2001年数学三真题答案解析_26.考研数学（一）（二）（三）真题_26.3考研数学（三）真题_考研数学（三）真题_02.1987-2025年数三真题详解_1987-2004年数三真题解析

2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析 一、填空题  (1)【答案】  【使用概念】设 y  f  x 在x处可导，且 f  x 0，则函数 y关于x的弹性在x处的值为 Ey x x  y f x    Ex y f x 1    【详解】由Q  ALK，当Q 1时，即ALK 1，有K  A L ,于是K关于L的弹 性为： d    A   1 L         A   1 L    1 EK L L      K   L  EL K  1   dL  1    A L  A L  (2)【答案】 1.2W 2 t1 【详解】W 表示第t年的工资总额，则W 表示第t1年的工资总额，再根据每年的工资总 t t1 额比上一年增加20％的基础上再追加2百万，所以由差分的定义可得W 满足的差分方程是： t W (120)W 21.2W 2 t t1 t1 (3)【答案】-3 【详解】 方法1：由初等变换(既可作初等行变换，也可作初等列变换).不改变矩阵的秩，故对A进行 初等变换 k 1 1 1  k 1 1 1      1 k 1 1 1k k1 0 0 A   1行(1)分别加到2,3,4行   1 1 k 1 1k 0 k1 0      1 1 1 k 1k 0 0 k1 1k3 1 1 1    0 k1 0 0 2,3,4 列  分  别  加  到  1  列     0 0 k1 0     0 0 0 k1 可见只有当k =−3时，r(A)=3.故k=−3. 方法2：由题设r(A)=3，故应有四阶矩阵行列式 A 0.由 k 1 1 1 k 1 1 1 1 k 1 1 1k k1 0 0 A  1行(1)分别加到2,3,4行 1 1 k 1 1k 0 k1 0 1 1 1 k 1k 0 0 k1 k3 1 1 1 0 k1 0 0 2,3,4列分别加到1列 (k3)(k1)3 0, 0 0 k1 0 0 0 0 k1 解得 k=1或k=−3. 当k=1时， 1 1 1 1 1 1 1 1     1 1 1 1 0 0 0 0 A   1行(1)分别加到2，3，4行   1 1 1 1 0 0 0 0     1 1 1 1 0 0 0 0 可知，此时r(A)=1，不符合题意，因此一定有k=−3. 1 (4)【答案】 12 D(X)   【所用概念性质】切比雪夫不等式为：P X E(X)   2 期望和方差的性质：E(X Y)EX EY ；D(X Y)DX 2cov(X,Y)DY 【详解】 把X Y 看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差. 故 E(X Y)EX EY 220 cov(X,Y) 又相关系数的定义：(X,Y)  DX DY 则 cov(X,Y) (X,Y) DX DY (0.5) 1 4 1 D(X Y)DX 2cov(X,Y)DY 12(1)43 所以由切比雪夫不等式： 2D(X Y) 3 1     P X Y 6 P X Y E(X Y) 6    62 36 12 (5)【答案】F ；(10,5) X n 【所用概念】1. F 分布的定义：F  1 其中X ~2(n ) Y ~2(n ) Y 1 2 n 2 n 2. 2分布的定义：若Z ,,Z 相互独立，且都服从标准正态分布N(0,1)，则Z2 ~2(n) 1 n i i1 Z u 3. 正态分布标准化的定义：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)  X 0 X 【详解】因为X N(0,22)i 1,2,,15，将其标准化有 i  i N(0,1)，从而根 i 2 2 据卡方分布的定义 2 2 2 2  X   X   X   X   1    10  2(10), 11    15  2(5),  2   2   2   2  2 2 2 2  X   X   X   X  由样本的独立性可知， 1    10  与 11    15  相互独立.  2   2   2   2  故，根据F 分布的定义  2 2  X   X   1   10     2   2   X2  X2 10 Y   1 10 F (10,5).   X  2  X  2 2  X2  X2   11   15   11 15   2   2   5 故Y 服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的F 分布. 二、选择题 (1)【答案】 [B] 【详解】 f '(x) 方法1：由lim 1,知 xa xa f '(x) f '(x) lim f '(x) lim  xa  lim lim  xa  10 0 xa xa xa xa xa xa 又函数 f(x)的导数在xa处连续，根据函数在某点连续的定义，左极限等于右 极限等于函数在这一点的值，所以 f(a)0，于是有 3f '(x) f '(a) f '(x) f "(a)lim lim 1, xa xa xa xa 即 f(a)0， f(a)10，根据判定极值的第二充分条件：设函数 f(x)在x 处 0 具有二阶导数且 f(x )0，f(x )0，当 f(x )0时，函数 f(x)在x 处取得极 0 0 0 0 大值. 知xa是 f(x)的极大值点，因此，正确选项为(B). f '(x) 方法2：由lim 1,及极限保号性定理：如果lim f  x  A，且A0(或A0)， xa xa xx 0 那么存在常数0，使得当0 xx 时，有 f  x 0(或 f  x 0)，知存在 0 f '(x) xa的去心邻域，在此去心邻域内 0.于是推知，在此去心邻域内当xa时 xa f(x)0；当xa时 f(x)0.又由条件知 f(x)在xa处连续，由判定极值的第一 充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心领域内可导，若 0 0 x x ,x 时， f(x)0，而x x ,x 时， f(x)0，则 f(x)在x 处取 0 0 0 0 0 得极大值，知 f(a)为 f(x)的极大值. 因此，选 (B). (2)【答案】(D) 【详解】应先写出g(x)的表达式. 1 当0 x1时， f(x) (x21)，有 2 g(x)   x f  u  du   x1 (u21)du  1 u3 x  1 u x  1 x3 1 x, 0 0 2 6 0 2 0 6 2 1 当1 x2时， f(x) (x1)，有 3 x 1 x 11 x1 g(x)  f(u)du   f(u)du f(u)du   (u21)du (u1)du 0 0 1 0 2 1 3  1 u3 1  1 u 1  1 u2 x  1 u x  2  1  x1 2 6 0 2 0 6 1 3 1 3 6 1 1 x3  x, 0 x1  6 2 即 g(x) 2 1    x1 2 , 1 x 2 3 6 1 1  2 2 1  2 因为 lim g(x) lim x3 x  ，lim g(x) lim   x1 2   ， x1 x16 2  3 x1 x13 6  3 42 1 2 且 g(1)   11 2  ， 3 6 3 所以由函数连续的定义，知g(x)在点x1处连续，所以g(x)在区间[0,2]内连续，选(D).  1 1  1 1 同样，可以验证(A)、(B)不正确，0 x1时，g(x)  x3 x  x2 0，单 6 2  2 2  2 1  1 调增，所以(B)递减错；同理可以验证当1 x2时，g(x)    x1 2    x1 0， 3 6  3 5 单调增，所以g  0  g  x  g  2 ，即0 g  x  与选项(A)无界矛盾. 6 (3)【答案】 (C) 【详解】由所给矩阵A,B观察，将A的2,3列互换，再将A的1,4列互换，可得B. 根据初 等矩阵变换的性质，知将A的2,3列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E ，将A的1,4列互 23 换相当于在矩阵A的右侧乘以E ，即 14 1 0 0 0 0 0 0 1     0 0 1 0 0 1 0 0 AE E B，其中E    ，E    23 14 23 0 1 0 0 14 0 0 1 0     0 0 0 1 1 0 0 0 由题设条件知P  E ,P  E ，因此B  APP. 1 14 2 23 2 1 由于对初等矩阵E 有，E1 E ，故P1 P,P1 P . ij ij ij 1 1 2 2 因此，由B  APP，及逆矩阵的运算规律，有 2 1 B1  APP 1P1P1A1 PP A1. 2 1 1 2 1 2 (4)【答案】 (D)  A  【详解】由题设，A是n 阶矩阵，是n维列向量，即T 是一维行向量，可知 是 T 0  A   A  n1阶矩阵. 显然有秩  秩(A) nn1, 即系数矩阵 非列满秩，由 T 0 T 0 齐次线性方程组有非零解的充要条件：系数矩阵非列或行满秩，可知齐次线性方程组 5 A X     0必有非零解. T 0 y (5) 【答案】A 【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以X Y n，从而Y n X ， 故 DY D(nX)DX 由方差的定义：DX EX2(EX)2， 所以 DY D(nX)E(nX)2 E(nX) 2  E(n22nX  X2)(nEX)2 n2 2nEX EX2 n2 2nEX (EX)2  EX2(EX)2  DX ) 由协方差的性质：cov(X,c) 0 (c为常数)；cov(aX,bY) abcov(X,Y) cov(X  X ,Y) cov(X ,Y)cov(X ,Y) ) 1 2 1 2 所以 cov(X,Y) cov(X,nX) cov(X,n)cov(X,X) 0DX DX cov(X,Y) DX 由相关系数的定义，得 (X,Y)   1 DX DY DX DX f(x) 三【变限积分求导公式】[ g(t)dt]  g[f(x)]f(x) x a 【详解】 根据复合函数求导公式，有 du f f dy f dz    . (*) dx x y dx z dx 在exy xy  2两边分别对x求导，得 dy dy exy(yx )(yx )0, dx dx dy y 即  . dx x xzsint 在ex   dt两边分别对x求导，得 0 t sin(xz) dz dz ex(xz) ex  (1 ), 即 1 . xz dx dx sin(xz) 将其代入(*)式，得 du f f dy f dz f y f  ex(xz) f      1  . dx x y dx z dx x x y  sin(xz)z 61 四 【详解】因为lim(1 )x e x x xc xc2c lim( )x lim( )x (把xc写成xc2c) x xc x xc xc2c xc  2cx lim( ) 2c xc (把x写成 xc  2cx ) x xc 2c xc 2cx  2c xcxc lim(1 ) 2c  (利用幂函数的性质amn (am)n) x xc  2cx  2c xcxc ln(1 )2c lime   xc   (利用对数性质elnf(x)  f (x)) x  xc 2cx 2c ln(1 )2c lime xc   xc   (利用对数性质ln f(x)g(x)  g(x)ln f(x)) x  xc 2cx 2c lim ln(1 )2c e xxc   xc   (利用 y ex函数的连续性，limef(x) ex l  im  f(x) ) x  xc 2cx 2c lim limln(1 )2c e xxcx   xc   (当各部分极限均存在时， lim f(x)g(x) lim f(x)limg(x) ) x x x  xc 2cx 2c lim lnlim(1 )2c e xxc x  xc   (利用ylnx函数的连续性，lim[ln f(x)]ln[limf(x)]) x x 1 e2clne (利用lim(1 )x e) x x e2c (lne1) 又因为 f(x)在,内可导，故在闭区间[x1,x]上连续，在开区间(x1,x)内 可导，那么又由拉格朗日中值定理，有 f(x) f(x1) f ()[x(x1)] f (),x1 x 左右两边同时求极限，于是 lim[f(x) f(x1)]lim f '() e， x x 因为x1 x，x趋于无穷大时，也趋向于无穷大 xc 1 由题意，lim( )x lim[ f(x) f(x1)], 从而e2c e，故c x xc x 2 7五 【详解】 积分区域如图所示，可以写成 1 y1,y x1 1 (x2y2) 1 (x2y2) y[1xe2 ]dxdyydxdyxye2 dxdy, D D D 1 1 1 2 其中， ydxdy  dy ydx  y(1y)dy  ; 1 y 1 3 D 1 (x2y2) 1 1 1 (x2y2) 1 1 1 (x2y2) 1 xye2 dxdy   ydy xe2 dx   ydy e2 d( x2) 1 y 1 y 2 D   1 ydy 1 e 1 2 (x2y2) d[ 1 (x2 y2)]   1 (e 1 2 (1y2) ey2 )dy 1 y 2 1  1  1 (e 1 2 (1y2) ey2 )dy2  1  1 e 1 2 (1y2) dy2 1  1 ey2 dy2 2 1 2 1 2 1 1   1 e 1 2 (1y2) d[ 1 (1 y2)] 1  1 ey2 dy2 e 1 2 (1y2)  1 ey2 1 0 1 2 2 1 2 1 1 于是 1 (x2y2) 2  y[1xe2 ]dxdy  3 D 六【详解】方法1：依题意知，抛物线如图所示， q 令 y  px2 qx x(pxq) 0，求得它与x轴交点的横坐标为：x 0,x  . 1 2 p 根据定积分的定义，面积S为 q S   q p  px2qx  dx   p x3 q x2    p  q3 (注：xndx 1 xn1C) 0  3 2  6p2 n1 0 8因直线x y 5与抛物线 y  px2 qx相切，故它们有唯一公共点. 由方程组 x y 5  y  px2 qx 求其公共解，消去 y，得 px2 (q1)x50，因为其公共解唯一，则该一元二次方 程只有唯一解，故其判别式必为零，即 (q1)24 p(5)(q1)220p0, 1 解得 p  (q1)2. 20 将 p代入S中，得 q3 q3 200q3 S(q)    . 6p2 1 3(q1)4 6[ (q1)2]2 20 根据函数除法的求导公式， (200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3) 200q2(3q) S(q)   [3(q1)4]2 3(q1)5 根据驻点的定义，令S(q)0，已知有q 0，得唯一驻点q 3. 当1q3时，S(q)0；q 3时，S(q)0. 故根据极值判定的第一充分条 件知，q 3时，S(q)取唯一极大值，即最大值. 225 从而最大值为S S(3) . 32 方法2：设抛物线 y  px2 qx与直线x y 5相切的切点坐标为(x ,y )，切点既在抛物 0 0 线上，也在直线上，于是满足方程有 y  px2qx 和x  y 5. 0 0 0 0 0 抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等. 在 y  px2 qx 左右两边关于x求导，得 y2pxq，在x y 5左右两边关于x求导，得 y1， 把切点坐标(x ,y )代入，得 0 0 q1 y 2px q 1  x  xx 0 0 0 2p 由x  y 5  y 5x ，将两结果代入 y  px2qx 得 0 0 0 0 0 0 0 9q1 q1 q1 y 5x 5( ) px2qx  p( )2q( ) 0 0 2p 0 0 2p 2p 整理得 1 p  (q1)2. 20 将 p代入S中，得 200q3 S(q) . 3(q1)4 根据函数除法的求导公式， (200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3) 200q2(3q) S(q)   [3(q1)4]2 3(q1)5 根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义，令S(q)0，已知有q 0，得唯一 驻点q 3.当1q3时，S(q)0; q 3时，S(q)0;故根据极值判定的第一充分 条件知，q 3时， S(q)取唯一极大值，即最大值. 225 从而最大值为S S(3) . 32 七【详解】将要证的等式中的换成x，移项，并命 x1 (x) f(x) f(x) x 问题转化为证在区间(0,1)内(x)存在零点. 将 x1 f(x) f(x)0 x 看成一个微分方程，用分离变量法求解. 由 df(x) x1  dx f(x) x df(x) x1 1 两边积分得   dx(1 )dx f(x) x x 1 1 利用 dx ln x C 及xndx  xn1C ，得 x n1 Cex Cex ln f(x)  xln x C  ln f(x) ln  f(x) ， 1 x x 10即 xexf (x)C，命F(x) xexf(x). 由 1 f(1)kk xe1xf(x)dx,(k 1) 0 及积分中值定理(如果函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续，则在积分区间[a,b]上至少存在一个 b 1 点，使得 f(x)dx  f()(ba)(a b))，知至少存在一点(0, )[0,1]，使 a k 1 f(1)kk xe1xf(x)dx e1f() 0 且F()ef() ，F(1)e1f(1). 把 f(1)e1f()代入，则 F(1)e1f(1)e1e1f()ef()F() 那么F(x)在[,1]上连续，在(,1)内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点(,1)[0,1]， 使得 F()ef()ef()0 即 f()  (11)f(). 八【详解】由已知条件可见 f  (x) f (x) xn1ex，这是以 f (x)为未知函数的一阶线性 n n n 非齐次微分方程，其中 p(x)1,q(x) xn1ex，代入通解公式 p(x)dx p(x)dx f(x)e (q(x)e dxC) 得其通解为 f (x)e dx xn1exe dx dxC  ex   xn C  , n    n  e 1  xnex 由条件 f (1) ,又 f (1)e C，得C 0， 故 f (x) , n n n n  n n   xnex  xn  f (x) ex n n n n1 n1 n1 1 记S(x)  xn ,则a  1 ，lim a n1 lim n1 1，则其收敛半径为R  1 1， n n n n a n 1  n1 n n 收敛区间为(1,1). 当x(1,1)时，根据幂级数的性质，可以逐项求导， 11    xn    xn   1 1 S(x)      xn1 ，其中 1xx2xn  n   n  1x 1x n1 n1 n1 故根据函数积分和求导的关系 f(x)dx f(x)C，得 x S(x)dxS(x) x S(x)S(0) 0 0  0n 0 02 又由于S(0)   0，所以 n 1 2 n1 x x 1 S(x)S(0) S(x)dx 0 dx ln(1x) ， 0 0 1x  xn 即有  ln(1x),x(1,1) n n1  (1)n 当x1时，  ln2. 级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的 n n1 范围可扩大到x1处，即  xn  ln(1x),x[1,1) n n1  于是  f (x)exln(1x),x[1,1) n n1 九【详解】(1) 线性方程组AX 有解但不唯一，即有无穷多解 r(A)r(A)n3， 将增广矩阵作初等行变换，得 1 1 a 1  1 1 a  1      A 1 a 1 1 2行1行，3行1行(a)倍 0 a1 1a  0       a 1 1 2   0 1a 1a2 2a  1 1 a  1    2 行  加  到 3 行  0 a1 1a  0   0 0 (a1)(a2)  （a2）  因为方程组AX 有解但不唯一，所以r(A)r(A)3，故a=−2. (2) 由(1)，有  1 1 2   A 1 2 1    2 1 1   由 121 1 2  1 2 EA  1 2 1 2,3列加到1列 2 1 2 1 1  1 1 1 1 2 1 1 2 提出1列公因子1 2 1 1行(1)分别加到2,3行0 3 3 1 1 1 0 0 3 (3)(3)0 故A的特征值为 0, 3, 3. 1 2 3 当 0时， 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2  1行的(1),2倍     (0EA) 1 2 1 0 3 3 2行加到3行 0 3 3  分别加到2,3行      2 1 1   0 3 3   0 0 0  于是得方程组(0EA)x0的同解方程组为 x x 2x 0 1 2 3  3x 3x 0 2 3 可见，r(0EA)2，可知基础解系的个数为nr(0EA)321，故有1个自由未 知量，选x 为自由未知量，取x 1，解得对应的特征向量为 (1,1,1)T . 2 2 1 当 3时， 1  2 1 2  1 5 1      3EA   1 5 1  1,2 行  互  换  2 1 2     2 1 2    2 1 2   1 5 1 1 5 1     3  行  -  2  行  2 1 2  1  行   2 加  到 2 行  0 9 0    0 0 0     0 0 0   于是得方程组(3EA)x0的同解方程组为 x 5x x 0 1 2 3  9x 0 2 可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由未知 13量，选x 为自由未知量，取x 1，解得对应的特征向量为 (1,0,1)T. 1 1 2 当 3时， 1 4 1 2  1 1 1     3E A   1 1 1  1 ， 2 行  互  换  4 1 2       2 1 4  2 1 4 1 1 1 1 1 1 1行(4)倍,2倍      0 3 6  2 行  加  到  3  行  0 3 6  分别加到2,3行      0 3 6  0 0 0  于是得方程组(3E A)x0的同解方程组为 x x x  0 1 2 3  3x 6x 0 2 3 可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由 未知量，选x 为自由未知量，取x 2，解得对应的特征向量为 (1,2,1)T . 2 2 3 由于A是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特 征向量相互正交，之需将,,单位化， 1 2 3 1  1   1   1    1    1     1  1 ,  2  0 ,  3  2 . 1  3   2  2   3  6   1  1  2   1  3   1   其中，   12 12 12  3,   12 (1)2  2,   (1)2 22 (1)2  6 1 2 3 令  1 1 1   3 2 6    1 2  Q ,, 0   1 2 3 3 6    1 1 1     3 2 6 3 0 0   则有 QTAQ Q1AQ  0 3 0 .    0 0 0  十【详解】(1)由题设条件， 14n n A 1 n n 1 n n f(x ,x ,x )  ij xx  A xx  x A x 1 2 n | A| i j A ij i j A i ij j i1 j1 i1 j1 i1 j1 1 n  x (A x  A x  A x ) A i i1 1 i2 2 in n i1 x  x  1 1      1  n x (A ,A ,,A )  x 2  1   n x (A ,A ,,A )   x 2   A i i1 i2 in    A  i i1 i2 in     i1 i1     x  x  n n x  1    1  x (A ,A ,,A ) x (A ,A ,,A )x (A ,A ,,A )  x 2 A 1 11 12 1n 2 21 22 2n n n1 n2 nn      x  n A A A x  x  11 12 1n 1 1       1 (x ,x ,,x )  A 21 A 22 A 2n x 2  (x ,x ,,x ) AT  x 2  XT AT X A 1 2 n      1 2 n A    A      A A A x  x  n1 n2 nn n n ()XTA1X 其中()的理由：A是可逆的实对称矩阵，故(A1)T (AT)1  A1，因此由实对称的定义 知，A1也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质AA A E ，知A  A A1，因此A也 是实对称矩阵，AT  A，故()成立. (2) 因为  A1 T AA1   AT 1 E  A1，所以由合同的定义知A与A1合同. 由实对称矩阵A与B合同的充要条件：二次型xTAx与xTBx有相同的正、负惯性指数. 可知，g(X) XTAX 与 f(X)有相同的正、负惯性指数， 故它们有相同的规范形. 十一【应用定理】(i) 期望的性质：E(X Y)EX EY ；独立随机变量方差的性质：若 随机变量X和Y 独立，则D(X Y)DX DY (ii)列维-林德伯格中心极限定理：设随机变量X ,X ,,X ,相互独立同分布，方差 1 2 n 存在，记u与2(02 )分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数x，恒有 15 1 n  limP (X nu) x (x) n  n i  i1 (通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多，这 些随机变量的和以正态分布为极限分布) Z u (iii) 正态分布标准化：若Z ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)  【详解】设X (i 1,2,n)是装运的第i箱的重量(单位:千克)， n是所求箱数. 由题设可以 i 将X ,X ,X 视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量S  X  X  X 是独立 1 i n n 1 2 n 同分布随机变量之和. 由题设，有E(X )50, D(X ) 5(单位:千克) i i 所以 E(S )E(X X X )EX EX EX 50n n 1 2 n 1 2 n D(S )D(X X X )DX DX DX 25n n 1 2 n 1 2 n 则根据列维—林德柏格中心极限定理，知S 近似服从正态分布N(50n,25n)， n 箱数n根据下述条件确定 S 50n 500050n P  S 5000 P n   (将S 标准化) n n  5 n 5 n  100010n ( )0.977(2) n 由此得 100010n 2, n 从而n98.0199， 即最多可以装98箱. 十二【详解】由题设条件X 和Y 是正方形G  (x,y):1 x3,1 y 3 上的均匀分布， 则X 和Y 的联合密度为： 1  ,1 x3,1 y3, 1 f(x,y)4 (二维均匀分布的概率密度为 ) 面积  0,其他 由分布函数的定义：F(u)P  U u P  X Y u  (1)当u 0时，F(u)0(因为 X Y 是非负的，所以小于0是不可能事件) 16(2)当u 2时，F(u)1(因为X 和Y 最大为3，X 和Y 最小为1，所以 X Y 最大也 就只能为2，所以 X Y  2是必然事件，概率为1) (3)当0u 2时，F(u)P  U u 相当于 y 阴影部分所占的概率大小. 如图所示： yxu F(u)P  U u P  X Y u  3 yxu 2 xyu S 1  阴影面积  4(2u)2   1 S 4 总面积 O 1 2 3 x 1 1 (2u)2 4 (二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面 积是用总面积减去两个三角形的面积) 于是随机变量U 的概率密度为： 1  (2u),0u2, p(u)F'(u) 2  0, 其他 17