卷 4

【答案】 $e^2$

【解析】
考虑极限 ${\lim }_{x\to 0}[1+\ln (1+x){]}^{\frac{2}{x}}$ 。该极限形式为 $1^{\infty }$ ，可通过取自然对数转化为求指数极限。

设 $y=[1+\ln (1+x){]}^{\frac{2}{x}}$ ，则

需求

计算

该极限为 $\frac{0}{0}$ 型，应用洛必达法则。
令 $f(x)=\ln [1+\ln (1+x)]$ ，则

于是，

因此，

故原极限为 $e^2$ 。

【答案】 $2-\frac{4}{e}$

【解析】
由于被积函数中含有绝对值，将积分区间 $[-1,1]$ 分为两部分：

当 $x\in [-1,0]$ 时， $|x|=-x$ ，因此 $|x|+x=-x+x=0$ ，被积函数为 $0\cdot e^{-|x|}=0$ ，积分值为 0。
当 $x\in [0,1]$ 时， $|x|=x$ ，因此 $|x|+x=x+x=2x$ ，且 $e^{-|x|}=e^{-x}$ ，被积函数为 $2x{e}^{-x}$ 。

因此，原积分化为

计算该积分：
令 $u=x$ ， $dv=e^{-x}dx$ ，则 $du=dx$ ， $v=-e^{-x}$ 。
使用分部积分法：

代入上下限：
在 $x=1$ 时，值为 $-2e^{-1}(1+1)=-\frac{4}{e}$ 。
在 $x=0$ 时，值为 $-2e^0(0+1)=-2$ 。

因此，

故原积分的值为

【答案】

【解析】
已知 $AB=2A+B$ ，移项得 $AB-2A=B$ ，即 $A(B-2E)=B$ 。令 $C=A-E$ ，则 $A=C+E$ ，代入方程得：

展开得：

其中 $E(B-2E)=B-2E$ ，所以：

简化得：

即：

两边同时除以 2，得：

因此， $(A-E{)}^{-1}=\frac{1}{2}(B-2E)$ 。计算 $B-2E$ ：

所以：

故 (A−E)−1=​001​010​100​​ 。

【答案】 6

【解析】
已知 $EX=EY=0$ ， $E{X}^2=E{Y}^2=2$ ，则方差 $\text{Var}(X)=E{X}^2-(EX{)}^2=2-0=2$ ，同理 $\text{Var}(Y)=2$ 。
相关系数 ${\rho }_{X,Y}=0.5$ ，且 ${\rho }_{X,Y}=\frac{\text{Cov}(X,Y)}{{\sigma }_X{\sigma }_Y}$ ，其中 ${\sigma }_X=\sqrt{\text{Var}(X)}=\sqrt{2}$ ， ${\sigma }_Y=\sqrt{2}$ 。
由于 $EX=EY=0$ ，有 $\text{Cov}(X,Y)=E(XY)-EX\cdot EY=E(XY)$ 。
代入相关系数公式：

解得 $E(XY)=1$ 。
计算 $E(X+Y{)}^2$ ：

因此， $E(X+Y{)}^2=6$ 。

【答案】 $f(0)=-\frac{1}{\pi }$

【解析】 为了使得 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续，需要定义 $f(0)={\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)$ 。计算极限：

当 $x\to 0^{+}$ ，使用泰勒展开： $\sin \pi x=\pi x-\frac{(\pi x{)}^3}{6}+O(x^5)$ ，所以

因此，

同时，

所以，

当 $x\to 0^{+}$ ，有 $f(x)\to -\frac{1}{\pi }$ 。因此，定义 $f(0)=-\frac{1}{\pi }$ 即可使 $f(x)$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上连续。

【答案】 $a=e^e$ ，最小值为 $1-\frac{1}{e}$ 。

【解析】
由 $f^{\prime }(t)=a^t\ln a-a=0$ ，得唯一驻点

考察函数 $t(a)$ 在 $a>1$ 时的最小值。令

得唯一驻点 $a=e^e$ 。当 $a>e^e$ 时， $t^{\prime }(a)>0$ ；当 $a<e^e$ 时， $t^{\prime }(a)<0$ 。因此 $t(e^e)=1-\frac{1}{e}$ 为极小值，从而是最小值。

【答案】 $f(x)=(x-1{)}^2$

【解析】
根据题意有

两边对 $x$ 求导得

当 $x\ne 0$ 时，得

其通解为

当 $x=0$ 时， $f(0)=1$ 。由于 $x=1$ 时 $f(1)=0$ ，故有 $2+C=0$ ，从而 $C=-2$ 。所以

【答案】
(1) $t$ 时刻的商品剩余量为 $R(t)=A\left(1-\frac{t}{T}\right)$ ， $k=\frac{A}{T}$
(2) 在时间段 $[0,T]$ 上的平均剩余量为 $\frac{A}{2}$

【解析】
(1) 设 $t$ 时刻的商品剩余量为 $R(t)$ ，则

由于在时刻 $T$ 商品销售完，即 $R(T)=0$ ，所以

解得

代入 $R(t)$ 得

(2) 平均剩余量为

计算积分：

因此，平均剩余量为

【答案】 当 $a\ne -1$ 时，向量组①与②等价；当 $a=-1$ 时，向量组①与②不等价。

【解析】
由初等行变换有

(I) 当 $a\ne -1$ 时，行列式 $\left|\begin{array}{ccc}{\alpha }_1& {\alpha }_2& {\alpha }_3\end{array}\right|=a+1\ne 0$ ， $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=3$ ，故线性方程组

均有唯一解。所以 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 可由向量组①线性表示。同样，行列式 $\left|\begin{array}{ccc}{\beta }_1& {\beta }_2& {\beta }_3\end{array}\right|=6\ne 0$ ， $r({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)=3$ ，故 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 可由向量组②线性表示。因此向量组①与②等价。

(II) 当 $a=-1$ 时，有

由于 $r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\ne r({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\beta }_1)$ ，线性方程组

无解，故向量 ${\beta }_1$ 不能由 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 线性表示。因此，向量组①与②不等价。

【答案】 $a=2$ ； $b=1$ 时 $\lambda =1$ 或 $b=-2$ 时 $\lambda =4$

【解析】
矩阵 $A^{\ast }$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量为 $\alpha$ ，由于矩阵 $A$ 可逆，故 $A^{\ast }$ 可逆。于是 $\lambda \ne 0$ ， $|A|\ne 0$ ，且

即有

由此得方程组

解得 $b=1$ 或 $b=-2$ ； $a=2$ 。由于

根据方程组第一个式子知，特征向量 $\alpha$ 所对应的特征值

所以，当 $b=1$ 时， $\lambda =1$ ；当 $b=-2$ 时， $\lambda =4$ 。

【答案】
(1) 事件 $A$ 和 $B$ 独立的充分必要条件是其相关系数 $\rho =0$ 。
(2) $|\rho |\le 1$ 。

【解析】
(I) 由 $\rho$ 的定义，可见 $\rho =0$ 当且仅当 $P(AB)-P(A)P(B)=0$ ，而这恰好是二事件 $A$ 和 $B$ 独立的定义，即 $\rho =0$ 是 $A$ 和 $B$ 独立的充要条件。

(II) 考虑随机变量 $X$ 和 $Y$ ：

由条件知， $X$ 和 $Y$ 都服从 $0-1$ 分布：

易见 $EX=P(A)$ , $EY=P(B)$ ; $DX=P(A)P(\bar{A})$ , $DY=P(B)P(\bar{B})$ ;

因此，事件 $A$ 和 $B$ 的相关系数就是随机变量 $X$ 和 $Y$ 的相关系数。于是由二维随机变量相关系数的基本性质，可见 $|\rho |\le 1$ 。