卷 4

【答案】
$dz=e^{\sin (xy)}\cos (xy)(ydx+xdy)$

【解析】
由全微分形式不变性和微分四则运算法则，有

【答案】 $a=-1,b=-1,c=1$

【解析】
由于曲线 $f(x)$ 与 $g(x)$ 都通过点 $(-1,0)$ ，则

又曲线 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在点 $(-1,0)$ 有公共切线，则

即

解得 $a=-1,b=-1,c=1.$

【答案】
$x=-n-1$ ，极小值为 $-e^{-n-1}$

【解析】
由莱布尼茨公式

可知得 $f^{(n)}(x)=(x+n)e^x$ 。对函数 $g(x)=f^{(n)}(x)$ 求导，并令 $g^{\prime }(x)=0$ ，得

解之得驻点 $x=-(n+1)$ 。又由极值的第一判别法得 $x=-(n+1)$ 是函数 $g(x)=f^{(n)}(x)$ 的极小值点，极小值为

【答案】

【解析】 设 $X^{-1}=\left(\begin{array}{cc}P& Q\\ R& S\end{array}\right)$ ，其中 $P,Q,R,S$ 为适当大小的块矩阵。根据逆矩阵定义，有 $X{X}^{-1}=I$ ，即：

计算矩阵乘积：

• 左上块： $0\cdot P+A\cdot R=AR=I$ ，所以 $R=A^{-1}$ 。
• 右上块： $0\cdot Q+A\cdot S=AS=0$ ，所以 $S=0$ （因为 $A$ 可逆）。
• 左下块： $B\cdot P+0\cdot R=BP=0$ ，所以 $P=0$ （因为 $B$ 可逆）。
• 右下块： $B\cdot Q+0\cdot S=BQ=I$ ，所以 $Q=B^{-1}$ 。 因此， $X^{-1}=\left(\begin{array}{cc}0& B^{-1}\\ A^{-1}& 0\end{array}\right)$ 。验证 $X{X}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}0& A\\ B& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& B^{-1}\\ A^{-1}& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A{A}^{-1}& 0\\ 0& B{B}^{-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}I& 0\\ 0& I\end{array}\right)$ ，同样 $X^{-1}X=I$ ，故结果正确。

【答案】
$X$ 的概率分布为：
$P(X=-1)=0.4$ ， $P(X=1)=0.4$ ， $P(X=3)=0.2$ 。

【解析】
随机变量 $X$ 的分布函数 $F(x)$ 是一个阶梯函数，在 $x=-1$ 、 $x=1$ 和 $x=3$ 处有跳跃，表明 $X$ 是一个离散随机变量。概率分布可通过计算分布函数在这些点处的跳跃高度得到：

• 在 $x=-1$ 处， $F(x)$ 从 $0$ 跳跃到 $0.4$ ，因此 $P(X=-1)=0.4-0=0.4$
• 在 $x=1$ 处， $F(x)$ 从 $0.4$ 跳跃到 $0.8$ ，因此 $P(X=1)=0.8-0.4=0.4$
• 在 $x=3$ 处， $F(x)$ 从 $0.8$ 跳跃到 $1$ ，因此 $P(X=3)=1-0.8=0.2$

这些概率之和为 $0.4+0.4+0.2=1$ ，满足概率归一性，因此 $X$ 的概率分布如上所述。

【答案】 ${\mathrm{e}}^{\frac{n+1}{2}}$

【解析】 考虑极限 $L={\lim }_{x\to 0}{\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}\right)}^{\frac{1}{x}}$ 。
当 $x\to 0$ 时，括号内的表达式趋近于 1，而指数部分趋向无穷，因此该极限属于 $1^{\infty }$ 型不定式。

取自然对数，得到：

当 $x\to 0$ 时，分子和分母均趋于 0，因此可应用洛必达法则，对分子求导：

代入 $x=0$ 得：

因此， $\ln L=\frac{n+1}{2}$ ，即

【答案】

【解析】 积分区域 $D$ 由 $x$ 轴、 $y$ 轴和曲线 $\sqrt{\frac{x}{a}}+\sqrt{\frac{y}{b}}=1$ 围成。将积分写为迭代积分：

先对 $y$ 积分：

代入得：

令 $u=\sqrt{\frac{x}{a}}$ ，则 $x=a{u}^2$ ， $dx=2audu$ ，积分限变为 $u=0$ 到 $u=1$ ：

计算积分：

因此：

也可通过变量变换验证：令 $u=\sqrt{\frac{x}{a}}$ , $v=\sqrt{\frac{y}{b}}$ ，则 $dxdy=4abuvdudv$ ，积分变为：

在区域 $u\ge 0,v\ge 0,u+v\le 1$ 上积分：

结果一致。

【答案】
$y=x\sqrt{2(\ln x+1)}$

【解析】
给定微分方程 $xy\frac{dy}{dx}=x^2+y^2$ ，令 $u=\frac{y}{x}$ ，则 $y=ux$ ， $\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$ 。代入原方程得：

简化得：

两边除以 $x^2$ （假设 $x\ne 0$ ）：

即：

分离变量：

积分两边：

其中 $C$ 为积分常数。代回 $u=\frac{y}{x}$ 得：

即：

利用初始条件 ${y|}_{x=e}=2e$ ，代入得：

解得 $C=1$ 。因此特解为：

由于初始值 $y>0$ ，取正根得：

【答案】 3

【解析】
先求出曲线 $L_1$ 和 $L_2$ 的交点，然后利用定积分求出平面图形面积 $S_1$ 和 $S_2$，如图

由两曲线的方程，求得交点坐标为 $\left(\frac{1}{\sqrt{1+a}},\frac{a}{1+a}\right)$ ，所以

又因为 $S=2S_1$ ，所以 $\frac{2}{3}=2\cdot \frac{2}{3\sqrt{1+a}}$ ，即 $\sqrt{1+a}=2$ ，解得 $a=3$ .

【答案】
两个市场的最优售价分别为 $p_1=80$ 和 $p_2=120$ ，最大总利润为 605。

【解析】
总收入函数为

总利润函数为

由极值的必要条件，得方程组

解得 $p_1=80,p_2=120$ 。因驻点的唯一，且由问题的实际含义可知必有最大利润。故当 $p_1=80,p_2=120$ 时，厂家所获得的总利润最大，其最大总利润为

【答案】
函数 $f(x)={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x$ 在区间 $(0,+\infty )$ 内单调增加。

【解析】
对 $f(x)=\exp \left[x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$ 求导得

令 $g(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}$ ，则当 $x>0$ 时

所以函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调减少。又

于是当 $x>0$ 时， $g(x)>0$ ，从而 $f^{\prime }(x)>0$ 。所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内单调增加。

【答案】
(1) $\lambda \ne 0$ 且 $\lambda \ne -3$
(2) $\lambda =0$
(3) $\lambda =-3$

【解析】
设 $x_1{\alpha }_1+x_2{\alpha }_2+x_3{\alpha }_3=\beta$ ，代入得到方程组

对方程组的增广矩阵作初等行变换，得到

(I) 若 $\lambda \ne 0$ 且 ${\lambda }^2+3\lambda \ne 0$ ，即 $\lambda \ne 0$ 且 $\lambda \ne -3$ ，则 $r(A)=r(\overline{A})=3$ ，方程组有唯一解，即 $\beta$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示且表达式唯一。

(II) 若 $\lambda =0$ ，则 $r(A)=r(\overline{A})=1<3$ ，方程组有无穷多解， $\beta$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示，且表达式不唯一。

(III) 若 $\lambda =-3$ ，则 $r(A)=2$ , $r(\overline{A})=3$ ，方程组无解，从而 $\beta$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示。

【答案】 $-2<\lambda <1$

【解析】 二次型 $f=x_1^2+4x_2^2+4x_3^2+2\lambda x_1{x}_2-2x_1{x}_3+4x_2{x}_3$ 的矩阵为：

二次型正定的充要条件是矩阵 $A$ 的所有顺序主子式大于零。
一阶主子式： ${\Delta }_1=1>0$ 恒成立。
二阶主子式： ${\Delta }_2=\left|\begin{array}{cc}1& \lambda \\ \lambda & 4\end{array}\right|=4-{\lambda }^2>0$ ，解得 $-2<\lambda <2$ 。
三阶主子式： ${\Delta }_3=\det (A)=\left|\begin{array}{ccc}1& \lambda & -1\\ \lambda & 4& 2\\ -1& 2& 4\end{array}\right|=8-4{\lambda }^2-4\lambda >0$ ，即 $-4{\lambda }^2-4\lambda +8>0$ ，两边除以 $-4$ （不等号方向改变）得 ${\lambda }^2+\lambda -2<0$ ，解得 $-2<\lambda <1$ 。
结合二阶和三阶主子式的条件，得 $-2<\lambda <1$ 。
因此，当 $\lambda$ 在该区间内时，二次型正定。

【答案】
n维列向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 线性无关的充分必要条件是 $D\ne 0$ 。

【解析】
记 $A=({\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n)$ ，则向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 线性无关的充分必要条件是 $|A|\ne 0$ 。由于

从而取行列式，有 $D=|A^{T}A|=|A^T||A|=|A{|}^2$ 。由此可见 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_n$ 线性无关的充分必要条件是 $D\ne 0$ 。