卷 3

【答案】

其中 $u=xy$ , $v=\frac{x}{y}$ . 或者使用偏导数记号：

其中 $f_1$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导数， $f_2$ 表示 $f$ 对第二个变量的偏导数， $g^{\prime }$ 表示 $g$ 对它的变量的导数。

【解析】
设 $u=xy$ , $v=\frac{x}{y}$ ，则 $z=f(u,v)+g(v)$ 。
求偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ，使用链式法则：

计算 $\frac{\partial u}{\partial x}=y$ , $\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{y}$ ，代入得：

因此，结果为 $y\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial v}+\frac{1}{y}\frac{\partial g}{\partial v}$ 。

【答案】 $\frac{\pi }{4e}$

【解析】
考虑积分 $I={\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{2-x}}$ 。
分母可写为 ${\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^2{\mathrm{e}}^{-x}$ ，分子分母同时乘以 ${\mathrm{e}}^x$ ，得：

令 $t={\mathrm{e}}^x$ ，则 $dt={\mathrm{e}}^{x}dx$ ，积分限变为：当 $x=1$ 时 $t=\mathrm{e}$ ，当 $x\to +\infty$ 时 $t\to +\infty$ 。
于是：

该积分是标准形式，有：

其中 $a=\mathrm{e}$ ，所以：

因此，积分值为 $\frac{\pi }{4e}$ 。

【答案】 $24$

【解析】 由于矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，它们具有相同的特征值，即 $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5}$ 。
设 $\lambda$ 为 $B$ 的特征值，则 $B^{-1}$ 的特征值为 ${\lambda }^{-1}$ ，进而 $B^{-1}-E$ 的特征值为 ${\lambda }^{-1}-1=\frac{1-\lambda }{\lambda }$ 。
因此，行列式

计算乘积：

于是，

故答案为 24。

【答案】 $[1,3]$

【解析】
随机变量 $X$ 的概率密度函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上为 $1/3$ ，在区间 $[3,6]$ 上为 $2/9$ ，其余区间为 0。需要求 $k$ 使得 $P\{X\ge k\}=\frac{2}{3}$ 。

计算 $P\{X\ge k\}$ 需考虑 $k$ 的不同取值范围：

• 当 $k\le 0$ 时， $P\{X\ge k\}=1>\frac{2}{3}$ ，不满足。
• 当 $k>6$ 时， $P\{X\ge k\}=0<\frac{2}{3}$ ，不满足。
• 当 $k\in [0,1]$ 时， $P\{X\ge k\}={\int }_k^1\frac{1}{3}dx+{\int }_3^6\frac{2}{9}dx=\frac{1}{3}(1-k)+\frac{2}{3}.$ 令其等于 $\frac{2}{3}$ ，得 $\frac{1}{3}(1-k)=0$ ，即 $k=1$ 。
• 当 $k\in (1,3)$ 时， $P\{X\ge k\}={\int }_3^6\frac{2}{9}dx=\frac{2}{3},$ 恒满足。
• 当 $k\in [3,6]$ 时， $P\{X\ge k\}={\int }_k^6\frac{2}{9}dx=\frac{2}{9}(6-k).$ 令其等于 $\frac{2}{3}$ ，得 $\frac{2}{9}(6-k)=\frac{2}{3}$ ，解得 $k=3$ 。

综上，当 $k\in [1,3]$ 时， $P\{X\ge k\}=\frac{2}{3}$ 。因此， $k$ 的取值范围是 $[1,3]$ 。

【答案】
$\frac{8}{9}$

【解析】
随机变量 $X$ 在区间 $[-1,2]$ 上服从均匀分布，其概率密度函数为 $f_X(x)=\frac{1}{3}$ ，其中 $x\in [-1,2]$ 。
随机变量 $Y$ 的定义为：

由于 $X$ 是连续随机变量，有 $P(X=0)=0$ ，因此 $P(Y=0)=0$ 。
计算 $Y$ 的概率分布：

• $P(Y=1)=P(X>0)={\int }_0^2\frac{1}{3}dx=\frac{2}{3}$ ，
• $P(Y=-1)=P(X<0)={\int }_{-1}^0\frac{1}{3}dx=\frac{1}{3}$ 。
  于是， $Y$ 的期望为：
  $E[Y]=1\cdot \frac{2}{3}+(-1)\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$ $Y^2$ 的期望为：
  $E[Y^2]=1^2\cdot \frac{2}{3}+(-1{)}^2\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1.$ 方差为：
  $D(Y)=E[Y^2]-(E[Y]{)}^2=1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}.$ 因此，方差 $D(Y)=\frac{8}{9}$ 。

【答案】 $y=\frac{1}{4}(e^{2x}-1)+\frac{1}{2}x{e}^{2x}$

【解析】
给定微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }-e^{2x}=0$ 满足条件 $y(0)=0$ ， $y^{\prime }(0)=1$ 。

首先求解齐次方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }=0$ 。特征方程为 $r^2-2r=0$ ，解得 $r=0$ 和 $r=2$ ，齐次解为 $y_h=C_1+C_2{e}^{2x}$ 。

非齐次项为 $e^{2x}$ ，由于 $e^{2x}$ 是齐次解的一部分，设特解 $y_p=Ax{e}^{2x}$ 。计算导数：

代入原方程：

解得 $A=\frac{1}{2}$ ，特解为 $y_p=\frac{1}{2}x{e}^{2x}$ 。

通解为 $y=y_h+y_p=C_1+C_2{e}^{2x}+\frac{1}{2}x{e}^{2x}$ 。

应用初始条件：

由 $y(0)=0$ 得 $C_1+C_2=0$ 。

计算导数 $y^{\prime }=2C_2{e}^{2x}+\frac{1}{2}{e}^{2x}+x{e}^{2x}$ ，由 $y^{\prime }(0)=1$ 得 $2C_2+\frac{1}{2}=1$ ，解得 $C_2=\frac{1}{4}$ ，代入得 $C_1=-\frac{1}{4}$ 。

因此解为

【答案】 $a^2\left(\frac{{\pi }^2}{16}-\frac{1}{2}\right)$

【解析】
画出积分区域D如下图，采用极坐标更为方便：

在极坐标系下区域 $D=\left\{(\rho ,\theta )\mid -\frac{\pi }{4}\le \theta \le 0,0\le \rho \le -2a\sin \theta \right\}$ ，则有

令 $\rho =2a\sin t$ ，则有

【答案】
(1) $Q_1=4,P_1=10;Q_2=5,P_2=7;\text{利润}=52$ 万元
(2) $Q_1=5,Q_2=4;\text{利润}=49$ 万元；差别定价利润更高。

【解析】 (I) 记总利润函数为 $L$ ，总收益函数为 $R$ ，则总利润

其中， $Q_1>0,Q_2>0$ 。令

解得 $Q_1=4,Q_2=5$ ；相应地 $P_1=10,P_2=7$ 。在 $Q_1>0,Q_2>0$ 的范围内驻点唯一，且实际问题在 $Q_1>0,Q_2>0$ 范围内必有最大值，故在 $Q_1=4,Q_2=5$ 处有最大利润

(II) 若两地的销售单价无差别，即 $P_1=P_2$ ，于是得 $2Q_1-Q_2=6$ ，在此约束条件下求 $L$ 的最值。构造拉格朗日函数

令

解得 $Q_1=5,Q_2=4$ ，在 $Q_1>0,Q_2>0$ 的范围内驻点唯一，且实际问题在 $Q_1>0,Q_2>0$ 范围内必有最大值，故在 $Q_1=5,Q_2=4$ 处有最大利润

【答案】 见解析

【解析】
对 $x$ 求导得 $y^{\prime }=\frac{x^2+x}{x^2+1}{e}^{\frac{\pi }{2}+\arctan x}$ 。令 $y^{\prime }=0$ ，得驻点 $x_1=0,x_2=-1$ 。列表

由此可见，严格单调增区间为 $(-\infty ,-1)$ 与 $(0,+\infty )$ ；严格单调减区间为 $(-1,0)$ 。 $f(0)=-e^{\frac{\pi }{2}}$ 为极小值， $f(-1)=-2e^{\frac{\pi }{4}}$ 为极大值。以下求渐近线：

所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线。令

所以，渐近线为 $y=a_{1}x+b_1=e^{\pi }(x-2)$ 及 $y=a_{2}x+b_2=x-2$ ，共两条。

【答案】

【解析】
首先，计算 $I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^{n}x\cos xdx$ 。令 $u=\sin x$ ，则 $du=\cos xdx$ ，积分限变为 $u=0$ 到 $u=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 。于是，

接下来，求级数：

令 $k=n+1$ ，则

该级数为 ${\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k}$ 在 $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 处的值，其中 $|x|<1$ ，且已知 ${\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k}=-\ln (1-x)$ 。因此，

简化表达式：

所以

由于 $\ln \sqrt{2}=\frac{1}{2}\ln 2$ 和 $\sqrt{2}-1=\frac{1}{\sqrt{2}+1}$ ，有

因此

故答案为 $\ln (2+\sqrt{2})$ .

【答案】
(1) 当 $a\ne -4$ 时， $\beta$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 唯一线性表示，且 $b,c$ 任意。
(2) 当 $a=-4$ 且 $c\ne 3b-1$ 时， $\beta$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示。
(3) 当 $a=-4$ 且 $c=3b-1$ 时， $\beta$ 可由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示但表示不唯一，且一般表达式为 $\beta =k{\alpha }_1+(-b-1-2k){\alpha }_2+(2b+1){\alpha }_3$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
设方程组 $a_1{x}_1+a_2{x}_2+a_3{x}_3=\beta$ 。该方程组的系数行列式