卷 4

【答案】 不正确，该极限不存在。

【解析】 当 $x\to 0^{+}$ 时， $\frac{1}{x}\to +\infty$ ，因此 $e^{\frac{1}{x}}\to +\infty$ ；但当 $x\to 0^{-}$ 时， $\frac{1}{x}\to -\infty$ ，因此 $e^{\frac{1}{x}}\to 0$ 。由于左极限和右极限不相等，所以 ${\lim }_{x\to 0}{e}^{\frac{1}{x}}$ 不存在。

【答案】 正确

【解析】 考虑被积函数 $f(x)=x^4\sin x$ 。由于 $f(-x)=(-x{)}^4\sin (-x)=x^4(-\sin x)=-x^4\sin x=-f(x)$ ，因此 $f(x)$ 是奇函数。在对称区间 $[-\pi ,\pi ]$ 上，奇函数的定积分为零，故 ${\int }_{-\pi }^{\pi }{x}^4\sin xdx=0$ 。

【答案】 不正确

【解析】
该命题不一定成立。例如，取 $a_n=1$ 和 $b_n=-1$ ，则级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n=1+1+1+\cdots$ 发散，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n=-1-1-1-\cdots$ 也发散，但级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(a_n+b_n)={\sum }_{n=1}^{\infty }(1-1)={\sum }_{n=1}^{\infty }0=0$ 收敛。因此，两个发散级数的和级数可能收敛，故原命题错误。

【答案】 正确。

【解析】
假设矩阵 $A$ 有一个 $r$ 阶子式 $D\ne 0$ ，且所有包含 $D$ 的 $r+1$ 阶子式都等于 $0$ 。设 $D$ 由行集 $R$ 和列集 $C$ 组成，其中 $|R|=r$ ， $|C|=r$ 。由于 $D\ne 0$ ，行集 $R$ 在列集 $C$ 上线性无关。

对于任意不在 $R$ 中的行 $i$ 和任意不在 $C$ 中的列 $j$ ，考虑子式 $A[R\cup \{i\},C\cup \{j\}]$ 。根据条件，该子式为 $0$ 。该子式对应的矩阵可分块为：

其中 $A_{Rj}$ 是行集 $R$ 在列 $j$ 上的列向量， $A_{iC}$ 是行 $i$ 在列集 $C$ 上的行向量， $a_{ij}$ 是元素 $(i,j)$ 。计算该矩阵的行列式，由于 $D$ 可逆，有：

因为 $\det (D)\ne 0$ ，所以 $a_{ij}=A_{iC}{D}^{-1}{A}_{Rj}$ 。令 $w_i=A_{iC}{D}^{-1}$ ，则 $w_i$ 是一个行向量。对于任意列 $j$ ，当 $j\in C$ 时，行 $i$ 在列 $j$ 上的值 $a_{ij}$ 是 $A_{iC}$ 的一部分，且 $A_{iC}=w_{i}D$ ，因此 $a_{ij}=w_i{A}_{Rj}$ ；当 $j\notin C$ 时，已有 $a_{ij}=w_i{A}_{Rj}$ 。因此，对于所有列 $j$ ，有 $a_{ij}=w_i{A}_{Rj}$ ，这意味着行 $i$ 是行集 $R$ 的线性组合。

因此，所有行都可以由行集 $R$ 线性表示，行秩不超过 $r$ 。又因为 $D\ne 0$ ，秩至少为 $r$ ，所以秩恰好为 $r$ 。故所有 $r+1$ 阶子式都等于 $0$ 。

【答案】 正确

【解析】 连续型随机变量的概率分布由概率密度函数描述，其概率计算基于积分。
对于任意给定实数值 $x$ ，概率 $P(X=x)$ 等于概率密度函数在点 $x$ 处的积分，但由于积分区间长度为 0，根据积分的性质，该积分值必然为 0。
因此，连续型随机变量取任何给定实数值的概率都等于 0。
需要注意的是，这并不意味着该值不可能发生，而是概率测度在单个点上的值为 0，实际概率质量分布在区间上。

【答案】
$e$

【解析】
求极限 $L={\lim }_{x\to 0}(1+x{e}^x{)}^{\frac{1}{x}}$ 。

对表达式取自然对数：

此为 $\frac{0}{0}$ 型不定式，应用洛必达法则：

代入 $x=0$ ：

故 $\ln L=1$ ，即 $L=e$ 。

因此，所求极限为：

【答案】

【解析】 设 $u=\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{\sqrt{1+x^2}+1}$ ，则 $y=\ln u$ ，所以 $y^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$ 。
首先，求 $u^{\prime }$ 。令 $v=\sqrt{1+x^2}$ ，则 $u=\frac{v-1}{v+1}$ 。
求导： $v^{\prime }=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ 。
用商的导数公式：

代入 $v^{\prime }$ 和 $v$ ：

现在，

$(\sqrt{1+x^2}+1)(\sqrt{1+x^2}-1)=(1+x^2)-1=x^2$ ，所以：

因此，导数为 $\frac{2}{x\sqrt{1+x^2}}$ 。

【答案】

【解析】 给定 $z=\arctan \frac{x+y}{x-y}$ ，求全微分 $\mathrm{d}z$ 。
设 $u=\frac{x+y}{x-y}$ ，则 $z=\arctan u$ 。
全微分公式为 $\mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y$ 。
首先，计算 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 使用链式法则：

计算 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial y}$ ：

计算 $1+u^2$ :

所以，

代入偏导数：

因此，全微分为：

【答案】

【解析】 令 $u=\sqrt{2x-1}$ ，则 $u^2=2x-1$ ，解得 $x=\frac{u^2+1}{2}$ ，进而 $dx=udu$ 。
代入原积分得：

对 $\int u{e}^{u}du$ 使用分部积分法，令 $v=u$ ， $dw=e^{u}du$ ，则 $dv=du$ ， $w=e^u$ 。
分部积分公式：

代入得：

代回 $u=\sqrt{2x-1}$ ，得：

验证：对结果求导，可得原被积函数，故积分正确。

【答案】
(1) $t=\frac{\pi }{4}$
(2) $t=0$

【解析】
考虑函数 $y=\sin x$ 在区间 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上，设 $S=S_1+S_2$ ，其中 $S_1$ 为从 $x=0$ 到 $x=t$ 时直线 $y=\sin t$ 与曲线 $y=\sin x$ 之间的面积，即 $S_1={\int }_0^t(\sin t-\sin x)dx$ ； $S_2$ 为从 $x=t$ 到 $x=\frac{\pi }{2}$ 时曲线 $y=\sin x$ 与直线 $y=\sin t$ 之间的面积，即 $S_2={\int }_t^{\frac{\pi }{2}}(\sin x-\sin t)dx$ 。
计算 $S$ :

首先，计算 ${\int }_0^t(\sin t-\sin x)dx=t\sin t+\cos t-1$ 。
其次，计算 ${\int }_t^{\frac{\pi }{2}}(\sin x-\sin t)dx=\cos t-\sin t\left(\frac{\pi }{2}-t\right)$ 。
因此，

求导 $S^{\prime }(t)$ :

令 $S^{\prime }(t)=0$ ，得 $\cos t\left(2t-\frac{\pi }{2}\right)=0$ 。在区间 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上， $\cos t=0$ 时 $t=\frac{\pi }{2}$ ， $2t-\frac{\pi }{2}=0$ 时 $t=\frac{\pi }{4}$ 。
计算端点及临界点函数值：

• $S(0)=\sin 0\left(2\cdot 0-\frac{\pi }{2}\right)+2\cos 0-1=0+2-1=1$
• $S\left(\frac{\pi }{4}\right)=\sin \frac{\pi }{4}\left(2\cdot \frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{2}\right)+2\cos \frac{\pi }{4}-1=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 0+\sqrt{2}-1=\sqrt{2}-1\approx 0.414$
• $S\left(\frac{\pi }{2}\right)=\sin \frac{\pi }{2}\left(2\cdot \frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}\right)+2\cos \frac{\pi }{2}-1=1\cdot \frac{\pi }{2}+0-1=\frac{\pi }{2}-1\approx 0.570$
  比较得， $S$ 在 $t=\frac{\pi }{4}$ 时最小，在 $t=0$ 时最大。
  故 (1) $t=\frac{\pi }{4}$ ，(2) $t=0$ 。

【答案】 函数 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}$ 展成 $x$ 的幂级数为：

收敛区间为 $(-1,1)$ 。

【解析】 函数 $f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}$ 的分母可分解为 $(x-1)(x-2)$ ，通过部分分式得

已知几何级数展开

以及

两式相减得

该幂级数的收敛半径 $R=1$ （离 $x=0$ 最近的奇点为 $x=1$ ），当 $|x|=1$ 时通项不趋于零，级数发散，故收敛区间为

【答案】

【解析】 积分区域 $D$ 是第一象限中由直线 $y=x$ 和 $y=x^3$ 所围成的封闭区域。两条曲线相交于 $x=0$ 和 $x=1$ ，因此 $x$ 的取值范围为 $[0,1]$ 。对于每个 $x$ ， $y$ 从 $y=x^3$ 到 $y=x$ 。于是二重积分可化为：

先对 $y$ 积分，由于 $e^{x^2}$ 与 $y$ 无关，内层积分为：

因此，

令 $t=x^2$ ，则 $dt=2xdx$ ，即 $xdx=\frac{dt}{2}$ 。当 $x=0$ 时， $t=0$ ；当 $x=1$ 时， $t=1$ 。代入得：

计算积分 ${\int }_0^1{e}^t(1-t)dt$ ：

其中，

对于 ${\int }_0^{1}t{e}^{t}dt$ ，使用分部积分法：令 $u=t$ ， $dv=e^{t}dt$ ，则 $du=dt$ ， $v=e^t$ ，于是：

所以，

因此，

代入原式：

故二重积分的值为 $\frac{e}{2}-1$ 。

【答案】
$x=e^{-p^3}$

【解析】
已知需求弹性 $\eta =\frac{p}{x}\frac{dx}{dp}=-3p^3$ ，整理得

两边积分得

即

其中 $C$ 为积分常数。

取指数得

由市场最大需求量为 1（万件），即当 $p=0$ 时 $x=1$ ，代入得

所以 $e^C=1$ 。

因此需求函数为

验证弹性：

则

符合给定条件。

【答案】 $x_1=3-t,x_2=-8+2t,x_3=t,x_4=6$ （其中 $t$ 为任意常数）

【解析】 写出方程组的增广矩阵：

首先，将第二行与第一行交换，以便第一行第一个元素为1：

用第二行减去2倍第一行： $R2-2R1$ ，得新第二行 $(0,-1,2,-1,2)$ ；用第三行减去3倍第一行： $R3-3R1$ ，得新第三行 $(0,1,-2,3,10)$ ；用第四行减去7倍第一行： $R4-7R1$ ，得新第四行 $(0,0,0,4,24)$ 。矩阵变为：

将第二行乘以-1： $R2\times (-1)$ ，得新第二行 $(0,1,-2,1,-2)$ 。矩阵变为：

用第三行减去第二行： $R3-R2$ ，得新第三行 $(0,0,0,2,12)$ 。矩阵变为：

将第三行除以2： $R3÷2$ ，得新第三行 $(0,0,0,1,6)$ ；将第四行除以4： $R4÷4$ ，得新第四行 $(0,0,0,1,6)$ 。矩阵变为：

第四行与第三行相同，因此第四行是冗余的，可忽略。从第三行得 $x_4=6$ 。回代到第二行： $x_2-2x_3+x_4=-2$ ，代入 $x_4=6$ 得 $x_2-2x_3=-8$ 。回代到第一行： $x_1+x_3-x_4=-3$ ，代入 $x_4=6$ 得 $x_1+x_3=3$ 。令 $x_3=t$ （ $t$ 为自由变量），则 $x_1=3-t$ ， $x_2=-8+2t$ ， $x_4=6$ 。验证原方程组均成立。

【答案】

【解析】 给定关系式 $AB=A+2B$ ，其中