2016年考研数学三真题

答案：B。

解题思路

图中画的是导函数，而不是原函数。原函数的极值要看导函数在零点附近是否改变正负；原函数的拐点要看导函数的单调性是否改变，因为导函数增加对应原函数斜率增加，导函数减少对应原函数斜率减少。两种计数使用不同的图形信息。

详细步骤

从左向右观察导函数与横轴的关系：它先由正变负地穿过横轴，再由负变正地穿过横轴，右侧最后一个零点只是与横轴相切，左右均为正。

第一次穿越使 $f$ 由增加变减少，产生一个极大值点；第二次穿越使 $f$ 由减少变增加，产生一个极小值点。相切零点左右原函数均增加，所以不产生极值。因此极值点共两个。

再观察导函数自身的增减方向：先减少，在虚线附近的低谷处改为增加，到上方峰顶改为减少，到右侧相切的低谷改为增加，共有三次增减方向切换。这对应原曲线凹凸性改变三次，所以拐点有三个。即使某转折位置的二阶导数不存在，也应根据左右凹凸性变化判断，不能只统计二阶导数等于零的位置。

因此选 B。右侧相切点恰好说明：同一个位置可以不是原函数极值点，却是原函数拐点；导数是否为零和导数是否转折，是两个不同的判断标准。

易错点

不能把导函数的峰谷直接当作原函数极值；横轴相切点没有一阶导数变号，不能计入原函数极值个数。

答案：D。

解题思路

函数在 $x\ne y$ 的区域上有定义。对 $x$ 求偏导时指数与分母都变化；对 $y$ 求偏导时指数保持不变，但分母导数为 $-1$。把两个偏导写清楚，观察它们的分母平方项是否抵消即可，不需要额外变换变量。

详细步骤

把函数写成 $f=e^x(x-y)^{-1}$。固定 $y$，乘积法则给出

$$f_x=e^x(x-y)^{-1}-e^x(x-y)^{-2} =\frac{e^x}{x-y}-\frac{e^x}{(x-y)^2}.$$

固定 $x$，链式法则给出

$$f_y=e^x[-(x-y)^{-2}](-1)=\frac{e^x}{(x-y)^2}.$$

所以

$$f_x+f_y=\frac{e^x}{x-y}=f,$$

而

$$f_x-f_y=f-\frac{2e^x}{(x-y)^2}.$$

因此 D 是恒成立的关系，C 不是；A、B 也不能描述函数的整体偏导恒等式。

这里 $f_y$ 为正，是外层负幂求导的负号与内层 $x-y$ 对 $y$ 求导的负号相乘得到。偏导只是固定另一变量后的普通求导，但仍需处理每个依赖当前变量的因子。等式适用于整个定义域，不能在零分母直线 $x=y$ 上讨论。

偏导关系要求对每个合法的数对成立，而不是只在某一处偶然成立。将函数写为指数与负幂的乘积，可以使求导规则清晰，也能在相加时直接看出两项完全抵消；先通分再求导虽然也可行，但更容易产生符号错误。

易错点

对 $y$ 求导不要误将 $e^x$ 求成非零导数；分母的内层负号不能遗漏。

答案：B，即 $J_3<J_1<J_2$。

解题思路

立方根函数在交换 $x,y$ 后变号，单位正方形关于交换变量对称，所以整个正方形上的积分为零。另两个区域都是从正方形删去一部分，先确定删掉部分上被积函数的符号，就能比较积分，不必直接计算立方根积分。

详细步骤

记 $h(x,y)=\sqrt[3]{x-y}$，实数立方根满足 $h(y,x)=-h(x,y)$。交换积分变量不会改变正方形 $D_1$ 与面积元，故 $J_1=-J_1$，得到 $J_1=0$。

$D_2$ 从正方形删去区域 $0\le x\le1,\sqrt x<y\le1$。在该区域内部，$\sqrt x\ge x$，所以 $y>x$、$h<0$。删掉一块具有负积分的区域，使剩下积分严格大于零：

$$J_2=J_1-\iint_{D_1\setminus D_2}h\,\mathrm dx\mathrm dy>0.$$

$D_3$ 则删去 $0\le y<x^2,0\le x\le1$。其内部 $x^2\le x$，所以 $y<x$、$h>0$，因此

$$J_3=J_1-\iint_{D_1\setminus D_3}h\,\mathrm dx\mathrm dy<0.$$

两块删去区域都具有正面积且内部符号严格，所以比较是严格的。于是 $J_3<0=J_1<J_2$，选 B。被积函数在负数处的立方根仍为实数，不需要只保留 $x\ge y$ 的部分。

严格比较依赖删去部分确有正面积，而不只是边界上若干点。边界单点或线段的值不改变二重积分，因此符号检查针对区域内部即可。

易错点

删去负贡献会使积分增加，删去正贡献会使积分减少；只有区域也对称时，交换变量变号才可推出积分为零。

答案：A。

解题思路

正弦因子无论相位如何变化，绝对值都不超过一。前面的正项差组成望远镜级数，能精确求出有限总和，因此可作为绝对值级数的比较对象。这个方法同时处理所有常数 $k$，无须讨论正弦的具体振荡。

详细步骤

令 $a_n=1/\sqrt n-1/\sqrt{n+1}$。因分母递增，$a_n>0$，其部分和为

$$\sum_{n=1}^Na_n =\left(1-\frac1{\sqrt2}\right)+\left(\frac1{\sqrt2}-\frac1{\sqrt3}\right)+\cdots =1-\frac1{\sqrt{N+1}}.$$

令 $N\to\infty$，得到 $\sum a_n=1$。再由 $|\sin(n+k)|\le1$，有

$$0\le|a_n\sin(n+k)|\le a_n.$$

右端是收敛正项级数的通项，比较判别法推出

$$\sum_{n=1}^{\infty}|a_n\sin(n+k)|\le1<\infty.$$

故原级数对每个实常数 $k$ 都绝对收敛，选 A。绝对收敛比普通收敛更强，因此既不能称为条件收敛，也不需要依靠正负抵消来得到收敛。正弦频繁改变符号并不是本题的决定因素，真正起作用的是它有统一上界，而系数差的总量有限。

比较对象的有限总和给出了绝对值部分和的统一上界。绝对值部分和单调增加且有界，因此它具有有限极限，这也从正项级数定义直接解释了比较判别法在此的作用。

易错点

不能分别求两个发散级数的无穷和再相减；应先对有限部分和裂项，最后取极限。

答案：C。

解题思路

先把相似关系写成 $B=P^{-1}AP$，分别检查转置、求逆与矩阵多项式的变换。矩阵与自身的逆可沿用同一变换，但转置使用的变换不同，所以原矩阵与转置之和不能直接合并为一个相似式。用反例证实 C 错误。

详细步骤

转置给出 $B^{\mathrm T}=P^{\mathrm T}A^{\mathrm T}(P^{\mathrm T})^{-1}$，所以转置矩阵仍相似，A 正确。求逆给出 $B^{-1}=P^{-1}A^{-1}P$，故 B 正确。与原式相加，

$$B+B^{-1}=P^{-1}(A+A^{-1})P,$$

所以 D 正确。

取可逆矩阵

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}.$$

二者有两个不同特征值 $1,2$，均可对角化为 $\operatorname{diag}(1,2)$，因此相似。但

$$A+A^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix},\qquad B+B^{\mathrm T}=\begin{pmatrix}2&1\\1&4\end{pmatrix}.$$

前者特征值为 $2,4$，后者特征方程为 $(2-\lambda)(4-\lambda)-1=0$，特征值为 $3\pm\sqrt2$。特征值不同，不可能相似，C 错误。

这个反例的矩阵可逆，满足题目要求。相似关系中的同一个可逆矩阵必须同时作用于要相加的两项，才能把和写成相似形式；不能因为两对矩阵分别相似就自动相加。

相似保持特征值，所以反例只要证明两组和矩阵特征值不同，就已足够否定结论。无需进一步尝试求出一个不可能存在的变换矩阵。

易错点

转置时乘法顺序反转；相似矩阵的和不一定仍相似，除非两项使用兼容的同一变换。

答案：C，即 $-2<a<1$。

解题思路

二次型的惯性指数就是对应实对称矩阵的正负特征值个数。矩阵各非对角元为一，可以拆成标量矩阵与全一矩阵；全一矩阵在全一向量方向有特征值三，在垂直于它的二维空间上为零。

详细步骤

对应矩阵为

$$C=\begin{pmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{pmatrix} =(a-1)I+ee^{\mathrm T},\qquad e=(1,1,1)^{\mathrm T}.$$

因 $e^{\mathrm T}e=3$，有 $Ce=(a+2)e$。若 $v$ 满足 $e^{\mathrm T}v=0$，则 $ee^{\mathrm T}v=0$，有 $Cv=(a-1)v$。这个垂直子空间维数为二，所以全部特征值为 $a+2,a-1,a-1$。

要求正惯性指数为一、负惯性指数为二，两个重复值必须为负，另一个为正，即

$$a-1<0,\qquad a+2>0.$$

合并得 $-2<a<1$。若 $a>1$，三个值都正；若 $a<-2$，三个值都负；端点 $a=1,-2$ 含零特征值，正负数目之和不为三，均不符合题设。

特征值重复并不减少其对惯性指数的贡献，二维特征子空间仍给出两个平方项。交叉项是 $2x_ix_j$，所以矩阵非对角元素为一而不是二。

两个不同特征值的顺序不影响惯性指数。整个二维垂直子空间共享同一个特征值，所以它要么给两个正方向，要么给两个负方向，不能只贡献其中一个。

易错点

惯性指数按重数计算；边界出现零特征值，不能包括在严格正负的参数范围内。

答案：A。

解题思路

$P(A\mid B)=1$ 的含义是在 $B$ 发生时，$A$ 几乎必然发生，也就是 $B$ 落在 $\overline A$ 内的概率为零。反过来，在 $A$ 未发生时，$B$ 也几乎必然不发生。这里是概率意义的包含关系，不要求两个事件作为集合完全相同。

详细步骤

由条件概率定义及 $P(B)>0$，

$$P(AB)=P(B),\qquad P(\overline A B)=P(B)-P(AB)=0.$$

将 $\overline A$ 分成互斥的 $\overline A B$ 与 $\overline A\,\overline B$，得到

$$P(\overline A\,\overline B)=P(\overline A)-0=P(\overline A).$$

题设 $P(A)<1$ 保证 $P(\overline A)>0$，所以

$$P(\overline B\mid\overline A)=\frac{P(\overline A\,\overline B)}{P(\overline A)}=1.$$

因此 A 正确。其他结论不能由包含关系推出：例如均匀样本空间 $(0,1)$ 中取 $B=(0,1/4)$、$A=(0,1/2)$，满足已知条件，但 $P(A\mid\overline B)=1/3$，$P(A\cup B)=1/2$，$P(B\mid A)=1/2$，均不是其他选项所述数值。

从 $B$ 推出 $A$ 并不能反过来从 $A$ 推出 $B$；正确的反向表述是“非 $A$ 推出非 $B$”，对应 A。

在补事件中，原先不可能的交叠部分仍有零概率，所以剩余部分承担全部条件概率。即使存在概率为零的例外点，也不会改变条件概率值；本题结论是几乎必然的事件关系，不需要把集合包含作为额外前提。

补事件的分母严格为正。

易错点

条件概率的方向不能颠倒；使用补事件条件概率前，必须确认其作为条件的概率非零。

答案：C，即 $14$。

解题思路

乘积的方差应从 $D(XY)=E(X^2Y^2)-[E(XY)]^2$ 出发。独立性使两个乘积期望分别拆成边缘期望。计算二阶原点矩时，需用 $EX^2=DX+(EX)^2$，不能把方差直接当成二阶矩。

详细步骤

由给定正态参数，

$$EX=EY=1,\qquad DX=2,\qquad DY=4.$$

于是

$$EX^2=2+1^2=3,\qquad EY^2=4+1^2=5.$$

因为 $X,Y$ 独立，它们的函数 $X^2,Y^2$ 也独立，所以

$$E(XY)=EX\,EY=1, \qquad E(X^2Y^2)=EX^2\,EY^2=3\times5=15.$$

代入方差公式得

$$D(XY)=15-1^2=14.$$

所以选 C。若展开一般公式，本题结果也等于 $DX\,DY+DX(EY)^2+DY(EX)^2=8+2+4$，说明仅乘两个方差会漏掉由非零均值产生的波动贡献。正态性提供了均值和方差，但上述独立乘积方差计算对任何有有限二阶矩的独立变量均成立，不需要乘积本身是正态变量。

二阶矩公式可从方差定义直接整理：方差等于平方的期望减均值平方，将后者移到右边便得到二阶矩。两个变量均有有限二阶矩，所以乘积平方期望的独立分解合法。乘积本身可能不服从正态分布，但计算其方差并不需要先求出完整分布，只需这些矩即可。

易错点

$D(XY)$ 一般不等于 $DX\,DY$；$N(1,2)$ 的第二个参数为方差，而非标准差。

答案：$6$。

解题思路

不能先假设 $f$ 有极限再代入。将根式分子命名，从已知比值推出它趋于零，再平方或有理化恢复 $f(x)\sin2x$，最后除以 $\sin2x$ 求出极限。这样同时证明所求极限存在。

详细步骤

令 $a(x)=\sqrt{1+f(x)\sin2x}-1$。已知 $a(x)/(e^{3x}-1)\to2$，且 $(e^{3x}-1)/x\to3$，所以

$$\frac{a(x)}x\longrightarrow6, \qquad a(x)\longrightarrow0.$$

由定义，根式等于 $a(x)+1$，两边平方得到

$$f(x)\sin2x=(a+1)^2-1=a(a+2).$$

对足够小的非零 $x$，$\sin2x\ne0$，于是

$$f(x)=\frac{a(x)}x\cdot[a(x)+2]\cdot\frac{x}{\sin2x}.$$

三个因子的极限依次为 $6,2,1/2$，相乘得到 $\lim f(x)=6$。根式在题设极限邻域有定义，平方恒等式合法；无需预设 $f$ 的连续性或可导性。

将未知函数与一个趋于零的正弦因子相乘，可能使直接观察变得困难，但已知极限足以确定该乘积的一阶量级。根式偏离一趋于零以后，有理化所产生的另一个根式因子趋于二，正好决定最后常数的大小。

恢复未知函数时使用的是精确平方恒等式，而不是先假设根式内的未知乘积很小再近似展开，因而推理没有循环。

易错点

不要直接用未知的 $\lim f$ 进行等价替换；必须先由已知条件推出根式趋于一。

答案：$\sin1-\cos1$。

解题思路

求和包含 $k\sin(k/n)$，外面为 $1/n^2$，应拆成区间宽度 $1/n$ 与函数取值 $(k/n)\sin(k/n)$。这正是区间 $[0,1]$ 上取右端点的积分和，再用分部积分算出定积分。

详细步骤

原式为

$$\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\sin\frac kn\right).$$

把 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间，宽度均为 $\Delta t=1/n$，第 $k$ 段右端点为 $t_k=k/n$。函数 $h(t)=t\sin t$ 在闭区间连续，因此其黎曼和趋于

$$\int_0^1t\sin t\,\mathrm dt.$$

分部积分取 $u=t,\mathrm dv=\sin t\,\mathrm dt$，则 $v=-\cos t$，所以

$$\int_0^1t\sin t\,\mathrm dt =[-t\cos t]_0^1+\int_0^1\cos t\,\mathrm dt =-\cos1+\sin1.$$

这里角度按弧度计算。外面的两个 $1/n$ 分别承担不同角色：一个与 $k$ 合成函数的自变量，另一个是积分区间宽度。不能把 $k$ 独立于 $n$ 固定后逐项取极限，因为求和项数也同时增加，整个区间上的贡献不能逐项忽略。

等分小区间覆盖整个固定区间，每个右端点依次从靠近零移动到一。连续函数保证用右端点取值近似各段面积时，总误差趋于零。求和的外形虽然复杂，归一化后函数与区间宽度已经完全匹配，正是识别积分和的关键。

积分和取值点覆盖全部小区间。

易错点

黎曼和必须有区间宽度；分部积分中 $\sin t$ 的原函数是 $-\cos t$。

答案：$-\mathrm dx+2\mathrm dy$。

解题思路

先代入指定点确定 $z$ 的值，再对隐方程作全微分。右边所有项都有 $x$ 或 $x^2$ 的因子，在 $x=0$ 时一阶贡献全部为零，因此无需知道 $f$ 的具体表达或偏导值。

详细步骤

在 $(x,y)=(0,1)$，原方程变成 $z-1=0$，所以 $z=1$。对等式两边微分，左边为

$$\mathrm d[(x+1)z-y^2]=z\,\mathrm dx+(x+1)\,\mathrm dz-2y\,\mathrm dy.$$

右边用乘积和链式法则：

$$\mathrm d[x^2f(x-z,y)] =2xf(x-z,y)\,\mathrm dx +x^2\{f_u(x-z,y)(\mathrm dx-\mathrm dz)+f_v(x-z,y)\,\mathrm dy\}.$$

代入 $x=0,y=1,z=1$，右边为零，左边给出

$$\mathrm dx+\mathrm dz-2\mathrm dy=0.$$

移项即得 $\mathrm dz=-\mathrm dx+2\mathrm dy$。

指定点的内变量实际为 $(-1,1)$，但偏导前面的 $x^2$ 为零，故其具体值不影响结果。先写一般微分再代点，能保留积分外系数或内变量的所有贡献；若直接把 $x=0$ 代入原式再当成全局恒等式求导，就会错误地丢掉左边 $z\,\mathrm dx$ 项。

右边微分中两类项都含零因子，因此求出的结果与给定可微函数具体如何变化无关。指定点隐方程对变量的系数非零，也使微分关系可以唯一解出所求全微分。

指定点的各变量值都已代入，最终微分为线性形式。

易错点

“在一点代值”不等于“把该变量固定为常数”；乘积中的 $x+1$ 求微分会贡献 $z\,\mathrm dx$。

答案：$\displaystyle \frac{1-2/e}{3}$。

解题思路

区域由两条斜线与水平线围成，按固定 $y$ 描述最简单。先对 $x$ 积分，$e^{-y^2}$ 保持常数，只留下幂次积分；再令 $t=y^2$，把含三次幂与指数的积分化为分部积分。

详细步骤

由 $|x|\le y\le1$，必有 $0\le y\le1$。固定 $y$ 时，$-y\le x\le y$，因此

$$I=\int_0^1 e^{-y^2}\,\mathrm dy\int_{-y}^{y}x^2\,\mathrm dx.$$

内层被积函数为偶函数，

$$\int_{-y}^{y}x^2\,\mathrm dx =2\int_0^yx^2\,\mathrm dx=\frac{2y^3}{3}.$$

所以 $I=(2/3)\int_0^1y^3e^{-y^2}\,\mathrm dy$。令 $t=y^2$，$\mathrm dt=2y\,\mathrm dy$，故 $y^3\mathrm dy=t\,\mathrm dt/2$，上下限仍为 $0,1$。于是

$$I=\frac13\int_0^1te^{-t}\,\mathrm dt =\frac13[-(t+1)e^{-t}]_0^1 =\frac13\left(1-\frac2e\right).$$

面积区域的对称性在这里用于偶函数加倍，而不是消去积分：$x^2$ 是偶函数，正负两半的贡献相同且都非负。结果为正，与原被积函数的非负性一致。

原区域可看成顶点在原点、上边界在水平线处的等腰三角形。按水平方向切片时，左右边界对称，平方积分非常简单；若先对纵向的指数积分，则会遇到不易用初等函数表示的原函数，因此换序具有实质计算价值。面积元仍保持不变，只有切片方向改变。指数因子在固定水平切片上为常数，才可以从内层积分提出。

易错点

固定 $y$ 后 $x$ 上下限是 $\pm y$，不是 $\pm1$；换元时 $y^3\mathrm dy$ 要完整改写成 $t\mathrm dt/2$。

答案：$\lambda^4+\lambda^3+2\lambda^2+3\lambda+4$。

解题思路

行列式接近上三角，但左下角非零，不能直接把对角元素相乘。第一列只有两个非零元素，按第一列展开，再将三阶行列式按其第一列展开，可以逐步降阶，所有符号都明确可查。

详细步骤

记原行列式为 $D_4$。按第一列展开，第一项符号为正，第四行第一列符号为 $(-1)^5=-1$，因此

$$D_4=\lambda\begin{vmatrix}\lambda&-1&0\\0&\lambda&-1\\3&2&\lambda+1\end{vmatrix} -4\begin{vmatrix}-1&0&0\\\lambda&-1&0\\0&\lambda&-1\end{vmatrix}.$$

第二个三阶行列式为下三角，其值为 $(-1)^3=-1$，所以这一项贡献 $+4$。

第一个三阶行列式按第一列展开得到

$$D_3=\lambda\begin{vmatrix}\lambda&-1\\2&\lambda+1\end{vmatrix} +3\begin{vmatrix}-1&0\\\lambda&-1\end{vmatrix} =\lambda[\lambda(\lambda+1)+2]+3.$$

合并得

$$D_4=\lambda(\lambda^3+\lambda^2+2\lambda+3)+4 =\lambda^4+\lambda^3+2\lambda^2+3\lambda+4.$$

展开选稀疏的列能使每次只剩两项，避免四阶行列式按定义产生大量排列。左下角一项对常数项的贡献正是 $4$，这是直接乘对角元素会遗漏的部分。

逐级展开的三阶常数项由最后一行首个非零元素产生，再乘外层变量形成一次项。若将参数视为未知数，结果是一个四次多项式；最高次项系数为一，也与四个对角变量的乘积一致。

易错点

原矩阵并非三角矩阵；展开的代数余子式符号与子式自身的负值要分别计算。

答案：$2/9$。

解题思路

“恰好第四次才集齐”需要前三次已有且只有两种颜色，第四次补上唯一缺失颜色。因为有放回，每次颜色独立且三色等概率，可以通过等可能的四次颜色序列计数。

详细步骤

四次取球每次有三种颜色，共有 $3^4=81$ 个等可能序列。先选前三次未出现的颜色，有三种选法；选定缺色后，前三次只能用另两色，原有 $2^3=8$ 个序列。

其中有两种序列三次都同色，不符合“前三次恰有两色”，应扣除。因此每个缺色对应 $2^3-2=6$ 个合格前三次序列。第四次必须取缺色，没有额外的三种选择，合格完整序列数为 $3\times6=18$。所求概率为

$$\frac{18}{81}=\frac29.$$

也可按条件乘法理解：前三次恰有两色的概率是 $3\times6/3^3=2/3$，之后独立的一次取中缺色概率为 $1/3$，相乘仍为 $2/9$。

若只要求四次中三色都出现，前三次可能已集齐，这些序列会错误地把更早停止的情况计入。每个合格序列的缺色唯一，所以按缺色分组不会重复计数。有放回保证每次仍保持同样的颜色概率，才可以直接使用独立等可能计数。

易错点

必须排除前三次同色与前三次已经三色齐全的情形；第四次颜色被确定，不应再乘三。

答案：$e^{1/3}$。

解题思路

幂指极限需先取对数。底数中两项的二次项恰好抵消，所以要展开到四次项，才能与指数分母 $x^4$ 匹配。只展开到二阶会看不到决定最终指数的系数。

详细步骤

基本展开给出

$$\cos2x=1-\frac{(2x)^2}{2}+\frac{(2x)^4}{24}+o(x^4) =1-2x^2+\frac23x^4+o(x^4),$$

以及

$$2x\sin x=2x\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right) =2x^2-\frac13x^4+o(x^4).$$

两者相加，常数项为一，二次项消去，四次项剩下 $1/3$，所以

$$B(x)=\cos2x+2x\sin x=1+\frac{x^4}{3}+o(x^4).$$

$B(x)\to1$，故在足够小的邻域为正，原幂和对数有定义。令原表达式为 $L(x)$，则

$$\ln L(x)=\frac{\ln B(x)}{x^4}.$$

用 $\ln(1+u)=u+o(u)$，其中 $u=B-1=x^4/3+o(x^4)$，得到 $\ln L(x)\to1/3$，从而 $L(x)\to e^{1/3}$。

正负两侧都由偶次主项控制，双侧极限相同。展开精度应由抵消情况与分母阶数共同决定：这里若遗漏余弦的四次系数，结果就会错误地只保留正弦贡献。

小量的量级在取对数后保持为四次阶，是因为对数在一附近的一阶变化率为一。这个性质允许把底数与一的偏离系数直接转成对数极限，但前提是先确认更低阶项确实抵消。

两项四次系数相加为三分之一。

易错点

$\cos2x$ 的四次项为 $2x^4/3$；求出 $1/3$ 后还需取指数，它不是原极限。

答案：（1）$Q(p)=1200-10p$，$0\le p<120$；（2）$p=100$ 时边际收益为 $80$ 万元/件。

解题思路

正的需求价格弹性定义为 $-pQ'(p)/Q(p)$，已知弹性给出一个可分离微分方程。用最大需求量确定积分常数。边际收益是总收益对销售量的导数，所以第二问应先把价格写成需求量的函数，不能把收益对价格的导数当答案。

详细步骤

（1）在 $0<p<120$ 且需求量为正时，

$$-\frac{pQ'}Q=\frac p{120-p} \quad\Longrightarrow\quad\frac{Q'}Q=-\frac1{120-p}.$$

积分得到 $\ln Q=\ln(120-p)+C_0$，即 $Q=C(120-p)$。价格为零时达到最大需求量 $Q(0)=1200$，于是 $120C=1200$，得 $C=10$。故 $Q=1200-10p$；在非负价格及正需求范围为 $0\le p<120$，零价格处按连续延拓使用。

（2）反解价格，$p=120-Q/10$，总收益为

$$R(Q)=pQ=120Q-\frac{Q^2}{10}.$$

边际收益为 $MR=R'(Q)=120-Q/5$。当 $p=100$，需求量 $Q=200$，所以 $MR=120-40=80$ 万元/件。

其经济意义是：在当前销量附近，销量增加一件时，总销售收益约增加 $80$ 万元。边际收益低于当前单价 $100$，因为增销需要降低价格，不仅新增一件按更低价售出，已有销量也会受到降价影响。它是收入变化，题目未给成本，不能称为利润变化。

易错点

边际收益对 $Q$ 求导，不是对 $p$ 求导；不要把最大需求量直接当积分常数而忘记因子 $120$。

答案：

$$f'(x)=\begin{cases}4x^2-2x,&0<x<1,\\2x,&x\ge1;\end{cases} \qquad \min_{x>0}f(x)=\frac14,$$

最小值在 $x=1/2$ 取得。

解题思路

绝对值的符号由 $t=x$ 决定。若 $x$ 在积分区间内部，需要分成两段；若 $x\ge1$，整个区间都取同一个符号。先算出分段函数，再求导，并检查连接点可导性与全局单调变化。

详细步骤

当 $0<x<1$，

$$\begin{aligned} f(x)&=\int_0^x(x^2-t^2)\,\mathrm dt+\int_x^1(t^2-x^2)\,\mathrm dt\\ &=\left[x^2t-\frac{t^3}3\right]_0^x +\left[\frac{t^3}3-x^2t\right]_x^1\\ &=\frac{2x^3}3+\left(\frac13-x^2+\frac{2x^3}3\right) =\frac{4x^3}3-x^2+\frac13. \end{aligned}$$

当 $x\ge1$，$t^2-x^2\le0$，所以 $f(x)=\int_0^1(x^2-t^2)\,\mathrm dt=x^2-1/3$。

两式在 $x=1$ 均为 $2/3$，函数连续；左导数极限为 $4-2=2$，右导数为 $2$，所以连接点也可导。分段求导即得答案。

在 $(0,1)$，$f'=2x(2x-1)$，由于 $x>0$，符号在 $1/2$ 左侧为负、右侧为正；在 $x\ge1$，$f'=2x>0$。因此整个定义域上先减后增，$x=1/2$ 为全局最小点。代入

$$f(1/2)=\frac{4}{3}\cdot\frac18-\frac14+\frac13 =\frac16-\frac14+\frac13=\frac14.$$

在第一种情形中，分界位置位于积分区间，必须把两边相反的符号都计入；第二种情形的分界已经跑到区间右侧，所以只留一个表达式。零点不在题设定义域内，但函数在零点右侧首先下降，之后上升；因此不需要把零点作为取不到的最小值候选。连接点之后始终增加，也排除了远处更小的值。

易错点

不能只对绝对值内表达式直接求导而忽略符号变化；连接点 $x=1$ 要单独验证，不能只列开区间公式。

答案：$\displaystyle f(x)=-\frac{e^x+e^{-x}}2$。

解题思路

先换元把左边变为普通变上限积分；右边积分核是 $x-t$，求导后上限项因该因子为零而消失。由原先的连续性可合法求积分导数，第一次求导后的等式又证明 $f$ 可导，因而可以继续求导得到线性微分方程。

详细步骤

左边令 $s=x-t$，积分方向翻转后得到 $\int_0^xf(s)\,\mathrm ds$。右边写为 $x\int_0^xf(t)\,\mathrm dt-\int_0^xtf(t)\,\mathrm dt$。对原等式求导，乘积项与上限项相消，得到

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

代入 $x=0$，得 $f(0)=-1$。等式右边可导，所以 $f$ 可导，再求导有

$$f'=f+e^{-x},\qquad f'-f=e^{-x}.$$

乘积分因子 $e^{-x}$，

$$(fe^{-x})'=e^{-2x}.$$

积分得到 $fe^{-x}=C-e^{-2x}/2$，故 $f=Ce^x-e^{-x}/2$。由 $f(0)=-1$，$C=-1/2$，得所列结果。

为确认求导未引入多余解，左边积分为 $-(e^x-e^{-x})/2$；另一方面

$$\int_0^x(x-t)e^t\,\mathrm dt=e^x-1-x, \qquad \int_0^x(x-t)e^{-t}\,\mathrm dt=x-1+e^{-x}.$$

把两式按系数 $-1/2$ 相加，再加 $e^{-x}-1$，正好为 $-(e^x-e^{-x})/2$，原等式成立。

连续性允许使用积分基本定理，第一次等式提供了额外的可导性信息。解微分方程后回代原式，是为了检查求导可能丢失的常数条件；这里两端在零点均为零，所以恢复后的积分恒等式没有额外常数差。

易错点

不能在尚未证明 $f$ 可导时直接对它求导；求导后的方程应配合初值并回验原积分等式。