2017年考研数学三真题

答案：A。 $ab=1/2$。

解题思路： 分段函数在零点连续，要求左极限、右极限和函数值都相等。左侧为常数 $b$，重点计算右极限。$1-\cos u\sim u^2/2$，其中 $u=\sqrt x$，所以分子是关于 $x$ 的一阶小量。

详细步骤： 正半轴表达式含分母 $ax$，函数在 $x>0$ 有定义要求 $a\ne0$。当 $x\to0^+$ 时，令 $u=\sqrt x\to0^+$，则

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos\sqrt x}{ax} =\frac1a\lim_{u\to0^+}\frac{1-\cos u}{u^2}=\frac1{2a}.$$

也可用 $1-\cos u=2\sin^2(u/2)$，结合 $\sin(u/2)/(u/2)\to1$ 得到同一结果。左侧 $x\le0$ 时 $f(x)=b$，故 $f(0)=b$、左极限为 $b$。连续性要求 $b=1/(2a)$，乘以非零的 $a$ 得 $ab=1/2$。反过来，满足这一关系时三个值相等，函数确实在零点连续。

易错点： $1-\cos\sqrt x$ 的主项是 $x/2$，不是 $x^2/2$；必须比较右极限与题设零点值 $b$。

答案：D。 $(1,1)$ 为严格局部极大值点。

解题思路： 四个候选点都是驻点，但驻点未必是极值点。计算一、二阶偏导，再用 $\Delta=z_{xx}z_{yy}-z_{xy}^2$ 判别每个点。判别式负值说明鞍点，正值再根据 $z_{xx}$ 正负判断极大或极小。

详细步骤： 对 $z=3xy-x^2y-xy^2$，

$$z_x=y(3-2x-y),\qquad z_y=x(3-x-2y).$$

当 $x=0$ 或 $y=0$ 时，得到 $(0,0),(0,3),(3,0)$；当两者都非零时，联立 $2x+y=3,x+2y=3$，得 $(1,1)$。二阶偏导为 $z_{xx}=-2y$、$z_{yy}=-2x$、$z_{xy}=3-2x-2y$。

在 $(0,0)$、$(0,3)$、$(3,0)$，判别式都为 $0-9=-9<0$，均为鞍点。在 $(1,1)$，$z_{xx}=z_{yy}=-2$、$z_{xy}=-1$，所以 $\Delta=4-1=3>0$ 且 $z_{xx}<0$，为严格局部极大值点，选 D。该点函数值为 $1$。

易错点： 一阶偏导为零只给出极值必要条件；不能把三个轴上的驻点直接当成极小值点。

答案：C。 $|f(1)|>|f(-1)|$。

解题思路： $f(x)f'(x)>0$ 表示函数值与导数同号，不能统一判断 $f$ 本身递增还是递减。但这个乘积正好是 $f^2$ 导数的一半，因此可以确定平方严格递增，再转成绝对值大小关系。

详细步骤： 令 $g(x)=f(x)^2$，由链式法则，

$$g'(x)=2f(x)f'(x)>0.$$

在区间 $[-1,1]$ 上，$g$ 连续且内部可导，由中值定理存在 $\xi\in(-1,1)$，使 $g(1)-g(-1)=2g'(\xi)>0$。所以 $f(1)^2>f(-1)^2$。两边都是非负数，开平方后得到 $|f(1)|>|f(-1)|$。

A、B 不能统一保证。例如 $f(x)=e^x$ 满足条件且 $f(1)>f(-1)$；$f(x)=-e^x$ 也满足 $ff'=e^{2x}>0$，却有 $f(1)<f(-1)$。这说明题设控制的是幅度增大，而不是带符号函数值的统一增减方向。

易错点： 不能直接把 $ff'>0$ 约去 $f$，因为没有给出 $f$ 为正；对平方求导可以避免符号分情况。

答案：C。 $k=-1$。

解题思路： 级数通项含两个关于 $1/n$ 的小量。若剩下非零的 $1/n$ 项，级数与调和级数同阶，会发散；因此先消去一阶项，再检查消去后是否真的收敛，不能只写必要条件。

详细步骤： 当 $n\to\infty$ 时，

$$\sin\frac1n=\frac1n+O(n^{-3}),\qquad \ln\left(1-\frac1n\right)=-\frac1n-\frac1{2n^2}+O(n^{-3}).$$

所以通项为

$$u_n=\sin\frac1n-k\ln\left(1-\frac1n\right) =\frac{1+k}n+\frac{k}{2n^2}+O(n^{-3}).$$

若 $1+k\ne0$，则 $nu_n\to1+k\ne0$，$u_n$ 最终固定符号，绝对值与 $1/n$ 成正比，级数发散。因此收敛必须 $k=-1$。

当 $k=-1$ 时，$u_n=-1/(2n^2)+O(n^{-3})$，存在常数 $C$ 使充分大的 $n$ 满足 $|u_n|\le C/n^2$。由于 $\sum1/n^2$ 收敛，比较判别法说明该级数绝对收敛，故 $k=-1$ 也充分。

易错点： 对数展开的第一项为负，原式前面还有 $-k$，必须正确处理双重符号；消去调和项后还要证明剩余项收敛。

答案：A。 $E-\alpha\alpha^{\mathsf T}$ 不可逆。

解题思路： 单位向量满足 $\alpha^{\mathsf T}\alpha=1$，所以秩一矩阵 $\alpha\alpha^{\mathsf T}$ 沿 $\alpha$ 方向的作用很简单。把各矩阵作用到 $\alpha$ 和与它正交的方向，便能读出特征值；出现零特征值就是不可逆。

详细步骤：

$$(E-\alpha\alpha^{\mathsf T})\alpha =\alpha-\alpha(\alpha^{\mathsf T}\alpha)=0.$$

$\alpha$ 是非零向量，所以这个矩阵有非零核向量，必不可逆。

为确认其他选项，考虑 $M_c=E+c\alpha\alpha^{\mathsf T}$。沿 $\alpha$ 方向，$M_c\alpha=(1+c)\alpha$；若 $v$ 与 $\alpha$ 正交，则 $\alpha^{\mathsf T}v=0$，所以 $M_cv=v$。因此其特征值为沿 $\alpha$ 的 $1+c$，以及正交补中的 $1$。B、C、D 对应 $c=1,2,-2$，特征值分别为 $2,3,-1$ 与其余的 $1$，都不为零，均可逆。$n=1$ 时正交补没有维数，结论同样成立。

易错点： $\alpha\alpha^{\mathsf T}$ 是 $n\times n$ 矩阵，$\alpha^{\mathsf T}\alpha$ 是标量 $1$，二者不可混淆；单位向量当然不能为零。

答案：B。 $A$ 与 $C$ 相似，$B$ 与 $C$ 不相似。

解题思路： 三个矩阵虽然有相同特征值，但相同特征值只是相似的必要条件。$C$ 已是对角矩阵，所以检查 $A,B$ 是否能对角化即可。重特征值 $2$ 的特征空间需要有两个独立方向。

详细步骤： 三者均为三角矩阵，特征值由对角元读出，为 $2,2,1$。对 $A$，

$$A-2E=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&-1\end{pmatrix}.$$

其零空间满足 $v_3=0$，$v_1,v_2$ 任意，因此特征值 $2$ 有两个独立特征向量。特征值 $1$ 的方程给出 $v_1=0,v_2=-v_3$，可取 $(0,-1,1)^{\mathsf T}$。按特征值 $1,2,2$ 的顺序放置三个向量，得到可逆矩阵 $P=((0,-1,1)^{\mathsf T},(1,0,0)^{\mathsf T},(0,1,0)^{\mathsf T})$，满足 $P^{-1}AP=C$。

对 $B$，$B-2E=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$，零空间要求 $v_2=v_3=0$，只有一个独立方向。重特征值 $2$ 的几何重数不足 $2$，$B$ 不可对角化，所以不可能与对角矩阵 $C$ 相似。

易错点： 同一组特征值不保证相似；必须检查重特征值对应的独立特征向量是否足够。

答案：C。 $AB$ 与 $C$ 相互独立。

解题思路： 事件独立的定义是交集概率等于概率乘积。把并事件与 $C$ 的交集用容斥展开，再代入题设已有的两项独立性，剩下的等式恰好是 $AB$ 与 $C$ 独立，便可同时证明充分与必要。

详细步骤： 记 $AB=A\cap B$。由集合运算和容斥，

$$P((A\cup B)C)=P(AC)+P(BC)-P(ABC).$$

题设给出 $P(AC)=P(A)P(C)$、$P(BC)=P(B)P(C)$。另一方面，

$$P(A\cup B)P(C)=[P(A)+P(B)-P(AB)]P(C).$$

两式相减，公共项抵消，得到

$$P((A\cup B)C)-P(A\cup B)P(C) =P(AB)P(C)-P(ABC).$$

左侧为零当且仅当并事件与 $C$ 独立；右侧为零当且仅当 $P((AB)C)=P(AB)P(C)$，即 $AB$ 与 $C$ 独立。等价关系证明了充要性，选 C。整个推导未除以任何事件概率，所以即使某个事件概率为零或一，也仍然适用。

易错点： 两两独立不自动保证并事件独立；不能把事件独立与互不相容混为一谈。

答案：B。 B 中的量不服从卡方分布。

解题思路： 卡方分布来自独立标准正态变量平方和。因此要检查各正态量是否已除以正确的标准差，再平方。差 $X_n-X_1$ 的方差为 $2$，应除以 $\sqrt2$，不能乘以 $\sqrt2$。

详细步骤： A 中 $X_i-\mu$ 独立且均为 $N(0,1)$，其平方和服从 $\chi^2(n)$。C 中正态总体样本方差的抽样分布定理给出 $\sum(X_i-\overline X)^2\sim\chi^2(n-1)$，因为总体方差为 $1$。D 中 $\overline X\sim N(\mu,1/n)$，所以 $\sqrt n(\overline X-\mu)$ 为标准正态，其平方服从 $\chi^2(1)$。

对 B，$n\ge2$ 保证 $X_n,X_1$ 是两个不同的独立样本，$X_n-X_1\sim N(0,2)$。令 $U=(X_n-X_1)^2/2$，则 $U\sim\chi^2(1)$，B 中的量却为 $4U$。缩放后的变量不是普通卡方分布：它均值为 $4$、方差为 $32$；若是卡方分布，均值为自由度且方差应为均值的两倍，不能同时匹配。因此 B 错误。

易错点： 标准化应除以标准差，再平方；卡方变量乘常数一般不会变成另一自由度的卡方变量。

答案：$\pi^3/2$。

解题思路： 两部分分别计算。$\sin^3x$ 为奇函数，在对称区间上积分为零；$\sqrt{\pi^2-x^2}$ 表示半径为 $\pi$ 的上半圆，可以由面积直接求积分，也可用三角换元核验。

详细步骤： 因 $\sin(-x)=-\sin x$，立方后仍为奇函数，故 $\int_{-\pi}^{\pi}\sin^3x\,\mathrm dx=0$。曲线 $y=\sqrt{\pi^2-x^2}$ 满足 $x^2+y^2=\pi^2,y\ge0$，所围面积为 $\frac12\pi\cdot\pi^2=\pi^3/2$。

若用积分法，令 $x=\pi\sin t$，上下限为 $-\pi/2,\pi/2$，该区间 $\cos t\ge0$，所以

$$\int_{-\pi}^{\pi}\sqrt{\pi^2-x^2}\,\mathrm dx =\pi^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2t\,\mathrm dt =\pi^2\cdot\frac\pi2=\frac{\pi^3}2.$$

两部分相加便得到答案。这里面积公式中的第一个 $\pi$ 是圆周率，另外的 $\pi^2$ 来自半径的平方，不能少乘一个 $\pi$。

易错点： 上半圆而不是整圆；平方根换元时需注意 $\sqrt{\cos^2t}=|\cos t|$，在选定区间才可写成 $\cos t$。

答案：$y_t=C2^t+t2^{t-1}$，$C$ 为任意常数。

解题思路： 齐次方程的解为常数倍 $2^t$，右端也含 $2^t$，适合把 $y_t$ 除以 $2^t$。这样原差分方程转成相邻新变量之差为常数，逐项累加即可。

详细步骤： 令 $z_t=y_t/2^t$。将方程除以 $2^{t+1}$，得到

$$\frac{y_{t+1}}{2^{t+1}}-\frac{y_t}{2^t}=\frac12, \qquad z_{t+1}-z_t=\frac12.$$

因此 $z_t=C+t/2$，其中起始时刻的选择可以吸收到任意常数 $C$ 中。乘回 $2^t$，得到 $y_t=C2^t+t2^{t-1}$。

直接核验：$y_{t+1}=C2^{t+1}+(t+1)2^t$，$2y_t=C2^{t+1}+t2^t$，两者相减正好为 $2^t$。任意常数项都满足齐次方程，特解 $t2^{t-1}$ 则产生所需的非齐次右端。

易错点： 除式时左边使用 $2^{t+1}$，右端变成 $1/2$；右端与齐次解同型，特解不能只设成另一个常数倍 $2^t$。

答案：$1+(1-Q)e^{-Q}$。

解题思路： 平均成本是总成本除以产量，边际成本是总成本对产量的导数。题目给的是平均成本，不能直接对它求导当作边际成本，应先乘回 $Q$ 得到总成本。

详细步骤： 对 $Q>0$，平均成本满足 $\overline C(Q)=C(Q)/Q$。所以

$$C(Q)=Q\overline C(Q)=Q(1+e^{-Q})=Q+Qe^{-Q}.$$

边际成本为 $MC(Q)=C'(Q)$。对乘积 $Qe^{-Q}$ 求导，

$$(Qe^{-Q})'=1\cdot e^{-Q}+Q(-e^{-Q})=(1-Q)e^{-Q}.$$

加上 $Q$ 的导数 $1$，得 $MC(Q)=1+(1-Q)e^{-Q}$。从一般关系也可得到 $C'=\overline C+Q\overline C'$，代入 $\overline C=1+e^{-Q}$、$\overline C'=-e^{-Q}$ 后结果相同。

这个表达式描述多生产一小单位产品时，总成本增加的速率；平均成本的导数则描述平均每件成本的变化速率，两者经济含义不同。

易错点： 平均成本求导不是边际成本；乘积求导时必须同时考虑 $Q$ 和 $e^{-Q}$ 两个因子。

答案：$f(x,y)=xye^y$。

解题思路： 全微分的两个系数分别是 $f_x,f_y$。先对其中一个偏导积分恢复函数，积分常数应写成另一个变量的函数，再用第二个偏导确定它，最后使用初值。

详细步骤： 由题设，$f_x=ye^y$、$f_y=x(1+y)e^y$。对 $x$ 积分时，把 $y$ 看作常数，得

$$f(x,y)=xye^y+c(y).$$

这里 $c(y)$ 可以依赖 $y$，因为对 $x$ 求偏导后这一项仍为零。对上式求 $y$ 偏导，

$$f_y=x[e^y+ye^y]+c'(y)=x(1+y)e^y+c'(y).$$

与题设的 $f_y$ 比较，得到 $c'(y)=0$，所以 $c(y)=C$ 为常数。初值 $f(0,0)=0$ 给出 $C=0$，得到答案。

核验全微分：对 $xye^y$ 求偏导，确为 $ye^y$ 和 $x(1+y)e^y$，均连续，满足给定全微分及初始值。

易错点： 只对 $x$ 积分时不能直接把积分常数认成数，应先允许其为 $y$ 的函数；对 $ye^y$ 求导需使用乘积法则。

答案：$2$。

解题思路： 三个线性无关的三维向量构成可逆矩阵 $B$。变换后的向量组组成 $AB$，右乘可逆矩阵不改变秩，因此只需计算给定 $A$ 的秩，完全不需要知道 $\alpha_i$ 的具体坐标。

详细步骤： 令 $B=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$。三向量线性无关，所以 $B$ 可逆，且 $(A\alpha_1,A\alpha_2,A\alpha_3)=AB$。由可逆矩阵乘法保持秩，$r(AB)=r(A)$。

$A$ 的三列为 $c_1=(1,1,0)^{\mathsf T}$、$c_2=(0,1,1)^{\mathsf T}$、$c_3=(1,2,1)^{\mathsf T}$，满足 $c_3=c_1+c_2$，所以秩至多为 $2$。若 $uc_1+vc_2=0$，由第一个分量得 $u=0$，第三个分量得 $v=0$，故前两列无关，秩至少为 $2$。综上 $r(A)=2$，所求秩也为 $2$。

易错点： 原向量无关不保证经过不可逆 $A$ 后仍无关；右乘可逆矩阵保持秩，而一般右乘矩阵不能这样断言。

答案：$9/2$。

解题思路： 未知概率 $a,b$ 由归一化和给定均值共同决定。求方差使用 $DX=E(X^2)-(EX)^2$；由于均值为零，只需求二阶矩，但平方后负取值也贡献正数。

详细步骤： 三个概率相加为 $1$，所以 $1/2+a+b=1$，即 $a+b=1/2$。由 $EX=0$，

$$(-2)\cdot\frac12+1\cdot a+3\cdot b=0, \qquad a+3b=1.$$

两式相减，$2b=1/2$，得 $b=1/4$，再得 $a=1/4$。两者均非负，概率合法。

二阶矩为

$$E(X^2)=(-2)^2\cdot\frac12+1^2\cdot\frac14+3^2\cdot\frac14 =2+\frac14+\frac94=\frac92.$$

因为 $EX=0$，$DX=E(X^2)=9/2$。也可按方差定义 $E[(X-EX)^2]$ 直接求和，结果完全相同。

易错点： 二阶矩中 $(-2)^2=4$，不能保留负号；归一化条件不能遗漏给定的 $1/2$。

答案：$2/3$。

解题思路： 积分上限和根号都含 $x$，适合用比例换元 $t=xu$ 把变化区间 $[0,x]$ 固定为 $[0,1]$。换元会产生恰好与分母相同的 $x^{3/2}$，约去后剩下容易判断的参数积分。

详细步骤： 因 $x\to0^+$，$x>0$，令 $t=xu$，$\mathrm dt=x\,\mathrm du$，则 $u$ 从 $0$ 变到 $1$，且 $\sqrt{x-t}=\sqrt x\sqrt{1-u}$。因此

$$\frac{\int_0^x\sqrt{x-t}e^t\,\mathrm dt}{\sqrt{x^3}} =\frac{x^{3/2}\int_0^1\sqrt{1-u}e^{xu}\,\mathrm du}{x^{3/2}} =\int_0^1\sqrt{1-u}e^{xu}\,\mathrm du.$$

为说明极限可进入积分，可以直接估计误差。对 $0\le u\le1$，$0\le e^{xu}-1\le e^x-1$，所以

$$0\le\int_0^1\sqrt{1-u}(e^{xu}-1)\,\mathrm du \le(e^x-1)\int_0^1\sqrt{1-u}\,\mathrm du\longrightarrow0.$$

于是极限等于 $\int_0^1(1-u)^{1/2}\,\mathrm du=[-2(1-u)^{3/2}/3]_0^1=2/3$。

易错点： 换元产生的 $x$ 来自 $\mathrm dt$，与根号中的 $\sqrt x$ 合成 $x^{3/2}$；不能遗漏这个因子。

答案：$\dfrac\pi8\left(1-\dfrac1{\sqrt2}\right)$。

解题思路： 区域位于第一象限、曲线 $y=\sqrt x$ 下方，所以 $x\ge0$、$0\le y\le\sqrt x$。被积函数分子为 $y^3$、分母含 $y^4$，先对 $y$ 积分最方便。积分虽然在无界区域上进行，但被积函数非负，先计算累次积分并得到有限值即可确认收敛。

详细步骤： 写成

$$I=\int_0^\infty\left[\int_0^{\sqrt x}\frac{y^3}{(1+x^2+y^4)^2}\,\mathrm dy\right]\mathrm dx.$$

内层把 $x$ 看作常数，令 $u=1+x^2+y^4$，则 $\mathrm du=4y^3\,\mathrm dy$；$y=0$ 对应 $u=1+x^2$，$y=\sqrt x$ 对应 $u=1+2x^2$。所以

$$\begin{aligned} \int_0^{\sqrt x}\frac{y^3}{(1+x^2+y^4)^2}\,\mathrm dy &=\frac14\int_{1+x^2}^{1+2x^2}u^{-2}\,\mathrm du\\ &=\frac14\left(\frac1{1+x^2}-\frac1{1+2x^2}\right). \end{aligned}$$

于是

$$I=\frac14\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+x^2} -\frac14\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+2x^2}.$$

两个反常积分都收敛。第一项积分为 $[\arctan x]_0^\infty=\pi/2$；第二项令 $v=\sqrt2x$，积分为 $\pi/(2\sqrt2)$，所以 $I=(1/4)[\pi/2-\pi/(2\sqrt2)]$，得到答案。

易错点： 上限 $y=\sqrt x$ 代入 $y^4$ 后是 $x^2$，不是 $x$；换元必须保留 $1/4$。

答案：$1/4$。

解题思路： 把 $k/n^2$ 写成 $(k/n)(1/n)$，就能看出这是区间 $[0,1]$ 上函数 $x\ln(1+x)$ 的黎曼和。先转为定积分，再用分部积分和多项式除法完成计算。

详细步骤： 将 $[0,1]$ 等分为 $n$ 段，每段宽度为 $1/n$，右端点为 $k/n$。原和式为

$$\sum_{k=1}^n\left[\frac kn\ln\left(1+\frac kn\right)\right]\frac1n.$$

函数 $h(x)=x\ln(1+x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，所以黎曼和的极限为 $\int_0^1x\ln(1+x)\,\mathrm dx$。

分部积分取 $u=\ln(1+x)$、$\mathrm dv=x\,\mathrm dx$，有

$$I=\left[\frac{x^2}2\ln(1+x)\right]_0^1-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x}\,\mathrm dx.$$

由 $x^2/(1+x)=x-1+1/(1+x)$，后一个积分为 $[x^2/2-x+\ln(1+x)]_0^1=\ln2-1/2$。所以 $I=\frac12\ln2-\frac12(\ln2-1/2)=1/4$。

易错点： 黎曼和需要明确因子 $1/n$ 是区间宽度；$x^2/(1+x)$ 的除法余项符号为正。