答案 A
解析
\(\lim\limits_{x \to +\infty} x^a \ln \frac{\arctan(x + 1)}{\arctan x} = \lim\limits_{x \to +\infty} x^a \ln \left[\frac{\arctan(x + 1)}{\arctan x} + 1 - 1\right]\)
\(= \lim\limits_{x \to +\infty} x^a \frac{\arctan(x + 1) - \arctan x}{\arctan x}\).
由拉格朗日中值定理，有
\(\arctan(x + 1) - \arctan x = \frac{1}{1 + \xi^2} (x < \xi < x + 1)\).
故 原极限 \(= \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^a}{(1 + \xi^2)\arctan x} = \frac{2}{\pi} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^a}{1 + \xi^2} = b\)，
所以 \(a = 2\)，\(b = \frac{2}{\pi}\). 选项 A 正确.

答案 C
解析 由 \( t^2 \sin t \) 是奇函数，知 \( f(x) \) 有 3 个间断点 \( x = 0, x = 1, x = -1 \)。
\( \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t dt} = \frac{1}{\int_{0}^{1} t^2 \sin t dt} \lim_{x \to 0^-} x e^{-\frac{1}{x}} \)
\( \stackrel{-\frac{1}{x} = t}{=} \frac{1}{\int_{0}^{1} t^2 \sin t dt} \lim_{t \to +\infty} \left( -\frac{e^t}{t} \right) = \infty \)，
\( x = 0 \) 是第二类间断点。
\( \lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{-\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t dt} = \frac{2}{e} \lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t dt} \)
\( \stackrel{洛必达法则}{=} \frac{2}{e} \lim_{x \to 1} \frac{1}{x^2 \sin x} = \frac{2}{e \sin 1} \)，
\( x = 1 \) 是第一类间断点。
\( \lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \frac{x(x - 1)|x + 1|e^{-\frac{1}{x}}}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t dt} = 2e \lim_{x \to -1^+} \frac{x + 1}{\int_{1}^{x} t^2 \sin t dt} \)
\( = 2e \lim_{x \to -1^+} \frac{1}{x^2 \sin x} = -\frac{2e}{\sin 1} \)，
同理可得 \( \lim_{x \to -1^-} f(x) = \frac{2e}{\sin 1} \)，\( x = -1 \) 是第一类间断点。选项 C 正确。

答案 D
解析 由$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)+f'(x)}{x}=1$，知$\lim\limits_{x \to 0}[f(x)+f'(x)]=0$.
又由$f(0)=0$，可得$f'(0)=0$.
$\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)+f'(x)}{x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)+f'(x)-f'(0)}{x}$
$=f'(0)+f''(0)=f''(0)=1 > 0$，
即
$f''(0)=\lim\limits_{x \to 0}\frac{f'(x)}{x} > 0$.
故存在$\delta > 0$，使得在$(-\delta,0)$内，$f'(x) < 0$，$f(x)$单调递减；在$(0,\delta)$内，$f'(x) > 0$，$f(x)$单调递增.选项D正确.

答案 A
解析 由$[xf(x)]'\leq -kf(x)$，有
$f(x)+xf'(x)\leq -kf(x)$.
又由$f(x)>0$，有$\frac{-1-k}{x}\geq \frac{f'(x)}{f(x)}$，故
$\int_{2}^{x}\frac{-1-k}{t}\mathrm{d}t\geq \int_{2}^{x}\frac{f'(t)}{f(t)}\mathrm{d}t$，$x\in [2,+\infty)$，
即
$(-1-k)\ln x - (-1-k)\ln 2\geq \ln f(x) - \ln f(2)$，
故$\ln \frac{x^{-1-k}}{2^{-1-k}}\geq \ln f(x)$，从而有
$0<f(x)\leq 2^{1+k}\cdot x^{-1-k}=\left(\frac{2}{x}\right)^{1+k}$.
而$\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\frac{2}{x}\right)^{1+k}=0$，由夹逼准则，得$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0$. 选项A正确.

答案 B
解析 当\( x^2 + y^2 \neq 0 \)时，有
\( f'_x(x,y) = 2x\sin\frac{1}{x^2 + y^2} - \frac{2x}{x^2 + y^2}\cos\frac{1}{x^2 + y^2} \)，
\( f'_y(x,y) = 2y\sin\frac{1}{x^2 + y^2} - \frac{2y}{x^2 + y^2}\cos\frac{1}{x^2 + y^2} \)。

当\( x^2 + y^2 = 0 \)时，有
\( f'_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2\sin\frac{1}{x^2}}{x} = 0 \)。
同理，\( f'_y(0,0) = 0 \)。

取\( x_n = \frac{1}{2\sqrt{n\pi}}, y_n = \frac{1}{2\sqrt{n\pi}} \)，当\( n \to \infty \)时，\( x_n \to 0, y_n \to 0 \)。
\( f'_x(x_n, y_n) = -2\sqrt{n\pi} \to -\infty \ (n \to \infty) \)，
故\( f'_x(x,y) \)在点\((0,0)\)处间断. 又由
\( \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x,y) - f(0,0) - [f'_x(0,0)x + f'_y(0,0)y]}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{(x^2 + y^2)\sin\frac{1}{x^2 + y^2}}{\sqrt{x^2 + y^2}} \)
\( \xlongequal{\sqrt{x^2 + y^2} = \rho} \lim_{\rho \to 0^+} \rho\sin\frac{1}{\rho^2} = 0 \)，
知\( f(x,y) \)在\((0,0)\)处可微. 选项B正确.

答案 A
解析 由线性微分方程解的叠加原理可知，$y = y_{2} - y_{3} = 2\sqrt{x}$是齐次线性微分方程$y' + p(x)y = 0$的解，所以$p(x) = -\frac{y'}{y} = -\frac{1}{2x}$. 下面求$q_{2}(x)$的值.
方法一：由$y_{2}, y_{3}$是微分方程$y' + p(x)y = q_{1}(x) + q_{2}(x)$的解，则$\frac{y_{2} + y_{3}}{2} = 2x^{2}(x + 1)$也是该微分方程的解，因此
$q_{1}(x) + q_{2}(x) = 6x^{2} + 4x - x(x + 1) = 5x^{2} + 3x$.
又由$y_{1} = \sqrt{x} + 2x^{2}$是微分方程$y' + p(x)y = q_{1}(x)$的解，因此
$q_{1}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} + 4x - \frac{\sqrt{x} + 2x^{2}}{2x} = 3x$，
得$q_{2}(x) = 5x^{2}$. 选A.
方法二：由$y_{1}$是微分方程$y' + p(x)y = q_{1}(x)$的解，$y_{2}$是微分方程$y' + p(x)y = q_{1}(x) + q_{2}(x)$的解，则$y_{2} - y_{1} = 2x^{3}$是微分方程$y' + p(x)y = q_{2}(x)$的解，因此
$q_{2}(x) = 6x^{2} - \frac{2x^{3}}{2x} = 5x^{2}$. 选A.

答案 C
解析 采用元素法计算.
对于方案(a)，建立如下左图所示坐标系，阴影部分可近似为一个半径为\( \sqrt{1 - y^2} \)、高为\( dy \)的圆柱体，将其从顶部抽出，移动的高度近似为\( 1 - y \). 因此克服阴影部分水的重力所做的功为\( \rho g\pi(\sqrt{1 - y^2})^2(1 - y)dy \). 方案(a)所做的功为
\( \int_{0}^{1}\rho g\pi(\sqrt{1 - y^2})^2(1 - y)dy = \rho g\pi\int_{0}^{1}(1 - y^2)(1 - y)dy = \frac{5}{12}\rho g\pi \).

对于方案(b)，同理可建立如下右图所示坐标系，阴影部分可近似为一个半径为\( \sqrt{1 - y^2} \)、高为\( dy \)的圆柱体，将其从顶部抽出，移动的高度近似为\( -y \)，故方案(b)所做的功为
\( \int_{-1}^{0}\rho g\pi(\sqrt{1 - y^2})^2(-y)dy = \rho g\pi\int_{-1}^{0}(1 - y^2)(-y)dy \)
\( \stackrel{t=-y}{=} \rho g\pi\int_{0}^{1}t(1 - t^2)dt = \frac{1}{4}\rho g\pi \).
综上所述，采用方案(a)与方案(b)抽水所做功的差为\( \frac{5}{12}\rho g\pi - \frac{1}{4}\rho g\pi = \frac{1}{6}\rho g\pi \)，选C.

【注】 坐标系的选取不影响做功的大小.

答案 D
解析 对分块矩阵分别作初等变换.由于初等变换不改变矩阵的秩,所以有
$r_1 = r\begin{pmatrix} A & B \\ O & E \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} A & O \\ O & E \end{pmatrix} = n + r(A)$,
$r_2 = r\begin{pmatrix} BA & O \\ B & B \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} BA & O \\ O & B \end{pmatrix} = r(BA) + r(B)$,
$r_3 = r\begin{pmatrix} E & A \\ B & O \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} E & O \\ B & -BA \end{pmatrix} = r\begin{pmatrix} E & O \\ O & -BA \end{pmatrix}$
$= n + r(-BA) = n + r(BA)$.
由$r(B) \leqslant n$，$r(BA) \leqslant r(A)$，知$r_1 \geqslant r_3 \geqslant r_2$. 选项D正确.

答案 C
解析 对于题干中的①、②，由\(Ax = b\)有解，则\(r(A) = r(A,b)\)，从而\(r(A^T) = r\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}\). 于是
\(r\begin{pmatrix} A^T & 0 \\ b^T & 1 \end{pmatrix} = r(A^T) + 1 = r\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix} + 1 > r\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}\)，
即系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩，故\(\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}x = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)无解，①错，②对.
对于③，用反证法. 假设\(Ax = 0\)只有零解，则\(r(A) = 3\)，\(Ax = b\)有解. 根据②的结论，有
\(\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}x = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)无解.
这与已知矛盾，因此假设不成立，即\(Ax = 0\)有非零解，③正确.
对于④，取\(A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\)，\(b = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)，则\(\begin{pmatrix} A^T \\ b^T \end{pmatrix}x = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)变为\(\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}x = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)，其系数矩阵的秩为1，增广矩阵的秩为2，因此无解，但\(Ax = 0\)有非零解，故④错误.
综上所述，应选C.

答案 B
解析 由
$AB = A(α₁,α₂,α₃) = (Aα₁,Aα₂,Aα₃)$
$= (α₁,α₂−2α₃,α₃−2α₂)$
$= (α₁,α₂,α₃)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & -2 & 1 \end{pmatrix} \stackrel{记}{=} BC$,
知$B^{-1}AB = C$，即A与C相似.
又由
$|λE−C| = \begin{vmatrix} λ−1 & 0 & 0 \\ 0 & λ−1 & 2 \\ 0 & 2 & λ−1 \end{vmatrix} = (λ−1)(λ−3)(λ+1)$,
知C的特征值为1,3,−1，也是A的特征值.
$f(x₁,x₂,x₃) = \text{tr}(AXX^T) = \text{tr}[(AX)X^T] = \text{tr}[X^T(AX)] = X^T AX$,
故f的规范形为$y_1^2 + y_2^2 - y_3^2$.选项B正确.
【注】 设$A_{m×n},B_{n×m}$，则$\text{tr}(AB)=\text{tr}(BA)$.

答案 $y = \frac{\pi}{2}(x - \ln 2)$
解析 当$x = \ln 2$时，$t = \pm 1$，此时$y = 0$。
由已知$x = \ln(1 + t^2)$，得$\frac{dx}{dt} = \frac{2t}{1 + t^2}$。
$\int_{0}^{y} e^{u^2} du = \int_{1}^{t^2} \arctan u du$两边对$t$求导，得
$e^{y^2} \cdot \frac{dy}{dt} = 2t\arctan t^2$，解得$\frac{dy}{dt} = \frac{2t\arctan t^2}{e^{y^2}}$。
当$t = -1$时，$\frac{dx}{dt} = -1$，$\frac{dy}{dt} = -\frac{\pi}{2}$。
当$t = 1$时，$\frac{dx}{dt} = 1$，$\frac{dy}{dt} = \frac{\pi}{2}$。
故当$t = \pm 1$时，$\frac{dy}{dx} = \frac{\pi}{2}$。所求切线方程为
$y = \frac{\pi}{2}(x - \ln 2)$。

答案：$\frac{3}{2} - \frac{1}{\ln 2}$

解析：$x=1$是奇点.
$\int_{1}^{2}\left[\frac{1}{x\ln^{2}x} - \frac{1}{(x - 1)^{2}}\right]dx = \left(-\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{x - 1}\right)\bigg|_{1}^{2}$
$= \left(-\frac{1}{\ln 2} + 1\right) - \lim\limits_{x \to 1^{+}}\left(-\frac{1}{\ln x} + \frac{1}{x - 1}\right)$
$= 1 - \frac{1}{\ln 2} - \lim\limits_{x \to 1^{+}}\frac{\ln x - (x - 1)}{(x - 1)\ln x},$
而 $\lim\limits_{x \to 1^{+}}\frac{\ln x - (x - 1)}{(x - 1)\ln x} = \lim\limits_{x \to 1^{+}}\frac{\frac{1}{x} - 1}{\ln x + \frac{x - 1}{x}} = \lim\limits_{x \to 1^{+}}\frac{-\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}} = -\frac{1}{2},$
故 原积分$= 1 - \frac{1}{\ln 2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} - \frac{1}{\ln 2}.$

答案 $[1,+\infty)$

解析 由$\ln(1+x)-a\text{e}^x+1\leqslant \ln a$，有
$\ln(1+x)+\text{e}^{\ln(1+x)}\leqslant \ln a + x + \text{e}^{x+\ln a}$． ①
令$g(x)=x+\text{e}^x$，则$g'(x)=1+\text{e}^x>0$，$g(x)$单调递增．①式可表示为
$g(\ln(1+x))\leqslant g(\ln a + x)$．
由此可知，$\ln(1+x)\leqslant \ln a + x$，即$\ln(1+x)-x\leqslant \ln a$．
下面求$h(x)=\ln(1+x)-x$的最大值．
$h'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1=0$，
当$x\in(-1,0)$时，$h'(x)>0$；当$x\in(0,+\infty)$时，$h'(x)<0$，故$h(x)$在$x=0$处取得极大值，也是最大值，即$h_{\max}=h(0)=0$．因此$a\geqslant 1$，即$a\in[1,+\infty)$．

答案 $-\frac {1}{2}$

解析 $∫_{0}^{t}dx∫_{x}^{t}e^{-(x-y)^{2}}dy=-∫_{0}^{t}dx∫_{t}^{x}e^{-(x-y)^{2}}dy\xlongequal{交换积分顺序}-∫_{0}^{t}dy∫_{0}^{y}e^{-(x-y)^{2}}dx$，

故 原式$=\lim\limits _{t→0^{+}}\frac {-1}{t^{2}}∫_{0}^{t}dy∫_{0}^{y}e^{-(x-y)^{2}}dx\xlongequal{洛必达法则}\lim\limits _{t→0^{+}}\frac {1}{-2t}\cdot ∫_{0}^{t}e^{-(x-t)^{2}}dx$．

又 $∫_{0}^{t}e^{-(x-t)^{2}}dx\xlongequal{x-t=u}∫_{-t}^{0}e^{-u^{2}}du$，

故 原式$=\lim\limits _{t→0^{+}}\frac {∫_{-t}^{0}e^{-u^{2}}du}{-2t}=\lim\limits _{t→0^{+}}\frac {-e^{-(-t)^{2}}\cdot (-1)}{-2}=-\frac {1}{2}$．

答案 1
解析 方法一:利用定积分的定义.
原极限$=\lim \limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}\cdot \frac{1}{n}\left(1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}}\right)}{\sqrt{n}\cdot \frac{1}{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n+3n}}\right)}$
$=\frac{\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt{n}\cdot \frac{1}{n}\left(1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}}\right)}{\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt{n}\cdot \frac{1}{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n+3n}}\right)} \stackrel{令}{=} \frac{A}{B},$
其中 $A = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\left(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{\frac{n}{n}}}\right) = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum \limits_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{\frac{i}{n}}} = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{d}x = 2,$
$B = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{n}\sum \limits_{i=1}^{3n} \frac{1}{\sqrt{n+i}} = \lim \limits_{n \to \infty} \frac{3\sqrt{n}}{3n}\sum \limits_{i=1}^{3n} \frac{1}{\sqrt{n+i}} = \sqrt{3}\lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{3n}\sum \limits_{i=1}^{3n} \frac{\sqrt{3n}}{\sqrt{n+i}}$
$= \sqrt{3}\lim \limits_{n \to \infty} \frac{1}{3n}\sum \limits_{i=1}^{3n} \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{3} + \frac{i}{3n}}} = \sqrt{3}\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x + \frac{1}{3}}} \mathrm{d}x = 2.$
故原极限为1.
方法二:利用夹逼准则. 注意到分子、分母每一项都是$\frac{1}{\sqrt{k}}$的形式,故对$\frac{1}{\sqrt{k}}$进行放缩,有
$\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k}} \leqslant \frac{2}{\sqrt{k - 1} + \sqrt{k}} = 2(\sqrt{k} - \sqrt{k - 1}),$
$\frac{1}{\sqrt{k}} \geqslant \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = 2(\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}),$
因此
$1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} \leqslant 2(\sqrt{1} - \sqrt{0}) + 2(\sqrt{2} - \sqrt{1}) + \cdots + 2(\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = 2\sqrt{n},$
$1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} \geqslant 2(\sqrt{2} - \sqrt{1}) + 2(\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \cdots + 2(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = 2\sqrt{n + 1} - 2,$
$\frac{1}{\sqrt{n + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{4n}} \leqslant 2(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) + 2(\sqrt{n + 2} - \sqrt{n + 1}) + \cdots + 2(\sqrt{4n} - \sqrt{4n - 1}) = 2(\sqrt{4n} - \sqrt{n}) = 2\sqrt{n},$
$\frac{1}{\sqrt{n + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{4n}} \geqslant 2(\sqrt{n + 2} - \sqrt{n + 1}) + 2(\sqrt{n + 3} - \sqrt{n + 2}) + \cdots + 2(\sqrt{4n + 1} - \sqrt{4n}) = 2(\sqrt{4n + 1} - \sqrt{n + 1}),$
因此 $\frac{2\sqrt{n + 1} - 2}{2\sqrt{n}} \leqslant \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}}}{\frac{1}{\sqrt{n + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{4n}}} \leqslant \frac{2\sqrt{n}}{2(\sqrt{4n + 1} - \sqrt{n + 1})},$
由夹逼准则可得原极限为1.

答案 100
解析 由已知，有
B=(α+β,β+γ,β+2γ)=(α,β,γ)$\begin{pmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&1 \\ 0&1&2 \end{pmatrix}$$\stackrel{记}{=}$AC，
故
|B|=|A|$\begin{vmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&1 \\ 0&1&2 \end{vmatrix}$=1×1×1=1，
|B+A|=|AC+A|=|A||C+E|=1×$\begin{vmatrix} 2&0&0 \\ 1&2&1 \\ 0&1&3 \end{vmatrix}$=10。
又
|(A⁻¹ + B⁻¹)*|=|A⁻¹ + B⁻¹|^(3-1)=|A⁻¹ + B⁻¹|²，
而
|A⁻¹ + B⁻¹|=|(E + B⁻¹A)A⁻¹|=|B⁻¹(B + A)A⁻¹|
=|B⁻¹||B + A||A⁻¹|=1×10×1=10，
所以
|(A⁻¹ + B⁻¹)*|=|A⁻¹ + B⁻¹|²=10²=100。

解析 （Ⅰ）由\((-2xy + 2y)dx = dy\)，得
\(\frac{dy}{y} = (-2x + 2)dx\)。
上式两边积分，可得
\(\ln|y| = -x^2 + 2x + C_1\)，
故
\(y = \pm e^{C_1} \cdot e^{-x^2 + 2x} = Ce^{-x^2 + 2x}\)。
由\( f(0) = 1 \)，得\( C = 1 \)，所以\( y = f(x) = e^{-x^2 + 2x} \)。
（Ⅱ）
\(y = (x - 1)^2\int_{0}^{x} f(t)dt = (x - 1)^2\int_{0}^{x} e^{-t^2 + 2t}dt\)。
当\( x = 0 \)，\( x = 1 \)时，\( y = 0 \)；当\( x \in [0,1] \)时，\( y \geq 0 \)。故所求面积为
\(A = \int_{0}^{1}[(x - 1)^2\int_{0}^{x} f(t)dt]dx\)
\(= \int_{0}^{1}\int_{0}^{x} f(t)dtd\left[\frac{1}{3}(x - 1)^3\right]\)
\(= \frac{1}{3}(x - 1)^3 \cdot \int_{0}^{x} f(t)dt\big|_{0}^{1} - \frac{1}{3}\int_{0}^{1}(x - 1)^3 \cdot e^{-x^2 + 2x}dx\)
\(= 0 - \frac{1}{3}\int_{0}^{1}(x - 1)^3 e^{-(x - 1)^2 + 1}dx\)
\(= -\frac{1}{6}\int_{0}^{1}(x - 1)^2 e^{-(x - 1)^2} \cdot e d[(x - 1)^2]\)
\(\underline{\underline{(x - 1)^2 = u}} -\frac{1}{6}\int_{1}^{0} u e^{-u} \cdot e du\)
\(= \frac{e}{6}\int_{1}^{0} u d(e^{-u})\)
\(= \frac{e}{6}\left(u e^{-u}\big|_{1}^{0} - \int_{1}^{0} e^{-u} du\right) = \frac{e}{6} - \frac{1}{3}\)。

解析 由$z=xf\left(\frac{y}{x}\right)+yf\left(\frac{y}{x}\right)$，可求得
$$\frac{\partial z}{\partial x}=f\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{y}{x}f'\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{y^2}{x^2}f'\left(\frac{y}{x}\right),$$
$$\frac{\partial z}{\partial y}=f'\left(\frac{y}{x}\right)+f\left(\frac{y}{x}\right)+\frac{y}{x}f'\left(\frac{y}{x}\right),$$
$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=-\frac{y}{x^2}f''\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{2y}{x^2}f'\left(\frac{y}{x}\right)-\frac{y^2}{x^3}f''\left(\frac{y}{x}\right),$$
$$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=\frac{1}{x}f''\left(\frac{y}{x}\right)+\frac{2}{x}f'\left(\frac{y}{x}\right)+\frac{y}{x^2}f''\left(\frac{y}{x}\right).$$
令$\frac{y}{x}=u$，则$x \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} + 2y \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{y}{x}$可化为
$$f''(u)(u + u^2) + 2u f'(u) = u,$$
即$f''(u) + \frac{2}{1+u}f'(u) = \frac{1}{1+u}$，为可降阶的高阶微分方程．
令$f'(u)=p$，则$f''(u)=p'$，有
$$p' + \frac{2}{1+u}p = \frac{1}{1+u},$$
$$p = \mathrm{e}^{-\int \frac{2}{1+u} \mathrm{d}u} \left( \int \frac{1}{1+u} \mathrm{e}^{\int \frac{2}{1+u} \mathrm{d}u} \mathrm{d}u + C_1 \right) = \frac{1}{2} + C_1(1+u)^{-2}.$$
由$z(x,x)=xf\left(\frac{x}{x}\right)+xf\left(\frac{x}{x}\right)=2xf(1)=x$，知$f(1)=\frac{1}{2}$．又由
$$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(x,x)} = f(1) - 1 \cdot f'(1) - f'(1) = f(1) - 2f'(1) = -\frac{3}{2},$$
得$f'(1)=1$．故$1 = \frac{1}{2} + C_1(1+1)^{-2}$，得$C_1=2$．
对$p=f'(u)=\frac{1}{2} + 2(1+u)^{-2}$积分，得
$$f(u)=\frac{1}{2}u - \frac{2}{1+u} + C_2,$$
由$f(1)=\frac{1}{2}$，得$C_2=1$，故
$$f(u)=\frac{1}{2}u - \frac{2}{1+u} + 1.$$

解析 \( D \) 如图阴影部分所示，\( D \) 关于直线 \( y = x \) 对称。

\( I = \iint_D (2x^2 - y^2) \, dxdy = \iint_D x^2 \, dxdy + \iint_D (x^2 - y^2) \, dxdy \stackrel{记}{=} I_1 + I_2 \)。
\( I_2 = \iint_D (x^2 - y^2) \, dxdy = \frac{1}{2} \iint_D (x^2 - y^2 + y^2 - x^2) \, dxdy = 0 \)，
\( I_1 = \iint_D x^2 \, dxdy = \frac{1}{2} \iint_D (x^2 + y^2) \, dxdy = \frac{1}{2} \cdot 2 \iint_{D_1} (x^2 + y^2) \, dxdy \)，
其中 \( D_1 = \{(x,y) | x^2 + (y - 1)^2 \leq 1, 0 \leq y \leq x\} \)。
故
\( I = I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_0^{2\sin\theta} r^2 \cdot r dr \)
\( = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{4} r^4 \bigg|_0^{2\sin\theta} d\theta \)
\( = 4 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin^4\theta d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{4}} (1 - \cos2\theta)^2 d\theta \)
\( \stackrel{2\theta = t}{=} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos t)^2 \cdot \frac{1}{2} dt \)
\( = \frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1 - 2\cos t + \cos^2 t) dt \)
\( = \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{2} - 2 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = \frac{3}{8}\pi - 1 \)。

解析 （Ⅰ）由$\mathrm{e}^{f(x)}\left[f'(x)-1\right]=x-1$，得$\mathrm{e}^{f(x)}f'(x)-\mathrm{e}^{f(x)}=x-1$．
令$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)$，则
$u'(x)-u(x)=x-1$，
$u(x)=\mathrm{e}^{\int \mathrm{d}x}\left[\int (x-1)\mathrm{e}^{-\int \mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C\right]$
$=\mathrm{e}^x\left[(1-x)\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-x} + C\right]$
$=C\mathrm{e}^x - x$．
由$f(0)=0$及$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)$，知$u(0)=1$，可得$C=1$．
从而$\mathrm{e}^{f(x)}=u(x)=\mathrm{e}^x - x$，即$f(x)=\ln(\mathrm{e}^x - x)$．故$a_{n+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n)$．
由已知$a_1=1>0$，假设$a_k>0$，则
$a_{k+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_k} - a_k)>\ln 1=0$．（这里利用了当$x>0$时，$\mathrm{e}^x - x > 1$）
由数学归纳法，知$a_n>0$．又由$a_{n+1}=\ln(\mathrm{e}^{a_n} - a_n)$，得$\mathrm{e}^{a_n} - \mathrm{e}^{a_{n+1}}=a_n>0$．
所以$a_n > a_{n+1} > 0$，$\{a_n\}$单调递减．由单调有界准则，知$\lim\limits_{n\to\infty}a_n$存在．
记$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A$，$\mathrm{e}^{a_n} - \mathrm{e}^{a_{n+1}}=a_n$两边取极限（$n\to\infty$），得$\mathrm{e}^A - \mathrm{e}^A=A$．
故$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=A=0$．

（Ⅱ）$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{a_n}-a_n\right)}{a_n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{a_n}-a_n - 1 + 1\right)}{a_n^2}$
$=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{a_n}-a_n - 1}{a_n^2}\stackrel{a_n\to 0^+}{=}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\mathrm{e}^t - t - 1}{t^2}=\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\mathrm{e}^t - 1}{2t}=\dfrac{1}{2}$

解析 （Ⅰ）令$F(x) = \mathrm{e}^{-x}\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t$，则
$F(a) = \mathrm{e}^{-a}\int_{a}^{a}f(t)\mathrm{d}t = 0$，$F(b) = \mathrm{e}^{-b}\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t = 0$．
由罗尔定理，知至少存在一点$\xi \in (a,b)$，使得$F'(\xi) = 0$，即
$f(\xi) = \int_{a}^{\xi}f(x)\mathrm{d}x$．
（Ⅱ）要证$\left.\left[f'(x) - \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right]\right|_{x = \eta} = 0$，即证$\left.\left\{\mathrm{e}^{x}\left[f(x) - \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right]\right\}'\right|_{x = \eta} = 0$．
令$G(x) = \mathrm{e}^{x}\left[f(x) - \int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t\right]$，由题设知，$G(x)$在$[a,b]$上可导，且
$G(a) = \mathrm{e}^{a}f(a)$，$G(b) = \mathrm{e}^{b}f(b)$，
于是
$G(a)G(b) = \mathrm{e}^{a + b}f(a)f(b) > 0$．
故$G(a)$与$G(b)$同时为正或同时为负．
由（Ⅰ）知，存在一点$\xi \in (a,b)$，使得
$G(\xi) = \mathrm{e}^{\xi}\left[f(\xi) - \int_{a}^{\xi}f(t)\mathrm{d}t\right] = 0$．

当$G(a)$与$G(b)$同时为负数时，$G(x)$在$[a,b]$上的最大值必在$(a,b)$内某点取得．
记$G(x)$在$(a,b)$内最大值点为$x = \eta$，则$x = \eta$为$G(x)$的驻点，故$G'(\eta) = 0$，即
$f'(\eta) = \int_{a}^{\eta}f(x)\mathrm{d}x$．
当$G(a)$与$G(b)$同时为正数时，$G(x)$在$[a,b]$上的最小值必在$(a,b)$内某点取得．
记$G(x)$在$(a,b)$内最小值点为$x = \eta$，则$G'(\eta) = 0$，即
$f'(\eta) = \int_{a}^{\eta}f(x)\mathrm{d}x$．

解析 （Ⅰ）由 \( |\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 1&-1&1 \\ 0&\lambda - 1&-1 \\ 0&0&\lambda - 1 \end{vmatrix} = (\lambda - 1)^3 \)，
得\( A \)的特征值为\( \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1 \).
由\( E - A = \begin{pmatrix} 0&-1&1 \\ 0&0&-1 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \)，得\( \lambda = 1 \)的特征向量为\( \alpha_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \).
解方程组\( (E - A)\alpha_2 = \alpha_1 \).
由\( \begin{pmatrix} 0&-1&1&1 \\ 0&0&-1&0 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \)，得\( \alpha_2 = k_1\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \)（\( k_1 \)为任意常数）.
解方程组\( (E - A)\alpha_3 = \alpha_2 \).
由\( \begin{pmatrix} 0&-1&1&k_1 \\ 0&0&-1&-1 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix} \)，得\( \alpha_3 = k_2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 1 - k_1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_2 \\ 1 - k_1 \\ 1 \end{pmatrix} \)（\( k_2 \)为任意常数）.
综上可知，\( P = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = \begin{pmatrix} 1&k_1&k_2 \\ 0&-1&1 - k_1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \).
由\( |P| = -1 \neq 0 \)，知\( P \)可逆.

（Ⅱ）由已知及（Ⅰ），有
\( A\alpha_1 = \alpha_1, A\alpha_2 = \alpha_2 - \alpha_1, A\alpha_3 = \alpha_3 - \alpha_2 \)，
则
\( A(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1,\alpha_2 - \alpha_1,\alpha_3 - \alpha_2) \)
\( = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \).
故
\( P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)，且\( |A| = 1 \).
又由
\( P^{-1}A^*P = P^{-1}(|A|A^{-1})P = P^{-1}A^{-1}P = (P^{-1}AP)^{-1} \)
\( = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)，
故
\( P^{-1}(A + A^*)P = P^{-1}AP + P^{-1}A^*P \)
\( = \begin{pmatrix} 1&-1&0 \\ 0&1&-1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 0&1&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \)
\( = \begin{pmatrix} 2&0&1 \\ 0&2&0 \\ 0&0&2 \end{pmatrix} \).