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2025 年真题

22 题

选择题

1

设函数 $z = z (x, y)$ 由 $z + ln z - \int_{y}^{x} e^{- t^{2}} d t = 0$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} =$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】 $z + ln z - \int_{y}^{x} e^{- t^{2}} d t = 0$ ，分别对 $x$ ， $y$ 求偏导，得：

$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial x} - e^{- x^{2}} = 0 \Rightarrow \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{z}{z + 1} e^{- x^{2}}$

$\frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z} \frac{\partial z}{\partial y} + e^{- y^{2}} = 0. \Rightarrow \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{- z}{z + 1} e^{- y^{2}}$

$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{z}{z + 1} (e^{- x^{2}} - e^{- y^{2}})$

2

已知函数 $f (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} sin t d t$ ， $g (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \cdot sin^{2} x$ ，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

$f^{'} (x) = e^{x^{2}} sin x, f^{''} (x) = 2 x e^{x^{2}} sin x + e^{x^{2}} cos x$

$f^{'} (0) = 0, f^{''} (0) = 1 > 0$ .

$x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点.

$g^{'} (x) = e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$ ，

$g^{''} (x) = e^{x^{2}} sin 2 x + 2 x e^{x^{2}} sin^{2} x + sin 2 x e^{x^{2}} + 2 cos 2 x \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t$

$g^{'} (0) = 0, g^{''} (0) = 0, g^{'''} (0) > 0$ .

$(0, 0)$ 是 $y = g (x)$ 的拐点.

3

如果对微分方程 $y^{''} - 2 a y^{'} + (a + 2) y = 0$ 任一解 $y (x)$ ，反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x$ 均收敛，则 $a$ 的取值范围为

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】当 $a = - 2$ 时， $y^{''} + 4 y^{'} = 0$ ，通解： $c_{1} + c_{2} e^{- 4 t}$ ， $c \neq = 0$ 时， $\int_{0}^{+ \infty} (c_{1} + c_{2} e^{- 4 x}) d x$ 不收敛.

故B、D排除.

当 $a = - \frac{1}{2}$ 时， $y^{''} + y^{'} + \frac{3}{2} y = 0$ ，通解： $y (t) = e^{- \frac{1}{2} t} (a_{1} cos (\frac{5}{2} t) + B (sin \frac{5}{2} t))$

$\int_{0}^{+ \infty} y (x) d x$ 收敛.

4

设函数 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $x = 0$ 某去心邻域内有定义且恒不为 $0$ ，若 $x \to 0$ 时， $f (x)$ 是 $g (x)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】由题易知， $x \to 0$ 时， $f (x)$ 是 $g (x)$ 高阶无穷小.

则有 $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = 0$ 及 $x \to 0 lim f (x) = 0$ ， $x \to 0 lim g (x) = 0$ .

又 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $x = 0$ 某去心邻域内有定义且不恒等于 $0$ .

故对于A选项，等式两端同除 $g (x)$ 得：

$\frac{f ( x )}{g ( x )} + 1 = \frac{o [ g ( x )]}{g ( x )}$

取极限得

$x \to 0 lim (\frac{f ( x )}{g ( x )} + 1) = x \to 0 lim \frac{o [ g ( x )]}{g ( x )}$

即 $0 + 1 = 0$ ，显然A不成立.

对于B选项，等式两端同除 $f^{2} (x)$ 得

$\frac{g ( x )}{f ( x )} = \frac{o [ f ^{2} ( x )]}{f ^{2} ( x )}$

两端取极限得 $x \to 0 lim \frac{g ( x )}{f ( x )} = x \to 0 lim \frac{o [ f ^{2} ( x )]}{f ^{2} ( x )}$ ，即 $\infty = 0$ ，显然不成立.

对于C选项，等式两端同除 $g (x)$ 得

$\frac{f ( x )}{g ( x )} = \frac{o [ e ^{g (x)} - 1 ]}{g ( x )}$

取极限得 $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{o [ e ^{g (x)} - 1 ]}{g ( x )} = x \to 0 lim \frac{o [ g ( x )]}{g ( x )}$

显然有 $0 = 0$ ，故C正确.

对于D等式两端同除 $g (x)$ 得

$\frac{f ( x )}{g ^{2} ( x )} = \frac{o [ g ^{2} ( x )]}{g ^{2} ( x )}$

取极限得 $x \to 0 lim \frac{f ( x )}{g ^{2} ( x )} = x \to 0 lim \frac{o [ g ^{2} ( x )]}{g ^{2} ( x )}$ ，显然不成立.

综上选C.

5

设函数 $f (x, y)$ 连续，则 $\int_{- 2}^{2} d x \int_{4 - x^{2}}^{4} f (x, y) d y =$

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由题易知，此二重积分积分区域为

$D = {(x, y) ∣4 - x^{2} \leq y \leq 4, - 2 \leq x \leq 2}$ ，对应图像为上图所示。

记 $D_{1} = {(x, y) ∣4 - x^{2} \leq y \leq 4, - 2 \leq x \leq 0}$ ， $D_{2} = {(x, y) ∣4 - x^{2} \leq y \leq 4, 0 \leq x \leq 2}$ ，且 $I = \int_{- 2}^{2} d x \int_{4 - x^{2}}^{4} f (x, y) d y$ ，则 $I = D_{1} \iint f (x, y) d σ + D_{2} \iint f (x, y) d σ$ ，交换积分次序得

$I = \int_{0}^{4} d y \int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{0}^{4} d y \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x$

$= \int_{0}^{4} [\int_{- 2}^{- 4 - y} f (x, y) d x + \int_{4 - y}^{2} f (x, y) d x] d y$

故 A 正确。

6

设单位质点 $P, Q$ 分别位于点 $(0, 0)$ 和 $(0, 1)$ 处， $P$ 从点 $(0, 0)$ 出发沿 $x$ 轴正向移动，记 $G$ 为引力常量，则当质点 $P$ 移动到点 $(l, 0)$ 时，克服质点 $Q$ 的引力所做的功为（）

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】由题可知，其对应如图所示.

单位质点 $P$ 与单位质点 $Q$ 之间的引力为

$F = G \frac{1 \cdot 1}{r ^{2}}$

其中 $r$ 为两质点间的距离.

且由图可知 $r^{2} = x^{2} + 1$

又引力 $F$ 在 $x$ 方向上的力投影为 $F_{x} = F cos θ = \frac{x}{1 + x ^{2}} F$ .

故克服引力做功为：

$W = \int_{0}^{1} F_{x} d x = \int_{0}^{1} \frac{G}{( x ^{2} + 1 )} \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \int_{0}^{1} \frac{G x}{( 1 + x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x$

7

设函数 $f (x)$ 连续，给出下列 4 个条件：

① $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - f ( 0 )}{x}$ 存在；

② $x \to 0 lim \frac{f ( x ) - ∣ f ( 0 ) ∣}{x}$ 存在；

③ $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣}{x}$ 存在；

④ $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) - f ( 0 ) ∣}{x}$ 存在。

其中可得到“ $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导”的条件个数为

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
① 已知 $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - f ( 0 )}{x} = A$ ，
可得 $∣ f (0) ∣ - f (0) = 0 \Rightarrow f (0) = ∣ f (0) ∣ \Rightarrow f (0) = 0$ 或 $f (0) > 0$ 。

若 $f (0) > 0$ ，则当 $x \to 0$ 时，有 $f (x) > 0$ ，
于是 $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = A \Rightarrow f^{'} (0) = A$ 。

若 $f (0) = 0$ ，由 $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - f ( 0 )}{x} = x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣}{x} = A$ ，
可得

⎩ ⎨ ⎧ x \to 0^{+} lim \frac{f ( x )}{x} = A x \to 0^{-} lim - \frac{f ( x )}{x} = A

若 $A = 0$ ，则 $f^{'} (0)$ 存在；若 $A \neq = 0$ ，则 $f^{'} (0)$ 不存在。

② 由 $x \to 0 lim \frac{f ( x ) - ∣ f ( 0 ) ∣}{x} = A \Rightarrow f (0) = ∣ f (0) ∣$ ，
因此 $f (0) = 0$ 或 $f (0) > 0$ 。

若 $f (0) = 0$ ，则

A = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - ∣ f ( 0 ) ∣}{x} = x \to 0 lim \frac{f ( x )}{x} = f^{'} (0)

若 $f (0) > 0$ ，则

A = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - f ( 0 )}{x} = f^{'} (0)

因此②成立。

③ 由 $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣}{x}$ 存在，可得 $∣ f (0) ∣ = 0 \Rightarrow f (0) = 0$ ，
此时与①情况相同，因此③错误。

④ 若 $x \to 0 lim \frac{∣ f ( x ) ∣ - ∣ f ( 0 ) ∣}{x}$ 存在，则 $∣ f (x) ∣$ 在 $x = 0$ 处可导，
进而 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，因此④正确。

综上，①③错误，②④正确，选 B。

8

设矩阵

120 2 a 0 00 b

有一个正特征值和两个负特征值，则（）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

令 $A = 120 2 a 0 00 b$ ，为实对称矩阵，对应二次型为
$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + a x_{2}^{2} + b x_{3}^{2} + 4 x_{1} x_{2}$ 。

用配方法将其化为标准型：
$f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (x_{1} + 2 x_{2})^{2} + (a - 4) x_{2}^{2} + b x_{3}^{2}$ 。

已知 $A$ 有一正两负特征值，则

{a - 4 < 0 b < 0 \Rightarrow {a < 4 b < 0

故选 D。

9

下列矩阵中，可以经过若干初等行变换得到矩阵

100100010120

的是

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

A选项：

112123011134 \to 100111011122 \to 100110010120

B选项：

111111021153 \to 100100021142 \to 100100010120

C选项：

100011000130 \to 100010000001

D选项：

112123224336 \to 100111200300 \to 100110200300

10

设 $3$ 阶矩阵 $A, B$ 满足 $r (AB) = r (BA) + 1$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

取 $A = 111111111$ ， $B = 111000 - 1 - 1 - 1$ ，
则 $AB = 333000 - 3 - 3 - 3$ ， $r (AB) = 1$ 。

$BA = 000000000$ ， $r (BA) = 0$ ，排除选项 B 和 C。

$A + B = 222111000$ ， $r (A + B) = 1$ ，排除选项 A，故选 D。

填空题

11

（填空题）设 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x ( 2 x + a )} d x = ln 2$ ，则 $a =$ ______。

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【答案】 2

【解析】 已知 $a = 2$ 。

原式为：

\int_{1}^{+ \infty} \frac{a}{x ( 2 x + a )} d x = [ln x - ln (2 x + a)]_{1}^{+ \infty}

代入上下限：

= x \to + \infty lim ln \frac{x}{2 x + a} - ln \frac{1}{2 + a}

化简极限部分：

= x \to + \infty lim ln \frac{x}{2 x + a} + ln (2 + a)

由于

x \to + \infty lim \frac{x}{2 x + a} = \frac{1}{2},

所以

x \to + \infty lim ln \frac{x}{2 x + a} = ln \frac{1}{2} .

代入得：

ln \frac{1}{2} + ln (2 + a) = ln 2

即

ln (2 + a) = 2 ln 2

因此

a = 2.

12

（填空题）曲线 $y = 3 x^{3} - 3 x^{2} + 1$ 的渐近线方程为______．

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【答案】 $y = x - 1$

【解析】
可得无水平渐近线、铅直渐近线，故求斜渐近线即可．

$k = x \to \infty lim \frac{3 x ^{3} - 3 x ^{2} + 1}{x} = x \to \infty lim 3 \frac{x ^{3} - 3 x ^{2} + 1}{x ^{3}} = 1$

$b = x \to \infty lim 3 x^{3} - 3 x^{2} + 1 - x = x \to \infty lim x \cdot ((1 + \frac{1 - 3 x ^{2}}{x ^{3}})^{\frac{1}{3}} - 1) = x \to \infty lim x \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1 - 3 x ^{2}}{x ^{3}} = - 1$

故 $y = x - 1$ ．

13

（填空题） $n \to \infty lim \frac{1}{n ^{2}} [ln \frac{1}{n} + 2 ln \frac{2}{n} + \dots + (n - 1) ln \frac{n - 1}{n}] =$ ．

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【答案】 - $\frac{1}{4}$

【解析】 $n \to \infty lim \frac{1}{n ^{2}} [ln \frac{1}{n} + 2 ln \frac{2}{n} + \dots + (n - 1) ln \frac{n - 1}{n}]$

$= n \to \infty lim (\frac{1}{n} ln \frac{1}{n} + \frac{2}{n} ln \frac{2}{n} + \dots + \frac{n - 1}{n} ln \frac{n - 1}{n}) \cdot \frac{1}{n}$

$= n \to \infty lim (\frac{1}{n} ln \frac{1}{n} + \frac{2}{n} ln \frac{2}{n} + \dots + \frac{n - 1}{n} ln \frac{n - 1}{n} + \frac{n}{n} ln \frac{n}{n}) \cdot \frac{1}{n}$

$= n \to \infty lim \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} ln \frac{i}{n} \cdot \frac{1}{n}$

$= \int_{0}^{1} x ln x d x$

$= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} ln x d x^{2} = \frac{1}{2} (x^{2} ln x_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x^{2} \cdot \frac{1}{x} d x)$

$= - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x d x = - \frac{1}{4}$

14

（填空题）已知函数 $y = y (x)$ 由

{x = ln (1 + 2 t) 2 t - \int_{1}^{y + t^{2}} e^{- u^{2}} d u = 0

确定，则 $\frac{d y}{d x}_{t = 0} =$ ______ 。

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【答案】 $e$

【解析】

{x = ln (1 + 2 t) 2 t - \int_{1}^{y + t^{2}} e^{- u^{2}} d u = 0

由②两边关于 $t$ 求导，则 $2 - e^{- (y + t^{2})^{2}} \cdot (\frac{d y}{d t} + 2 t) = 0$ 。

当 $t = 0$ 时， $y = 1$ ， $2 - e^{- 1} \cdot \frac{d y}{d t} = 0 \Rightarrow \frac{d y}{d t} = 2 e$ 。

则 $\frac{d y}{d x}_{t = 0} = \frac{\frac{d y}{d t} _{t = 0}}{\frac{d x}{d t} _{t = 0}} = \frac{2 e}{2} = e$ 。

15

（填空题）微分方程 $(2 y - 3 x) d x + (2 x - 5 y) d y = 0$ 满足条件 $y (1) = 1$ 的解为 ______ ．

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【答案】 $3 x^{2} - 4 x y + 5 y^{2} = 4$

【解析】
解：

\Rightarrow \Rightarrow (2 y - 3 x) d x + (2 x - 5 y) d y = 0 2 y d x + 2 x d y - 3 x d x - 5 y d y = 0 d (2 x y) - d (\frac{3}{2} x^{2}) - d (\frac{5}{2} y^{2}) = 0

即：

\Rightarrow d (2 x y - \frac{3}{2} x^{2} - \frac{5}{2} y^{2}) = 0 2 x y - \frac{3}{2} x^{2} - \frac{5}{2} y^{2} = c

又因为 $y (1) = 1$ ，则：

2 - \frac{3}{2} - \frac{5}{2} = c \Rightarrow c = - 2

即：

2 x y - \frac{3}{2} x^{2} - \frac{5}{2} y^{2} = - 2

整理得：

3 x^{2} - 4 x y + 5 y^{2} = 4

则所求方程为 $y = \frac{2 x + 20 - 11 x ^{2}}{5}$ 。

16

（填空题）设矩阵 $A = (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4})$ ，若 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 线性无关，且 $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4}$ ，则方程组 $A x = a_{1} + 4 a_{4}$ 的通解为 $x =$ ______．

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【答案】 $k 11 - 1 - 1 + 1004$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
由于 $α_{1} + α_{2} = α_{3} + α_{4}$ ，可知 $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性相关。
又已知 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性无关，因此 $r (A) = 3$ 。

方程 $A x = α_{1} + 4 α_{4}$ 等价于

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) \cdot 1004 = α_{1} + 4 α_{4},

所以 $1004$ 是该方程的一个特解。

由 $α_{1} + α_{2} = α_{3} + α_{4}$ ，可得

α_{1} + α_{2} - α_{3} - α_{4} = 0,

即

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}) \cdot 11 - 1 - 1 = 0 .

因此 $11 - 1 - 1$ 是齐次方程 $A x = 0$ 的一个解向量。

由 $s = n - r (A) = 4 - 3 = 1$ 可知，齐次方程的基础解系含一个向量，故

11 - 1 - 1

即为 $A x = 0$ 的一个基础解系。

于是，原方程 $A x = α_{1} + 4 α_{4}$ 的通解为

k 11 - 1 - 1 + 1004,

其中 $k$ 为任意常数。

解答题

17

（本题满分 $10$ 分）

计算 $\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x$ 。

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【答案】 $\frac{3}{10} ln 2 + \frac{π}{10}$

【解析】
首先，将积分拆分为部分分式：

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x = \int_{0}^{1} (\frac{A}{x + 1} + \frac{B x + C}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x

通过待定系数法，解得：

A = \frac{1}{5}, B = - \frac{1}{5}, C = \frac{3}{5}

代入后得：

\int_{0}^{1} (\frac{1/5}{x + 1} + \frac{- \frac{1}{5} x + \frac{3}{5}}{x ^{2} - 2 x + 2}) d x

分别计算各部分积分：

\frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{1}{x + 1} d x = \frac{1}{5} ln ∣ x + 1∣_{0}^{1}

- \frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{x - 3}{x ^{2} - 2 x + 2} d x = - \frac{1}{10} ln ∣ x^{2} - 2 x + 2∣_{0}^{1} + \frac{2}{5} arctan (x - 1)_{0}^{1}

代入上下限计算：

\frac{1}{5} ln ∣1 + 1∣ - \frac{1}{5} ln ∣0 + 1∣ = \frac{1}{5} ln 2

- \frac{1}{10} ln ∣ 1^{2} - 2 \cdot 1 + 2∣ + \frac{1}{10} ln ∣ 0^{2} - 2 \cdot 0 + 2∣ = - \frac{1}{10} ln 1 + \frac{1}{10} ln 2 = \frac{1}{10} ln 2

\frac{2}{5} arctan (1 - 1) - \frac{2}{5} arctan (0 - 1) = \frac{2}{5} (0 - (- \frac{π}{4})) = \frac{π}{10}

合并结果：

\frac{1}{5} ln 2 + \frac{1}{10} ln 2 + \frac{π}{10} = \frac{3}{10} ln 2 + \frac{π}{10}

因此，原积分的值为：

\int_{0}^{1} \frac{1}{( x + 1 ) ( x ^{2} - 2 x + 2 )} d x = \frac{3}{10} ln 2 + \frac{π}{10}

18

（本题满分12分）

设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - e ^{2 s i n x} + 1}{l n ( 1 + x ) + l n ( 1 - x )} = - 3$ 。

证明 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处可导，并求 $f^{'} (0)$ 。

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【答案】 $f^{'} (0) = 5$

【解析】 解：

已知

ln (1 + x) + ln (1 - x) = x - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) - x - \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2}) = - x^{2} + o (x^{2})

e^{2 s i n x} = 1 + 2 sin x + \frac{1}{2} (2 sin x)^{2} + o (x^{2}) = 1 + 2 sin x + 2 sin^{2} x + o (x^{2})

因此，

- 3 = x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - e ^{2 s i n x} + 1}{- x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - ( 1 + 2 sin x + 2 sin ^{2} x + o ( x ^{2} ) ) + 1}{- x ^{2}}

= x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 sin x}{- x ^{2}} + x \to 0 lim \frac{- 2 sin ^{2} x}{- x ^{2}}

可以得出

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 sin x}{- x ^{2}} = - 5, x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 ( x - \frac{1}{6} x ^{3} + o ( x ^{3} ) )}{x ^{2}} = 5,

进一步得到

x \to 0 lim \frac{x f ( x ) - 2 x}{x ^{2}} = 5, 即 x \to 0 lim \frac{f ( x ) - 2}{x} = 5.

由

x \to 0 lim [f (x) - 2] = 0

可得

x \to 0 lim f (x) = 2 = f (0),

故

f^{'} (0) = x \to 0 lim \frac{f ( x ) - 2}{x} = 5.

19

（本题满分12分）

设函数 $f (x, y)$ 可微，且满足 $d f (x, y) = - 2 x e^{- y} d x + e^{- y} (x^{2} - y - 1) d y$ ， $f (0, 0) = 2$ ，求 $f (x, y)$ ，并求 $f (x, y)$ 的极值.

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【答案】
函数 $f (x, y) = - x^{2} e^{- y} + (y + 2) e^{- y}$ ，驻点为 $(0, - 1)$ ，极大值为 $e$ 。

【解析】

\frac{\partial f}{\partial x} = - 2 x e^{- y} \Rightarrow f (x, y) = - x^{2} e^{- y} + φ (y)

则

\frac{\partial f}{\partial y} = x^{2} e^{- y} + φ^{'} (y) = e^{- y} x^{2} - (y + 1) e^{- y}

于是

φ^{'} (y) = - (y + 1) e^{- y}

\Rightarrow φ (y) = (y + 2) e^{- y} + C

因此

f (x, y) = - x^{2} e^{- y} + (y + 2) e^{- y} + C

又 $f (0, 0) = 2$ ，代入得 $C = 0$ ，故

f (x, y) = - x^{2} e^{- y} + (y + 2) e^{- y}

由

{\frac{\partial f}{\partial x} = - 2 x e^{- y} = 0 \frac{\partial f}{\partial y} = e^{- y} (x^{2} - y - 1) = 0 \Rightarrow {x = 0 y = - 1

得驻点 $(0, - 1)$ 。

计算二阶偏导：

f_{xx} = - 2 e^{- y}, f_{x y} = 2 x e^{- y}, f_{yy} = e^{- y} (x^{2} - y - 1) - e^{- y} = e^{- y} (x^{2} - y)

在点 $(0, - 1)$ 处：

A = - 2 e, B = 0, C = - e

则 $A C - B^{2} > 0$ ，且 $A < 0$ ，故 $f (x, y)$ 在 $(0, - 1)$ 处取极大值，极大值为

f (0, - 1) = e

20

（本题满分12分）

已知平面有界区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 4 x, x^{2} + y^{2} \leq 4 y}$ ，计算 $\iint_{D} (x - y)^{2} d x d y$ 。

查看答案与解析

【答案】 $12 π - \frac{16}{3}$

【解析】
由题可知，积分区域

D = {(x, y) ∣ (x - 2)^{2} + y^{2} \leq 2^{2}, x^{2} + (y - 2)^{2} \leq 2^{2}} .

显然积分区域关于直线 $y = x$ 对称。

记

D_{1} = {(x, y) ∣ x^{2} + (y - 2)^{2} \leq 2^{2}, y \leq x},

D_{2} = {(x, y) ∣ (x - 2)^{2} + y^{2} \leq 2^{2}, y \geq x} .

于是

I = \iint_{D} (x - y)^{2} d x d y = \iint_{D_{1}} (x - y)^{2} d x d y + \iint_{D_{2}} (x - y)^{2} d x d y = 2 \iint_{D_{1}} (x - y)^{2} d x d y .

令 $x = r cos θ, y = r sin θ$ ，则在积分区域 $D_{1}$ 上有

⎩ ⎨ ⎧ 0 \leq r \leq 4 cos θ, 0 \leq θ \leq \frac{π}{4} .

那么

\iint_{D_{1}} (x - y)^{2} d x d y = \iint_{D_{1}} (x^{2} + y^{2} - 2 x y) d x d y = \int_{0}^{\frac{π}{4}} d θ \int_{0}^{4 c o s θ} (r^{2} - 2 r^{2} cos θ sin θ) d r .

计算得

\iint_{D_{1}} (x - y)^{2} d x d y = 6 π - \frac{8}{3} .

因此

I = 2 (6 π - \frac{8}{3}) = 12 π - \frac{16}{3} .

21

（本题满分12分）

设函数 $f (x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导.证明导函数 $f^{'} (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是:对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，当 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ 时

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

查看答案与解析

【答案】 见解析

【解析】
充分性：若对 $(a, b)$ 内任意的 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，当 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ 时，都有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

则在 $(a, b)$ 内取任意的 $x_{1} < x_{2} < x_{3} < x_{4} < x_{5}$ ，有

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}} < \frac{f ( x _{4} ) - f ( x _{3} )}{x _{4} - x _{3}} < \frac{f ( x _{5} ) - f ( x _{4} )}{x _{5} - x _{4}}

在 $\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}$ 两边同时令 $x_{2} \to x_{1}^{+}$ ，得

f_{+}^{'} (x_{1}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}}

两边同时令 $x_{2} \to x_{3}^{-}$ ，得 $\frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{3})$ ，即

f_{+}^{'} (x_{1}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{3})

同理可得 $f_{+}^{'} (x_{3}) \leq \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} \leq f_{-}^{'} (x_{5})$ .因为

\frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{1} )}{x _{3} - x _{1}} < \frac{f ( x _{5} ) - f ( x _{3} )}{x _{5} - x _{3}}

所以 $f_{+}^{'} (x_{1}) \leq f_{-}^{'} (x_{5})$ .由 $x_{1}, x_{5}$ 的任意性，可得 $f^{'} (x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增，充分性得证。

再证必要性，即已知 $f^{'} (x)$ 单调递增，在 $[x_{1}, x_{2}], [x_{2}, x_{3}]$ 上分别使用拉格朗日中值定理，知存在 $ξ_{1} \in (x_{1}, x_{2}), ξ_{2} \in (x_{2}, x_{3})$ ，使

f^{'} (ξ_{1}) = \frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}}, f^{'} (ξ_{2}) = \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

又由 $f^{'} (x)$ 单调递增，且 $ξ_{1} < ξ_{2}$ 知， $f^{'} (ξ_{1}) < f^{'} (ξ_{2})$ ，即

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

必要性得证。

综上所述，充要条件得证。

22

（本题满分12分）

已知矩阵 $A = [4111 - 2 1 - 2 1 a]$ 与 $B = k 00 060000$ 合同。

(1)求 $a$ 的值及 $k$ 的取值范围；

(2)若存在正交矩阵 $Q$ ，使得 $Q^{T} A Q = B$ ，求 $k$ 及 $Q$ .

查看答案与解析

【答案】
(1) $a = 4$ ， $k > 0$ 。
(2) $k = 3$ ， $Q = \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{2}{6} \frac{1}{6}$ 。

【解析】
（1） $A$ 与 $B$ 合同知，二者有相同的正负惯性指数

显然， $B$ 的特征值为 $k$ 、 $6$ 、 $0$ ，故 $A$ 有特征值 $0$ .故 $∣ A ∣ = 0$ .

计算得 $∣ A ∣ = - 3 (a - 4)$ ，即有 $a = 4$ .

此时 $∣ λ E - A ∣ = λ (λ - 3) (λ - 6)$ .

知 $A$ 的特征值为 $3$ 、 $6$ 、 $0$ . $P = 2$ . 故 $k > 0$ .

(2)由 $Q^{T} A Q = B$ ，知 $Q^{- 1} A Q = B$ .

故 $A$ 、 $B$ 相似，特征值相同，故 $k = 3$ .对 $A : λ = 3$ 时，解 $(3 E - A) X = 0$ ，

得 $c_{1} = 111$ ， $λ = 6$ 时，解 $(6 E - A) x = 0$ ，得 $c_{2} = - 1 01$

$λ = 0$ 时，解 $(0 \cdot E - A) x = 0$ 得 $c_{3} = [1 - 2 1]$

再单位化得： $Q = \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{1}{3} - \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \frac{1}{6} - \frac{2}{6} \frac{1}{6}$