次型的秩是其对称矩阵的秩，不能把“有三项平方”直接理解成“秩为三”。本题三个线性式中存在依赖关系：第三个等于第一个减去第二个，因此只有两个独立的平方方向。可以展开写出对称矩阵，再用一个非零二阶子式和一个零空间向量同时确定秩，避免只证明了秩的上界而漏掉下界。

详细步骤

展开三个平方，得到

$$f=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3-2x_2x_3.$$

于是 $f=\boldsymbol{x}^{T}A\boldsymbol{x}$，其中

$$A=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&-1\\1&-1&2\end{pmatrix}.$$

左上角二阶子式为 $2\cdot2-1\cdot1=3\ne0$，故 $r(A)\ge2$。另一方面，

$$A\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix},$$

存在非零零空间向量，所以 $A$ 不可逆，$r(A)<3$。综合得到 $r(A)=2$。

从平方和也能看出同一结论：$f=0$ 必须使三个平方分别为零；前两个等式给出 $x_1=-x_2$、$x_3=x_2$，第三个自动成立。因此零空间恰为 $\{t(-1,1,1)^T:t\in\mathbb R\}$，维数是 $1$，由秩与零空间维数之和等于 $3$，秩为 $2$。

这里能由平方和为零推出每一项都为零，是因为三个平方的系数均为正，各项都非负，彼此不可能抵消。对于含正负两种系数的一般二次型，不能直接使用这一零空间判别方式。

易错点

写二次型矩阵时，交叉项系数要除以 $2$，例如 $2x_1x_2$ 对应 $a_{12}=a_{21}=1$。发现一个非零零空间向量只说明秩小于 $3$，还需证明秩至少为 $2$。

答案：$e^{-1}$。

解题思路

$DX$ 表示方差，$\sqrt{DX}$ 表示标准差。指数分布的标准差与其参数互为倒数，再把这一阈值代入指数分布的尾概率公式即可。先明确参数的正性和分布的支持范围，才能正确处理平方根，也能确认所用的尾概率公式适用于这里的正阈值。

详细步骤

按指数分布的速率参数记法，$\lambda>0$，密度为

$$p_X(x)=\begin{cases}\lambda e^{-\lambda x},&x>0,\\0,&x\le0.\end{cases}$$

指数分布的前两阶原点矩为 $EX=1/\lambda$、$EX^2=2/\lambda^2$，故

$$DX=EX^2-(EX)^2 =\frac{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2} =\frac{1}{\lambda^2}.$$

上述矩公式也可由密度积分获得。令 $u=\lambda x$，则一阶矩积分变成 $\lambda^{-1}\int_0^\infty ue^{-u}\,\mathrm du$，二阶矩积分变成 $\lambda^{-2}\int_0^\infty u^2e^{-u}\,\mathrm du$。前者分部积分一次得到 $1$，后者分部积分后为前者的两倍，所以分别得到所用的均值和二阶矩；无穷端的指数衰减保证边界项消失。

由于 $\lambda>0$，有 $\sqrt{DX}=1/\lambda$。对任意 $t\ge0$，由密度积分得

$$P\{X>t\}=\int_t^\infty\lambda e^{-\lambda x}\,\mathrm dx =\left[-e^{-\lambda x}\right]_t^\infty=e^{-\lambda t}.$$

代入 $t=1/\lambda$，得到

$$P\{X>\sqrt{DX}\}=e^{-\lambda(1/\lambda)}=e^{-1}.$$

最终结果不含 $\lambda$：标准差随分布尺度同步改变，所以超过一个标准差的概率是固定值。

易错点

不能把方差 $1/\lambda^2$ 当作标准差直接代入。密度中的 $\lambda$ 与指数中的 $\lambda$ 必须采用同一种参数约定，不能把速率参数和尺度参数的公式混用。

答案：$\sigma^2$，其中须有 $n_1+n_2>2$。

解题思路

分子是两组样本分别围绕各自样本均值的离差平方和。减去样本均值会使每一组少一个自由度，所以它们的期望分别为 $(n_1-1)\sigma^2$、$(n_2-1)\sigma^2$。可以用平方和恒等式直接证明这一点，无需借助卡方分布。两组之间的独立性并不是本题期望计算所必需的，期望的可加性本身就足够。

详细步骤

对第一组简单随机样本，组内各 $X_i$ 独立同分布，均值为 $\mu_1$、方差为 $\sigma^2$，故 $E\overline X=\mu_1$、$D\overline X=\sigma^2/n_1$。利用 $\sum_i(X_i-\overline X)=0$，展开可得

$$\sum_{i=1}^{n_1}(X_i-\overline X)^2 =\sum_{i=1}^{n_1}(X_i-\mu_1)^2-n_1(\overline X-\mu_1)^2.$$

具体地，将 $X_i-\mu_1$ 分成 $X_i-\overline X$ 与 $\overline X-\mu_1$ 后平方求和，交叉项因样本离差之和为零而消失，最后的常数项重复 $n_1$ 次。这就解释了该恒等式中系数 $n_1$ 的来源。

取期望，右边第一项为 $n_1\sigma^2$，第二项为 $n_1D\overline X=\sigma^2$，因此

$$E\sum_{i=1}^{n_1}(X_i-\overline X)^2=(n_1-1)\sigma^2.$$

第二组同理得到 $(n_2-1)\sigma^2$。只要 $n_1+n_2-2>0$，原式的期望就为

$$\frac{(n_1-1)\sigma^2+(n_2-1)\sigma^2}{n_1+n_2-2}=\sigma^2.$$

如果 $n_1=n_2=1$，原统计量的分母为零，不能定义，更不能赋予它上述期望。推导也表明，共同方差与组内简单随机抽样已足够，正态性并未实际用于这一步。

易错点

每组损失的是一个自由度，分母应为 $n_1+n_2-2$。不能把两组均值误当作相同，也不能为了相加期望而额外要求两组样本彼此独立。

答案：A。

解题思路

开区间内没有分母零点，并不保证函数有界，因为函数可能在趋近区间端点时趋于无穷。本题要关注 $0,1,2$ 附近的行为。先在 $x\ne0$ 时约去 $|x|/x$，再检查 $x=1$ 的分母零点及 $x=2$ 处“一个一次零点抵消两个分母零点”后是否仍会发散。对正确选项还可以给出统一上界，直接证明有界。

详细步骤

在 $(-1,0)$ 内，$|x|/x=-1$，所以

$$|f(x)|=\frac{|\sin(x-2)|}{|x-1|\,|x-2|^2}.$$

此时 $|x-1|>1$、$|x-2|>2$，而 $|\sin(x-2)|\le1$，故 $|f(x)|\le1/4$。这是与 $x$ 无关的有限上界，A 正确。

在 $(0,1)$ 和 $(1,2)$ 内，$|x|/x=1$。当 $x\to1^-$ 或 $x\to1^+$ 时，$\sin(x-2)\to\sin(-1)\ne0$，$(x-2)^2\to1$，但 $x-1\to0$，因此 $|f(x)|\to\infty$，B、C 都不满足有界条件。

在 $(2,3)$ 内令 $h=x-2\to0^+$，则

$$f(x)=\frac{\sin h/h}{(1+h)h}\longrightarrow+\infty,$$

因为 $\sin h/h\to1$，而 $(1+h)h\to0^+$。所以 D 也无界。虽然原函数在 $x=0$ 没有定义，但 A 中各点都不等于零，且趋近零时函数值仍保持有限。

A 也可以从连续延拓来理解：约去 $|x|/x$ 后的表达式在左端 $-1$ 附近分母非零，在 $0$ 的左极限为 $-\sin2/4$，两端都可以补上有限函数值。补全后得到闭区间上的连续函数，极值定理便保证有界。这个论证要先检查端点极限，不能直接对开区间套用极值定理。

易错点

不能只看开区间内部有没有分母零点。$\sin(x-2)$ 在 $2$ 处只有一阶零点，不能完全消去分母中的 $(x-2)^2$。

答案：D。

适用说明

答案：D，前提是题中 $x\to\infty$ 表示两端无穷处共同趋于 $a$。

解题思路

判断 $g$ 在零点连续与否，应比较 $g(0)$ 与 $g$ 在零点的双侧极限。变换 $t=1/x$ 会把 $x\to0^+$ 对应到 $t\to+\infty$，把 $x\to0^-$ 对应到 $t\to-\infty$，所以必须同时掌握 $f$ 在正、负无穷处的极限。题中的无符号无穷记号采用双侧意义时，才能得到标准选项 D。

详细步骤

按两端共同极限理解，题设给出

$$\lim_{t\to+\infty}f(t)=\lim_{t\to-\infty}f(t)=a.$$

因此

$$\lim_{x\to0^+}g(x)=a,\qquad \lim_{x\to0^-}g(x)=a,$$

从而 $\lim_{x\to0}g(x)=a$。题目另行规定 $g(0)=0$，于是当 $a=0$ 时，极限等于函数值，零点连续；当 $a\ne0$ 时，极限存在而不等于函数值，零点是可去间断点，属于第一类间断点。连续性随 $a$ 的取值变化，所以选 D，A、B、C 的“必是”都不能成立。

若把 $t\to\infty$ 仅解释成 $t\to+\infty$，就只能确定 $g$ 的右极限，左极限缺少条件。比如取 $f(t)=0$（$t\ge0$）、$f(t)=c$（$t<0$），正无穷极限同为 $a=0$；$c=0$ 时 $g$ 连续，$c=1$ 时 $g$ 有跳跃间断。因此仅凭正无穷极限，连相同的 $a$ 都不能决定连续性，原题在这种解释下信息不足。

易错点

不能认为 $x\to0$ 时 $1/x$ 总趋于正无穷。也不能把“函数在零点有定义”当作连续，连续还要求双侧极限与该点函数值相等。

答案：C。

适用说明

答案：C，采用连续曲线在凹凸性改变处形成拐点的定义。

解题思路

绝对值函数应先按内部表达式的正负分段。极值判断只比较附近函数值，不要求可导；拐点判断则检查点两侧的曲线弯曲方向，并说明所用定义是否要求该点有切线。本题 $x=0$ 处恰好不可导，所以定义差异不能省略。按连续曲线的凹凸分界点定义，极小值点与拐点可以在这里同时出现。

详细步骤

因为 $x(1-x)$ 在 $x<0$ 与 $x>1$ 时为负、在 $0<x<1$ 时为正，故

$$f(x)=\begin{cases}x^2-x,&x\le0\text{ 或 }x\ge1,\\x-x^2,&0<x<1.\end{cases}$$

$f(0)=0$，而任取足够接近零且非零的 $x$，都有 $f(x)=|x(1-x)|>0$。因此 $x=0$ 是严格极小值点；判断这一点不依赖导数存在。

再考察凹凸性：在零点左侧，$f''(x)=2>0$，曲线弯向上；在零点右侧且 $x<1$ 时，$f''(x)=-2<0$，曲线弯向下。函数在零点连续，且弯曲方向在零点两侧改变，按上述定义 $(0,0)$ 是拐点，因此选 C。

这里同时有

$$f'_-(0)=-1,\qquad f'_+(0)=1,$$

所以 $f'(0)$ 不存在，更不能写 $f''(0)=0$。如果使用“拐点必须有唯一切线或必须可导”的较严格定义，这个尖点会被排除，相应判断将是 A。故本题选择 C 时应明确采用不要求拐点本身可导的连续曲线凹凸分界定义。

易错点

导数为零不是极值点的必要条件，不可导点也可能是极小值点。二阶导数在两侧异号的判断必须配合所用拐点定义，不能忽略这里存在尖点。

答案：B，即命题②、③正确。

解题思路

级数收敛的本质是所有部分和都趋于同一有限数。把相邻项分组只控制偶数项部分和，不能自动控制奇数项部分和；去掉有限项则不改变收敛性。比值极限大于 $1$ 会使通项的绝对值最终增长，从而违反收敛级数的通项趋零条件。最后，两组发散项还可能互相抵消，不能由和级数收敛反推每个级数都收敛。

详细步骤

①错误。取 $u_{2n-1}=1$、$u_{2n}=-1$，则每一组 $u_{2n-1}+u_{2n}=0$，分组级数收敛到 $0$；但原级数的奇数项部分和为 $1$、偶数项部分和为 $0$，部分和没有极限。

②正确。设原级数部分和 $S_m\to S$，则尾级数的第 $N$ 个部分和为

$$\sum_{n=1}^{N}u_{n+1000}=S_{N+1000}-S_{1000}\longrightarrow S-S_{1000},$$

所以去掉前 $1000$ 项后仍收敛。

③正确。设比值极限为 $L>1$，取 $1<q<L$。比值有定义意味着从某项起分母非零；由极限定义，充分大的 $n$ 有 $u_{n+1}/u_n>q$，于是

$$|u_n|\ge|u_N|q^{n-N}\longrightarrow\infty.$$

通项不趋于零，因此级数发散。

④错误。取 $u_n=1$、$v_n=-1$，和级数每项为零，故收敛；但两个原级数分别趋于正、负无穷，都发散。正确组合是②③，选 B。

易错点

分组后的收敛不能无条件“拆回去”。级数相加的线性法则可用于已知收敛的级数，不能把它反过来用于未知敛散性的两个级数。

答案：D。

解题思路

$f'(a)>0$ 表示函数在左端附近向右上升，$f'(b)<0$ 表示函数在右端附近向右下降，因此区间内部可分别找到高于两个端点函数值的点。导数连续且两端异号，还能由介值定理找到导数的零点。但这些条件描述的是变化趋势，不能固定函数在纵轴上的位置，所以无法保证函数值一定经过零。

详细步骤

由于 $f'$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $f'(a)>0$，存在充分小的 $\delta>0$，使 $f'(x)>0$ 在 $[a,a+\delta]$ 上成立。对 $a<x<a+\delta$，

$$f(x)-f(a)=\int_a^x f'(t)\,\mathrm dt>0,$$

故 A 正确。类似地，由 $f'(b)<0$，可使 $f'(x)<0$ 在 $[b-\delta,b]$ 上成立。对 $b-\delta<x<b$，

$$f(x)-f(b)=-\int_x^b f'(t)\,\mathrm dt>0,$$

故 B 正确。又因连续函数 $f'$ 在两端分别为正、负，介值定理保证某个 $x_0\in(a,b)$ 满足 $f'(x_0)=0$，所以 C 正确。

对 D，给出满足全部条件的反例：在任意 $a<b$ 上令

$$f(x)=1+(x-a)(b-x).$$

则 $f'(x)=a+b-2x$ 连续，$f'(a)=b-a>0$，$f'(b)=a-b<0$，但 $f(x)\ge1$ 在整个 $[a,b]$ 上成立，根本没有函数零点。因此错误的结论是 D。

前两个结论也可用拉格朗日中值定理验证：在左端附近，$f(x)-f(a)=f'(c)(x-a)$，两因子都为正；在右端附近，$f(b)-f(x)=f'(d)(b-x)$ 为负。导数连续的作用是让端点的严格符号在一小段邻域内保持，而不只是描述单独一个点。

易错点

$f'(x_0)=0$ 与 $f(x_0)=0$ 是完全不同的命题。端点导数异号可以用在导数的介值定理上，不能直接用于函数本身的零点判断。

答案：D。

解题思路

矩阵等价指通过可逆的行、列变换相互转化，其核心不变量是秩。对于 $n$ 阶方阵，行列式为零等价于秩小于 $n$，因此等价矩阵的行列式会同时为零或同时非零。具体的非零行列式数值则会受到行、列倍乘等变换影响，不能认为等价关系保持行列式的数值或只允许改变符号。

详细步骤

由 $A$ 与 $B$ 等价，存在可逆矩阵 $P,Q$ 使

$$B=PAQ.$$

可逆矩阵的左乘、右乘都不改变秩，所以 $r(B)=r(A)$。若 $|A|=0$，则 $r(A)<n$，继而 $r(B)<n$，故 $|B|=0$，D 必然成立。

也可直接取行列式：

$$|B|=|P|\,|A|\,|Q|,$$

其中 $|P|,|Q|$ 都非零。这个公式同时说明：$|A|\ne0$ 时 $|B|$ 必非零，所以 C 错误；但非零乘积 $|P||Q|$ 未必等于 $1$ 或 $-1$，A、B 也不能保证。

例如取 $A=I_n$、$B=2I_n$，它们等价，但 $|A|=1$、$|B|=2^n$，既不保持数值也不必反号。再取 $A=B=I_n$，就更直接地否定了“必为 $-a$”。因此四个选项中只有 D 是等价关系的必然结果。

易错点

不能把“等价”与“相似”混淆，相似矩阵才保持行列式数值。一次交换行只改变符号，并不代表所有允许的初等变换都只改变符号。

答案：B。

解题思路

基础解系所含向量的个数等于齐次解空间的维数，即 $n-r(A)$。题目从两个方向限制秩：伴随矩阵非零意味着存在非零的 $n-1$ 阶子式，秩至少为 $n-1$；非齐次方程有互不相同的解，说明存在非零齐次解，秩小于 $n$。两条信息结合，恰好得到秩为 $n-1$，而非根据“四个解”误判有三个独立方向。

详细步骤

因为 $A^*\ne0$，伴随矩阵中至少一个代数余子式非零。代数余子式只比对应的 $n-1$ 阶子式多一个符号，因此至少有一个 $n-1$ 阶子式非零，从而

$$r(A)\ge n-1.$$

选取两个互不相等的非齐次解 $\xi_1,\xi_2$，它们满足 $A\xi_1=b$、$A\xi_2=b$，相减得

$$A(\xi_1-\xi_2)=0,\qquad \xi_1-\xi_2\ne0.$$

齐次方程有非零解，故 $A$ 不可逆，$r(A)<n$。综合上下界得 $r(A)=n-1$，由秩—零化度定理，

$$\dim\{x:Ax=0\}=n-r(A)=1.$$

因此任选一个非零齐次解 $\eta$ 就构成基础解系，所有齐次解均为 $t\eta$，选择 B。四个不同的非齐次解可对应四个不同的参数值，它们的两两差仍然都处在同一条直线上，不能推出线性无关。

易错点

“仅含一个非零解向量”是指基础解系的向量个数为一，不是说齐次方程只有一个非零解。多个不同向量与多个线性无关向量不能混为一谈。

答案：C，即 $\displaystyle x=u_{(1-\alpha)/2}$。

解题思路

$u_\alpha$ 的定义使用的是右尾概率，而题目给出的是以零为中心的双侧区间概率。标准正态分布关于零对称，所以区间外剩余的概率 $1-\alpha$ 平均分配给左右两个尾部。把右尾概率写成 $(1-\alpha)/2$ 后，直接与 $u_\alpha$ 的定义对照即可，不必查具体分位数表。

详细步骤

因为 $0<\alpha<1$ 且 $P\{|X|<x\}=\alpha>0$，必有 $x>0$；若 $x\le0$，事件为空，概率只能为零。标准正态分布连续，单点概率为零，而且由对称性，

$$P\{X<-x\}=P\{X>x\}.$$

于是区间外两尾概率相加为

$$1-\alpha=P\{|X|\ge x\} =P\{X\le-x\}+P\{X\ge x\} =2P\{X>x\}.$$

所以 $P\{X>x\}=(1-\alpha)/2$。题目规定 $P\{X>u_p\}=p$，而标准正态右尾概率关于阈值严格递减，故同一概率对应唯一阈值，得到

$$x=u_{(1-\alpha)/2}.$$

若用分布函数 $\Phi$ 表示，上式等价于 $2\Phi(x)-1=\alpha$，即 $\Phi(x)=(1+\alpha)/2$。由于 $(1-\alpha)/2<1/2$，所得右尾分位点为正，也与前面 $x>0$ 的判断一致。

例如中心区间概率为 $0.95$ 时，区间外合计剩下 $0.05$，每侧尾部为 $0.025$，所以应使用右尾概率为 $0.025$ 的分位点。选项 A 中的 $u_{\alpha/2}$ 所围出的中心概率反而是 $1-\alpha$，这是把中心概率与补集概率混淆后的结果。

易错点

不要把区间内概率 $\alpha$ 直接一分为二作为尾概率，左右尾分的是 $1-\alpha$。也不要把右尾分位点 $u_p$ 误当成累积概率为 $p$ 的分位点。

答案：$\displaystyle\frac43$。

解题思路

原式是两个分别趋于正无穷的量相减，不能分开取极限。先在中间加入并减去 $1/x^2$，一部分化为基本极限，另一部分只需把 $\sin x$ 展开到三次项。这样既解释了两个无穷大量如何抵消，也能明确为什么只用 $\sin x\sim x$ 不足以求出最终常数：决定答案的是更高阶的误差项。

详细步骤

在零点附近取 $x\ne0$，利用 $1-\cos^2x=\sin^2x$，有

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

第二项由基本极限立即得到极限 $1$。第一项的分母是四阶小量，因此要计算分子到四阶的系数。由泰勒公式

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),$$

平方后得到

$$\sin^2x=x^2-\frac{x^4}{3}+O(x^6),\qquad x^2-\sin^2x=\frac{x^4}{3}+O(x^6).$$

于是

$$\frac{x^2-\sin^2x}{x^2\sin^2x} =\frac{1/3+O(x^2)}{(\sin x/x)^2}\longrightarrow\frac13.$$

两部分都是有限极限，因此可以相加，所求为 $1/3+1=4/3$。上述展开与基本极限对正、负的 $x$ 都成立，求得的是双侧极限。

平方展开中的四阶项来自 $2x(-x^3/6)=-x^4/3$；三次项的平方及余项与主项的乘积都至少是六阶，所以可收入 $O(x^6)$。分子除以 $x^4$ 后这些高阶项都趋于零，而分母除以 $x^4$ 后趋于 $1$，故余项不会改变常数答案。

易错点

把 $\sin x$ 直接替换成 $x$ 会把重要的四阶分子误差抹掉。若直接处理原式中的两个无穷大，不能使用“各自求极限再相减”的有限极限运算法则。