卷 3

【答案】 $-\frac{\alpha }{\beta }$

【解析】
当 $Q=1$ 时，有 $A{L}^{\alpha }{K}^{\beta }=1$ ，两边取对数再对 $L$ 求导得

【答案】 $W_t=1.2W_{t-1}+2$

【解析】
根据问题描述，第 $t$ 年的工资总额 $W_t$ 是在第 $t-1$ 年工资总额 $W_{t-1}$ 的基础上增加 $20\%$ 后再追加 $2$ 百万。
由于 $W_t$ 的单位是百万元，追加的 $2$ 百万相当于 $2$ 百万元。
因此，增加 $20\%$ 的部分为 $0.2W_{t-1}$ ，整体关系可表示为

简化后得到差分方程

【答案】 -3

【解析】
对 $A$ 进行初等变换得

可见只有当 $k=-3$ 时，秩 $r(A)=3$ 。

【答案】 $\frac{1}{12}$

【解析】
应填 $\frac{1}{12}$ 。先求出随机变量 $X+Y$ 的期望和方差：

所以由切比雪夫不等式：

【答案】 $F$ 分布，参数为 $10$ 和 $5$

【解析】
应填 $F$ 和 $(10,5)$ 。因为 $X_i\sim N(0,2^2)$ ，所以 $\frac{X_i}{2}\sim N(0,1)$ 。从而根据卡方分布的定义有

由样本的独立性可知， $U$ 与 $V$ 相互独立。根据 $F$ 分布的定义

故 $Y$ 服从第一个自由度为 10，第二个自由度为 5 的 $F$ 分布。

【答案】

【解析】
给定 $u=f(x,y,z)$ ，其中 $y=y(x)$ 和 $z=z(x)$ 由方程 $e^{xy}-xy=2$ 和 $e^x={\int }_0^{x-z}\frac{\sin t}{t}dt$ 确定。通过链式法则，有：

首先，求 $\frac{dy}{dx}$ 。由方程 $e^{xy}-xy=2$ 两边对 $x$ 求导，得：

整理得：

假设 $e^{xy}-1\ne 0$ ，解得：

其次，求 $\frac{dz}{dx}$ 。由方程 $e^x={\int }_0^{x-z}\frac{\sin t}{t}dt$ 两边对 $x$ 求导，令 $S(u)={\int }_0^u\frac{\sin t}{t}dt$ ，则 $S^{\prime }(u)=\frac{\sin u}{u}$ 。于是：

解得：

将 $\frac{dy}{dx}$ 和 $\frac{dz}{dx}$ 代入链式法则公式，即得所求。

【答案】 $c=\frac{1}{2}$

【解析】
首先，计算极限 ${\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+c}{x-c}\right)}^x$ 。
令 $L={\lim }_{x\to \infty }{\left(\frac{x+c}{x-c}\right)}^x$ ，取自然对数得：

当 $x\to \infty$ 时， $\ln \left(1+\frac{2c}{x-c}\right)\sim \frac{2c}{x-c}$ ，所以：

因此， $L=e^{2c}$ 。

其次，计算极限 ${\lim }_{x\to \infty }[f(x)-f(x-1)]$ 。
由于 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内可导，根据拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_x\in (x-1,x)$ 使得：

当 $x\to \infty$ 时， ${\xi }_x\to \infty$ ，且已知 ${\lim }_{x\to \infty }{f}^{\prime }(x)=e$ ，因此：

由题设条件，两个极限相等：

解得 $2c=1$ ，即 $c=\frac{1}{2}$ 。

【答案】 -2/3

【解析】 首先，将二重积分拆分为两部分：

其中区域 $D$ 是由直线 $y=x$ 、 $y=-1$ 和 $x=1$ 围成的三角形区域。

计算第一部分 ${\iint }_{D}ydxdy$ 。采用先对 $y$ 后对 $x$ 的积分顺序， $x$ 从 $-1$ 到 $1$ ， $y$ 从 $-1$ 到 $x$ ：

由于 $x^2-1$ 是偶函数，有：

所以：

计算第二部分 ${\iint }_{D}yx{e}^{\frac{1}{2}(x^2+y^2)}dxdy$ 。采用先对 $x$ 后对 $y$ 的积分顺序， $y$ 从 $-1$ 到 $1$ ， $x$ 从 $y$ 到 $1$ ：

计算内层积分：

代入得：

由于 $y{e}^{\frac{1}{2}{y}^2}$ 和 $y{e}^{y^2}$ 都是奇函数，在对称区间 $[-1,1]$ 上的积分为零，因此第二部分为 0。

综上，二重积分的值为 $-\frac{2}{3}$ 。

【答案】 $p=-\frac{4}{5}$ ， $q=3$ ， $S_{\text{max}}=\frac{225}{32}$

【解析】
依题意知，抛物线与 $x$ 轴交点的横坐标为 $x_1=0$ , $x_2=-\frac{q}{p}$ 。根据定积分的定义，面积 $S$ 为

因直线 $x+y=5$ 与抛物线 $y=p{x}^2+qx$ 相切，故它们有唯一公共点。由方程组

得 $p{x}^2+(q+1)x-5=0$ 。因为其公共解唯一，其判别式必为零，即

解得 $p=-\frac{1}{20}(q+1{)}^2$ 。将 $p$ 代入 $S$ 中得

根据函数除法的求导公式，

令 $S^{\prime }(q)=0$ ，已知有 $q>0$ ，得唯一驻点 $q=3$ 。当 $1<q<3$ 时， $S^{\prime }(q)>0$ ；当 $q>3$ 时， $S^{\prime }(q)<0$ 。于是当 $q=3$ 时， $S(q)$ 取唯一极大值，即最大值。从而最大值为 $S=S(3)=\frac{225}{32}$ 。

【答案】 见解析

【解析】
由 $f(1)=k{\int }_0^{\frac{1}{k}}x{e}^{1-x}f(x)dx$ （ $k>1$ ）及积分中值定理，存在 $\eta \in \left(0,\frac{1}{k}\right)\subset [0,1]$ 使得

令 $F(x)=x{e}^{-x}f(x)$ ，则由上式可得

那么 $F(x)$ 在 $[\eta ,1]$ 上连续，在 $(\eta ,1)$ 内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点 $\xi \in (\eta ,1)\subset [0,1]$ ，使得

即

【答案】 $-e^x\ln (1-x)$

【解析】
由已知条件 $f_n^{\prime }(x)=f_n(x)+x^{n-1}{e}^x$ ，得其通解为

由条件 $f_n(1)=\frac{e}{n}$ ，得 $C=0$ ，故 $f_n(x)=\frac{x^n{e}^x}{n}$ 。从而

记 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}$ ，则其收敛半径为 $R=1$ ，收敛域为 $[-1,1)$ 。当 $x\in (-1,1)$ 时，有

当 $x=-1$ 时， ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n}=-\ln 2$ 。级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的范围可扩大到 $x=-1$ 处，即

【答案】
(1) $a=-2$
(2) 正交矩阵 Q=​3​1​3​1​3​1​​−2​1​02​1​​6​1​−6​2​6​1​​​