卷 4

【答案】
(a) $f^{\prime }(x)=e^{-\frac{1}{2}{x}^2}$
(b) 单调递增
(c) 奇函数
(d) 拐点 $(0,0)$
(e) 当 $x<0$ 时凹向上，当 $x>0$ 时凹向下
(f) 水平渐近线 $y=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 和 $y=-\sqrt{\frac{\pi }{2}}$

【解析】 (a) 根据微积分基本定理，函数
$f(x)={\int }_0^x{e}^{-\frac{1}{2}{t}^2}dt$
的导数为被积函数在 $x$ 处的值，即
$f^{\prime }(x)=e^{-\frac{1}{2}{x}^2}$ 。

(b) 由于
$f^{\prime }(x)=e^{-\frac{1}{2}{x}^2}>0$
对于所有 $x\in (-\infty ,+\infty )$ ，因此 $f(x)$ 在整个定义域内单调递增。

(c) 考虑
$f(-x)={\int }_0^{-x}{e}^{-\frac{1}{2}{t}^2}dt$ ，
令 $u=-t$ ，则
$f(-x)=-{\int }_0^x{e}^{-\frac{1}{2}{u}^2}du=-f(x)$ ，
故 $f(x)$ 是奇函数。

(d) 先求二阶导数：
$f^{\prime \prime }(x)=\frac{d}{dx}{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}=-x{e}^{-\frac{1}{2}{x}^2}$ 。
令 $f^{\prime \prime }(x)=0$ ，解得 $x=0$ 。
当 $x<0$ 时， $f^{\prime \prime }(x)>0$ ，图形凹向上；
当 $x>0$ 时， $f^{\prime \prime }(x)<0$ ，图形凹向下。
因此 $x=0$ 处凹凸性改变，且 $f(0)=0$ ，故拐点为 $(0,0)$ 。

(e) 由 (d) 的分析，
当 $x<0$ 时 $f^{\prime \prime }(x)>0$ ，图形凹向上；
当 $x>0$ 时 $f^{\prime \prime }(x)<0$ ，图形凹向下。

(f) 计算极限：
当 $x\to +\infty$ ，
$f(x)={\int }_0^x{e}^{-\frac{1}{2}{t}^2}dt\to {\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{1}{2}{t}^2}dt=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ ；
当 $x\to -\infty$ ，由于 $f(x)$ 是奇函数，有
$f(x)\to -\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 。
因此水平渐近线为
$y=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 和 $y=-\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 。

【答案】 -3

【解析】 计算行列式

的一种方法是通过行操作：首先将第二行、第三行、第四行依次加到第一行，得到第一行为 $(3,3,3,3)$ ，提取公因子 3，行列式变为

然后对新的行列式进行行操作：第二行减去第一行，第三行减去第一行，第四行减去第一行，得到

展开第一行，计算得该行列式为 -1，所以原行列式为 $3\times (-1)=-3$ 。

另一种直接方法是：对原矩阵进行行操作，第二行减去第一行，第三行减去第一行，得到

沿第一列展开，计算三阶子式

该子式的值为 $0\cdot (0\cdot 1-1\cdot 1)-(-1)\cdot ((-1)\cdot 1-1\cdot 1)+1\cdot ((-1)\cdot 1-0\cdot 1)=0+1\cdot (-2)+1\cdot (-1)=-3$ ，所以原行列式为 -3。

两种方法均得行列式为 -3。

【答案】

【解析】 该矩阵是一个置换矩阵，其作用是将向量的顺序反转。例如，对于向量 $(x_1,x_2,x_3,x_4{)}^T$ ，乘以该矩阵后得到 $(x_4,x_3,x_2,x_1{)}^T$ 。反转操作应用两次即可恢复原向量，因此该矩阵的逆矩阵是其本身。计算该矩阵乘以自身得到单位矩阵，验证了这一点。同时，该矩阵是对称的，其转置等于自身，作为正交矩阵，逆矩阵等于转置矩阵，因此逆矩阵即为原矩阵。

【答案】
(a) 0.3
(b) 0.5

【解析】
对于 (a)，由于 $A$ 与 $B$ 互不相容，有 $P(A\cap B)=0$ ，因此

代入已知值 $P(A)=0.4$ 和 $P(A\cup B)=0.7$ ，得

解得 $P(B)=0.3$ 。

对于 (b)，由于 $A$ 与 $B$ 相互独立，有 $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ 。概率加法公式为

代入得

即

解得

因此 $P(B)=0.5$ 。

【答案】
不正确

【解析】
考虑反例：设 $x_0=0$ ， $f(x)=x$ ， $g(x)=\frac{1}{x}$ 。则 ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0$ 存在， ${\lim }_{x\to 0}f(x)g(x)={\lim }_{x\to 0}x\cdot \frac{1}{x}={\lim }_{x\to 0}1=1$ 也存在。但 ${\lim }_{x\to 0}g(x)={\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x}$ 不存在。因此，在给定条件下， ${\lim }_{x\to x_0}g(x)$ 不一定存在。

【答案】
不正确

【解析】
根据费马定理，如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可导且 $x_0$ 是极值点，则必有 $f^{\prime }(x_0)=0$ 。但问题中未假设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处可导，因此如果 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导，即使 $x_0$ 是极值点， $f^{\prime }(x_0)$ 也可能不存在。例如，函数 $f(x)=|x|$ 在 $x=0$ 处有极小值，但 $f^{\prime }(0)$ 不存在。故原命题不正确。

【答案】
该等式不正确。正确的等式是 ${\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(a-x)dx$ ，对任何实数 $a$ 都成立。

【解析】
考虑积分 ${\int }_0^{a}f(a-x)dx$ 。令 $u=a-x$ ，则 $du=-dx$ 。当 $x=0$ 时， $u=a$ ；当 $x=a$ 时， $u=0$ 。因此，

由于 ${\int }_a^{0}f(u)du=-{\int }_0^{a}f(u)du$ ，代入得

因此， ${\int }_0^{a}f(a-x)dx={\int }_0^{a}f(x)dx$ ，而不是 $-{\int }_0^{a}f(a-x)dx$ 。原等式中的负号是错误的。
例如，取 $f(x)=x$ 和 $a=1$ ，则 ${\int }_0^{1}xdx=\frac{1}{2}$ ，而 ${\int }_0^1(1-x)dx=\frac{1}{2}$ ，两者相等，验证了正确等式。

【答案】 正确

【解析】 假设 $A$ 的秩等于 $n$ ，则 $A$ 可逆。由 $AB=0$ 两边左乘 $A^{-1}$ 得 $B=0$ ，与 $B$ 是非零矩阵矛盾。因此假设不成立，故 $A$ 的秩必小于 $n$ 。

【答案】 错误

【解析】 通过反例可知，命题不成立。例如，设事件 $A=\{1\}$ , $B=\{2\}$ , $C=\{1,2\}$ ，则 $A\cup C=\{1,2\}$ , $B\cup C=\{1,2\}$ ，即 $A\cup C=B\cup C$ ，但 $A\ne B$ 。因此，原命题错误。

【答案】
1

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 1}\frac{x^x-1}{x\ln x}$ 。当 $x\to 1$ 时，分子 $x^x-1\to 0$ ，分母 $x\ln x\to 0$ ，因此该极限为 $\frac{0}{0}$ 型未定式，可应用洛必达法则。

设 $f(x)=x^x-1$ ， $g(x)=x\ln x$ 。首先求导：

• $f^{\prime }(x)=\frac{d}{dx}(x^x-1)$ 。由于 $x^x=e^{x\ln x}$ ，故
  $f^{\prime }(x)=e^{x\ln x}\cdot \frac{d}{dx}(x\ln x)=x^x(\ln x+1)$
• $g^{\prime }(x)=\frac{d}{dx}(x\ln x)=\ln x+x\cdot \frac{1}{x}=\ln x+1$

应用洛必达法则：

由于 ${\lim }_{x\to 1}{x}^x=1^1=1$ ，因此原极限为 1。

【答案】

【解析】 已知方程 $u+e^u=xy$ ，其中 $u$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数。首先求一阶偏导数。

对原方程两边关于 $x$ 求偏导：

即

所以

对原方程两边关于 $y$ 求偏导：

即

所以

接下来求二阶混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$ ，即对 $\frac{\partial u}{\partial y}$ 关于 $x$ 求偏导：

使用商法则：

其中 $\frac{\partial }{\partial x}(1+e^u)=e^u\frac{\partial u}{\partial x}$ ，代入得：

将 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{y}{1+e^u}$ 代入：

通分分子：

由原方程 $u+e^u=xy$ ，得 $xy=u+e^u$ ，代入：

展开分子：

所以

【答案】 $\frac{2\pi }{3}$

【解析】 考虑定积分 ${\int }_0^3\frac{dx}{\sqrt{x}(1+x)}$ 。令 $u=\sqrt{x}$ ，则 $x=u^2$ ， $dx=2udu$ 。当 $x=0$ 时， $u=0$ ；当 $x=3$ 时， $u=\sqrt{3}$ 。代入积分得：

已知 $\int \frac{du}{1+u^2}=\arctan u+C$ ，所以：

因此，积分值为 $\frac{2\pi }{3}$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}$

【解析】 给定二重积分 ${\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\frac{\pi }{6}}\frac{\cos x}{x}\mathrm{d}x$ ，积分区域为 $0\le y\le x\le \frac{\pi }{6}$ 。通过改变积分顺序，先对 $y$ 积分，再对 $x$ 积分，得到：

内层积分中， $\frac{\cos x}{x}$ 与 $y$ 无关，因此：

代入后，积分化为：

因此，原二重积分的值为 $\frac{1}{2}$ 。

【答案】
收敛

【解析】
考虑级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ ，其中 $a_n=\frac{(n+1)!}{n^{n+1}}$ 。使用比值判别法，计算极限：

当 $n\to \infty$ 时， $\frac{n+2}{n+1}\to 1$ ，且 ${\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}={\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}\to \frac{1}{e}$ 。因此， $L=\frac{1}{e}<1$ ，由比值判别法可知级数收敛。
此外，也可通过斯特林公式验证： $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$ ，则 $a_n\sim \sqrt{2\pi n}\frac{1}{e^n}\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，其中指数项 $e^n$ 增长迅速，确保级数收敛。

【答案】
级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 绝对收敛。

【解析】
已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n^2$ 收敛，考虑部分和 ${\sum }_{n=1}^N|a_n{b}_n|$ 。由柯西-施瓦茨不等式，有：

由于 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n^2$ 收敛，设 $A={\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 和 $B={\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n^2$ ，则对于所有 $N$ ，有：

因此，部分和 ${\sum }_{n=1}^N|a_n{b}_n|$ 有上界且单调递增，由单调收敛定理，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }|a_n{b}_n|$ 收敛，即 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 绝对收敛。

【答案】
(1) $p_e={\left(\frac{a}{b}\right)}^{1/3}$
(2) $p(t)={\left(\frac{1}{b}\left[a-(a-b)e^{-3bkt}\right]\right)}^{1/3}$
(3) ${\lim }_{t\to +\infty }p(t)={\left(\frac{a}{b}\right)}^{1/3}$

【解析】
(1) 均衡价格 $p_e$ 满足需求量等于供给量，即 $D(p)=S(p)$ 。
由 $\frac{a}{p^2}=bp$ 得 $a=b{p}^3$ ，解得

(2) 价格函数 $p(t)$ 满足微分方程

分离变量得

积分左边：令 $u=p^3$ ，则 $du=3p^{2}dp$ ，有

积分右边：

结合得

代入初始条件 $p(0)=1$ ，得

因此

整理得

取指数并考虑初始条件，得

解得

即

所以

(3) 当 $t\to +\infty$ 时， $e^{-3bkt}\to 0$ ，故

【答案】
(1) 切点 $A$ 的坐标为 $(1,1)$
(2) 过切点 $A$ 的切线方程为 $y=2x-1$
(3) 所围平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积为 $\frac{\pi }{30}$

【解析】
(1) 设切点 $A$ 的坐标为 $(a,a^2)$ ，其中 $a>0$ 。曲线 $y=x^2$ 在点 $A$ 处的切线斜率为 $2a$ ，切线方程为 $y=2ax-a^2$ 。切线与 $x$ 轴的交点为 $B\left(\frac{a}{2},0\right)$ 。
由曲线、切线和 $x$ 轴所围图形的面积为：

计算得：

所以 $A=\frac{a^3}{12}$ 。给定 $A=\frac{1}{12}$ ，解得 $a^3=1$ ，即 $a=1$ 。因此切点 $A$ 的坐标为 $(1,1)$ 。

(2) 将 $a=1$ 代入切线方程 $y=2ax-a^2$ ，得切线方程为 $y=2x-1$ 。

(3) 所围图形绕 $x$ 轴旋转的体积为曲线 $y=x^2$ 从 $x=0$ 到 $x=1$ 绕 $x$ 轴旋转的体积减去切线 $y=2x-1$ 从 $x=\frac{1}{2}$ 到 $x=1$ 绕 $x$ 轴旋转的体积：

计算得：

所以 $V=\pi \cdot \frac{1}{5}-\pi \cdot \frac{1}{6}=\frac{\pi }{30}$ 。

【答案】 当 $k_1\ne 2$ 时，方程组有唯一解；当 $k_1=2$ 且 $k_2\ne 1$ 时，方程组无解；当 $k_1=2$ 且 $k_2=1$ 时，方程组有无穷多解。在有无穷多解的情形下，一般解为：

其中 $t$ 为任意实数。

【解析】 给定线性方程组的增广矩阵为：

通过行变换化为行阶梯形：

分析该矩阵：

• 当 $-k_1+2\ne 0$ ，即 $k_1\ne 2$ 时，系数矩阵的秩为 4，增广矩阵的秩也为 4，方程组有唯一解。
• 当 $k_1=2$ 时，系数矩阵的秩为 3。此时增广矩阵的第三行为 $0,0,0,2,4$ ，第四行为 $0,0,0,3,k_2+5$ 。由第三行得 $x_4=2$ ，代入第四行得 $3\times 2=k_2+5$ ，即 $k_2=1$ 。因此，当 $k_2\ne 1$ 时，增广矩阵的秩为 4，方程组无解；当 $k_2=1$ 时，增广矩阵的秩为 3，方程组有无穷多解。

在 $k_1=2$ 且 $k_2=1$ 时，行阶梯形矩阵为：

忽略冗余的第四行，得到方程：

解得 $x_4=2$ ， $x_1=-8$ ，代入第二方程得 $x_2+2x_3=3$ ，即 $x_2=3-2x_3$ 。令 $x_3=t$ （ $t$ 为任意实数），则一般解为：

【答案】
当 $s$ 为奇数时，向量组 ${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$ 线性无关；当 $s$ 为偶数时，向量组 ${\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_s$ 线性相关。

【解析】
考虑线性组合 $k_1{\beta }_1+k_2{\beta }_2+\cdots +k_s{\beta }_s=0$ ，代入 ${\beta }_i$ 的定义：

整理得：

由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_s$ 线性无关，系数必须为零：

该齐次线性方程组的解可通过递推关系求得。设 $k_1=c$ ，则 $k_2=-c$ ， $k_3=c$ ， $k_4=-c$ ，依此类推，有 $k_i=(-1{)}^{i-1}c$ 。代入第一个方程 $k_1+k_s=0$ ：