卷 4

【答案】 $\frac{6}{5}$

【解析】 考虑极限 ${\lim }_{x\to \infty }\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin \frac{2}{x}$ 。令 $t=\frac{1}{x}$ ，则当 $x\to \infty$ 时， $t\to 0^{+}$ 。代入得：

将分子和分母同乘 $t^2$ ：

利用 $\sin (2t)\sim 2t$ 当 $t\to 0$ ，且 ${\lim }_{t\to 0}\frac{\sin (2t)}{2t}=1$ ，有：

约去公因子 $t$ ：

因此，极限值为 $\frac{6}{5}$ .

【答案】 $\frac{3\pi }{4}$

【解析】 已知 $y=f\left(\frac{3x-2}{3x+2}\right)$ 和 $f^{\prime }(x)=\arctan x^2$ ，需求 ${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}$ 。

设 $u=\frac{3x-2}{3x+2}$ ，则 $y=f(u)$ 。由链式法则，有：

首先，求 $f^{\prime }(u)$ 。由于 $f^{\prime }(x)=\arctan x^2$ ，故 $f^{\prime }(u)=\arctan (u^2)$ .

其次，求 $\frac{du}{dx}$ 。由商法则：

因此，

在 $x=0$ 处：

故：

【答案】
$\frac{2}{2-\ln 3}$

【解析】
该级数为几何级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{\left(\frac{\ln 3}{2}\right)}^n$ ，其中首项 $a=1$ ，公比 $r=\frac{\ln 3}{2}$ 。由于 $|r|=\left|\frac{\ln 3}{2}\right|<1$ ，该级数收敛。几何级数的求和公式为 $\frac{a}{1-r}$ ，代入可得其和为

【答案】 0

【解析】
因为 $A$ 是 4 阶方阵且秩为 2，即 $\mathrm{rank}(A)=2$ ，小于 $n-1=3$ 。
根据伴随矩阵的性质，当 $\mathrm{rank}(A)<n-1$ 时，所有 $n-1$ 阶子式均为零，因此所有代数余子式均为零，伴随矩阵 $A^{\ast }$ 为零矩阵，故其秩为 0。

【答案】 $(4.804,5.196)$

【解析】
已知总体方差为 $1$ ，即 ${\sigma }^2=1$ ，所以标准差 $\sigma =1$ 。样本容量 $n=100$ ，样本均值 $\bar{x}=5$ ，置信度近似为 $0.95$ 。由于总体方差已知且样本容量较大，使用正态分布构造置信区间。置信区间的公式为

其中 $\alpha =1-0.95=0.05$ ， $\alpha /2=0.025$ ，对应标准正态分布的上 $\alpha /2$ 分位数 $z_{\alpha /2}=1.96$ 。计算标准误差：

则置信区间为

即 $(4.804,5.196)$ 。

【答案】
$\mathrm{d}z=\frac{e^{z-y-x}+z-y-x-1}{z-y-x-1}\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$

【解析】
设 $u=z-y-x$ ，则原方程化为 $u+x{e}^u=0$ 。
对原方程两边求全微分：

其中 $\mathrm{d}(x{e}^u)=e^u\mathrm{d}x+x{e}^u\mathrm{d}u$ ，且 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}z-\mathrm{d}y-\mathrm{d}x$ 。
代入得：

整理项：

由 $u+x{e}^u=0$ 得 $x{e}^u=-u$ ，代入上式：

解出 $\mathrm{d}z$ :

将 $u=z-y-x$ 代回，并改写分子分母：

此即为所求全微分。

【答案】
$a=0$ 或 $a=-1$

【解析】
先求左边的极限：

再求右边的积分：

由 $e^{-2a}=2a^2{e}^{-2a}+2a{e}^{-2a}+e^{-2a}$ ，得 $a^2+a=0$ ，所以 $a=0$ 或 $a=-1$ 。

【答案】
(1) 利润最大时的产量为 $q^{\ast }=\frac{d-b}{2(a+e)}$ ，最大利润为 ${\pi }_{\text{max}}=\frac{(d-b{)}^2}{4(a+e)}-c$ 。
(2) 需求对价格的弹性为 $\eta =-\frac{p}{d-p}$ 。
(3) 需求对价格弹性的绝对值为 1 时的产量为 $q=\frac{d}{2e}$ 。

【解析】
(1) 利润函数为 $\pi =R-C$ ，其中收入 $R=pq$ 。由需求函数 $q=\frac{1}{e}(d-p)$ 解得 $p=d-eq$ ，代入得 $R=(d-eq)q=dq-e{q}^2$ 。成本函数为 $C=a{q}^2+bq+c$ ，故利润函数为

对 $q$ 求导并令导数为零：

解得

代入利润函数得最大利润

(2) 需求对价格的弹性定义为 $\eta =\frac{dq}{dp}\cdot \frac{p}{q}$ 。由需求函数 $q=\frac{1}{e}(d-p)$ 得 $\frac{dq}{dp}=-\frac{1}{e}$ ，代入得

又 $q=\frac{1}{e}(d-p)$ ，所以 $\frac{p}{q}=\frac{ep}{d-p}$ ，故

(3) 需求对价格弹性的绝对值为 1，即 $|\eta |=1$ 。由 $\eta =-\frac{p}{d-p}$ 得

解得 $p=d-p$ ，即 $p=\frac{d}{2}$ 。代入需求函数 $q=\frac{1}{e}(d-p)$ 得

【答案】
$f(x)=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})$

【解析】
由题设可得示意图如下：

设 $P_1(x,f(x))$ ， $P_2(x,e^x-1)$ ，则 $S=|P_1{P}_2|$ ，即

两端求导得 $f(x)=e^x-f^{\prime }(x)$ ，即 $f(x)+f^{\prime }(x)=e^x$ 。因此

由初始条件 $f(0)=0$ ，得 $C=-\frac{1}{2}$ 。因此所求函数为

【答案】 见解析

【解析】
考虑函数 $g(x)=f(x)-L(x)$ ，其中 $L(x)$ 是过点 $A(0,f(0))$ 和 $B(1,f(1))$ 的直线方程，即

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内二阶可导，且 $L(x)$ 是线性函数，故 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内二阶可导，且

由题意，点 $C(c,f(c))$ 在直线 $AB$ 上，故 $g(c)=f(c)-L(c)=0$ 。同时，

因此， $g(0)=g(c)=g(1)=0$ ，其中 $0<c<1$ 。

在区间 $[0,c]$ 上， $g(0)=g(c)=0$ ，由罗尔定理，存在一点 $a\in (0,c)$ ，使得

在区间 $[c,1]$ 上， $g(c)=g(1)=0$ ，由罗尔定理，存在一点 $b\in (c,1)$ ，使得

现在考虑 $g^{\prime }(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上。由于 $g^{\prime }(a)=g^{\prime }(b)=0$ ，且 $g^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，由罗尔定理，存在一点 $\xi \in (a,b)\subset (0,1)$ ，使得

由于 $g^{\prime \prime }(\xi )=f^{\prime \prime }(\xi )$ ，故

证毕。

【答案】 见解析

【解析】
对方程组的增广矩阵作初等行变换，

(I) 当 $k\ne -1$ 且 $k\ne 4$ 时， $r(\overline{A})=r(A)=3$ ，方程组有唯一解，即

(II) 当 $k=-1$ 时， $r(\overline{A})=3,r(A)=2$ 。方程组无解。

(III) 当 $k=4$ 时，有

因为 $r(\overline{A})=r(A)=2<3$ ，方程组有无穷多解。取 $x_3$ 为自由变量，得方程组的特解为 $\alpha =(0,4,0{)}^T$ 。又导出组的基础解系为 $\eta =(-3,-1,1{)}^T$ ，所以方程组的通解为 $\alpha +k\eta$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【答案】 $\alpha =0$ ， $\beta =0$

【解析】 二次型 $f=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2\alpha x_1{x}_2+2\beta x_2{x}_3+2x_1{x}_3$ 对应的矩阵为

经正交变换后化为 $f=y_2^2+2y_3^2$ ，该标准形对应的特征值为 $0,1,2$ 。由于正交变换不改变特征值，矩阵 $A$ 的特征值也为 $0,1,2$ 。

计算特征多项式 $\det (A-\lambda I)$ ：

特征多项式应等于 $-\lambda (\lambda -1)(\lambda -2)=-{\lambda }^3+3{\lambda }^2-2\lambda$ 。比较系数：

• $\lambda$ 的系数： $-2+{\alpha }^2+{\beta }^2=-2$ ，得 ${\alpha }^2+{\beta }^2=0$ 。
• 常数项： $-{\alpha }^2-{\beta }^2+2\alpha \beta =0$ ，代入 ${\alpha }^2+{\beta }^2=0$ 得 $2\alpha \beta =0$ ，即 $\alpha \beta =0$ 。

由 ${\alpha }^2+{\beta }^2=0$ 和 $\alpha \beta =0$ ，解得 $\alpha =0$ ， $\beta =0$ 。

验证：当 $\alpha =0$ ， $\beta =0$ 时，矩阵 A=​101​010​101​​ ，特征值为 $0,1,2$ ，符合要求。

因此，常数 $\alpha =0$ ， $\beta =0$ 。

【答案】
(1) $a=\sqrt[3]{4}$
(2) $E\left[\frac{1}{X^2}\right]=\frac{3}{4}$

【解析】
(1) 因为随机变量 $X$ 和 $Y$ 同分布，则

又事件 $A=\{X>a\}$ 和 $B=\{Y>a\}$ 独立，故 $P(AB)=P(A)P(B)$ 。由加法公式，

解以 $P(A)$ 为未知量的方程

得 $P(A)=\frac{3}{2}$ （舍去）或 $P(A)=\frac{1}{2}$ 。再依题设条件得

再解以 $a$ 为未知量的方程 $8-a^3=4$ ，得 $a=\sqrt[3]{4}$ 。

(II) 由随机变量函数的数学期望公式，得到

【答案】
(1) 相继两次故障之间时间间隔 $T$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，即 $T\sim \text{Exp}(\lambda )$ ，其概率密度函数为 $f_T(t)=\lambda e^{-\lambda t}$ ， $t\ge 0$ 。
(2) 概率 $Q=e^{-8\lambda }$ 。