2023年考研数学三真题

答案：A。 $f_x(0,1)$ 不存在，$f_y(0,1)=1$。

解题思路： 求某点的偏导数时，只让对应变量变化，把另一个变量固定。绝对值可能使关于 $x$ 的截面在零点出现折角，因此应从左右差商判断；关于 $y$ 的截面则可直接求导。

详细步骤： 固定 $y=1$。由于 $\sin1>0$，有 $f(x,1)=\ln(1+|x|\sin1)$，且 $f(0,1)=0$。关于 $x$ 的差商为

$$\frac{f(h,1)-f(0,1)}h=\frac{\ln(1+|h|\sin1)}h.$$

利用 $\ln(1+u)/u\to1$，当 $h\to0^+$ 时，差商趋于 $\sin1$；当 $h\to0^-$ 时，$|h|/h=-1$，差商趋于 $-\sin1$。两个单侧极限不相等，故 $f_x(0,1)$ 不存在。

固定 $x=0$，则在 $y=1$ 附近 $y>0$，$f(0,y)=\ln y$。因此

$$f_y(0,1)=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dy}\ln y\right|_{y=1}=1.$$

两个偏导分别沿两条坐标方向考察，一个不存在不妨碍另一个存在，故选 A。

易错点： 不能把 $|x\sin y|$ 在 $x=0$ 处当作普通可导函数套链式法则；偏导存在性必须按对应方向分别判断。

答案：D。

解题思路： 原函数 $F$ 必须在整个定义区间满足 $F'=f$。分段点两侧的积分表达式各自正确还不够，连接处也必须可导；这先要求连续，再要求左右导数都等于 $f(0)$。先检查每一段的导数，再调整常数连接。

详细步骤： 对 $x<0$，

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\ln(\sqrt{1+x^2}+x) =\frac{x/\sqrt{1+x^2}+1}{\sqrt{1+x^2}+x} =\frac1{\sqrt{1+x^2}}.$$

而 $\ln(\sqrt{1+x^2}-x)$ 的导数为 $-1/\sqrt{1+x^2}$，因此 A、B 在负半轴上就不符合要求。

对 $x>0$，

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}[(x+1)\sin x+\cos x] =\sin x+(x+1)\cos x-\sin x=(x+1)\cos x.$$

候选 C、D 的两段导数正确，但正侧表达式在 $x\to0^+$ 时趋于 $1$。负侧对数在零点为 $0$，所以必须加常数 $1$ 才能连续，这排除 C。D 在零点处为 $1$，且负侧导数趋于 $1$，正侧导数也趋于 $1$。相应左右差商均趋于 $1=f(0)$，因此 D 在零点可导，满足原函数要求。

易错点： 两段原函数中的常数不能随意各取零；原函数在分段连接点必须可导，存在跳跃的拼接函数不是原函数。

答案：C。 $a=0,b>0$。

解题思路： 按“方程的解有界”理解为通解中的每一个解在整个实轴上有界。常系数方程由特征根决定解的形态：非零实部产生指数增长，重根还会产生 $x$ 因子。只有非零纯虚共轭根产生始终有界的正弦、余弦组合。

详细步骤： 特征方程为 $r^2+ar+b=0$。若有实根 $r\ne0$，则 $e^{rx}$ 在 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 的某一端无界，因此通解中含这种分量的解不能全轴有界。若两个根都为零，通解为 $C_1+C_2x$，当 $C_2\ne0$ 时同样无界。

若特征根为 $\alpha\pm i\beta$，其中 $\beta\ne0$，通解为

$$y=e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x).$$

要让所有解在正、负两个方向都不被指数因子放大，必须 $\alpha=0$。由根与系数关系，$2\alpha=-a$，所以 $a=0$；此时 $b=\beta^2>0$。反过来，当 $a=0,b>0$ 时，通解为 $C_1\cos(\sqrt b\,x)+C_2\sin(\sqrt b\,x)$，其绝对值至多为 $|C_1|+|C_2|$，确实有界。

如果题意只要求“存在一个有界解”，零解对任意 $a,b$ 都有界，无法据此选出唯一选项；本题选项判断采用所有解有界的含义。

易错点： $a>0$ 可能让解在正向衰减，却在负向增长；本题区间是整个实轴，不是只有 $x\ge0$。

答案：A。 充分必要条件。

解题思路： $a_n<b_n$ 本身不能直接比较两个绝对值。关键是两级数都收敛，因此它们的差级数也收敛；差的每项又是正数，从而差级数绝对收敛。只要两组通项之间的差绝对可和，就能用三角不等式把绝对收敛性相互传递。

详细步骤： 令 $d_n=b_n-a_n>0$。部分和满足

$$\sum_{n=1}^Nd_n=\sum_{n=1}^Nb_n-\sum_{n=1}^Na_n.$$

右侧两项都有有限极限，所以 $\sum d_n$ 收敛。因 $d_n>0$，$\sum|d_n|=\sum d_n<\infty$。

若 $\sum|a_n|<\infty$，由 $b_n=a_n+d_n$ 和三角不等式，

$$|b_n|\le|a_n|+d_n.$$

右侧级数收敛，因此 $\sum|b_n|$ 收敛，证明充分性。反过来，若 $\sum|b_n|<\infty$，由 $a_n=b_n-d_n$，

$$|a_n|\le|b_n|+d_n,$$

右侧级数同样收敛，因此 $\sum|a_n|$ 收敛，证明必要性。两个方向都成立，所以是充分必要条件。

易错点： 原题未规定 $a_n,b_n$ 都为正，不能从 $a_n<b_n$ 推出 $|a_n|<|b_n|$；正项比较应应用在差 $d_n$ 上。

答案：B。

解题思路： 可逆矩阵的伴随矩阵为“行列式乘逆矩阵”。分块上三角矩阵的行列式等于对角块行列式乘积，先算分块逆矩阵，再替换成 $A^*,B^*$。非对角块的乘法次序是本题的关键。

详细步骤： 记 $M=\begin{pmatrix}A&E\\O&B\end{pmatrix}$，因 $A,B$ 可逆，$|M|=|A||B|\ne0$。设逆矩阵为 $\begin{pmatrix}A^{-1}&X\\O&B^{-1}\end{pmatrix}$，左乘 $M$ 后右上块为 $AX+B^{-1}$。要使其为零，必须 $X=-A^{-1}B^{-1}$。于是

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

再用 $A^*=|A|A^{-1}$、$B^*=|B|B^{-1}$，

$$\begin{aligned} M^*&=|A||B|M^{-1}\\ &=\begin{pmatrix} |B|A^*&-(|A|A^{-1})(|B|B^{-1})\\ O&|A|B^* \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}|B|A^*&-A^*B^*\\O&|A|B^*\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

行列式是标量，可以移到任意位置；$A^{-1},B^{-1}$ 是矩阵，不能交换位置。计算结果与 B 一致。

易错点： 右上块是 $-A^{-1}B^{-1}$，不是 $-B^{-1}A^{-1}$；对角块还要乘另一个矩阵的行列式。

答案：B。 规范形为 $y_1^2-y_2^2$。

解题思路： 原式已经接近平方和形式，可以先用两个线性组合简化，再配方读出正、负惯性指数。规范形只保留正负号，非零系数可通过变量缩放化成 $1$ 或 $-1$，零平方项可以不写。

详细步骤： 令 $u=x_1+x_2$、$v=x_1+x_3$，则 $x_2-x_3=u-v$，所以

$$f=u^2+v^2-4(u-v)^2=-3u^2+8uv-3v^2.$$

再令 $s=u+v=2x_1+x_2+x_3$、$t=u-v=x_2-x_3$。有 $u=(s+t)/2$、$v=(s-t)/2$，代入得到

$$f=\frac12s^2-\frac72t^2.$$

取第三个变量 $w=x_1$，从 $(x_1,x_2,x_3)$ 到 $(s,t,w)$ 的系数矩阵为 $\begin{pmatrix}2&1&1\\0&1&-1\\1&0&0\end{pmatrix}$，行列式为 $-2\ne0$，所以这确实是非退化线性替换。再缩放 $y_1=s/\sqrt2$、$y_2=\sqrt{7/2}\,t$、$y_3=w$，得 $f=y_1^2-y_2^2$。第三个变量没有平方项，说明秩为 $2$；正、负惯性指数各为 $1$。

易错点： 原式含三个平方并不表示秩为 $3$，这些线性组合可能相关；规范形应把非零系数归一化。

答案：D。 $\gamma=k(1,5,8)^{\mathsf T}$，$k\in\mathbb R$。

解题思路： 同时能由两组向量表示，意味着可以写出两种表达式并令它们相等。将四个表示系数作为未知数，比较三个坐标，解出所有公共向量。这样既能找到公共方向，也能证明没有遗漏其他方向。

详细步骤： 设 $\gamma=u\alpha_1+v\alpha_2=s\beta_1+t\beta_2$。按坐标比较，

$$\begin{cases} u+2v=2s+t,\\ 2u+v=5s,\\ 3u+v=9s+t. \end{cases}$$

第三式减第一式得 $2u-v=7s$，再与第二式相加得 $4u=12s$，所以 $u=3s$。代回第二式得 $v=-s$；代回第一式得 $t=-s$。于是

$$\gamma=s(3\alpha_1-\alpha_2) =s\begin{pmatrix}1\\5\\8\end{pmatrix}.$$

反过来，这个向量也满足 $3\alpha_1-\alpha_2=\beta_1-\beta_2$，所以任意实数倍都能由两组向量表示。解方程得到的形式又覆盖了所有可能，因此交空间就是这个一维方向，选 D。$k=0$ 给出零向量，同样符合题设。

易错点： 只检验某个向量能由一组表示还不够，必须同时检查另一组；公共向量允许为零，比例系数没有非零限制。

答案：C。 $E|X-EX|=2/e$。

解题思路： 参数为 $1$ 的泊松变量均值为 $1$，取值是非负整数。$X-1$ 只有在 $X=0$ 时为负，因此可以按 $X=0$ 与 $X\ge1$ 拆开绝对值，利用 $E(X-1)=0$ 简化求和。

详细步骤： 分布律为 $P(X=k)=e^{-1}/k!$，$k=0,1,\ldots$，且 $EX=1$。在 $X=0$ 时，$|X-1|=1$，而 $X-1=-1$，两者相差 $2$；在 $X\ge1$ 时，两者相等。于是有恒等式

$$|X-1|=X-1+2\mathbf1_{\{X=0\}}.$$

其中示性变量在事件发生时取 $1$，否则取 $0$，其期望就是事件概率。两边取期望：

$$E|X-1|=EX-1+2P(X=0)=0+2e^{-1}=\frac2e.$$

直接求和也可核验：

$$E|X-1|=e^{-1}+e^{-1}\sum_{k=2}^\infty\frac{k-1}{k!}.$$

因为 $(k-1)/k!=1/(k-1)!-1/k!$，后面的级数望远镜相消，其和为 $1$，结果仍为 $2/e$。

易错点： $E|X-EX|$ 不等于 $|EX-EX|=0$；绝对值必须在取期望之前按随机变量取值处理。

答案：D。 $2S_1^2/S_2^2\sim F(n-1,m-1)$。

解题思路： 正态总体的样本方差除以总体方差，再乘自由度，服从卡方分布。两个独立卡方变量分别除以自由度后作比值，才是 F 分布。本题两总体方差并不相同，第二个是 $2\sigma^2$，所以比例因子 $2$ 必须保留。

详细步骤： 样本方差的定义要求 $n,m>1$。正态样本的抽样分布定理给出

$$U=\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1),\qquad V=\frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2}\sim\chi^2(m-1).$$

两组样本独立，所以各由一组样本构成的 $U,V$ 也独立。按 F 分布定义，

$$\frac{U/(n-1)}{V/(m-1)}\sim F(n-1,m-1).$$

把 $U,V$ 代回，分子为 $S_1^2/\sigma^2$，分母为 $S_2^2/(2\sigma^2)$，相除得到 $2S_1^2/S_2^2$，选 D。自由度少 $1$ 的原因是计算样本方差时先用样本均值估计了总体均值，中心化后的偏差满足一个和为零的约束。

易错点： 样本量不是自由度，不能写成 $F(n,m)$；总体方差相差两倍，不能把比值前的 $2$ 省略。

答案：A。 $a=\sqrt\pi/2$。

解题思路： 同一正态总体的两个独立样本作差，均值相消、方差相加。先标准化成标准正态变量，再计算其绝对值期望。最后用无偏条件 $E\widehat\sigma=\sigma$ 确定系数。

详细步骤： 简单随机样本意味着 $X_1,X_2$ 独立且同分布，因此

$$X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2),\qquad Z=\frac{X_1-X_2}{\sqrt2\sigma}\sim N(0,1).$$

标准正态密度关于零对称，故

$$\begin{aligned} E|Z|&=\frac2{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty z e^{-z^2/2}\,\mathrm dz\\ &=\frac2{\sqrt{2\pi}}\left[-e^{-z^2/2}\right]_0^\infty =\sqrt{\frac2\pi}. \end{aligned}$$

所以 $E|X_1-X_2|=\sqrt2\sigma E|Z|=2\sigma/\sqrt\pi$。无偏条件为 $a(2\sigma/\sqrt\pi)=\sigma$。因为 $\sigma>0$，可约去，得到 $a=\sqrt\pi/2$。这一系数与未知均值无关，是因为作差已经把均值消掉了。

易错点： 差的方差是 $2\sigma^2$，标准差为 $\sqrt2\sigma$；$E|X_1-X_2|$ 不能用 $|E(X_1-X_2)|$ 代替。

答案：$2/3$。

解题思路： 无穷远处含 $1/x$ 的表达式适合令 $t=1/x$，转成零点极限。括号中的常数项抵消，因此必须把正弦、余弦展开到二阶效应，不能只保留 $\sin t\sim t$ 和 $\cos t\sim1$。

详细步骤： 当 $x\to+\infty$ 时 $t\to0^+$，$x\sin(1/x)=\sin t/t$、$x^2=1/t^2$，所以所求为

$$\lim_{t\to0^+}\frac{2-\sin t/t-\cos t}{t^2}.$$

由展开

$$\sin t=t-\frac{t^3}6+O(t^5),\qquad \cos t=1-\frac{t^2}2+O(t^4),$$

得到 $\sin t/t=1-t^2/6+O(t^4)$。代入分子，

$$2-\left(1-\frac{t^2}6+O(t^4)\right)-\left(1-\frac{t^2}2+O(t^4)\right) =\frac23t^2+O(t^4).$$

除以 $t^2$ 后趋于 $2/3$。其中正弦需要展开到三次项，是因为还要除以 $t$，其三次项最终贡献二次项。

易错点： 两个常数 $1$ 被减去后抵消，不能凭最低阶等价量判断结果为零；注意括号前的负号。

答案：$\pi/3$。

解题思路： 全微分给出了两个偏导数，可尝试识别一个已知函数的微分。$x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx$ 除以 $x^2+y^2$ 是角度函数 $\arctan(y/x)$ 在第一象限的微分。初始点和目标点都位于第一象限，可在该连通区域内确定积分常数。

详细步骤： 当 $x>0,y>0$ 时，令 $h(x,y)=\arctan(y/x)$。由链式求导，

$$h_x=\frac1{1+(y/x)^2}\left(-\frac y{x^2}\right)=-\frac y{x^2+y^2}, \qquad h_y=\frac1{1+(y/x)^2}\frac1x=\frac x{x^2+y^2}.$$

因此 $\mathrm dh=(x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx)/(x^2+y^2)=\mathrm df$。$f-h$ 的两个偏导都为零，在第一象限内为常数，所以 $f=h+C$。由 $f(1,1)=\pi/4$，而 $h(1,1)=\arctan1=\pi/4$，得到 $C=0$。

在目标点，$y/x=3/\sqrt3=\sqrt3$，故 $f(\sqrt3,3)=\arctan\sqrt3=\pi/3$。使用第一象限避免了反正切分支与绕原点产生的角度问题。

易错点： 分式在原点无定义，不能跨越原点直接使用同一个角度表达式；这里两个点都在第一象限，所选分支合法。

答案：$(e^x+e^{-x})/2$，对任意实数 $x$ 成立。

解题思路： 分母为 $(2n)!$，说明原级数由指数函数的偶次项组成。将 $e^x$ 与 $e^{-x}$ 的展开相加，奇次项会抵消，偶次项会加倍，再除以 $2$ 即可。

详细步骤： 指数函数的麦克劳林展开在整个实轴上收敛：

$$e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!},\qquad e^{-x}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^kx^k}{k!}.$$

两个级数均绝对收敛，可以逐项相加。于是

$$\frac{e^x+e^{-x}}2=\sum_{k=0}^\infty\frac{1+(-1)^k}{2}\frac{x^k}{k!}.$$

当 $k$ 为奇数时，系数为零；当 $k=2n$ 为偶数时，系数为 $1$，所以右侧恰好是 $\sum_{n=0}^\infty x^{2n}/(2n)!$。首项 $n=0$ 为 $1$，也与 $(e^0+e^0)/2=1$ 一致。该函数也称双曲余弦，但不需要记住新名称才能求和。

易错点： 使用相加而不是相减来保留偶次项；指数展开必须除以 $2$，否则偶次项系数会加倍。

答案：$f(t)=2e^t-2t-2$，$t\ge0$。

解题思路： 从 $0$ 到 $t$ 的平均资产是 $t^{-1}\int_0^tf(s)\,\mathrm ds$。先把文字条件化成积分方程，再由连续性推出可导性，转换成一阶线性微分方程。最后利用零点的连续性和初值确定常数。

详细步骤： 对 $t>0$，有

$$\frac1t\int_0^tf(s)\,\mathrm ds=\frac{f(t)}t-t.$$

乘以 $t$，得到 $f(t)=\int_0^tf(s)\,\mathrm ds+t^2$。$f$ 连续使右侧可导，因此 $f$ 在 $t>0$ 处可导，求导得 $f'=f+2t$，即 $f'-f=2t$。

乘积分因子 $e^{-t}$：

$$(e^{-t}f(t))'=2te^{-t}.$$

分部积分给出 $\int2te^{-t}\,\mathrm dt=-2(t+1)e^{-t}+C$，所以 $f(t)=Ce^t-2t-2$。令 $t\to0^+$，连续性和 $f(0)=0$ 给出 $C-2=0$，故 $C=2$。

核验原条件：$\int_0^tf(s)\,\mathrm ds=2e^t-2-t^2-2t=f(t)-t^2$，除以 $t$ 正好恢复平均资产关系。

易错点： 平均资产是积分除以时间长度，不能写成资产的导数；原平均公式只在 $t>0$ 使用，零点用连续性连接。

答案：$8$。

解题思路： 四个方程、三个未知数构成超定线性方程组。既然有解，增广矩阵的最后一列是前三列的线性组合，因此它的四阶行列式为零。沿常数列展开，就能把所求三阶行列式与给定行列式联系起来，不必求 $a,b$。

详细步骤： 若解为 $(x_1,x_2,x_3)$，增广矩阵为

$$M=\begin{pmatrix} a&0&1&1\\ 1&a&1&0\\ 1&2&a&0\\ a&b&0&2 \end{pmatrix}.$$

前三列乘解的系数后等于第四列，所以四列线性相关，$|M|=0$。第四列只有第一、第四行非零，沿该列展开：第一行位置的代数余子式符号为 $(-1)^{1+4}=-1$，第四行位置符号为 $(-1)^{4+4}=1$。于是

$$0=-\begin{vmatrix}1&a&1\\1&2&a\\a&b&0\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}a&0&1\\1&a&1\\1&2&a\end{vmatrix}.$$

给定第二个行列式为 $4$，移项得到所求为 $2\cdot4=8$。给定行列式非零还说明前三个方程有唯一解，第四式须与之相容；上面的行列式关系正是在表达这一相容性。

易错点： 展开时第一项带负号；“方程有解”保证常数列是系数列的线性组合，这是增广行列式为零的理由。

答案：$-1/3$。

解题思路： 令 $U=X+Y$、$V=X-Y$。独立性使 $X,Y$ 的协方差为零，两个和差的方差都是方差之和，而两者协方差为方差之差。计算相关系数后，公共因子 $p(1-p)$ 消去。

详细步骤： 记 $v=p(1-p)>0$，则由二项分布方差，$DX=v$、$DY=2v$。因此

$$D(U)=DX+DY=3v,\qquad D(V)=DX+DY=3v.$$

用协方差的双线性展开：

$$\begin{aligned} \operatorname{Cov}(U,V) &=\operatorname{Cov}(X+Y,X-Y)\\ &=DX-\operatorname{Cov}(X,Y)+\operatorname{Cov}(Y,X)-DY\\ &=DX-DY=-v. \end{aligned}$$

于是

$$\rho_{U,V}=\frac{-v}{\sqrt{3v}\sqrt{3v}}=-\frac13.$$

$0<p<1$ 保证两变量方差非零，相关系数有定义。负号也符合直觉：$Y$ 的波动比 $X$ 大，$Y$ 增大时会使 $U$ 增大、$V$ 减小，所以产生负相关。

易错点： 差的方差依然是方差之和，不是 $DX-DY$；$X,Y$ 独立不意味着两个和差独立。