2009年考研数学三真题

答案：C。

解题思路

先找出分母为零的位置，再判断这些点附近的函数值是否有有限极限。可去间断点的含义是：函数在该点没有定义或取值不等于极限，但左右极限相同且有限，重新指定该点的值就能恢复连续。因此，分母为零并不自动意味着可去；还要看分子是否同时为零以及消去后的极限。这里分母的全部零点是整数，分子只有三个零点，故只需把整数分成两类讨论。

详细步骤

分母 $\sin\pi x=0$ 当且仅当 $x=k\in\mathbb Z$；分子

$$x-x^3=x(1-x)(1+x)$$

仅在 $-1,0,1$ 为零。对这三个点，分子与分母可导，分母导数 $\pi\cos\pi k$ 不为零，可用洛必达法则求极限：

$$\lim_{x\to k}\frac{x-x^3}{\sin\pi x} =\frac{1-3k^2}{\pi\cos\pi k},\qquad k=-1,0,1.$$

依次得到 $2/\pi,1/\pi,2/\pi$，都是有限的双侧极限。原式在这些点无定义，故三点均为可去间断点。其余整数 $k$ 处，$k-k^3\ne0$，分母趋于零且在两侧变号，函数没有有限极限，不能通过补一个函数值使它连续。因此可去间断点共有三个，选 C。

易错点

分母的零点有无穷多个，但其中只有分子也为零且极限有限的点才可去；不能把所有整数都计入。

答案：A，即 $a=1,b=-1/6$。

解题思路

等价无穷小要求两个函数的比值趋于 $1$，这同时限制最低非零项的次数和系数。由于 $x^2\ln(1-bx)$ 通常从三次项开始，先观察 $x-\sin ax$ 的一次项是否消失，再比较三次项的系数。这样分两步处理，比直接对带参数的商反复求导清楚，也能避免遗漏 $b=0$ 使分母恒为零的特殊情况。

详细步骤

对固定实数 $b$，当 $x$ 足够接近零时 $1-bx>0$，对数有定义。利用零点附近的泰勒展开，

$$\sin ax=ax-\frac{a^3x^3}{6}+o(x^3),\qquad \ln(1-bx)=-bx+O(x^2).$$

于是

$$f(x)=(1-a)x+\frac{a^3}{6}x^3+o(x^3),\qquad g(x)=-bx^3+O(x^4).$$

若 $b=0$，$g$ 恒为零，不能形成趋于 $1$ 的比值；故 $b\ne0$。若 $a\ne1$，$f$ 的最低阶是一次，$g$ 的最低阶是三次，比值不可能趋于 $1$，因此必须 $a=1$。此时

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{1/6}{-b}.$$

令其等于 $1$，得 $b=-1/6$。这组参数确实给出 $f(x)\sim x^3/6$、$g(x)\sim x^3/6$，符合等价的定义，选 A。

选项中的负一不满足一次项消去：此时分子仍有一次项，而对数表达式只有三次及更高次项。确定一阶项消失后，还必须检查两个首项的符号一致；若取正的六分之一，商趋于负一，虽然阶数相同，却不满足等价条件。

易错点

$\ln(1-bx)$ 的首项是 $-bx$，负号不能漏；同阶仅表示比值趋于非零常数，等价还要求常数恰为 $1$。

答案：A，即 $x\in(0,1)$。

解题思路

右端的 $\ln x$ 可写成 $\int_1^x1/t\,\mathrm dt$，把两边相减后即可比较同一个区间上的被积函数。题目有对数，首先限定 $x>0$。在正半轴上 $\sin t\le1$，但积分上下限的方向随 $x$ 是否小于 $1$ 而改变；这正是本题决定不等号方向的关键。需要说明严格不等式，不能只由非正被积函数推出非严格结论。

详细步骤

令两边之差为

$$H(x)=\int_1^x\frac{\sin t}{t}\,\mathrm dt-\ln x =\int_1^x\frac{\sin t-1}{t}\,\mathrm dt,\qquad x>0.$$

因 $t>0$，有 $(\sin t-1)/t\le0$。等号只在 $t=\pi/2+2k\pi$ 这些孤立点成立，不会在任何有正长度的区间上恒成立。故对 $x>1$，正向积分严格小于零；对 $0<x<1$，应交换上下限：

$$H(x)=-\int_x^1\frac{\sin t-1}{t}\,\mathrm dt>0.$$

在 $x=1$ 时，积分及对数均为零，不满足严格不等式。因此恰好 $0<x<1$ 时原式成立，选 A。也可以从 $H'(x)=(\sin x-1)/x\le0$ 配合上述严格性，判断 $H$ 在正半轴严格递减且 $H(1)=0$。

这里不需要求出正弦除以自变量的原函数，因为比较问题只依赖差值的符号。对于任何固定正数作为下限，积分区间都避开零点，因而被积函数连续，可以合法使用积分的保号性。其余三个选项全部位于一的右侧，差值均为负。

易错点

$x<1$ 时积分为反向积分，直接说“被积函数非正，所以积分非正”会把答案判断反；$x=1$ 必须排除。

答案：D。

解题思路

变上限积分图形要同时检查起点值、单调性和连续性。只看 $F'=f$ 能判断增减，却可能错选在跳跃点也随之跳跃的图形。本题的 $f$ 在 $0$、$2$ 附近发生跳跃，但积分会把有限的跳跃累积成连续曲线；函数值的单点变化对积分没有影响。把题图中的符号区间转化为 $F$ 的增减区间，再用 $F(0)=0$ 定位曲线即可。

详细步骤

从题图读取：$-1\le x<0$ 时 $f(x)=1$；$0<x<1$ 时 $f(x)<0$；$1<x<2$ 时 $f(x)>0$；$2<x\le3$ 时 $f(x)=0$。首先

$$F(0)=0,\qquad F(x)=-\int_x^0 1\,\mathrm dt=x\quad(-1\le x<0).$$

所以左侧必须是从 $(-1,-1)$ 到原点的上升直线段，排除 A、C。在 $f$ 连续的区间上，微积分基本定理给出 $F'(x)=f(x)$：$F$ 在 $(0,1)$ 下降，在 $(1,2)$ 上升，$x=1$ 是极小值点，而 $(2,3)$ 上保持常数。又因题图的 $f$ 有界且分段连续，令 $M$ 为题图函数绝对值的一个上界，任意 $u,v$ 有

$$|F(v)-F(u)|\le M|v-u|,$$

故 $F$ 在 $0,2$ 也连续。B 在 $x=2$ 的图形出现跳跃，不能是该积分函数；D 同时符合全部条件。

在原函数跳跃的位置，积分曲线可能形成折点，因此连续不等于处处可导。判断选项时无需猜测中间曲线的具体代数表达式；左侧直线、经过原点、先降后升、最后水平以及整体连续，已经足以唯一识别所需图形。

易错点

$f$ 跳跃不意味着 $F$ 跳跃；负半轴上的 $F(x)=x$ 来自反向积分，不能写成 $-x$。

答案：B。

解题思路

伴随矩阵的一般恒等式是 $M^*=|M|M^{-1}$，前提是 $M$ 可逆。题设给出 $|A|=2,|B|=3$，保证两个小矩阵可逆，也使分块矩阵的逆容易写出。先计算整个四阶矩阵的行列式，再将小矩阵的逆改写为伴随矩阵，可以准确确定每个分块的位置和系数，避免把伴随矩阵当作逐块取伴随的运算。

详细步骤

设

$$M=\begin{pmatrix}O&A\\B&O\end{pmatrix}.$$

把前两列与后两列整体互换，可得到 $\operatorname{diag}(A,B)$。两组各有两列，排列符号为 $(-1)^{2\cdot2}=1$，因此

$$|M|=|A||B|=2\cdot3=6\ne0.$$

再直接做分块乘法，可验证

$$\begin{pmatrix}O&A\\B&O\end{pmatrix} \begin{pmatrix}O&B^{-1}\\A^{-1}&O\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}I&O\\O&I\end{pmatrix}.$$

故后一矩阵为 $M^{-1}$。利用 $A^{-1}=A^*/2$、$B^{-1}=B^*/3$，得到

$$M^*=6M^{-1} =\begin{pmatrix}O&2B^*\\3A^*&O\end{pmatrix},$$

与 B 相同。所有步骤只需要可逆性，不要求 $A,B$ 可交换，因此不能套用需要交换条件的分块行列式捷径。

选项之间的区别集中在两个非零块的次序及它们前面的系数。伴随矩阵的系数来自整个矩阵的行列式，再分别除以对应小矩阵的行列式；并非把原来两个块保持原位后各自取伴随。最后可将所得矩阵乘回原矩阵，检查结果是否为六倍单位矩阵。

易错点

逆矩阵的右上块是 $B^{-1}$，不是 $A^{-1}$；整体交换两个二列分块的符号是正号，不能按交换一列误取负号。

答案：A。

解题思路

题目改变的是列向量构成的基，表达式 $Q^TAQ$ 属于合同变换。先把 $Q$ 的每一列写成 $P$ 的列的线性组合，得到 $Q=PT$，就能把未知的 $A,P$ 一并消去，只计算已知对角矩阵与 $T$。变换矩阵的第几列记录新基第几列的系数，掌握这一规则便不会把 $T$ 转置错。

详细步骤

$Q$ 第一列是 $\alpha_1+\alpha_2$，第二、三列分别为 $\alpha_2,\alpha_3$，所以

$$T=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad Q=PT.$$

题设 $P^TAP=D=\operatorname{diag}(1,1,2)$，故

$$Q^TAQ=T^TP^TAPT=T^TDT.$$

先算

$$DT=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix},$$

再由左乘 $T^T$ 得

$$T^TDT= \begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&1&0\\1&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$

例如左上角为 $(\alpha_1+\alpha_2)^TA(\alpha_1+\alpha_2)=1+1=2$，与矩阵乘法结果一致。题设右端可逆还意味着 $P$ 可逆，但此处代入计算不需要额外求 $P^{-1}$。结果对应 A。

从双线性表达式也能理解非对角元素：新第一列与第二列的配对中，原第一列与第二列的配对为零，原第二列与自身的配对为一，所以新矩阵的两个对称位置都是一。第三列完全没有改变，且它与前两列的原配对均为零，因此第三行、第三列的结构保持不变。这个检查有助于发现乘法顺序错误。

易错点

$Q=PT$ 的系数必须按列填写；合同变换用 $T^TDT$，不能写成相似变换 $T^{-1}DT$。

答案：D。

解题思路

“互不相容”描述的是两个事件不可能同时发生，即它们的交为空集；“独立”则描述联合概率的乘法关系，二者不能混用。先把题设改写成集合等式，再用德摩根律处理含补事件的选项。本题问必然成立的结论，因此仅在某些特殊概率取值下成立的选项不能选。

详细步骤

由互不相容，$A\cap B=\varnothing$，因而 $P(AB)=0$。德摩根律给出

$$\overline A\cup\overline B =\overline{A\cap B}=\Omega,$$

其中 $\Omega$ 为整个样本空间，其概率为 $1$，所以 D 必然成立。对其余选项逐一辨别：

$$P(\overline A\cap\overline B) =1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B),$$

这个值不一定为零，故 A 不必成立。B 要求 $0=P(A)P(B)$，只有至少一个事件概率为零时才成立，互斥本身没有这一要求。C 要求 $P(A)+P(B)=1$，相当于两事件还需覆盖全部概率；题设只说明它们没有公共结果，没有说明它们合起来包含所有可能结果。例如取两个互斥事件，概率均为 $1/4$，即可同时否定 A、B、C 的必然性。

一组选项中有些关系可以偶然成立，但只有对所有满足题设的事件都成立的关系才是正确答案。

易错点

互斥只保证 $P(AB)=0$，不保证概率乘法公式；互斥事件也不一定互为对立事件。

答案：B，只有 $z=0$ 一个间断点。

解题思路

乘积 $XY$ 中的 $Y$ 只有 $0,1$ 两个取值，可按 $Y$ 分情况得到一个离散质量与连续正态分布的混合。分布函数的间断点恰好对应随机变量的正概率单点，而不是概率密度改变的位置。题设独立性允许在给定 $Y=1$ 后仍使用 $X$ 原来的正态分布，这一步必须明确。

详细步骤

记标准正态分布函数为 $\Phi(z)=P(X\le z)$，它在实轴上连续。由全概率公式及独立性，

$$F_Z(z)=P(XY\le z\mid Y=0)\frac12 +P(XY\le z\mid Y=1)\frac12.$$

当 $Y=0$ 时 $Z=0$，故第一项在 $z<0$ 为零，在 $z\ge0$ 为 $1/2$；当 $Y=1$ 时 $Z=X$，且 $X$ 的条件分布仍为标准正态。因此

$$F_Z(z)=\begin{cases} \frac12\Phi(z),&z<0,\\ \frac12+\frac12\Phi(z),&z\ge0. \end{cases}$$

利用 $\Phi(0)=1/2$，有 $F_Z(0^-)=1/4$、$F_Z(0)=3/4$，跳跃大小为 $1/2=P(Z=0)$。其他任何点均由连续函数 $\Phi$ 给出，没有跳跃。故间断点恰有一个，选 B。

特别地，正态分布在某一点取值的概率为零，即使零点的密度为正，也不会额外贡献一个单点概率。此处全部跳跃质量来自乘数取零的情形。把这一点与连续正态部分区分开，就能理解为何乘积并不是单纯的正态分布。

易错点

连续变量乘以含零质量的离散变量后，未必仍为连续变量；分布函数在零点取右侧值 $3/4$，不能取左极限。

答案：$\dfrac{3\mathrm e}{2}$。

解题思路

这是分子、分母同时趋于零的极限，但分子不是简单的 $1-\cos x$，而是指数函数在指数趋于 $1$ 时的差。先提出 $\mathrm e$，把指数差改写为 $\mathrm e^u-1$ 的形式，再分别用基本等价无穷小。分母可把 $x^2$ 看作新的小量，从 $u=0$ 处的导数得到首项。这样无需反复求导，也能清楚看到两部分都是二阶小量。

详细步骤

令 $h=1-\cos x$，则 $h\to0$，并且

$$\mathrm e-\mathrm e^{\cos x} =\mathrm e(1-\mathrm e^{-h}).$$

由 $\lim_{h\to0}(1-\mathrm e^{-h})/h=1$ 和 $1-\cos x\sim x^2/2$，得到

$$\mathrm e-\mathrm e^{\cos x}\sim\frac{\mathrm e x^2}{2}.$$

对 $u=x^2\to0$，函数 $(1+u)^{1/3}$ 在零点可导，导数为 $1/3$，所以

$$(1+x^2)^{1/3}-1\sim\frac{x^2}{3}.$$

当 $x\ne0$ 时分母大于零，可以相除；于是所求极限为

$$\frac{\mathrm e/2}{1/3}=\frac{3\mathrm e}{2}.$$

这一计算同时适用于 $x\to0^+$ 和 $x\to0^-$，因为首项都依赖于 $x^2$，因此得到的是双侧极限。

等价替换用于这里的整个分子、整个分母，而不是在两个接近的指数项中分别替换后相减。两个项各自都趋于同一个非零常数，若直接换成常数再相减，会抹掉决定极限的二阶差。先把差转化为标准小量，再比较系数，才能保留需要的信息。

易错点

指数函数的差要带上系数 $\mathrm e$；立方根展开的系数是 $1/3$，不能把分母直接等价成 $x^2$。

答案：$2\ln2+1$。

解题思路

底数和指数都含 $x$，不能只按固定指数的幂函数求导，也不能只按固定底数的指数函数求导。适合使用对数求导，将幂函数写成指数函数或先取自然对数。求 $x$ 的偏导时必须把 $y$ 当作常数，但底数中的 $x$ 仍需求导。点 $(1,0)$ 附近底数为正，保证实数幂和对数表示有效。

详细步骤

在 $x+\mathrm e^y>0$ 的邻域内，$z=(x+\mathrm e^y)^x>0$，可写为

$$\ln z=x\ln(x+\mathrm e^y).$$

两边对 $x$ 求偏导，左侧用复合函数法则，右侧用乘积法则，得到

$$\frac1z\frac{\partial z}{\partial x} =\ln(x+\mathrm e^y) +x\frac{1}{x+\mathrm e^y}\frac{\partial(x+\mathrm e^y)}{\partial x} =\ln(x+\mathrm e^y)+\frac{x}{x+\mathrm e^y}.$$

故

$$z_x=(x+\mathrm e^y)^x \left[\ln(x+\mathrm e^y)+\frac{x}{x+\mathrm e^y}\right].$$

在 $(1,0)$ 处，$\mathrm e^0=1$、$x+\mathrm e^y=2$、$z=2$，代入得

$$z_x(1,0)=2\left(\ln2+\frac12\right)=2\ln2+1.$$

定义域只需在所求点附近满足正底数即可，不必讨论负底数实幂的各种特殊定义。

也可先固定纵坐标为零，把函数沿该水平线限制成单变量函数，再在横坐标为一处求导，得到相同结果。这种做法说明偏导数测量的是保持另一个变量不动时的变化率。计算时不可把纵坐标当成横坐标的函数，否则会多出本题并不需要的链式求导项。

易错点

只对指数求导会遗漏 $x/(x+\mathrm e^y)$；只对底数求导又会遗漏对数项。

答案：收敛半径 $R=1/\mathrm e$。

解题思路

幂级数的收敛半径由系数的指数增长速度决定。系数中的 $\mathrm e^n$ 是主导项，$(-1)^n$ 有界，而多项式因子 $n^2$ 不改变开 $n$ 次方后的极限。用根值公式时仍应把这些因素逐一处理，不能只凭“指数项最大”下结论。题目只问半径，端点的收敛性是另一个问题。

详细步骤

设

$$a_n=\frac{\mathrm e^n-(-1)^n}{n^2}.$$

由于 $\mathrm e^n>1$，$a_n>0$，将主导因子提出后有

$$\sqrt[n]{|a_n|} =\mathrm e\,\frac{[1-(-1)^n\mathrm e^{-n}]^{1/n}}{n^{2/n}}.$$

其中 $n^{2/n}=\exp(2\ln n/n)\to1$。另一个因子内的括号趋于 $1$，取对数后为

$$\frac1n\ln[1-(-1)^n\mathrm e^{-n}]\to0,$$

故该因子也趋于 $1$。由幂级数根值公式，

$$\frac1R=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\mathrm e,$$

所以 $R=\mathrm e^{-1}$。也可直接对一般项使用根值判别：$\sqrt[n]{|a_nx^n|}\to\mathrm e|x|$，当 $|x|<1/\mathrm e$ 时绝对收敛，当 $|x|>1/\mathrm e$ 时发散，正好确定半径。

为理解为何不能忽略减号的潜在影响，可以注意本题被减去的项绝对值始终为一，与指数项的相对大小趋于零，不可能长期抵消主导增长。偶数项与奇数项虽然略有差别，但开高次方后都趋于同一个数，因此这里实际存在普通极限，不只是上极限。

易错点

根值极限给出的是 $1/R$，不是 $R$；$n^2$ 会影响端点判别，但不会改变这里的收敛半径。

答案： 约增加 $8000$ 元（边际近似）。

近似含义与题干说明

结论：按通常的需求价格弹性定义，收益的边际估计为 $8000$ 元；题设不能唯一确定涨价 $1$ 元后的精确收益增加额。

解题思路

收益等于单价乘需求量。价格上涨既直接提高每件收入，又会引起需求量变化，所以收益的变化率要用乘积法则，不能仅算“数量乘涨价”。本题采用经济数学中需求价格弹性的非负约定 $\varepsilon_p=-pQ'(p)/Q(p)$。题干没有明确弹性符号约定，也没有给出完整需求函数，因此要区分导数决定的边际估计与有限涨价后的精确增加额。

详细步骤

在当前价格 $p>0$、需求量 $Q(p)>0$ 且 $Q$ 可导时，收益函数为 $R(p)=pQ(p)$。求导得

$$R'(p)=Q(p)+pQ'(p).$$

由非负需求弹性的定义，$pQ'(p)=-\varepsilon_pQ(p)$，代入得到

$$R'(p)=Q(p)(1-\varepsilon_p).$$

当前 $Q(p)=10000$、$\varepsilon_p=0.2$，所以 $R'(p)=10000(1-0.2)=8000$，单位是“收益元/价格元”。用微分近似 $\Delta R\approx R'(p)\Delta p$，取 $\Delta p=1$ 元，得收益约增加 $8000$ 元。

严格地说，精确有限增量是 $R(p+1)-R(p)$，仅凭一个价格点的弹性与需求量无法确定它。若采用有符号定义 $pQ'(p)/Q(p)$，公式及数值会改变；以上答案使用通常的非负需求弹性约定。

即使把题中的弹性理解为所有价格下恒等于 $0.2$，也不能得到精确的 $8000$ 元。此时在正价格区间有

$$-\frac{pQ'(p)}{Q(p)}=0.2, \qquad Q(p)=Cp^{-0.2},\qquad R(p)=Cp^{0.8}.$$

设当前价格为 $p_0>0$，由 $Q(p_0)=10000$ 得 $C=10000p_0^{0.2}$，所以

$$R(p_0+1)-R(p_0) =10000p_0\left[\left(1+\frac1{p_0}\right)^{0.8}-1\right].$$

这个量依赖未给出的 $p_0$。因此通常填写的 $8000$ 是把 $1$ 元的涨价代入微分估计所得的数值，原题没有保证该估计等于精确增量。

易错点

$8000$ 是边际近似，不是题设能保证的精确有限增量；计算前要明确需求弹性是否带负号。

答案：$k=2$。

解题思路

相似矩阵有相同的迹和特征值。题目给的是列向量与行向量的外积，矩阵只有秩一，求迹远比展开三阶特征行列式简单。先由迹求出必要的 $k$，再检查这个值确实能使矩阵相似于所给对角矩阵；“迹相等”对一般矩阵不是相似的充分条件，不能省略本题中的特殊结构说明。

详细步骤

记 $M=\alpha\beta^T$，则

$$M=\begin{pmatrix}1&0&k\\1&0&k\\1&0&k\end{pmatrix},\qquad \operatorname{tr}M=1+k.$$

相似保持迹，目标矩阵的迹为 $3$，所以 $1+k=3$，得 $k=2$。验证充分性时，注意

$$M\alpha=\alpha(\beta^T\alpha)=3\alpha.$$

因此 $\alpha$ 是特征值 $3$ 的特征向量。同时

$$Mv=0\iff\beta^Tv=0.$$

$\beta=(1,0,2)^T\ne0$，故这个零空间有二维，给出两个线性无关的零特征向量。又 $\beta^T\alpha=3\ne0$，$\alpha$ 不属于零空间；因此可组成三个线性无关的特征向量，矩阵可对角化，其对角形正是 $\operatorname{diag}(3,0,0)$。由此 $k=2$ 不仅必要，而且确实符合题设。

外积矩阵把任意向量映射到列向量的某个倍数，因而其像空间至多一维；本题两个向量均非零，所以秩恰好为一。这解释了为何零特征空间可提供两个独立方向，也解释了求迹后还需确认非零特征方向没有落入零空间。

易错点

$\alpha\beta^T$ 是三阶矩阵，$\beta^T\alpha$ 是一个数；只说明迹相等，不能对一般矩阵直接推出相似。

答案：$ET=np^2$，其中 $S^2$ 采用无偏样本方差。

解题思路

要求统计量的期望时，先用期望的线性性质拆开样本均值与样本方差，不必求二者的联合分布，也不需要二者独立。二项总体的均值和方差分别为 $np$、$np(1-p)$。本题使用考研统计中通常的样本方差定义，分母是 $m-1$；分母约定会直接影响期望，故须写清且要求 $m\ge2$。

详细步骤

对简单随机样本 $X_1,\ldots,X_m$，各变量独立同分布，且

$$EX_i=np,\qquad DX_i=np(1-p).$$

由 $\overline X=m^{-1}\sum_{i=1}^mX_i$，得到 $E\overline X=np$。采用

$$S^2=\frac1{m-1}\sum_{i=1}^m(X_i-\overline X)^2,$$

可用恒等式

$$\sum_{i=1}^m(X_i-\overline X)^2 =\sum_{i=1}^m(X_i-np)^2-m(\overline X-np)^2$$

证明其无偏性。两边取期望，利用 $D\overline X=np(1-p)/m$，右侧为 $(m-1)np(1-p)$，故 $ES^2=np(1-p)$。于是

$$ET=E\overline X-ES^2=np-np(1-p)=np^2.$$

若把分母定义成 $m$，则该方差期望为 $(m-1)np(1-p)/m$，答案应改为 $np^2+np(1-p)/m$；$m=1$ 时通常的无偏方差没有定义。

以上计算用到独立性的地方是样本均值的方差：独立样本的协方差项为零，方差才能按各项权重的平方相加。总体是否正态与此题无关；无偏样本方差的期望等于总体方差，只要求简单随机样本及有限二阶矩，二项总体满足这些条件。

易错点

总体二项分布中的 $n$ 是试验次数，样本容量是 $m$；期望相减无需假设样本均值与方差独立。

答案：在 $(0,\mathrm e^{-1})$ 处取得极小值 $-\mathrm e^{-1}$，它也是全局最小值；无极大值。

解题思路

二元函数求极值通常分为确定定义域、求驻点、检验驻点三个步骤。本题的 $y\ln y$ 限定 $y>0$，定义域是一个开区域，不存在属于定义域的 $y=0$ 边界点。$x$ 的部分是带正系数的平方，先由 $f_x=0$ 确定 $x=0$，剩下只需解一个对数方程。再用二阶导数判别，并结合平方项非负验证全局最小值。

详细步骤

在 $\mathbb R\times(0,+\infty)$ 上，函数具有连续二阶偏导，

$$f_x=2x(2+y^2),\qquad f_y=2x^2y+\ln y+1.$$

因 $2+y^2>0$，$f_x=0$ 只能给出 $x=0$。代入 $f_y=0$，得 $\ln y+1=0$，即 $y=\mathrm e^{-1}$。所以唯一驻点为 $(0,\mathrm e^{-1})$。二阶偏导为

$$f_{xx}=4+2y^2,\qquad f_{xy}=4xy,\qquad f_{yy}=2x^2+\frac1y.$$

在驻点处，$f_{xx}=4+2\mathrm e^{-2}>0$，$f_{xy}=0$，$f_{yy}=\mathrm e>0$，Hessian 行列式为 $(4+2\mathrm e^{-2})\mathrm e>0$，因此该点是严格极小值点，函数值为 $-\mathrm e^{-1}$。

进一步，单变量函数 $h(y)=y\ln y$ 满足 $h'(y)=\ln y+1$，在 $y=\mathrm e^{-1}$ 前负后正，故 $h(y)\ge-\mathrm e^{-1}$。又 $x^2(2+y^2)\ge0$，所以 $f(x,y)\ge-\mathrm e^{-1}$，等号仅在上述驻点成立。定义域内的极大值点也必须是驻点，而唯一驻点已是严格极小值点，故无极大值；固定 $y>0$ 令 $|x|\to\infty$，函数还无上界。

这里局部判别与全局不等式分别承担不同作用：前者确认驻点附近的极值性质，后者确认整个定义域都不存在更小值。仅凭函数无上界不能排除局部极大值，排除局部极大值应依靠驻点的完整枚举。

易错点

$y=0$ 不在定义域，不能代入判断边界极值；Hessian 行列式为正时还需看 $f_{xx}$ 的符号。

答案：

$$\int\ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right)\,\mathrm dx =x\ln\left(1+\sqrt{\frac{1+x}{x}}\right) +\frac{x-\sqrt{x(1+x)}}2 +\frac12\ln\left(\sqrt x+\sqrt{1+x}\right)+C, \qquad x>0.$$

解题思路

对数作为被积函数时，分部积分往往能把对数转换成代数式。这里选择整个对数为第一因子，把常数一积分成横坐标，关键在于化简随后出现的导数乘积。化简后只剩一个含两个平方根的积分。两个根式的平方相差一，所以根式之和与根式之差的乘积恰好为一；把和作为新变量，差就变成倒数，可将两个根式同时表示成新变量的有理式。这是本题换元的识别依据。

详细步骤

记 $s=\sqrt{(1+x)/x}>1$、$L=\ln(1+s)$。因 $s^2=1+1/x$，微分得

$$s'=-\frac1{2x^2s},\qquad xL'=-\frac1{2xs(1+s)}.$$

由 $1/x=s^2-1=(s-1)(s+1)$，上式可化成

$$xL'=-\frac{s-1}{2s} =-\frac12\left(1-\sqrt{\frac{x}{1+x}}\right).$$

按分部积分公式得到

$$I=xL-\int xL'\,\mathrm dx =xL+\frac x2-\frac12J, \qquad J=\int\sqrt{\frac{x}{1+x}}\,\mathrm dx.$$

为计算剩下的积分，令 $u=\sqrt x+\sqrt{1+x}>1$。利用

$$(\sqrt{1+x}-\sqrt x)(\sqrt{1+x}+\sqrt x)=1,$$

得到 $\sqrt{1+x}-\sqrt x=1/u$。把和、差两个式子相加与相减，可解得

$$\sqrt x=\frac{u-u^{-1}}2,\qquad \sqrt{1+x}=\frac{u+u^{-1}}2.$$

因此

$$x=\frac{u^2-2+u^{-2}}4,\qquad \mathrm dx=\frac{u-u^{-3}}2\,\mathrm du,\qquad \sqrt{\frac{x}{1+x}}=\frac{u^2-1}{u^2+1}.$$

代入积分后，把分子中的四次方减一分解为两个二次因子，逐步化简为

$$J=\frac12\int\frac{u^2-1}{u^2+1}(u-u^{-3})\,\mathrm du =\frac12\int\frac{(u^2-1)^2}{u^3}\,\mathrm du =\frac12\int(u-2u^{-1}+u^{-3})\,\mathrm du.$$

逐项积分得

$$J=\frac{u^2}4-\ln u-\frac1{4u^2}+C.$$

由两个根式的表达式可知 $(u^2-u^{-2})/4=\sqrt{x(1+x)}$，回代即有

$$J=\sqrt{x(1+x)}-\ln(\sqrt x+\sqrt{1+x})+C.$$

将它代入 $I=xL+x/2-J/2$ 得到答案。所有根式、对数在 $x>0$ 有定义，而且新变量大于一，最后的对数无需额外加绝对值。各步的不定积分常数合并成一个常数；新变量已完全回代，不应在最终表达式中保留未解释的换元参数。

易错点

分部积分中 $xL'$ 为负，外面的减号必须正确处理；换元时必须同时改写根式和微分，不能只替换被积函数。