卷 3

填空题

1～6小题，每小题4分，共24分

1

若 $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{\e^x - a}(\cos x - b)=5$ ，则 $a=$ ______， $b=$ ______．

高等数学函数、极限、连续确定极限中的参数

【答案】 $a=1$ ， $b=-4$

【解析】
给定极限 $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{e^x - a}(\cos x - b)=5$ 。

当 $x \to 0$ 时， $\sin x \to 0$ ， $e^x \to 1$ ， $\cos x \to 1$ 。

若 $a \neq 1$ ，则 $e^x - a \to 1 - a \neq 0$ ，且 $\sin x (\cos x - b) \to 0$ ，因此极限为 $0$ ，与极限值为 $5$ 矛盾。

故 $a = 1$ ，此时极限化为

\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{e^x - 1}(\cos x - b)

利用等价无穷小，当 $x \to 0$ 时， $\sin x \sim x$ ， $e^x - 1 \sim x$ ，因此

\frac{\sin x}{e^x - 1} \sim 1

于是极限近似为

\lim_{x \to 0} (\cos x - b) = \cos 0 - b = 1 - b

设 $1 - b = 5$ ，得 $b = -4$ 。

验证：当 $a=1$ ， $b=-4$ 时，

\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{e^x - 1}(\cos x + 4) \to 1 \times (1 + 4) = 5

符合条件。

因此， $a=1$ ， $b=-4$ 。

2

函数 $f(u,v)$ 由关系式 $f[xg(y),y] = x + g(y)$ 确定，其中函数 $g(y)$ 可微，且 $g(y) \ne 0$ ，则 $\frac{\pd^2 f}{\pdu\pdv}=$ ______．

高等数学多元函数微分学偏导数的概念与计算

【答案】 $-\frac{g'(y)}{g^2(y)}$

【解析】
给定函数关系式 $f[xg(y), y] = x + g(y)$ ，其中 $g(y)$ 可微且 $g(y) \ne 0$ 。
令 $u = xg(y)$ ， $v = y$ ，则 $x = \frac{u}{g(v)}$ 。代入关系式得：

f(u, v) = \frac{u}{g(v)} + g(v)

对 $f(u, v)$ 求偏导数：
首先，对 $u$ 求偏导：

\frac{\partial f}{\partial u} = \frac{1}{g(v)}

然后，对 $v$ 求偏导：

\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = \frac{\partial}{\partial v} \left( \frac{1}{g(v)} \right) = -\frac{1}{g^2(v)} \cdot g'(v) = -\frac{g'(v)}{g^2(v)}

由于 $v = y$ ，故

\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = -\frac{g'(y)}{g^2(y)}

3

设 $f(x) = \begin{cases} x\e^{x^2}, & -\frac{1}{2} \le x < \frac{1}{2}, \\ -1, & x \ge \frac{1}{2}, \end{cases}$ ，则 $\int_{\,\frac{1}{2}}^{\,2} f(x - 1)\dx =$ ．．

高等数学一元函数积分学定积分的计算

【答案】 $-\dfrac{1}{2}$

【解析】 需要计算积分 $\int_{\frac{1}{2}}^{2} f(x - 1) \, dx$ 。令 $u = x - 1$ ，则当 $x = \frac{1}{2}$ 时， $u = -\frac{1}{2}$ ；当 $x = 2$ 时， $u = 1$ 。积分变为：

\int_{\frac{1}{2}}^{2} f(x - 1) \, dx = \int_{-\frac{1}{2}}^{1} f(u) \, du

函数 $f(u)$ 定义为：

f(u) = \begin{cases} u e^{u^2}, & -\frac{1}{2} \le u < \frac{1}{2}, \\ -1, & u \ge \frac{1}{2}. \end{cases}

将积分拆分为两部分：

\int_{-\frac{1}{2}}^{1} f(u) \, du = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} f(u) \, du + \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(u) \, du

在第一部分区间 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 上， $f(u) = u e^{u^2}$ 。函数 $u e^{u^2}$ 是奇函数，且在对称区间上积分，故：

\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} u e^{u^2} \, du = 0

在第二部分区间 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上， $f(u) = -1$ ，故：

\int_{\frac{1}{2}}^{1} (-1) \, du = - \left[ u \right]_{\frac{1}{2}}^{1} = - \left( 1 - \frac{1}{2} \right) = -\frac{1}{2}

因此，积分结果为：

0 + \left( -\frac{1}{2} \right) = -\frac{1}{2}

4

二次型 $f(x_1,x_2,x_3) = (x_1 + x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + (x_3 + x_1)^2$ 的秩为 ______．

线性代数二次型

【答案】 $2$

【解析】
因为

f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 + x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + (x_3 + x_1)^2

= 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 - 2x_2x_3,

所以二次型对应的矩阵为

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}.

由初等变换得

A \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & -3 & 3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

从而 $r(A) = 2$ ，于是二次型的秩也为 2。

5

同试卷 1 第 6 题

6

设总体 $X$ 服从正态分布 $N(\mu_1,\sigma^2)$ ，总体 $Y$ 服从正态分布 $N(\mu_2,\sigma^2)$ ， $X_1,X_2, \cdots X_{n_1}$ 和 $Y_1,Y_2, \cdots Y_{n_2}$ 分别是来自总体 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本，则

E\left[ \frac{\sum_{i = 1}^{n_1} (X_i - \overline{X})^2 + \sum_{j = 1}^{n_2} (Y_j - \overline{Y})^2}{n_1 + n_2 - 2} \right] =

概率论与数理统计参数估计与假设检验估计量的无偏性

【答案】 $\sigma^2$

【解析】

E\left[\frac{1}{n_1 - 1} \sum_{i=1}^{n_1} (X_i - \overline{X})^2\right] = D(X) = \sigma^2, \quad E\left[\frac{1}{n_2 - 1} \sum_{i=1}^{n_1} (Y_i - \overline{Y})^2\right] = D(Y) = \sigma^2,

所以有

E\left[\sum_{i=1}^{n_1} (X_i - \overline{X})^2\right] = (n_1 - 1)\sigma^2, \quad E\left[\sum_{i=1}^{n_1} (Y_i - \overline{Y})^2\right] = (n_2 - 1)\sigma^2.

从而

\text{原式} = \frac{1}{n_1 + n_2 - 2} \left\{ E\left[\sum_{i=1}^{n_1} (X_i - \overline{X})^2\right] + E\left[\sum_{j=1}^{n_2} (Y_j - \overline{Y})^2\right] \right\}

= \frac{1}{n_1 + n_2 - 2} \left[(n_1 - 1)\sigma^2 + (n_2 - 1)\sigma^2\right] = \sigma^2.

选择题

7～14小题，每小题4分，共32分

7

函数 $f(x) = \frac{|x|\sin(x - 2)}{x(x - 1)(x - 2)^2}$ 在下列哪个区间内有界

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：A

【解析】
如果 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，且极限 $\lim_{x \to a^+} f(x)$ 与 $\lim_{x \to b^-} f(x)$ 存在，则函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内有界。因为

\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \frac{-x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} = -\frac{\sin 3}{18},

\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} = -\frac{\sin 2}{4},

\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} = \frac{\sin 2}{4},

\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} = \infty,

\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \frac{x \sin(x-2)}{x(x-1)(x-2)^2} = \infty

所以函数 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 内有界，故选 (A)。

8

设 $f(x)$ 在 $(-\infty , +\infty)$ 内有定义，且 $\lim_{x \to \infty} f(x) = a$ , $g(x) = \begin{cases} f\left(\frac{1}{x} \right), & x \ne 0; \\ 0, & x = 0. \end{cases}$ 则

高等数学函数、极限、连续函数的连续性

正确答案：D

【解析】
由题意可知， $\lim_{x \to \infty} f(x) = a$ 通常是指 $x \to +\infty$ 时的极限。
当 $x \to 0^+$ 时， $\frac{1}{x} \to +\infty$ ，因此

\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} f\left(\frac{1}{x}\right) = a .

当 $x \to 0^-$ 时， $\frac{1}{x} \to -\infty$ ，但题目并未给出 $f(x)$ 在 $x \to -\infty$ 时的极限，所以 $\lim_{x \to 0^-} g(x)$ 可能不存在，也可能存在但不等于 $a$ 。

函数值 $g(0) = 0$ 。

若 $a \neq 0$ ，则右极限 $a \neq 0$ ，与 $g(0) = 0$ 不相等，因此 $g(x)$ 在 $x=0$ 处不连续。
若 $a = 0$ ，则右极限为 0，但左极限取决于 $f(x)$ 在 $-\infty$ 处的行为，此时 $g(x)$ 可能连续，也可能不连续。

综上， $g(x)$ 在点 $x=0$ 处的连续性与 $a$ 的取值有关。选项 A、B、C 均不一定成立，故正确答案为 D。

9

同试卷 2 第 8 题

10

设有下列命题：

① 若 $\sum_{n = 1}^{\infty}(u_{2n - 1} + u_{2n})$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛．

② 若 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_{n + 1000}$ 收敛．

③ 若 $\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n + 1}}{u_n} > 1$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 发散．

④ 若 $\sum_{n = 1}^{\infty}(u_n + v_n)$ 收敛，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$ 都收敛．

则以下命题中正确的是

高等数学无穷级数常数项级数敛散性的判定

正确答案：B

【解析】
对于命题①，考虑反例：设 $u_n = (-1)^n$ ，则

\sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1} + u_{2n}) = \sum_{n=1}^{\infty}(-1 + 1) = 0

收敛，但

\sum_{n=1}^{\infty}u_n = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n

发散。因此命题①错误。

对于命题②，若 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 收敛，则去掉前 1000 项后的级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_{n+1000}$ 也收敛，因为级数的收敛性取决于尾部，去掉有限项不改变收敛性。因此命题②正确。

对于命题③，若

\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} > 1,

则当 $n$ 足够大时， $|u_n|$ 不趋于零，实际上会趋于无穷，因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 发散。这是比值判别法的结论，命题③正确。

对于命题④，考虑反例：设 $u_n = n$ ， $v_n = -n$ ，则

\sum_{n=1}^{\infty}(u_n + v_n) = \sum_{n=1}^{\infty}0 = 0

收敛，但 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty}v_n$ 均发散。因此命题④错误。

综上，正确命题为②和③，对应选项 B。

11

设 $f'(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f'(a) > 0,\;f'(b) < 0$ ，则下列结论中错误的是

高等数学一元函数微分学微分中值定理

正确答案：D

【解析】
由导数的定义 $f'(a) = \lim_{x \to a^+} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} > 0$ ，根据极限的保号性，存在 $x_0 \in (a, b)$ 使得 $\frac{f(x_0) - f(a)}{x_0 - a} > 0$ ，即 $f(x_0) > f(a)$ ，所以选项 (A) 正确。

同理， $f'(b) = \lim_{x \to b^-} \frac{f(b) - f(x)}{b - x} < 0$ ，根据极限的保号性，存在 $x_0 \in (a, b)$ 使得 $f(x_0) > f(b)$ ，所以选项 (B) 正确。

由已知 $f'(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f'(a) > 0$ ， $f'(b) < 0$ ，则由介值定理，存在 $x_0 \in (a, b)$ ，使得 $f'(x_0) = 0$ ，所以选项 (C) 正确。

令 $f(x) = 4 - x^2$ （ $-1 \leq x \leq 1$ ），则 $f'(-1) = 2 > 0$ ， $f'(1) = -2 < 0$ ，但在 $[-1, 1]$ 上 $f(x) \geq 3 > 0$ ，所以选项 (D) 是错误的。

12

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 与 $B$ 等价，则必有

线性代数矩阵矩阵的运算与变换

正确答案：D

【解析】
矩阵 $A$ 与 $B$ 等价意味着存在可逆矩阵 $P$ 和 $Q$ ，使得

B = PAQ

等价矩阵具有相同的秩，但行列式不一定相同。

当 $|A| = 0$ 时， $A$ 的秩小于 $n$ ，因此 $B$ 的秩也小于 $n$ ，从而 $|B| = 0$ 。

选项 A 和 B 错误，因为当 $|A| \neq 0$ 时， $|B|$ 不一定等于 $|A|$ 或 $-|A|$ ，可能因初等变换而改变。

选项 C 错误，因为当 $|A| \neq 0$ 时， $A$ 满秩， $B$ 也满秩，故 $|B| \neq 0$ 。

因此，正确选项是 D。

13

设 $n$ 阶矩阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^* \ne 0,$ 若 $\xi_1,\xi_2,\xi_3,\xi_4$ 是非齐次线性方程组 $Ax = b$ 的互不相等的解，则对应的齐次线性方程组 $Ax = 0$ 的基础解系

线性代数矩阵伴随矩阵与可逆矩阵

正确答案：B

【解析】
因为

r(A^*) = \begin{cases} 0, & r(A) < n - 1, \\ 1, & r(A) = n - 1, \\ n, & r(A) = n, \end{cases}

所以由 $A^* \neq 0$ ，可得 $r(A) = n - 1$ 或 $r(A) = n$ 。由 $\xi_1, \xi_2$ 是 $Ax = b$ 的不同的解，得 $\xi_1 - \xi_2 \neq 0$ 是 $Ax = 0$ 的解，从而 $r(A) < n$ ，因此 $r(A) = n - 1$ 。故基础解系所含向量个数为 $n - (n - 1) = 1$ 。

14

同试卷 1 第 13 题

解答题

15～23小题，共94分

15

（本题满分 8 分）

求 $\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{\sin^2 x} - \frac{\cos^2 x}{x^2} \right)$ ．

高等数学函数、极限、连续函数极限的计算

【答案】 $\frac{4}{3}$

【解析】
由等价无穷小量代换和洛必达法则，可得

\begin{align*} \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{\cos^2 x}{x^2} \right) &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2 - \sin^2 x \cos^2 x}{x^2 \sin^2 x} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2 - \sin^2 x \cos^2 x}{x^4} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2 - \frac14 \sin^2 2x}{x^4} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{2x - \frac12 \sin 4x}{4x^3} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 4x}{6x^2} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac12 (4x)^2}{6x^2} \\ &= \frac{4}{3}. \end{align*}

16

（本题满分 8 分）

求 $\iint_D (\sqrt{x^2 + y^2} + y)\d\sigma$ ，其中 $D$ 是由圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和 $(x + 1)^2 + y^2 = 1$ 所围成的平面区域（如图所示）．

高等数学多元函数积分学重积分的计算

【答案】 $\dfrac{16(3\pi-2)}{9}$

【解析】
首先，积分区域 $D$ 是由圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和 $(x + 1)^2 + y^2 = 1$ 所围成的区域，即大圆内部且小圆外部的区域。由于区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且被积函数中的 $y$ 是关于 $x$ 轴的奇函数，因此 $\iint_D y \, d\sigma = 0$ 。于是，

\iint_D (\sqrt{x^2 + y^2} + y) \, d\sigma = \iint_D \sqrt{x^2 + y^2} \, d\sigma.

在极坐标变换 $x = r \cos \theta$ , $y = r \sin \theta$ 下，有 $\sqrt{x^2 + y^2} = r$ ，面积元素 $d\sigma = r \, dr \, d\theta$ ，所以

\iint_D \sqrt{x^2 + y^2} \, d\sigma = \iint_D r \cdot r \, dr \, d\theta = \iint_D r^2 \, dr \, d\theta.

因此，原积分化为

I = \iint_D r^2 \, dr \, d\theta.

由于 $D$ 是大圆内部且小圆外部的区域，故

\iint_D r^2 \, dr \, d\theta = \iint_{x^2 + y^2 \leq 4} r^2 \, dr \, d\theta - \iint_{(x+1)^2 + y^2 \leq 1} r^2 \, dr \, d\theta.

计算第一个积分：

A = \iint_{x^2 + y^2 \leq 4} r^2 \, dr \, d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^2 r^2 \, dr \, d\theta = \int_0^{2\pi} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^2 d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{8}{3} \, d\theta = \frac{16\pi}{3}.

计算第二个积分。小圆 $(x+1)^2 + y^2 \leq 1$ 在极坐标下表示为 $r \leq -2\cos \theta$ ，其中 $\theta \in [\pi/2, 3\pi/2]$ ，因此

\begin{align*} B &= \iint_{(x+1)^2 + y^2 \leq 1} r^2 \, dr \, d\theta \\ &= \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \int_0^{-2\cos \theta} r^2 \, dr \, d\theta \\ &= \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{-2\cos \theta} d\theta \\ &= \int_{\pi/2}^{3\pi/2} \frac{-8\cos^3 \theta}{3} \, d\theta. \end{align*}

计算 $\int_{\pi/2}^{3\pi/2} \cos^3 \theta \, d\theta$ ：

\int \cos^3 \theta \, d\theta = \int \cos \theta (1 - \sin^2 \theta) \, d\theta = \sin \theta - \frac{1}{3} \sin^3 \theta + C,

所以

\int_{\pi/2}^{3\pi/2} \cos^3 \theta \, d\theta = \left[ \sin \theta - \frac{1}{3} \sin^3 \theta \right]_{\pi/2}^{3\pi/2} = \left( -1 + \frac{1}{3} \right) - \left( 1 - \frac{1}{3} \right) = -\frac{2}{3} - \frac{2}{3} = -\frac{4}{3}.

于是，

B = \frac{-8}{3} \cdot \left( -\frac{4}{3} \right) = \frac{32}{9}.

因此，

I = A - B = \frac{16\pi}{3} - \frac{32}{9} = \frac{48\pi - 32}{9} = \frac{16(3\pi - 2)}{9}.

故所求积分为 $\dfrac{16(3\pi-2)}{9}$ 。

17

（本题满分 8 分）

设 $f(x)$ , $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且满足

\int_{a}^{x} f(t)\dt \ge \int_{a}^{x} g(t)\dt,\;\;x \in[a,b), \qquad \int_{a}^{b} f(t)\dt = \int_{a}^{b} g(t)\dt.

证明： $\int_{a}^{b} xf(x)\dx \le \int_{a}^{b} xg(x)\dx$ ．

高等数学一元函数积分学定积分的应用

【答案】 见解析

【解析】
设 $h(x) = f(x) - g(x)$ ，则由条件可得

\int_{a}^{x} h(t) \, dt \ge 0, \quad x \in [a,b), \quad \int_{a}^{b} h(t) \, dt = 0.

令 $H(x) = \int_{a}^{x} h(t) \, dt$ ，则 $H(x) \ge 0$ 对于 $x \in [a,b)$ ，且 $H(b) = 0$ 。考虑积分

\int_{a}^{b} x h(x) \, dx = \int_{a}^{b} x \, dH(x).

使用分部积分法：

\int_{a}^{b} x \, dH(x) = \left[ x H(x) \right]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} H(x) \, dx.

由于 $H(a) = 0$ 和 $H(b) = 0$ ，故

\left[ x H(x) \right]_{a}^{b} = 0,

因此

\int_{a}^{b} x h(x) \, dx = - \int_{a}^{b} H(x) \, dx.

由于 $H(x) \ge 0$ 在 $[a,b]$ 上，且 $H(x)$ 连续，故

\int_{a}^{b} H(x) \, dx \ge 0,

所以

\int_{a}^{b} x h(x) \, dx \le 0,

即

\int_{a}^{b} x f(x) \, dx - \int_{a}^{b} x g(x) \, dx \le 0,

从而

\int_{a}^{b} x f(x) \, dx \le \int_{a}^{b} x g(x) \, dx.

证毕。

18

（本题满分 9 分）

设某商品的需求函数为 $Q = 100 - 5P$ ，其中价格 $P \in(0,20)$ ， $Q$ 为需求量．

(1) 求需求量对价格的弹性 $E_d$ ( $E_d$ > 0)；

(2) 推导 $\frac{\d R}{\d P} = Q(1 - E_d)$ （其中 $R$ 为收益），并用弹性 $E_d$ 说明价格在何范围内变化时，降低价格反而使收益增加．

高等数学一元函数微分学导数的几何意义

【答案】
(1) $E_d = \frac{P}{20 - P}$
(2) 当 $P \in (10, 20)$ 时，降低价格反而使收益增加。

【解析】
(I) 由于需求量对价格的弹性 $E_d > 0$ ，所以

E_d = \left| \frac{P}{Q} \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}P} \right| = \left| \frac{P}{100 - 5P} \cdot (-5) \right| = \frac{P}{20 - P}.

(II) 由 $R = PQ$ ，得

\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}P} = Q + P \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}P} = Q \left( 1 + \frac{P}{Q} \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}P} \right) = Q \left( 1 + \frac{-P}{20 - P} \right) = Q(1 - E_d).

令 $\frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}P} < 0$ ，可得 $E_d > 1$ ，即 $\frac{P}{20 - P} > 1$ ，解得 $P > 10$ 。又已知 $P \in (0, 20)$ ，所以当 $10 < P < 20$ 时，收益随价格降低反而增加。

19

（本题满分 9 分）

设级数

\frac{x^4}{2 \cdot 4} + \frac{x^6}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \frac{x^8}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} + \cdots \quad (-\infty < x < +\infty)

的和函数为 $S(x)$ ．求：

(1) $S(x)$ 所满足的一阶微分方程；

(2) $S(x)$ 的表达式．

高等数学无穷级数幂级数的和函数及幂级数展开式

【答案】
(1) $S(x)$ 所满足的一阶微分方程为： $S'(x) - x S(x) = \frac{x^3}{2}$
(2) $S(x)$ 的表达式为： $S(x) = e^{\frac{x^2}{2}} - 1 - \frac{x^2}{2}$

【解析】
(I) 易知 $S(0) = 0$ ，且有

S'(x) = \frac{x^3}{2} + \frac{x^5}{2 \cdot 4} + \frac{x^7}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \cdots

= x \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{2 \cdot 4} + \frac{x^6}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \cdots \right) = x \left[ \frac{x^2}{2} + S(x) \right].

因此 $S(x)$ 满足一阶线性微分方程及相应的初始条件：

S'(x) - xS(x) = \frac{x^3}{2}, \quad S(0) = 0.

(II) 由通解公式，上述微分方程的通解为

\begin{align*} S(x) &= e^{\int x\,dx} \left( \int \frac{x^3}{2} e^{-\int x\,dx} \,dx + C \right) \\ &= e^{\frac{x^2}{2}} \left( \int \frac{x^3}{2} e^{-\frac{x^2}{2}} \,dx + C \right) \\ &= e^{\frac{x^2}{2}} \left( -\int \frac{x^2}{2} \,d\left( e^{-\frac{x^2}{2}} \right) + C \right) \\ &= e^{\frac{x^2}{2}} \left( -\frac{x^2}{2} e^{-\frac{x^2}{2}} + \int e^{-\frac{x^2}{2}} \,d\left( \frac{x^2}{2} \right) + C \right) \\ &= -\frac{x^2}{2} - e^{\frac{x^2}{2}} \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} + C e^{\frac{x^2}{2}} \\ &= -\frac{x^2}{2} - 1 + C e^{\frac{x^2}{2}}. \end{align*}

由初始条件 $S(0) = 0$ ，得 $C = 1$ 。故

S(x) = -\frac{x^2}{2} - 1 + e^{\frac{x^2}{2}}.

20

（本题满分 13 分）

设 $\alpha_1 = (1,2,0)^T$ , $\alpha_2 = (1,\alpha + 2, - 3\alpha)^T$ , $\alpha_3 = (- 1, - b - 2,\alpha + 2b)^T$ , $\beta = (1,3, - 3)^T$ ，试讨论当 $a,b$ 为何值时，

(1) $\beta$ 不能由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示；

(2) $\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 唯一地线性表示，并求出表示式；

(3) $\beta$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表示，但表示式不唯一，并求出表示式．

线性代数向量向量组之间的线性表示

【答案】
(1) 当 $a=0$ 时， $\beta$ 不能由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示。
(2) 当 $a \neq 0$ 且 $a \neq b$ 时， $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 唯一地线性表示，表示式为：

\beta = \left(1 - \frac{1}{a}\right) \alpha_1 + \frac{1}{a} \alpha_2

(3) 当 $a \neq 0$ 且 $a = b$ 时， $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示，但表示式不唯一，表示式为：

\beta = \left(1 - \frac{1}{a}\right) \alpha_1 + \left(\frac{1}{a} + k\right) \alpha_2 + k \alpha_3

其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
设存在实数 $x_1, x_2, x_3$ 使得方程组 $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3 = \beta$ 成立。记 $A = (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ ，对矩阵 $(A, \beta)$ 作初等行变换得

(A, \beta) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 2 & a+2 & -b-2 & 3 \\ 0 & -3a & a+2b & -3 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & a & -b & 1 \\ 0 & 0 & a-b & 0 \end{pmatrix}.

(I) 当 $a = 0$ 时，由

(A, \beta) \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -b & 1 \\ 0 & 0 & -b & 0 \end{pmatrix}.

可知 $r(A) \ne r(A, \beta)$ 。故方程组无解，即 $\beta$ 不能由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示。

(II) 当 $a \ne 0$ 且 $a \ne b$ 时，可知 $r(A) = r(A, \beta) = 3$ ，故方程组有唯一解。由同解阶梯形方程求解得

x_1 = 1 - \frac{1}{a}, \quad x_2 = \frac{1}{a}, \quad x_3 = 0.

此时 $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 唯一地线性表示，其表示式为

\beta = \left(1 - \frac{1}{a}\right)\alpha_1 + \frac{1}{a}\alpha_2.

(III) 当 $a \ne 0$ 且 $a = b \ne 0$ 时，对矩阵 $(A, \beta)$ 继续作初等行变换得

(A, \beta) \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & a & -a & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & \frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 - \frac{1}{a} \\ 0 & 1 & -1 & \frac{1}{a} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

从而 $r(A) = r(A, \beta) = 2$ 。故方程组有无穷多解，其全部解为

x_1 = 1 - \frac{1}{a}, \quad x_2 = \frac{1}{a} + c, \quad x_3 = c,

其中 $c$ 为任意常数。此时 $\beta$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性表示，但表示式不唯一，其表示式为

\beta = \left(1 - \frac{1}{a}\right)\alpha_1 + \left(\frac{1}{a} + c\right)\alpha_2 + c\alpha_3.

21

（本题满分 13 分）

设 $n$ 阶矩阵 $A = \begin{pmatrix} 1 & b & \cdots & b \\ b & 1 & \cdots & b \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ b & b & \cdots & 1 \end{pmatrix}$ ．

(1) 求 $A$ 的特征值和特征向量；

(2) 求可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{-1} AP$ 为对角矩阵．

线性代数矩阵的特征值与特征向量

【答案】 见解析

【解析】
(Ⅰ) 当 $b \ne 0$ 时，

|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 1 & -b & \cdots & -b \\ -b & \lambda - 1 & \cdots & -b \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -b & -b & \cdots & \lambda - 1 \end{vmatrix} = [\lambda - 1 - (n-1)b][\lambda - (1 - b)]^{n-1}.

故 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 = 1 + (n-1)b$ , $\lambda_2 = \cdots = \lambda_n = 1 - b$ 。对 $\lambda_1 = 1 + (n-1)b$ ，

\lambda_1 E - A = \begin{pmatrix} (n-1)b & -b & \cdots & -b \\ -b & (n-1)b & \cdots & -b \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -b & -b & \cdots & (n-1)b \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & -1 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 & -1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & -1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \end{pmatrix}

求得基础解系 $\xi_1 = (1,1,1,\cdots,1)^T$ ，所以 $A$ 的属于 $\lambda_1$ 的全部特征向量为 $k\xi_1 = k(1,1,1,\cdots,1)^T$ （ $k$ 为任意不为零的常数）。

对 $\lambda_2 = \cdots = \lambda_n = 1 - b$ ，

\lambda_i E - A = \begin{pmatrix} -b & -b & \cdots & -b \\ -b & -b & \cdots & -b \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -b & -b & \cdots & -b \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}

求得基础解系为

\xi_2 = (1,-1,0,\cdots,0)^T,\quad \xi_3 = (1,0,-1,\cdots,0)^T,\quad \cdots,\quad \xi_n = (1,0,0,\cdots,-1)^T.

故 $A$ 的属于 $\lambda_2 = \cdots = \lambda_n$ 的全部特征向量为 $k_2\xi_2 + k_3\xi_3 + \cdots + k_n\xi_n$ （ $k_2,k_3,\cdots,k_n$ 是不全为零的常数）。

当 $b = 0$ 时，

|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda - 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \lambda - 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)^n,

特征值为 $\lambda_1 = \cdots = \lambda_n = 1$ ，任意非零列向量均为特征向量。

(Ⅱ) 当 $b \neq 0$ 时， $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量。令 $P = (\xi_1, \xi_2, \cdots, \xi_n)$ ，则

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 + (n-1)b & & & \\ & 1 - b & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 - b \end{pmatrix}.

当 $b = 0$ 时， $A = E$ ，对任意可逆矩阵 $P$ ，均有 $P^{-1}AP = E$ 。

22

（本题满分 13 分）

设 $A$ , $B$ 为随机事件，且 $P(A) = \frac{1}{4}$ ， $P(B|A) = \frac{1}{3}$ ， $P(A|B) = \frac{1}{2}$ ．令

X = \begin{cases} 1, & A\;\text{发生}, \\ 0, & A\;\text{不发生}; \end{cases} \qquad Y = \begin{cases} 1, & B\;\text{发生}, \\ 0, & B\;\text{不发生}. \end{cases}

求：

(1) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布；

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY}$ ；

(3) $Z = X^2 + Y^2$ 的概率分布．

概率论与数理统计多维随机变量及其分布二维随机变量及其分布

【答案】
(1) 二维随机变量 $(X,Y)$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|cc} & Y=0 & Y=1 \\ \hline X=0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{12} \\ X=1 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} \\ \end{array}

(2) $X$ 和 $Y$ 的相关系数 $\rho_{XY} = \frac{1}{\sqrt{15}}$ 。
(3) $Z = X^2 + Y^2$ 的概率分布为：

\begin{array}{c|ccc} Z & 0 & 1 & 2 \\ \hline P & \dfrac{2}{3} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{12} \end{array}

【解析】
(I) 由于 $P(AB) = P(A)P(B|A) = \frac{1}{12}$ ，所以 $P(B) = \frac{P(AB)}{P(A|B)} = \frac{1}{6}$ 。利用条件概率公式和事件间简单的运算关系，有

P\{X = 1, Y = 1\} = P(AB) = \frac{1}{12},

P\{X = 1, Y = 0\} = P(A\bar{B}) = P(A) - P(AB) = \frac{1}{6},

P\{X = 0, Y = 1\} = P(\bar{A}B) = P(B) - P(AB) = \frac{1}{12},

P\{X = 0, Y = 0\} = P(\bar{A}\bar{B}) = 1 - P(A + B) = 1 - P(A) - P(B) + P(AB) = \frac{2}{3}.

故 $(X, Y)$ 的概率分布为

\begin{array}{c|cc} & Y=0 & Y=1 \\ \hline X=0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{12} \\ X=1 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} \\ \end{array}

(II) $X, Y$ 的概率分布分别为

P\{X = 0\} = P\{X = 0, Y = 1\} + P\{X = 0, Y = 0\} = \frac{2}{3} + \frac{1}{12} = \frac{3}{4},

P\{X = 1\} = P\{X = 1, Y = 1\} + P\{X = 1, Y = 0\} = \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{1}{4},

P\{Y = 0\} = P\{X = 0, Y = 0\} + P\{X = 1, Y = 0\} = \frac{2}{3} + \frac{1}{6} = \frac{5}{6},

P\{Y = 1\} = P\{X = 0, Y = 1\} + P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{6}.

所以 $X, Y$ 的概率分布为

\begin{array}{c|cc} X & 0 & 1 \\ \hline P & \frac{3}{4} & \frac{1}{4} \\ \end{array} \qquad \begin{array}{c|cc} Y & 0 & 1 \\ \hline P & \frac{5}{6} & \frac{1}{6} \\ \end{array}

由 0-1 分布的数学期望和方差公式，有

EX = \frac{1}{4}, \quad EY = \frac{1}{6}, \quad DX = \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{16}, \quad DY = \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{36},

E(XY) = 0 \cdot P\{XY = 0\} + 1 \cdot P\{XY = 1\} = P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{12}.

故协方差和相关系数等于

\text{Cov}(X, Y) = E(XY) - EX \cdot EY = \frac{1}{24}, \quad \rho_{XY} = \frac{\text{Cov}(X, Y)}{\sqrt{DX} \cdot \sqrt{DY}} = \frac{\sqrt{15}}{15}.

(III) $Z$ 的可能取值为 0, 1, 2. 且有

P\{Z = 0\} = P\{X = 0, Y = 0\} = \frac{2}{3},

P\{Z = 1\} = P\{X = 1, Y = 0\} + P\{X = 0, Y = 1\} = \frac{1}{4}

P\{Z = 2\} = P\{X = 1, Y = 1\} = \frac{1}{12}.

即 $Z$ 的概率分布为

\begin{array}{c|ccc} Z & 0 & 1 & 2 \\ \hline P & \dfrac{2}{3} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{12} \end{array}

23

（本题满分 13 分）

设随机变量 $X$ 的分布函数为

F(x;\alpha ,\beta) = \begin{cases} 1 - \left(\frac{\alpha}{x} \right)^{\beta}, & x > \alpha , \\ 0, & x \le \alpha , \end{cases}

其中参数 $\alpha > 0,\beta > 1$ ．设 $X_1,X_2, \cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，

(1) 当 $\alpha = 1$ 时，求未知参数 $\beta$ 的矩估计量；

(2) 当 $\alpha = 1$ 时，求未知参数 $\beta$ 的最大似然估计量；

(3) 当 $\beta = 2$ 时，求未知参数 $\alpha$ 的最大似然估计量．

概率论与数理统计参数估计与假设检验矩估计和最大似然估计

【答案】
(1) $\hat{\beta} = \frac{\bar{X}}{\bar{X} - 1}$
(2) $\hat{\beta} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln X_i}$
(3) $\hat{\alpha} = \min\{X_1, X_2, \cdots, X_n\}$

【解析】
当 $a = 1$ 时， $X$ 的概率密度为

f(x, \beta) = \begin{cases} \dfrac{\beta}{x^{\beta+1}}, & x > 1; \\ 0, & x \leq 1. \end{cases}

(I) 由数学期望的定义：

EX = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x; \beta) \, dx = \int_1^{+\infty} x \cdot \frac{\beta}{x^{\beta+1}} \, dx = \frac{\beta}{\beta - 1}.

用样本均值估计期望有 $EX = \overline{X}$ ，即 $\frac{\beta}{\beta - 1} = \overline{X}$ ，解得 $\beta = \frac{\overline{X}}{\overline{X} - 1}$ ，所以参数 $\beta$ 的矩估计量为

\hat{\beta} = \frac{\overline{X}}{\overline{X} - 1}, \quad \text{其中 } \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i.

(II) 设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 是相应于样本 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 的一组观测值，则似然函数为

L(\beta) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \beta) = \begin{cases} \dfrac{\beta^n}{(x_1 x_2 \cdots x_n)^{\beta+1}}, & x_i > 1 \ (i = 1,2,\cdots,n), \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

当 $x_i > 1 \ (i = 1,2,\cdots,n)$ 时， $L(\beta) > 0$ ，取自然对数得

\ln L(\beta) = n \ln \beta - (\beta + 1) \sum_{i=1}^n \ln x_i.

两边对 $\beta$ 求导，并令导数为零得

\frac{\mathrm{d} \ln L(\beta)}{\mathrm{d} \beta} = \frac{n}{\beta} - \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0 \quad \Rightarrow \quad \beta = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln x_i}.

从而 $\beta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\beta} = \dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^{n} \ln X_i}$ 。

(Ⅲ) 当 $\beta = 2$ 时， $X$ 的概率密度为

f(x, \beta) = \begin{cases} \dfrac{2\alpha^2}{x^3}, & x > \alpha; \\ 0, & x \leq \alpha. \end{cases}

对于总体 $X$ 的样本值 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ ，似然函数为

L(\alpha) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \alpha) = \begin{cases} \dfrac{2^n \alpha^{2n}}{(x_1 x_2 \cdots x_n)^3}, & x_i > \alpha \ (i = 1,2,\cdots,n), \\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

当 $x_i > \alpha$ ( $i = 1,2,\cdots,n$ ) 时， $\alpha$ 越大， $L(\alpha)$ 越大。但是必须满足条件 $\alpha \leq x_i$ ( $i = 1,2,\cdots,n$ )，所以 $\alpha$ 的最大似然估计值为 $\hat{\alpha} = \min\{x_1, x_2, \cdots, x_n\}$ 。于是 $\alpha$ 的最大似然估计量为 $\hat{\alpha} = \min\{X_1, X_2, \cdots, X_n\}$ 。