卷 3

【答案】 $\frac{4}{\pi }-1$

【解析】
已知 $f(x)$ 有一个原函数 $\frac{\sin x}{x}$ ，即 $\int f(x)dx=\frac{\sin x}{x}+C$ ，因此 $f(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{\sin x}{x}\right)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}$ 。
需要计算 ${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }x{f}^{\prime }(x)dx$ 。使用分部积分法，令 $u=x$ ， $dv=f^{\prime }(x)dx$ ，则 $du=dx$ ， $v=f(x)$ ，于是：

代入 $f(x)$ ，有 $xf(x)=x\cdot \frac{x\cos x-\sin x}{x^2}=\frac{x\cos x-\sin x}{x}=\cos x-\frac{\sin x}{x}$ ，
所以：

因此，定积分为：

计算上下限：
当 $x=\pi$ 时， $\cos \pi =-1$ ， $\sin \pi =0$ ，所以值为 $-1-2\cdot \frac{0}{\pi }=-1$ ；
当 $x=\frac{\pi }{2}$ 时， $\cos \frac{\pi }{2}=0$ ， $\sin \frac{\pi }{2}=1$ ，所以值为 $0-2\cdot \frac{1}{\frac{\pi }{2}}=-\frac{4}{\pi }$ ；
于是积分值为：

故答案为 $\frac{4}{\pi }-1$ 。

【答案】 $4$

【解析】
考虑级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}$ ，其中 $|x|<1$ 。该级数的和为 $\frac{1}{(1-x{)}^2}$ 。
本题中， $x=\frac{1}{2}$ ，代入公式得：

因此，该级数的和为 4。

【答案】 ​000​000​000​​

【解析】
应填 $O$ 。因为

故有

【答案】 $16$

【解析】
由题设知 $U=\frac{{\overline{X}}_n-a}{0.2/\sqrt{n}}\sim N(0,1)$ ，所以

查标准正态分布表知 $P\{|U|<1.96\}\ge 0.95$ 。所以 $\frac{\sqrt{n}}{2}\ge 1.96$ ，解得 $n\ge 15.3664$ 。因 $n$ 为整数，所以 $n$ 最小为 16。

【答案】 $0$

【解析】
应填 $EY=0$ 。行列式每一项都是 $n$ 个元素的乘积 $X_{1j_1}{X}_{2j_2}\cdots X_{n{j}_n}$ ，前面带有正号或负号。由于随机变量 $X_{ij}(i,j=1,2,\cdots ,n)$ 相互独立，所以有

所以前面无论取正号或者负号，对和式的期望等于各项期望之和。即有

而 $X_{ij}(i,j=1,2,\cdots ,n;n⩾2)$ 同分布，且 $E{X}_{ij}=2$ ，所以

【答案】
切线方程为 $y=-\frac{1}{2a^{3/2}}x+\frac{3}{2\sqrt{a}}$ ，围成的图形面积为 $S=\frac{9}{4}\sqrt{a}$ 。当切点沿曲线趋于无穷远时（即 $a\to \infty$ ），面积 $S\to \infty$ 。

【解析】
曲线 $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$ 在点 $(a,\frac{1}{\sqrt{a}})$ 处的导数为

所以在 $x=a$ 处的切线斜率为

切线方程为

化简得

切线与 $x$ 轴的交点令 $y=0$ ，解得

与 $y$ 轴的交点令 $x=0$ ，解得

切线与两轴围成的图形为直角三角形，其面积为

当切点沿曲线趋于无穷远时，即 $a\to \infty$ ，面积

如果切点沿曲线向 $y$ 轴方向移动（ $a\to 0^{+}$ ），则面积 $S\to 0$ ，但问题中“趋于无穷远”通常指 $a\to \infty$ ，故面积趋于无穷大。

【答案】 $4-\frac{\pi }{2}$

【解析】
区域 $D$ 和 $D_1$ 如图所示，有

显然 $I_1={\iint }_{D+D_1}ydxdy={\int }_{-2}^{0}dx{\int }_0^{2}ydy=4$ 。在极坐标系下，有

因此

于是

【答案】
当产出量为 $12$ 时，两要素的投入量分别为：

其中 $\alpha$ 和 $\beta$ 为正常数，且 $\alpha +\beta =1$ ， $p_1$ 和 $p_2$ 分别为两要素的价格。

【解析】
这是一个约束优化问题，目标是在产出量 $Q=12$ 的约束下最小化总费用 $C=p_1{x}_1+p_2{x}_2$ 。生产函数为 $Q=2x_1^{\alpha }{x}_2^{\beta }$ ，且 $\alpha +\beta =1$ 。
由约束 $Q=12$ 可得 $2x_1^{\alpha }{x}_2^{\beta }=12$ ，即 $x_1^{\alpha }{x}_2^{\beta }=6$ 。
构造拉格朗日函数：

取一阶偏导数并设为零：

从前两个方程消去 $\lambda$ ，可得：

即

令 $k=\frac{p_1\beta }{p_2\alpha }$ ，则 $x_2=k{x}_1$ 。代入约束 $x_1^{\alpha }{x}_2^{\beta }=6$ ：

解得

代入 $x_2=k{x}_1$ ：

因此，当产出量为 $12$ 时，两要素投入如上所示可使总费用最小。

【答案】

且在 $x=1$ 处连续，值为 $e^2-1$ .

【解析】
在两个区间 $(-\infty ,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 上分别求微分方程：

其中 $C_1,C_2$ 为常数。由题设 $y(0)=0$ ，其中 $x<0<1$ ，可知

解得 $C_1=1$ 。所以有

又因为 $y=y(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，所以 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=y(1)$ ，即

解之得 $C_2=1-e^{-2}$ ， $y(1)=e^2-1$ 。故所求连续函数为

【答案】 $\frac{3}{4}$

【解析】 已知积分方程 ${\int }_0^{x}tf(2x-t)dt=\frac{1}{2}\arctan x^2$ 且 $f(1)=1$ 。

令 $u=2x-t$ ，则积分变为 ${\int }_x^{2x}(2x-u)f(u)du=\frac{1}{2}\arctan x^2$ 。

定义 $F(x)={\int }_x^{2x}(2x-t)f(t)dt$ ，则 $F(x)=\frac{1}{2}\arctan x^2$ 。

对 $F(x)$ 求导，使用莱布尼茨规则：

同时，

因此，

代入 $x=1$ 和 $f(1)=1$ ：

解得

故 ${\int }_1^{2}f(x)dx=\frac{3}{4}$ 。

【答案】 见解析

【解析】
(I) 设 $F(x)=f(x)-x$ ，则 $F(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导，且

所以由介值定理得，存在 $\eta \in \left(\frac{1}{2},1\right)$ ，使得 $F(\eta )=f(\eta )-\eta =0$ ，即 $f(\eta )=\eta$ 。

(II) 令 $f^{\prime }(x)-\lambda [f(x)-x]-1=0$ ，解微分方程得

令 $F(x)=e^{-\lambda x}(f(x)-x)$ 。因为

所以由罗尔定理知，存在点 $\xi \in (0,\eta )$ ，使得 $F^{\prime }(\xi )=0$ ，即

从而即有

【答案】 见解析

【解析】
要证明矩阵 $B$ 为正定矩阵，需证对于任意非零向量 $x\in {\mathbb{R}}^n$ ，有 $x^{T}Bx>0$ 。
考虑 $B=\lambda E+A^{T}A$ ，则

由于 $E$ 是单位矩阵，有 $x^{T}Ex=x^{T}x=\Vert x{\Vert }^2$ 。
又 $x^T{A}^{T}Ax=(Ax{)}^T(Ax)=\Vert Ax{\Vert }^2$ ，
因此

当 $x\ne 0$ 时，有 $\Vert x{\Vert }^2>0$ ，且由于 $\lambda >0$ ，故 $\lambda \Vert x{\Vert }^2>0$ 。
同时， $\Vert Ax{\Vert }^2\ge 0$ ，
所以

因此，对于任意非零向量 $x$ ，有 $x^{T}Bx>0$ ，即 $B$ 为正定矩阵。

【答案】
(1) $U$ 和 $V$ 的联合分布为：

(2) $U$ 和 $V$ 的相关系数 $r=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 。

【解析】
(I) 如图，由题知 $P\{X⩽Y\}=\frac{1}{4}$ ， $P\{X>2Y\}=\frac{1}{2}$ ， $P\{Y<X⩽2Y\}=\frac{1}{4}$ 。

$(U,V)$ 有四个可能值： $(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ 。

(II) 由边缘概率的定义有：

而随机变量 $UV$ 的概率分布为：

于是有

故 $U$ 和 $V$ 的相关系数