2011年考研数学三真题

答案：C，即 $k=3,c=4$。

解题思路

“等价无穷小”要求两式之比趋于 $1$，所以既要找出趋于零的阶数，也要找出首项系数。这里 $3\sin x$ 与 $\sin3x$ 的一次项相互抵消，不能分别用 $3x$ 替换后就断言结果为零。看到同一个角的三倍角，优先使用三倍角恒等式，可以把差式精确化为幂，再利用 $\sin x\sim x$。

详细步骤

三倍角公式在所有实数 $x$ 上成立：

$$\sin3x=3\sin x-4\sin^3x.$$

因此题中函数恰好是

$$f(x)=3\sin x-\sin3x=4\sin^3x.$$

当 $x\to0$ 且 $x\ne0$ 时，利用基本极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{4x^3} =\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^3=1.$$

这就直接验证了 $f(x)\sim4x^3$。其中 $x^3$ 表示三阶无穷小，常数系数为正的 $4$，所以对应选项 C。若取一次幂，$f(x)/x=4x^2(\sin x/x)^3\to0$，不是非零常数；若取 $-4x^3$，比值趋于 $-1$，也不满足等价的定义。这里的比值既对左侧趋近也对右侧趋近成立，因为 $\sin x/x$ 的双侧极限为一；奇次幂在负半轴的符号变化不会改变系数的判断。

易错点

发生相减抵消时，不能只保留各项的一阶等价式。系数的正负必须通过比值极限确认，不能只判断“都是三阶小量”。三倍角变形后的等式是精确恒等式，因此没有余项被误删的问题；随后对乘积使用等价无穷小才是合法的。

答案：B，即 $-f'(0)$。

解题思路

题设只给出 $f$ 在零点可导，没有给出二阶导数或导数连续性，因此直接使用导数定义最稳妥。$f(0)=0$ 使 $f(h)/h$ 正好成为零点的差商。把分式拆开后，一项的增量是 $x$，另一项的增量是 $x^3$；这两个增量都趋于零，因此都能使用同一导数定义。

详细步骤

对 $x\ne0$，先做代数化简：

$$\frac{x^2f(x)-2f(x^3)}{x^3} =\frac{f(x)}x-2\frac{f(x^3)}{x^3}.$$

因为 $f$ 在 $0$ 处可导且 $f(0)=0$，有

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

于是第一项的极限为 $f'(0)$。对于第二项，令 $h=x^3$；当 $x\to0$ 时，$h\to0$，且 $x\ne0$ 保证 $h\ne0$，所以

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x^3)}{x^3}=f'(0).$$

两项极限都存在，按极限的线性运算法则，原极限为

$$f'(0)-2f'(0)=-f'(0).$$

也可以把可导条件写成 $f(h)=f'(0)h+o(h)$：分别代入 $h=x$ 和 $h=x^3$，原分子为 $-f'(0)x^3+o(x^3)$，结果相同。即使 $f'(0)=0$，计算也仍成立；选项 B 是对所有满足题设的函数都成立的表达式，而选项 D 只覆盖导数为零的特殊情形。

易错点

第二项的分母必须是 $x^3$，与 $f$ 的自变量配成差商。不要对 $f(x^3)$ 使用洛必达法则，因为题设未保证零点附近处处可导。这里的复合趋近不是对复合函数求导，所以不会产生链式法则中的三倍系数；它只是把导数定义中的增量换成另一个趋于零的量。

答案：A。

解题思路

级数收敛讨论的是部分和数列。相邻两项相加形成的新级数，其部分和正好是原部分和数列的偶数项，所以原级数收敛必然推出分组级数收敛。但从偶数部分和的收敛不能反推全部部分和收敛。至于将偶数项改变符号，通常会破坏原来的正负抵消，需要用反例辨别。

详细步骤

记原级数部分和为 $S_m=\sum_{j=1}^m u_j$。A 中分组级数的第 $n$ 个部分和是

$$\sum_{j=1}^n(u_{2j-1}+u_{2j}) =u_1+u_2+\cdots+u_{2n}=S_{2n}.$$

若 $S_m\to S$，其子数列 $S_{2n}$ 也趋于 $S$，故 A 正确。其余选项分别检验如下：

• B 不成立。取 $u_n=(-1)^{n-1}$，每组 $u_{2n-1}+u_{2n}=0$，分组级数收敛；原部分和却在 $1,0$ 之间交替，原级数发散。
• C 不成立。取 $u_n=(-1)^{n-1}/n$，原级数由莱布尼茨判别法收敛；但 $u_{2n-1}-u_{2n}=1/(2n-1)+1/(2n)$，分组部分和为调和级数的偶数部分和，趋于正无穷。
• D 不成立。取 $u_n=1$，则每个差 $u_{2n-1}-u_{2n}=0$，差项级数收敛，而原部分和为 $n$，显然发散。

易错点

只有原级数已经收敛时，才能保证有限相邻分组保持收敛。分组后每组趋于零，不代表原来每个通项趋于零。要从分组结果反推原级数，还需控制未成组的最后一项，使奇数部分和与偶数部分和趋于同一极限；题设没有这样的附加条件。

答案：B，即 $I<K<J$。

解题思路

本题只问大小，不需要分别算出三个积分。在共同积分区间内比较被积函数即可。由于对数函数在正数上严格递增，而 $0<x<\pi/4$ 时 $0<\sin x<\cos x<1$、$\cot x>1$，可以直接比较两项负积分以及一项正积分。零端点处有对数奇性，要先确认反常积分确实收敛。

详细步骤

当 $x\to0^+$ 时，$\sin x/x\to1$，故

$$\ln\sin x=\ln x+\ln\frac{\sin x}{x},$$

后面一项趋于 $0$；$\ln\cos x$ 则趋于 $0$。因为 $\int_0^a\ln x\,\mathrm dx$ 对 $a>0$ 收敛，$I$ 收敛；又 $\ln\cot x=\ln\cos x-\ln\sin x$，所以 $J$ 也收敛，$K$ 是普通定积分。

在开区间 $(0,\pi/4)$ 内，取对数得到

$$\ln\sin x<\ln\cos x<0<\ln\cot x.$$

积分保持大小关系，而且这些严格不等式在长度为正的整个开区间成立，故

$$I<K<0<J,$$

从而 $I<K<J$，选择 B。若严格按反常积分定义，可先在 $[\varepsilon,\pi/4]$ 上比较再令 $\varepsilon\to0^+$；三项极限存在使比较合法。也可以由 $J=K-I$ 看出 $J>0$；但比较 $I$ 与 $K$ 仍然要用 $\sin x<\cos x$。

易错点

不要因为 $\ln\sin x$ 在零附近趋于负无穷，就误判其积分发散。事实上 $\int_0^a\ln x\,\mathrm dx=a\ln a-a$，计算时用到 $x\ln x\to0$，所以这种对数奇性是可积的。严格大小也不能只看端点；本题中两个函数的差在任意内部小区间上持续为正，其积分才保证严格不等。$J$ 的被积函数是 $\ln\cot x$，不是 $\ln\tan x$，符号恰好相反。

答案：D，即 $A=P_2P_1^{-1}$。

解题思路

初等矩阵左乘实现行变换，右乘实现列变换。题目先进行列变换，再进行行交换，所以不能把两个操作都放到同一侧。先按照操作顺序写出 $B=AP_1$ 与 $P_2B=E$，再从矩阵方程中恢复 $A$，能避免仅凭记忆猜乘法顺序。

详细步骤

设 $A$ 的三列为 $a_1,a_2,a_3$。直接看 $P_1$ 的三列可得

$$AP_1=(a_1+a_2,\ a_2,\ a_3)=B,$$

这正是“第 $2$ 列加到第 $1$ 列”。$P_2$ 左乘一个矩阵会交换其第 $2$、第 $3$ 行，因此题设等价于

$$P_2B=P_2AP_1=E.$$

在等式两侧先左乘 $P_2^{-1}$，再右乘 $P_1^{-1}$，注意不可随意交换矩阵次序，得到

$$A=P_2^{-1}P_1^{-1}.$$

交换两行两次就恢复原矩阵，故 $P_2^2=E$，也就是 $P_2^{-1}=P_2$。于是

$$A=P_2P_1^{-1},\qquad P_1^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\-1&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

进一步相乘得到 $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\-1&1&0\end{pmatrix}$。对它先把第二列加到第一列，第一列变成 $(1,0,0)^T$，其余两列分别为 $(0,0,1)^T$ 和 $(0,1,0)^T$；再交换第二、第三行，确实得到单位矩阵。

易错点

列变换必须用右乘表示。矩阵乘法通常不交换，不能把 $P_2P_1^{-1}$ 改写成 $P_1^{-1}P_2$。右乘的逆矩阵表示把第二列从第一列中减去，恰好撤销原来的加法操作；左乘的交换矩阵则把两行交换回来。由单位矩阵按相反操作恢复原矩阵，也会得到相同的次序。

答案：C。

解题思路

非齐次方程组的通解由“一个特解加齐次方程的全部解”组成。两个非齐次解相减后右端抵消，得到齐次解；系数和为 $1$ 的非齐次解线性组合仍是特解。还必须证明所找的两个齐次解组成基础解系，不能只验证表达式中的向量都是解，就断言已经包含全部解。

详细步骤

由 $A\eta_i=\beta$，有

$$A(\eta_2-\eta_1)=0,\qquad A(\eta_3-\eta_1)=0.$$

若 $c_1(\eta_2-\eta_1)+c_2(\eta_3-\eta_1)=0$，整理为

$$-(c_1+c_2)\eta_1+c_1\eta_2+c_2\eta_3=0.$$

题设三个 $\eta_i$ 线性无关，所以 $c_1=c_2=0$。因此齐次解空间至少有两个独立向量。$A$ 有三列，齐次解空间维数为 $3-r(A)$；“非齐次”意味着 $\beta\ne0$，且方程已有解，故 $A$ 不可能是零矩阵，$r(A)\ge1$。于是该维数至多为 $2$，结合前面的下界，恰好为 $2$。

另一方面，

$$A\frac{\eta_2+\eta_3}{2}=\frac{\beta+\beta}{2}=\beta,$$

故这个平均向量是特解。任意其他非齐次解减去这个特解后，都属于齐次解空间；而两个差向量已经构成该空间的一组基，所以不会遗漏任何其他解。全部解为

$$x=\frac{\eta_2+\eta_3}{2} +k_1(\eta_2-\eta_1)+k_2(\eta_3-\eta_1), \qquad k_1,k_2\in\mathbb R.$$

易错点

$\tfrac12(\eta_2-\eta_3)$ 是齐次解，不能当成非齐次特解。矩阵有四行并不表示有四个未知数；未知数个数由三列确定。选项 A 虽然给出的每个向量都是非齐次解，但只有一个自由方向，无法覆盖二维齐次解空间，所以它只是通解中的一个子集。选项 B、D 的右端则始终为零。

答案：D。

解题思路

概率密度必须同时满足非负与在全实轴上积分为 $1$。四个选项都非负，真正的区别在于是否一定归一化。D 恰好是乘积 $F_1F_2$ 的导数；利用分布函数在正负无穷的极限，就能直接求出其积分，而不必另行假设题中两个随机变量相互独立。

详细步骤

由于 $f_i$ 连续，$F_i'(x)=f_i(x)$，且 $0\le F_i(x)\le1$。令

$$g(x)=f_1(x)F_2(x)+f_2(x)F_1(x).$$

其各项非负，所以 $g\ge0$。由乘积求导法则，对任意有限区间积分有

$$\int_a^b g(x)\,\mathrm dx=F_1(b)F_2(b)-F_1(a)F_2(a).$$

再令 $a\to-\infty,b\to+\infty$，利用每个分布函数的两端极限分别为 $0,1$，得到

$$\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\,\mathrm dx=1\cdot1-0\cdot0=1.$$

所以 D 一定是概率密度。其余选项并非必然成立：可取 $f_1$ 在 $[0,1]$ 上为 $6x(1-x)$，在其他位置为零，并令 $f_2(x)=f_1(x-2)$。两个函数均连续、非负且积分为一，支撑却不重叠，A 的积分为 $0$；在 $f_2$ 的支撑内 $F_1=1$，B 的积分为 $2$；在 $f_1$ 的支撑内 $F_2=0$，C 的积分为 $0$。

易错点

非负只是密度的必要条件之一，不能省略积分检验。若用“最大值的密度”解释 D，需要构造独立变量；上述直接积分证明无需题设提供独立性。反例中的两个密度在支撑端点取零，因而与外部的零函数连续接合，也满足题目额外规定的连续性。

答案：D，即 $E(T_1)<E(T_2)$，$D(T_1)<D(T_2)$。

解题思路

泊松分布的均值和方差均为 $\lambda$。简单随机样本意味着各 $X_i$ 独立且同分布，所以线性组合的期望使用原系数，方差使用系数平方并相加。$T_2$ 不是普通样本均值，它的所有权重之和为 $1+1/n$，先识别这一点可以避免误认为两个统计量的均值相同。

详细步骤

对每个 $i$，有 $EX_i=DX_i=\lambda$。因此

$$ET_1=\frac1n\sum_{i=1}^n\lambda=\lambda,$$

$$ET_2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}\lambda+\frac\lambda n =\lambda+\frac\lambda n>\lambda.$$

由于各样本独立，协方差项为零，故

$$DT_1=\sum_{i=1}^n\frac{\lambda}{n^2}=\frac\lambda n,$$

$$DT_2=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{\lambda}{(n-1)^2}+\frac\lambda{n^2} =\frac\lambda{n-1}+\frac\lambda{n^2}.$$

为了严格比较，计算差值：

$$DT_2-DT_1 =\frac\lambda{n(n-1)}+\frac\lambda{n^2}>0.$$

这里 $\lambda>0,n\ge2$ 保证分母均为正且差值严格为正，故两个不等式都是严格小于，选择 D。$T_2$ 中前面的求和只有 $n-1$ 项，其方差是 $(n-1)$ 个相同项之和，再另加最后一项，不能把两组系数混在一起计算。

易错点

$D(cX)=c^2DX$，系数必须平方。期望的线性运算不需要独立性，但方差直接相加需要题中的独立样本条件。对于前面的一组，它本身是前若干个样本的平均数，方差等于总体方差除以该组样本数；最后一个样本的额外贡献为正。即使不合并分式，前一组的平均数用了更少的样本，方差就已经大于全体样本平均数的方差。

答案：$f'(x)=(1+3x)\mathrm e^{3x}$。

解题思路

定义中的 $t$ 是取极限的变量，而 $x$ 是暂时固定的参数。先算出 $f(x)$ 的明确表达式，再对 $x$ 求导即可。幂的底数趋于 $1$、指数含 $1/t$，属于指数型极限，适合取对数转化为基本极限 $\ln(1+u)/u\to1$。这也能避免没有依据地把求导与极限交换。

详细步骤

固定任意实数 $x$。当 $t$ 充分接近 $0$ 时，$1+3t>0$，所以题中的实数幂及其对数都有定义。设

$$L_t=(1+3t)^{x/t},\qquad \ln L_t=\frac xt\ln(1+3t) =3x\frac{\ln(1+3t)}{3t}.$$

基本极限给出 $\ln L_t\to3x$。由于指数函数连续，$L_t\to\mathrm e^{3x}$。因而

$$f(x)=\lim_{t\to0}xL_t=x\mathrm e^{3x}.$$

当 $x=0$ 时，原式本身为 $0$，这一表达式也成立。因此 $f$ 在整个实轴上由同一个公式给出。对它使用乘积法则和指数函数求导公式：

$$f'(x)=1\cdot\mathrm e^{3x}+x\cdot3\mathrm e^{3x} =(1+3x)\mathrm e^{3x}.$$

这里先前计算的极限对每个固定的 $x$ 都成立，因此已经完全确定了函数，没有留下关于参数的一致收敛或交换运算问题。左右两侧的 $t$ 都可以充分接近零，底数保持正数，所以得到的是双侧极限。

易错点

指数中的 $x$ 不能在对 $t$ 取极限时一起趋于零。求导时既要对前面的 $x$ 求导，也要对 $\mathrm e^{3x}$ 求导并乘以内部导数 $3$。取对数时处理的是始终为正的幂因子，而不是可能为负或为零的整个函数值，因此不需要对参数的符号另作限制。

答案：$\left.\mathrm dz\right|_{(1,1)}=(2\ln2+1)(\mathrm dx-\mathrm dy)$。

解题思路

函数中 $x,y$ 总以比值 $x/y$ 出现，先把它当作一个中间变量，能将二元微分拆成两个简单的一元步骤。变底变指数的幂函数用对数求导最方便。最终的全微分是关于 $\mathrm dx,\mathrm dy$ 的线性式，不能只求一个偏导数，也不能把 $\mathrm dx,\mathrm dy$ 代成坐标值。

详细步骤

在 $(1,1)$ 附近，$y\ne0$ 且 $1+x/y>0$，所以可令

$$t=\frac xy,\qquad z=g(t)=(1+t)^t.$$

取对数有 $\ln g=t\ln(1+t)$，对 $t$ 求导得

$$\frac{g'(t)}{g(t)}=\ln(1+t)+\frac t{1+t}, \qquad g'(t)=(1+t)^t\left[\ln(1+t)+\frac t{1+t}\right].$$

同时，商函数的全微分为

$$\mathrm dt=\frac1y\mathrm dx-\frac{x}{y^2}\mathrm dy.$$

当 $(x,y)=(1,1)$ 时，$t=1$，$g(1)=2$，从而

$$g'(1)=2\left(\ln2+\frac12\right)=2\ln2+1, \qquad \left.\mathrm dt\right|_{(1,1)}=\mathrm dx-\mathrm dy.$$

由复合函数微分法则 $\mathrm dz=g'(t)\mathrm dt$，代入上述结果即得所填表达式。等价地，两个偏导数分别为 $z_x(1,1)=2\ln2+1$ 与 $z_y(1,1)=-(2\ln2+1)$。两个系数互为相反数也符合函数只依赖比值的特点：在该点沿着 $\mathrm dx=\mathrm dy$ 的方向，比值的一阶变化为零，函数的全微分也为零。

易错点

对 $x/y$ 关于 $y$ 求偏导时有负号。$g'(t)$ 不是仅由指数求导得到，还包含底数变化带来的 $t/(1+t)$。全微分描述函数相对于两个自变量小增量的一阶变化，所以必须保留两个微分符号。把中间变量代成一点的数值之前，要先完成求导，否则把整个函数提前代成常数会错误地得到零。

答案：切线方程为 $2x+y=0$。

解题思路

曲线没有显式写成 $y=y(x)$，应使用隐函数求导。先确认 $(0,0)$ 在曲线上，再检查隐函数定理的非零偏导条件，这样才能确定附近存在可微函数 $y(x)$。求出切线斜率后，用过已知点的点斜式写方程。正切函数的内部还含 $y$，求导时必须保留 $y'$。

详细步骤

定义

$$F(x,y)=\tan\left(x+y+\frac\pi4\right)-\mathrm e^y.$$

有 $F(0,0)=\tan(\pi/4)-1=0$，所以给定点确实在曲线上。由于 $\pi/4$ 不是正切函数的奇点，$F$ 在该点附近光滑，且

$$F_y(0,0)=\sec^2\frac\pi4-\mathrm e^0=2-1=1\ne0.$$

于是曲线在该点附近可表示为可微的 $y(x)$。对原等式关于 $x$ 求导：

$$\sec^2\left(x+y+\frac\pi4\right)(1+y')=\mathrm e^y y'.$$

代入 $x=y=0$，得到 $2(1+y')=y'$，即 $y'(0)=-2$。通过 $(0,0)$ 且斜率为 $-2$ 的直线是

$$y-0=-2(x-0),\qquad 2x+y=0.$$

也可直接使用隐式曲线的切线公式 $F_x(0,0)x+F_y(0,0)y=0$；这里 $F_x(0,0)=2,F_y(0,0)=1$，仍然得到同一方程。这两种方法都依赖梯度非零，题中已经由第二个偏导非零得到保证。向量 $(2,1)$ 就是该点的法向量，而切线的方向向量可取 $(1,-2)$，两者内积为零，进一步核对了切线方向。

易错点

对 $\tan(x+y+\pi/4)$ 求导时，链式因子是 $1+y'$。右边 $\mathrm e^y$ 也需乘 $y'$，不能只写成 $\mathrm e^y$。切线的斜率可以为负，即使原等式两侧在给定点都为正；斜率取决于两边变化率的约束。写出点斜式之后还应核对它经过给定点，并且斜率与计算一致。

答案：旋转体体积为 $\dfrac{4\pi}{3}$。

解题思路

绕 $x$ 轴旋转且平面区域的下边界就是 $x$ 轴，适合用圆盘法。先找曲线与 $x$ 轴的交点，确定能与直线 $x=2$ 围成有界区域的是哪一支，再把每个垂直于 $x$ 轴的截面看成半径为曲线高度的圆。体积是这些圆截面积沿 $x$ 方向的积分。

详细步骤

曲线 $y=\sqrt{x^2-1}$ 要求 $|x|\ge1$，且 $y\ge0$。与 $x$ 轴相交时有 $x^2-1=0$，得到 $x=\pm1$。和直线 $x=2$ 共同围成题中有界区域的是右侧分支，因而区域为

$$1\le x\le2,\qquad 0\le y\le\sqrt{x^2-1}.$$

固定这个区间内的 $x$，竖直线段绕 $x$ 轴旋转形成圆盘，其半径为 $R(x)=\sqrt{x^2-1}$，截面积为

$$S(x)=\pi R(x)^2=\pi(x^2-1).$$

于是按体积积分公式，

$$V=\int_1^2S(x)\,\mathrm dx =\pi\left[\frac{x^3}3-x\right]_1^2 =\pi\left[\left(\frac83-2\right)-\left(\frac13-1\right)\right] =\frac{4\pi}{3}.$$

每个截面包含圆心，因为平面区域从横轴开始，没有空心部分；所以这里不需要内半径。负半轴上还有另一支曲线，但它不能与正半轴的直线 $x=2$ 及横轴形成这个封闭区域，不能将两支之间函数无定义的区间纳入积分。

易错点

积分下限是右支与横轴相交的 $1$，不是 $0$ 或 $-1$。圆盘面积使用半径的平方，不能把 $\pi\sqrt{x^2-1}$ 当作截面积。沿旋转轴积分的是截面积；若积分曲线高度，得到的只是原平面区域面积，量纲与所求体积不同。

答案：标准形可写为 $f=3y_1^2$；非零项也可放在其他坐标上。

解题思路

实二次型的矩阵按惯例取实对称矩阵，正交变换下的标准形系数就是其特征值。题目没有直接给出矩阵元素，却给出行和，这能识别向量 $(1,1,1)^T$ 对应的特征值。再利用秩为 $1$ 和实对称矩阵可正交对角化的性质，即可确定其他两个特征值。

详细步骤

令 $e=(1,1,1)^T$。矩阵乘积 $Ae$ 的第 $i$ 个分量就是第 $i$ 行所有元素的和，所以

$$Ae=(3,3,3)^T=3e.$$

由于 $e\ne0$，$3$ 是 $A$ 的一个特征值。实对称矩阵存在正交矩阵 $Q$，使

$$Q^TAQ=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).$$

相似变换保持秩，对角矩阵的秩等于非零对角元的个数。$r(A)=1$ 因而表示恰有一个非零特征值；已有非零特征值 $3$，其余必为 $0,0$。例如选取正交单位向量

$$q_1=\frac{(1,1,1)^T}{\sqrt3},\quad q_2=\frac{(1,-1,0)^T}{\sqrt2},\quad q_3=\frac{(1,1,-2)^T}{\sqrt6},$$

令 $Q=(q_1,q_2,q_3)$。后两个向量都与 $q_1$ 正交，属于两个零特征值对应的零空间，所以 $Q^TAQ=\operatorname{diag}(3,0,0)$。代入 $x=Qy$ 后，$x^TAx=y^TQ^TAQy=3y_1^2$。若交换 $Q$ 的列，平方项的坐标也随之改变，但标准形的非零系数仍是三。

易错点

正交标准形保留特征值的具体数值，所以这里是 $3y_1^2$；把系数缩成 $1$ 通常需要非正交伸缩。特征向量排列不同只会改变非零平方项所在的位置。

答案：$E(XY^2)=\mu(\mu^2+\sigma^2)$。

解题思路

二维正态分布参数表明 $X,Y$ 的均值都是 $\mu$、方差都是 $\sigma^2$，最后一个参数 $0$ 是相关系数。一般随机变量不相关不一定独立，但联合正态变量有“不相关等价于独立”的性质。因此可以把乘积期望拆成两个期望，再利用方差与二阶矩的关系算出 $EY^2$。

详细步骤

从联合正态分布的参数读取

$$EX=EY=\mu,\qquad DX=DY=\sigma^2,\qquad\rho_{XY}=0.$$

当 $\sigma^2>0$ 时，二维正态密度在相关系数为零时分解为

$$f_{X,Y}(x,y) =\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)} \frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm e^{-(y-\mu)^2/(2\sigma^2)},$$

即两个边缘密度的乘积，说明 $X,Y$ 独立。独立性也传给 $X$ 和 $Y^2$，并且正态变量的这些矩均存在，所以

$$E(XY^2)=EX\,EY^2.$$

由方差定义 $DY=EY^2-(EY)^2$，可得 $EY^2=\sigma^2+\mu^2$。因此

$$E(XY^2)=\mu(\sigma^2+\mu^2).$$

这个结果同时包含均值引起的 $\mu^3$ 与波动引起的 $\mu\sigma^2$ 两部分。若允许退化情形 $\sigma^2=0$，则 $X=Y=\mu$ 几乎处处，直接计算得 $E(XY^2)=\mu^3$，结果仍由同一个公式给出。

易错点

$EY^2$ 不等于 $(EY)^2$，还要加上方差。期望能分解的关键是题中的联合正态与零相关，单有零相关不能推出该分解。由于两个变量独立，先固定第二个变量并对第一个变量积分，就会留下它的均值作为常数因子；剩下的积分正是第二个变量的二阶矩。这解释了乘积期望分解的由来。

答案：原极限为 $-\dfrac12$。

解题思路

分母 $x\ln(1+x)$ 是二阶小量，而分子的一次项会抵消，因此必须把分子展开到 $x^2$ 项。使用平方根的二阶泰勒公式最直接；也可以先有理化，把消去的一次项显示出来。零点附近 $1+2\sin x>0$ 且 $1+x>0$，所以双侧极限中各函数都有定义。

详细步骤

当 $x\to0$ 时，$\sin x=x+O(x^3)=x+o(x^2)$。平方根函数在 $u=0$ 附近有展开

$$\sqrt{1+u}=1+\frac u2-\frac{u^2}8+o(u^2).$$

取 $u=2\sin x$。由于 $\sin x/x\to1$，余项 $o(\sin^2x)$ 也是 $o(x^2)$，于是

$$\begin{aligned} \sqrt{1+2\sin x} &=1+\sin x-\frac12\sin^2x+o(x^2)\\ &=1+x-\frac{x^2}2+o(x^2). \end{aligned}$$

分子减去 $x+1$ 后成为 $-x^2/2+o(x^2)$；分母由 $\ln(1+x)=x+o(x)$ 得到 $x^2+o(x^2)$。因此

$$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)} =\lim_{x\to0}\frac{-\tfrac12+o(1)}{1+o(1)}=-\frac12.$$

有理化也可核对结果：分子等于 $[2(\sin x-x)-x^2]/[\sqrt{1+2\sin x}+1+x]$；除以 $x^2$ 后，分子趋于 $-1$，该根式分母趋于 $2$，再用 $\ln(1+x)/x\to1$，仍得 $-1/2$。相较直接对整个式子重复求导，这两种方法能清楚显示二阶项来自平方根的展开。

易错点

$\sqrt{1+2\sin x}\sim1+x$ 不能用于本题的相减，必须控制到二阶。平方根展开的二次项系数是 $-1/8$，代入 $2\sin x$ 后应为 $-\sin^2x/2$。泰勒式中的小量余项意味着除以平方后趋于零，正好足以支撑本题的除法；若只说明两个函数之比趋于一，就无法确定相减后的剩余量。三角函数本身的三阶误差除以平方也趋于零，因此不影响最终的二阶系数。