分析本题主要考查无穷小量的概念.

四个命题均与无穷小量等价这个概念有关.

当 \(x \to 0\) 时, \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) 意味着 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1\) , \(o(\alpha(x))\) 满足 \(\lim _{x \to 0} \frac{o(\alpha(x))}{\alpha(x)}=0\) .依次分析四个命题.

若 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ,则 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1\) ,从而 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)}=1\) ,即 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) ,命题①是真命题.

由 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) 并不能得到 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ,考虑 \(\beta(x)=-\alpha(x)\) ,则 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\beta^{2}(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{\alpha^{2}(x)}{\alpha^{2}(x)}=1\) ,即 \(\alpha^{2}(x) \sim \beta^{2}(x)\) ,但 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{-\alpha(x)}=-1\) , \(\alpha(x)\) 与 \(\beta(x)\) 只是同阶但并不等价的无穷小量,命题②不是真命题.

要说明 \(\alpha(x)-\beta(x)=o(\alpha(x))\) ,只需说明 \(\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)}=0\) ,

\begin{aligned}
\lim _{x \to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)} &= 1 - \lim _{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} \\
&= 1 - 1 \\
&= 0 .
\end{aligned}

命题③是真命题.

要说明 \(\alpha(x) \sim \beta(x)\) ,只需说明 \(\lim _{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=1\) ,

\[
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)} 
&= \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x) - [\alpha(x) - \beta(x)]}{\alpha(x)} \\
&= 1 - \lim_{x \to 0} \frac{\alpha(x) - \beta(x)}{\alpha(x)} \\
&= 1 - 0 \\
&= 1.
\end{aligned}
\]

命题④是真命题.

综上所述,应选C.

分析本题主要考查交换积分次序.

本题中的二次积分,按照题目给定的先 \(x\) 后 \(y\) 的次序不太好算,故应考虑交换积分次序.

如图(a)所示,二次积分对应的积分区域 \(D\) 是由直线 \(y=x\) , \(x=2\) 以及 \(x\) 轴所围成的三角形区域.原二次积分采用的是先 \(x\) 后 \(y\) 的积分次序,改写成先 \(y\) 后 \(x\) 的积分次序,即将 \(D\) 写成 \(X\) 型区域,如图(b)所示.

\[
D = \{(x, y) \mid \begin{aligned}
&0 \leq y \leq x, \\
&0 \leq x \leq 2
\end{aligned}\}
\]

因此,

\[
\begin{aligned}
\text{原积分} & = \iint_{D} \frac{y}{\sqrt{1+x^{3}}} \, dx \, dy \\
& = \int_{0}^{2} \frac{1}{\sqrt{1+x^{3}}} \, dx \int_{0}^{x} y \, dy \\
& = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} \frac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{3}}} \, dx \\
& = \frac{1}{6} \int_{0}^{2} \frac{d(1+x^{3})}{\sqrt{1+x^{3}}} \\
& = \left. \frac{1}{6} \cdot 2 \sqrt{1+x^{3}} \right|_{0}^{2} \\
& = \frac{1}{3} \times (3 - 1) = \frac{2}{3}.
\end{aligned}
\]

应选D.

分析本题主要考查一阶导数、二阶导数与函数性态的关系.

函数的单调性与一阶导数的关系:设函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续,在 \((a, b)\) 内可导.若在 \((a, b)\) 内 \(f'(x) \geq 0\) ,且等号只在有限个点处成立,则 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上单调增加.(单调减少的情况对应于 \(f'(x) \leq 0\) 的情况.)

函数的凹凸性与二阶导数的关系:设函数 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续,在 \((a, b)\) 内二阶可导.若在 \((a, b)\) 内 \(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) ,且等号只在有限个点处成立,则 \(f(x)\) 为 \([a, b]\) 上的凹函数(凸函数的情况对应于 \(f^{\prime \prime}(x) \leq 0\) 的情况.).

在不确定一阶导函数的连续性的情况下,单点处的一阶导符号不能确定该点邻域内的函数的单调性.在不确定二阶导函数的连续性的情况下,单点处的二阶导符号不能确定该点邻域内的曲线的凹凸性.

注意到题目条件给出 \(f(x)\) 在 \(x=x_{0}\) 处有二阶导数,故 \(f(x)\) 在 \(x_{0}\) 的某邻域内存在连续的一阶导数.特别地, \(f'(x)\) 在 \(x=x_{0}\) 处连续.从而, \(\lim _{x \to x_{0}} f'(x)=f'(x_{0})>0\) .结合极限的定义可得,存在 \(\delta>0\) ,当 \(x \in(x_{0}-\delta, x_{0}+\delta)\) 时, \(f'(x)>0\) .于是, \(f(x)\) 在 \((x_{0}-\delta, x_{0}+\delta)\) 内单调增加.应选B.

下面说明选项A、C、D不正确.

在一阶导数连续的条件下,当 \(f(x)\) 在 \(x_{0}\) 的某邻域内单调增加时,我们能得到在该邻域内 \(f'(x) \geq 0\) ,但却不能保证 \(f'(x)>0\) ,因为可能存在有限个点,在这些点处, \(f'(x)=0\) ,例如 \(f(x)=x^{3}\) ,该函数在 \((-\infty,+\infty)\) 上单调增加,但是 \(f'(0)=0\) ,选项A不正确.

对选项C,考虑 \(f(x)=x^{4}\) ,则 \(f(x)\) 为 \((-\infty,+\infty)\) 上的凹函数,但是 \(f^{\prime \prime}(0)=0\) ,选项C不正确.

对选项D,我们可以考虑二阶导函数存在间断点的例子.若 \(x_{0}\) 为 \(f^{\prime \prime}(x)\) 的间断点,则 \(\lim _{x \to x_{0}} f^{\prime \prime}(x)=f^{\prime \prime}(x_{0})>0\) 不成立,从而无法通过极限的定义得到 \(x_{0}\) 的一个小邻域,在该小邻域内 \(f^{\prime \prime}(x)>0\) ,

如函数 \(f(x)= \begin{cases}x^{4} \sin \frac{1}{x}+\frac{x^{2}}{4}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}\) , \(f^{\prime \prime}(x)\) 在 \(x=0\) 处不连续.

当 \(x \neq 0\) 时, \(f'(x)=4 x^{3} \sin \frac{1}{x}-x^{2} \cos \frac{1}{x}+\frac{1}{2} x\) .当 \(x=0\) 时,由导数定义,

\[

f'(0)=\lim _{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \to 0} \frac{x^{4} \sin \frac{1}{x}+\frac{x^{2}}{4}}{x}=0 .

\]

因此,

\[

f'(x)= \begin{cases}4 x^{3} \sin \frac{1}{x}-x^{2} \cos \frac{1}{x}+\frac{1}{2} x, & x \neq 0, \\ 0, & x=0 .\end{cases}

\]

\(f'(x)\) 在 \(x=0\) 处连续.

当 \(x=0\) 时,由导数定义,

\[

f''(0)=\lim _{x \to 0} \frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim _{x \to 0} \frac{4 x^{3} \sin \frac{1}{x}-x^{2} \cos \frac{1}{x}+\frac{1}{2} x}{x}=\frac{1}{2}>0 .

\]

当 \(x \neq 0\) 时, \(f^{\prime \prime}(x)=12 x^{2} \sin \frac{1}{x}-6 x \cos \frac{1}{x}-\sin \frac{1}{x}+\frac{1}{2}\) , \(f^{\prime \prime}(x)\) 在 \(x=0\) 附近振荡,振幅为1,在 \(x=0\) 附近不存在小邻域使得 \(f^{\prime \prime}(x)\) 在该邻域上保持不变号,即不存在 \(x=0\) 的小邻域,使得 \(f(x)\) 在该邻域上是凹函数或凸函数,选项D不正确.

分析本题主要考查变限积分求偏导数.

\(F(x, y)\) 是由含参变量的变限积分给出的二元函数,求它的偏导数,可以先将参变量从被积函数中分离出去,再利用变限积分求导公式计算偏导数.

整理 \(F(x, y)\) 的表达式,

\[

F(x, y)=\int_{0}^{x-y}(x-y-t) f(t) d t=(x-y) \int_{0}^{x-y} f(t) d t-\int_{0}^{x-y} t f(t) d t .

\]

分别计算 \(\frac{\partial F}{\partial x}\) 、\(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}\) 、\(\frac{\partial F}{\partial y}\) 、\(\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\) ,

\[

\frac{\partial F}{\partial x}=(x-y) f(x-y)+\int_{0}^{x-y} f(t) d t-(x-y) f(x-y)=\int_{0}^{x-y} f(t) d t,

\]

\[

\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial\left[\int_{0}^{x-y} f(t) d t\right]}{\partial x}=f(x-y),

\]

\[

\frac{\partial F}{\partial y}=-(x-y) f(x-y)-\int_{0}^{x-y} f(t) d t+(x-y) f(x-y)=-\int_{0}^{x-y} f(t) d t,

\]

\[

\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}=\frac{\partial\left[-\int_{0}^{x-y} f(t) d t\right]}{\partial y}=f(x-y) .

\]

因此, \(\frac{\partial F}{\partial x}=-\frac{\partial F}{\partial y}\) , \(\frac{\partial^{2} F}{\partial x^{2}}=\frac{\partial^{2} F}{\partial y^{2}}\) ,应选C.

题目解析

本题主要考查反常积分审敛。

本题中的反常积分为瑕积分，有两个点需要考虑，\(x=0\)，\(x=1\)。

无界函数的极限审敛法设函数 \(f(x)\) 在区间 \((a, b]\) 上连续，\(f(x) ≥0\)，\(\lim _{x \to a^{+}} f(x)=+\infty\)，并且存在常数 \(P\)，使得 \(\lim _{x \to a^{+}}(x-a)^{p} f(x)=A\)，

(1)若 \(0 ≤A<+\infty\)，\(0

(2)若 \(0

解由于 \(x=0\) 和 \(x=1\) 均为可能的瑕点，故将积分拆成两部分。

题目解析

本题主要考查数列极限与函数极限的关系。

题目中出现的 \(\sin (\cos x)\) 与 \(\cos (\sin x)\) 均为复合函数，要将 \(\lim _{n \to \infty} \sin (\cos x_{n})\) 与 \(\lim _{n \to \infty} \cos (\sin x_{n})\) 内层的数列取出来，可以考虑在外层再复合上外层函数的反函数(如果存在的话)。

若 \(\lim _{n \to \infty} \sin (\cos x_{n})\) 存在，则将其记为 \(\alpha\)。由于 \(\sin x\) 在 \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) 上存在反函数 \(\arcsin\)，

\[

\lim _{n \to \infty} \cos x_{n}=\lim _{n \to \infty} \arcsin (\sin (\cos x_{n}))=\arcsin (\lim _{n \to \infty} \sin (\cos x_{n}))=\arcsin \alpha.

\]

但是 \(\lim _{n \to \infty} \cos x_{n}\) 存在并不能保证 \(\lim _{n \to \infty} x_{n}\) 存在，例如取 \(x_{n}=(-1)^{n} \frac{\pi}{2}\)，则 \(\lim _{n \to \infty} \cos x_{n}=0\)，但 \(\lim _{n \to \infty} x_{n}\) 不存在。选项 B 错误，选项 D 正确，应选 D。

由于 \(\cos x\) 在 \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) 上并不单调，故由 \(\lim _{n \to \infty} \cos (\sin x_{n})\) 存在并不能保证 \(\lim _{n \to \infty} \sin x_{n}\) 存在，同样取 \(x_{n}=(-1)^{n} \frac{\pi}{2}\)，则 \(\lim _{n \to \infty} \cos (\sin x_{n})=\cos 1\)，但 \(\lim _{n \to \infty} \sin x_{n}\) 和 \(\lim _{n \to \infty} x_{n}\) 均不存在，选项 A、C 不正确。

注

①考虑到 \(\cos x\) 是偶函数，形如 \(x_{n}=(-1)^{n} a\)，\(a \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) 的数列均可作为选项 A、B、C 的反例。

②这道题的出题思路在 2017 年的一道数二真题当中也出现过。

【例】设数列 \(\{x_{n}\}\) 收敛，则( )(2017 年数学二试题)

(A)当 \(\lim _{n \to \infty} \sin x_{n}=0\) 时，\(\lim _{n \to \infty} x_{n}=0\)；

(B)当 \(\lim _{n \to \infty}(x_{n}+\sqrt{|x_{n}|})=0\) 时，\(\lim _{n \to \infty} x_{n}=0\)；

(C)当 \(\lim _{n \to \infty}(x_{n}+x_{n}^{2})=0\) 时，\(\lim _{n \to \infty} x_{n}=0\)；

(D)当 \(\lim _{n \to \infty}(x_{n}+\sin x_{n})=0\) 时，\(\lim _{n \to \infty} x_{n}=0\)。

答案 D。

题目解析

本题主要考查定积分比较大小。

三个定积分的积分区间相同，故只需比较被积函数的大小。

通过观察可发现，要比较 \(I_{1}\) 与 \(I_{2}\) 的大小，只需比较 \(\frac{x}{2}\) 与 \(\ln (1+x)\) 的大小。

令 \(f(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{2}\)，\(f(0)=0\)，\(f'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\)，当 \(x \in(0,1)\) 时，\(1+x>1\)，则 \(\frac{1}{1+x}<1\)，所以 \(f'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}>0\)，\(f(x)\) 单调增加，从而 \(f(x)>f(0)=0\)，即 \(\ln (1+x)>\frac{x}{2}\)，所以 \(\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}>\frac{x}{2(1+\cos x)}\)，因此，\(I_{2}>I_{1}\)。

此外，同样的方法不难证明在 \((0,1)\) 内，\(\ln (1+x)

另一方面，由于在 \((0,1)\) 内，\(0<\sin x<1\)，\(\cos x<1\)，\(1<1+\sin x<2\)，故 \(I_{3}\) 的被积函数 \(\frac{2 x}{1+\sin x}>x\)，结合 \(\ln (1+x)x>\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}\)，因此，\(I_{3}>I_{2}\)。

综上所述，应选 A。

分析本题主要考查矩阵相似的条件.

3阶矩阵 A 的特征值为1,-1,0意味着 A 有3个不同的特征值,从而相似于与它具有相同特征 值的对角矩阵,即 A 。

矩阵相似的定义设 A 、 B 都是n阶矩阵,若有可逆矩阵 P ,使$P^{-1}AP=B$,则称 B 是 A 的相似 矩阵,或者称矩阵 A 与 B 相似

3阶矩阵 A 的特征值为1,-1,0意味着 A 有3个不同的特征值,从而 A 相似于与它具有 相同特征值的对角矩阵,即 A .于是, A 的特征值为1,-1,0的充分必要条件即 A 与 A 相似的充分 必要条件.

选项B实际上为 A 与 A 相似的定义,即存在可逆矩阵 P ,使得$A=P^{-1}AP$,也即$A=PAP^{-1}$.因 此,应选B.

下面说明选顶ACD不正确

选项A中矩阵等价的定义是存在可逆矩阵 P,Q使得$PAQ=B$，而此处表述为$A=PAQ$，形式错误。选项C中，A的线性无关的特征向量均不正交，所以不存在正交矩阵Q使得$A=QAQ^{-1}$。选项D是矩阵合同的定义，A不是实对称矩阵，与对角矩阵A不合同，所以选项D错误。

分析本题主要考查线性方程组的解的情况.

本题的方程组的系数矩阵带参数,故需要分情况讨论,但若注意到系数矩阵行列式与范德蒙 德行列式有关,则有一种情况实际上是很好判断的.

解 (法一)注意到

\[|A|=\begin{vmatrix}1&1&1\\1&a&a^{2}\\1&b&b^{2}\end{vmatrix}=(b-a)(b-1)(a-1).\]

当$a≠1$,$b≠1$,且$a≠b$时,$|A|≠0$.由克拉默法则可知,此时方程组$Ax=b$有唯一解.

当$a=1$时,

\[(A,b)=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&1&1&2\\1&b&b^{2}&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&0&0&1\\1&b&b^{2}&4\end{pmatrix},\]

$r(A,b)≠r(A)$,方程组无解,同理可得,当$b=1$时,方程组无解。

当$a=b$时,

\[(A,b)=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&a&a^{2}&2\\1&b&b^{2}&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&a&a^{2}&2\\0&0&0&2\end{pmatrix},\]

$r(A,b)≠r(A)$,方程组无解、

综上所述,方程组$Ax=b$的解的情况只有两种可能,有唯一解或无解.应选D.

(法二)直接对增广矩阵$(A,b)$作初等行变换.

\[(A,b)=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&a&a^{2}&2\\1&b&b^{2}&4\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&a-1&a^{2}-1&1\\0&b-1&b^{2}-1&3\end{pmatrix}.\]

当$a=b=1$时,$r(A)=1$,$r(A,b)=2$,方程组无解,

当$a=1$,$b≠1$或$a≠1$,$b=1$时,$r(A)=2$,$r(A,b)=3$,方程组无解。

当$a=b$,但均不等于1时,$r(A)=2$,$r(A,b)=3$方程组无解.

当$a≠1$,$b≠1$,且$a≠b$时,$r(A)=r(A,b)=3$.方程组有唯一解.

综上所述,方程组$Ax=b$的解的情况只有两种可能,有唯一解或无解.应选D.

分析本题主要考查向量组等价。

向量组$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{3}$与$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{4}$等价的充分必要条件是$r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4})$.由这一条件出发,可以考虑对矩阵$(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4})$作初等行变换并讨论秩来得到$\lambda$的取值.

(法一)当$\lambda=1$时，$\alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=\alpha_{4}=(1,1,1)^{T}$，显然$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{3}$与$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{4}$等价。

当$\lambda≠1$时,考虑矩阵$A=(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4})$，通过初等行变换可得，$r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})=3$当且仅当$\lambda\neq-2$，$r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4})=3$当且仅当$\lambda\neq-1$。

因此,当$\lambda≠1$时,$r(A)=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4})$当且仅当$\lambda\neq-2$且$\lambda\neq-1$。

注意到$\lambda=1$也包含在条件$\lambda\neq-2$且$\lambda\neq-1$中,故$r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\alpha_{4})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})=r(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4})$当且仅当$\lambda\neq-2$且$\lambda\neq-1$。

(法二)分别计算行列式$|\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}|=(1-\lambda)^{2}(\lambda+2)$，$|\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4}|=(1-\lambda)^{2}(1+\lambda)^{2}$。

当$\lambda≠1,-2,-1$时,$|\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}|$与$|\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{4}|$均不为0，此时两向量组等价；当$\lambda=-2$或$\lambda=-1$时，两向量组的秩不相等，从而不等价；当$\lambda=1$时，两向量组等价。

综上所述，$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{3}$与$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{4}$等价当且仅当$\lambda\neq-2$且$\lambda\neq-1$，应选C。

本题主要考查极限计算。\((\frac{1+e^{x}}{2})^{\cot x}\) 为幂指函数，且求极为 1 型未定式，故可以采用取对数再计算极限的方法。取对数再求极限：

\[

\lim _{x \to 0}\left(\frac{1+e^{x}}{2}\right)^{\cot x}=\lim _{x \to 0} e^{\cot x \ln \frac{1+e^{x}}{2}}=e^{\lim _{x \to 0} \cot x \ln \frac{1+e^{x}}{2}}

\]

下面计算 \(\lim _{x \to 0} \cot x \ln \frac{1+e^{x}}{2}\)：

\[

\lim _{x \to 0} \cot x \ln \frac{1+e^{x}}{2}=\lim _{x \to 0} \frac{\ln \frac{1+e^{x}}{2}}{\tan x} \sim \lim _{x \to 0} \frac{\ln \left(1+\frac{e^{x}-1}{2}\right)}{x}=\lim _{x \to 0} \frac{\frac{e^{x}-1}{2}}{x}=\frac{1}{2}

\]

因此，原极限 \(=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}\)。

本题主要考查隐函数的导数计算。将 \(x=1\) 代入原方程可得，\(1+y+y^{3}=3\)，即 \(y^{3}+y-2=0\)。通过观察可得 \(y=1\) 是该方程的一个解。令 \(f(y)=y^{3}+y-2\)，则 \(f'(y)=3 y^{2}+1>0\)，\(f(y)\) 为单调增加函数，从而 \(y=1\) 为 \(y^{3}+y-2=0\) 的唯一解。

对 \(x^{2}+x y+y^{3}=3\) 两端关于 \(x\) 求导可得，

\[

2 x+y+x y'+3 y^{2} y'=0, \text { 即 } 2 x+y+\left(x+3 y^{2}\right) y'=0

\]

代入 \(x=1\)，\(y(1)=1\) 可得 \(3+4 y'(1)=0\)，解得 \(y'(1)=-\frac{3}{4}\)。

对(1)式两端再次关于 \(x\) 求导可得，

\[

2+y'+\left(1+6 y y'\right) y'+\left(x+3 y^{2}\right) y''=0

\]

代入 \(x=1\)，\(y(1)=1\)，\(y'(1)=-\frac{3}{4}\) 可得 \(\frac{31}{8}+4 y^{\prime \prime}(1)=0\)，解得 \(y^{\prime \prime}(1)=-\frac{31}{32}\)。

本题主要考查定积分的计算。被积函数为有理函数，形如 \(\frac{M x+N}{x^{2}+p x+q}\)，其中被积函数的分母为没有实根的二次三项式，分子为一次多项式。对此类积分，可以拆分为两种基本类型。

注意到 \((x^{2}-x+1)'=2 x-1\)，故可以将被积函数拆成两部分：\(\frac{2 x+3}{x^{2}-x+1}=\frac{2 x-1}{x^{2}-x+1}+\frac{4}{x^{2}-x+1}\)。

因此，

\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{2 x+3}{x^{2}-x+1} \, dx & = \int_{0}^{1} \frac{2 x-1}{x^{2}-x+1} \, dx + 4 \int_{0}^{1} \frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}} \, dx \\
& = \int_{0}^{1} \frac{d\left(x^{2}-x+1\right)}{x^{2}-x+1} + \frac{16}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]^{2}} \, dx \\
& = \left. \ln \left(x^{2}-x+1\right) \right|_{0} ^{1} + \left. \frac{8 \sqrt{3}}{3} \arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left(x-\frac{1}{2}\right) \right|_{0} ^{1} \\
& = \frac{8 \sqrt{3}}{3} \times \frac{\pi}{3} = \frac{8 \sqrt{3} \pi}{9}
\end{aligned}

本题主要考查高阶常系数齐次线性微分方程的解。此类题的解法为，先写出特征方程，然后根据特征方程的根的情况写出通解。

\(y^{\prime \prime \prime}-2 y^{\prime \prime}+5 y'=0\) 的特征方程为 \(r^{3}-2 r^{2}+5 r=0\)，分解因式得 \(r(r^{2}-2 r+5)=0\)，解得 \(r_{1}=0\)，\(r_{2,3}=1 \pm 2 i\)。

根据常系数齐次线性微分方程的通解与特征方程的根的关系，可得 \(y^{\prime \prime \prime}-2 y^{\prime \prime}+5 y'=0\) 的通解为 \(y=C_{1}+e^{x}(C_{2} \cos 2 x+C_{3} \sin 2 x)\)，其中 \(C_{1}\)，\(C_{2}\)，\(C_{3}\) 为任意常数。

本题主要考查定积分在几何上的应用。对于由极坐标形式 \(r=r(\theta)\)（\(\alpha \leq \theta \leq \beta\)）给出的封闭曲线 L，其围成的平面图形的面积为 \(A=\int_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{2}[r(\theta)]^{2} d \theta\)。

由面积公式得：

\[
\begin{aligned}
A & = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} (\sin 3\theta)^{2} \, d\theta \\
& = \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} (1 - \cos 6\theta) \, d\theta \\
& = \frac{\pi}{12} - \left. \frac{1}{24} \sin 6\theta \right|_{0}^{\frac{\pi}{3}} \\
& = \frac{\pi}{12}
\end{aligned}
\]

本题主要考查矩阵运算，包括矩阵的初等变换与矩阵求逆等。写出条件中所给初等变换对应的初等矩阵，结合已知矩阵可以得到 \(A^{-1}\) 的表达式，从而得到 \(A^{-1}\) 的迹。

设 \(P_{1}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\)，\(P_{2}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\)，\(B=\begin{pmatrix}-2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0\end{pmatrix}\)，由题意 \(P_{1} A P_{2}=B\)，故 \(A=P_{1}^{-1} B P_{2}^{-1}\)，由此可得 \(A^{-1}=P_{2} B^{-1} P_{1}\)。

利用初等行变换计算 \(B^{-1}\)：

\[

(B, E)=\begin{pmatrix}-2 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} \to \cdots \to B^{-1}=\begin{pmatrix}0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 1\end{pmatrix}

\]

因此，

\[

A^{-1}=P_{2} B^{-1} P_{1}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -1\end{pmatrix}

\]

进一步可得 \(tr(A^{-1})=-1\)。

由 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处可导可得 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处连续，故由 \(\lim _{x \to 0} \frac{f(e^{x^{2}})-3 f(1+sin ^{2} x)}{x^{2}}=2\) 可得 \(\lim _{x \to 0}\left[f\left(e^{x^{2}}\right)-3 f\left(1+\sin ^{2} x\right)\right] \stackrel{f \text { 连续 }}{=}-2 f(1)=0\)，于是，\(f(1)=0\)。

另一方面，\(\lim _{x \to 0} \frac{f\left(e^{x^{2}}\right)}{x^{2}}=\lim _{x \to 0}\left[\frac{f\left(e^{x^{2}}\right)-f(1)}{e^{x^{2}}-1} \cdot \frac{e^{x^{2}}-1}{x^{2}}\right]=f'(1)\)，\(\lim _{x \to 0} \frac{f\left(1+\sin ^{2} x\right)}{x^{2}}=\lim _{x \to 0}\left[\frac{f\left(1+\sin ^{2} x\right)-f(1)}{\left(\sin ^{2} x+1\right)-1} \cdot \frac{\sin ^{2} x}{x^{2}}\right]=f'(1)\)。

因此，\(\lim _{x \to 0} \frac{f\left(e^{x^{2}}\right)-3 f\left(1+\sin ^{2} x\right)}{x^{2}}=f'(1)-3 f'(1)=-2 f'(1)=2\)，综上所述，\(f'(1)=-1\)。

整理原方程可得 \(y'-\frac{2 y}{x}=\frac{2 \ln x-1}{2 x}\)，这是一个一阶非齐次线性微分方程，由求解公式可得 \(y = e^{\int \frac{2}{x} d x}\left[\int \frac{2 \ln x-1}{2 x} \cdot e^{-\int \frac{2}{x} d x} d x+C\right]=x^{2}\left[\int(\ln x \cdot x^{-3} d x-\int \frac{1}{2} x^{-3} d x+C\right]=C x^{2}-\frac{\ln x}{2}\)。

代入 \(y(1)=\frac{1}{4}\) 可得，\(C=\frac{1}{4}\)，因此 \(y(x)=\frac{x^{2}}{4}-\frac{\ln x}{2}\)。

计算得 \(y'=\frac{x}{2}-\frac{1}{2 x}=\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)\)，代入曲线弧长的计算公式可得 \(s=\int_{1}^{e} \sqrt{1+\left[y'(x)\right]^{2}} d x=\int_{1}^{e} \sqrt{\frac{1}{4}\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}} d x=\frac{1}{2} \int_{1}^{e}\left(x+\frac{1}{x}\right) d x=\left.\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}}{2}+\ln x\right)\right|_{1} ^{e}=\frac{e^{2}+1}{4}\)。

在极坐标系下计算，由 \(D\) 的表达式可知，\(D\) 是由直线 \(y=x+2\)，圆 \(x^{2}+y^{2}=4\) 以及 \(x\) 轴围成的部分。直线 \(y=x+2\) 在极坐标系下的表示为 \(r=\frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}\)，圆 \(x^{2}+y^{2}=4\) 在极坐标系下的表示为 \(r=2\)。

将 \(D\) 分为两部分 \(D_1\) 和 \(D_2\)，\(D_1=\left\{(r, \theta) \mid 0 \leq r \leq 2, 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right\}\)，\(D_2=\left\{(r, \theta) \mid 0 \leq r \leq \frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}, \frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \pi\right\}\)。

因此，\(\iint_{D} \frac{(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}} d x d y \xlongequal{\text { 极坐标 }} \iint_{D} \frac{r^{2}(\cos \theta-\sin \theta)^{2}}{r^{2}} \cdot r d r d \theta=\iint_{D}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} \cdot r d r d \theta\)

\(=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} d \theta \int_{0}^{2} r d r+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} d \theta \int_{0}^{\frac{2}{\sin \theta-\cos \theta}} r d r\)

\(=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-2 \sin \theta \cos \theta) d \theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}(\cos \theta-\sin \theta)^{2} \cdot \frac{2}{(\sin \theta-\cos \theta)^{2}} d \theta\)

\(=2\left(\frac{\pi}{2}-\left.\sin ^{2} \theta\right|_{0} ^{\frac{\pi}{2}}\right)+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} 2 d \theta=2\left(\frac{\pi}{2}-1\right)+(\pi-\frac{\pi}{2}) \times 2=2 \pi-2\)。

(I) 根据链式法则，\(\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}=\frac{\partial f(x, y-x)}{\partial x}=f_{1}'(x, y-x)-f_{2}'(x, y-x)\)。

令 \(u=x\)，\(v=y-x\)，并代入 \(\frac{\partial f(u, v)}{\partial u}-\frac{\partial f(u, v)}{\partial v}=2(u-v) e^{-(u+v)}\) 可得 \(f_{1}'(x, y-x)-f_{2}'(x, y-x)=2(2 x-y) e^{-y}\)，因此，\(\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}=(4 x-2 y) e^{-y}\)。

(II) 通过积分先计算 \(g(x, y)\)，即 \(f(x, y-x)\) 的表达式，\(f(x, y-x)=g(x, y)=\int \frac{\partial g(x, y)}{\partial x} d x=\int(4 x-2 y) e^{-y} d x=(2 x^{2}-2 x y) e^{-y}+\varphi(y)=2 x(x-y) e^{-y}+\varphi(y)\)，其中 \(\varphi(y)\) 为关于 \(y\) 的一元函数。

令 \(u=x\)，\(v=y-x\) 可得 \(f(u, v)=-2 u v e^{-(u+v)}+\varphi(u+v)\)，代入 \(f(u, 0)=u^{2} e^{-u}\) 可得 \(\varphi(u)=u^{2} e^{-u}\)，于是，\(f(u, v)=-2 u v e^{-(u+v)}+(u+v)^{2} e^{-(u+v)}=(u^{2}+v^{2}) e^{-(u+v)}\)。

计算 \(f(u, v)\) 的驻点，\(f_{1}'(u, v)=(2 u-u^{2}-v^{2}) e^{-(u+v)}\)，\(f_{2}'(u, v)=(2 v-u^{2}-v^{2}) e^{-(u+v)}\)。

解方程组 \(\begin{cases}2 u-u^{2}-v^{2}=0 \\ 2 v-u^{2}-v^{2}=0\end{cases}\)，两式相减得 \(u=v\)，将其代入 \(2 u-u^{2}-v^{2}=0\) 可得 \(2 u-2 u^{2}=0\)，从而 \(u=0\) 或 \(u=1\)，故驻点为 \((0,0)\) 和 \((1,1)\)。

计算 \(f(u, v)\) 的二阶偏导数，\(f_{11}''(u, v)=(u^{2}+v^{2}-4 u+2) e^{-(u+v)}\)，\(f_{12}''(u, v)=(u^{2}+v^{2}-2 u-2 v) e^{-(u+v)}\)，\(f_{22}''(u, v)=(u^{2}+v^{2}-4 v+2) e^{-(u+v)}\)。

对点 \((0,0)\)，\(A=f_{11}''(0,0)=2\)，\(B=f_{12}''(0,0)=0\)，\(C=f_{22}''(0,0)=2\)，由于 \(AC-B^{2}>0\)，且 \(A>0\)，故点 \((0,0)\) 为 \(f(u, v)\) 的极小值点，极小值为 \(f(0,0)=0\)。

对点 \((1,1)\)，\(A=f_{11}''(1,1)=0\)，\(B=f_{12}''(1,1)=-2 e^{-2}\)，\(C=f_{22}''(1,1)=0\)，由于 \(AC-B^{2}<0\)，故点 \((1,1)\) 不是极值点。

综上所述，\(f(u, v)\) 的表达式为 \((u^{2}+v^{2}) e^{-(u+v)}\)，该函数有极小值，极小值为 \(f(0,0)=0\)。

先证明必要性，即若 \(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\)，则对任意不同的实数 \(a, b\)，都有 \(f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x\) 成立。

(法一) 不妨设 \(b>a\)，在区间 \([a, b]\) 上，使用 \(f(x)\) 在点 \(\frac{a+b}{2}\) 处的二阶泰勒公式 \(f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2} f''(\xi)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^{2}\)，其中 \(\xi\) 介于 \(x\) 与 \(\frac{a+b}{2}\) 之间。

将上式代入 \(\int_{a}^{b} f(x) d x\) 可得 \(\int_{a}^{b} f(x) d x=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{2} f''(\xi) \int_{a}^{b}\left(x-\frac{a+b}{2}\right)^{2} d x\)，结合 \(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) 可得 \(\int_{a}^{b} f(x) d x \geq f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\)，即 \(f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x\)。

(法二) 不妨设 \(b>a\)，令 \(F(x)=\int_{a}^{x} f(t) d t-f\left(\frac{a+x}{2}\right)(x-a)\)，\(x \in[a, b]\)，则 \(F(a)=0\)，且 \(F'(x)=\left[f'(\xi)-f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\right] \frac{x-a}{2}\)，其中 \(\xi \in\left(\frac{a+x}{2}, x\right)\)。

由于 \(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\)，故 \(f'(x)\) 单调不减，从而 \(f'(\xi) \geq f'\left(\frac{a+x}{2}\right)\)，即 \(F'(x) \geq 0\)，\(F(x)\) 在 \([a, b]\) 上单调不减，又 \(F(a)=0\)，所以 \(F(b) \geq 0\)，即 \(\int_{a}^{b} f(x) d x \geq f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)\)。

下面证明充分性，即若对任意不同的 \(a, b\)，都有 \(f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x\) 成立，则 \(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\)。

假设存在 \(x_0\)，使得 \(f^{\prime \prime}(x_0)<0\)，由二阶导数连续可得存在 \(\delta>0\)，在区间 \((x_0-\delta, x_0+\delta)\) 内，均有 \(f^{\prime \prime}(x)<0\)，取 \([a_0, b_0] \subset(x_0-\delta, x_0+\delta)\)，在区间 \([a_0, b_0]\) 上重复必要性中的做法可得 \(\int_{a_0}^{b_0} f(x) d x\frac{1}{b_0-a_0} \int_{a_0}^{b_0} f(x) d x\)，这与前提矛盾。

因此，假设不正确，\(f^{\prime \prime}(x)\) 在 \((-\infty,+\infty)\) 上恒非负。

综上所述，\(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) 的充分必要条件是对任意不同的实数 \(a, b\)，都有 \(f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) d x\) 成立。

分析本题主要考查二次型在正交变换下的标准形及其应用.

第(I)问较常规,写出 f 对应的对称矩阵 A ,计算 A 的一组线性无关的特征向量并单位正交化即可.

注意到

\[x^{T} x=(Q y)^{T} Q y=y^{T} Q^{T} Q y \stackrel{Q^{T} Q=E}{=} y^{T} y,\]

即正交变换并不改安间量的长度,可以利用第()同所得标准形论 \(\frac{f(x)}{x^{T} x}\) 的值

@( f 你起没情 f 你的 \(A=(\begin{array}{lll}3 & 0 & 1 0 & 4 & 0 1 & 0 & 3\end{array})\)

计算&的特征多项式

\[|\lambda E-A|=\left|\begin{array}{ccc} \lambda-3 & 0 & -1 \\ 0 & \lambda-4 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-3 \end{array}\right|=(\lambda-4)\left[(\lambda-3)^{2}-1\right]=(\lambda-4)^{2}(\lambda-2) .\]

A 的特征值为4,4.2.

分别计算 A 的属于特征值4和2的特征向量.

考虑 \((4 E-A) x=0\)

\[4 E-A=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) .\]

\(\xi_{1}=(\begin{array}{l}1 0 1\end{array})\) 一 \(\xi_{2}=(\begin{array}{l}0 1 0\end{array})\) A

考虑 \((2 E-A) x=0\) 、

\[2 E-A=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{array}\right) \to\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) .\]

\(\xi_{3}=(\begin{array}{c}-1 0 1\end{array})\) A

由于 \(\xi_{1}\) , \(\xi_{2}\) 1 \(\xi_{3}\) 相互正交,故只需将它们各自单位化即可得一组相互正交的单位特征向量

\[\varepsilon_{1}=\frac{\xi_{1}}{\left\| \xi_{1}\right\| }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right), \varepsilon_{2}=\frac{\xi_{2}}{\left\| \xi_{2}\right\| }=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \varepsilon_{3}=\frac{\xi_{3}}{\left\| \xi_{3}\right\| }=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) .\]

令 \(Q=(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3})\) 3南 \(Q^{-1} A Q=Q^{T} A Q=(\begin{array}{lll}4 & 0 & 0 0 & 4 & 0 0 & 0 & 2\end{array})\) 消击文换 \(x=Q y\) 本冰锅 f 化坤 标准形 \(4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}\)

(I)由第(I)问可知,在正交变换 \(x=Q y\) 下, \(f(x_{1}, x_{2}, x_{3})\) 的标准形为 \(4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}\) 、 又因为

\[x^{T} x=(Q y)^{T} Q y=y^{T} Q^{T} Q y \stackrel{Q^{T} Q=E}{\underline{\underline{Q}}} y^{T} y=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2},\]

所以对 \(x ≠0\) ,

\[\frac{f(x)}{x^{T} x} \frac{x=Q y}{=} \frac{4 y_{1}^{2}+4 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}}{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}} \geq \frac{2 y_{1}^{2}+2 y_{2}^{2}+2 y_{3}^{2}}{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}}=2 .\]

因此, \(min _{x ≠0} \frac{f(x)}{x^{T} x}=2\)