【答案】D
【分析】 因为\( f'(\frac{1}{2}) = 1 \)，故\( f(x) \)在\( x = \frac{1}{2} \)连续，即
\( \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}}f(x) = f(\frac{1}{2}) \).

由\( f(\frac{1}{2}) = \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}}f(x) = \lim\limits_{x \to \frac{1}{2}}\frac{1}{2}f(x + \frac{1}{2}) \)，可知
\( \lim\limits_{x \to 1}f(x) = 2f(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = f(1) \)，
因此\( f(x) \)在\( x = 1 \)连续.

再求\( f'(1) \)：
\[
\begin{align*}
f'(1) &= \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(1 + x) - f(1)}{x} \\
&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{f(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + x) - 2f(\frac{1}{2})}{x} \\
&= \lim\limits_{x \to 0}\frac{2f(\frac{1}{2} + x) - 2f(\frac{1}{2})}{x} \\
&= 2f'(\frac{1}{2}) = 2.
\end{align*}
\]
故选择 D.

【答案】 D
【分析】 \( f(2) = 0 \)，即 \( x = 2 \) 时，\( y = 0 \).

由反函数的导数关系，\( \varphi'(y) = \frac{dx}{dy} = \frac{1}{\frac{dy}{dx}} = \frac{1}{f'(x)} \).
因为 \( f'(x) = e^{x^2} \)，所以 \( \varphi'(y) = \frac{1}{e^{x^2}} = e^{-x^2} \).

再求二阶导数：
\( \varphi''(y) = \frac{d}{dy}\varphi'(y) = \frac{d}{dy}(e^{-x^2}) \)
由复合函数求导法则，\( \frac{d}{dy}(e^{-x^2}) = \frac{d}{dx}(e^{-x^2}) \cdot \frac{dx}{dy} \)，
其中 \( \frac{d}{dx}(e^{-x^2}) = -2x e^{-x^2} \)，且 \( \frac{dx}{dy} = e^{-x^2} \)，
因此 \( \varphi''(y) = -2x e^{-x^2} \cdot e^{-x^2} = -2x e^{-2x^2} \).

当 \( y = 0 \) 时，对应 \( x = 2 \)，代入得：
\( \varphi''(0) = -2x e^{-2x^2} \big|_{x=2} = -4e^{-8} \).

选择 D.

【答案】C
【分析】因为 \( \lim_{x \to +\infty} f'(x) = \beta > 0 \)，\( \lim_{x \to -\infty} f'(x) = \alpha < 0 \)，所以存在 \( x_1 < x_2 \)，使 \( f'(x_1) < 0 \)，\( f'(x_2) > 0 \)。
又 \( f(x) \) 二阶可导，从而 \( f'(x) \) 连续，于是存在 \( x_0 \in (x_1, x_2) \)，使 \( f'(x_0) = 0 \)。
由 \( f''(x) > 0 \) 可知 \( f'(x) \) 严格单增.
\( x > x_0 \) 时，\( f'(x) > f'(x_0) = 0 \)，\( f(x) \) 在 \( [x_0, +\infty) \) 严格单增；
\( x < x_0 \) 时，\( f'(x) < f'(x_0) = 0 \)，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_0] \) 严格单减.
\( f(x_0) \) 是 \( f(x) \) 的最小值，故 \( f(x_0) \leq f(0) < 0 \)。
\( \forall x \in (x_2, +\infty) \)，存在 \( \xi_x \in (x_2, x) \)，使
\( f(x) = f(x_2) + f'(x_2)(x - x_2) + \frac{f''(\xi_x)}{2}(x - x_2)^2 > f(x_2) + f'(x_2)(x - x_2) \)。
由 \( f'(x_2) > 0 \)，可知 \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)。
\( \forall x \in (-\infty, x_1) \)，存在 \( \eta_x \in (x, x_1) \)，使
\( f(x) = f(x_1) + f'(x_1)(x - x_1) + \frac{f''(\eta_x)}{2}(x - x_1)^2 > f(x_1) + f'(x_1)(x - x_1) \)。
由 \( f'(x_1) < 0 \)，可知 \( \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \)。
总之，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, x_0] \) 严格单减，在 \( [x_0, +\infty) \) 严格单增，\( f(x_0) < 0 \)，\( \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \)，\( \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)，故 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。
选择 C。

【答案】A
【分析】由常系数线性微分方程解的理论可知
\( h = 2 \)，且 \( r = 2 \) 是方程 \( r^{2} + ar + b = 0 \) 的重根，
故 \( a = -4 \)，\( b = 4 \)。
将 \( y = x^{2}e^{2x} \) 代入方程 \( y'' - 4y' + 4y = ce^{2x} \)，得 \( c = 2 \)。
选择 A。

【答案】C
【分析】 因为
\(\lim\limits_{\substack{y\to0\\x = 0}}f(x,y)=\lim\limits_{x\to0}\frac{3x^{2}}{2x}=0\)，
\(\lim\limits_{\substack{y=x^{2}-x\\x\to0}}f(x,y)=\lim\limits_{x\to0}\frac{2x^{2}+(x^{2}-x)^{2}}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{3x^{2}+x^{4}-2x^{3}}{x^{2}}=3\)，
所以 \(\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\)不存在.\(f(x,y)\)在\((0,0)\)不连续.
\(\lim\limits_{\Delta x\to0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to0}\frac{2\Delta x}{\Delta x}=2\)，
\(\lim\limits_{\Delta y\to0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=\lim\limits_{\Delta y\to0}\frac{\Delta y}{\Delta y}=1\)，
\(f(x,y)\)在\((0,0)\)处关于\(x,y\)均可偏导.
选择 C.

【答案】B
【分析】等式\( f(x)=1 + \frac{1}{2}\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy \)两边在\( 0 \)到\( 1 \)上积分，可得
\( \int_{0}^{1}f(x)dx = 1 + \frac{1}{2}\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy \)，
注意到其中
\( \int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(y)f(y - x)dy = \int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(y - x)dx \)
\( \stackrel{y - x = u}{=} \int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{0}f(u)( - du) = \int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(u)du \)
\( = \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right]d\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right] \)
\( = \left.\frac{\left[\int_{0}^{y}f(u)du\right]^{2}}{2}\right|_{0}^{1} = \frac{\left[\int_{0}^{1}f(u)du\right]^{2}}{2} \)。
因此
\( \int_{0}^{1}f(x)dx = 1 + \frac{\left[\int_{0}^{1}f(u)du\right]^{2}}{4} = 1 + \frac{\left[\int_{0}^{1}f(x)dx\right]^{2}}{4} \)，
即有\( \left[\int_{0}^{1}f(x)dx - 2\right]^{2} = 0 \)，\( \int_{0}^{1}f(x)dx = 2 \)。
综上所述，选择B。

【答案】A
【分析】 注意到
\(f(0)=\frac{x_{1} + 2x_{2} + \cdots + 2025x_{2025}}{2025 \cdot 2026}\)
\(f(1)=\frac{(1 - x_{1}) + 2(1 - x_{2}) + \cdots + 2025(1 - x_{2025})}{2025 \cdot 2026}\)
可得\(f(0) + f(1)=\frac{x_{1} + 2x_{2} + \cdots + 2025x_{2025}}{2025 \cdot 2026}+\frac{(1 - x_{1}) + 2(1 - x_{2}) + \cdots + 2025(1 - x_{2025})}{2025 \cdot 2026}\)
\(=\frac{1 + 2 + \cdots + 2025}{2025 \cdot 2026}=\frac{1}{2}\)。
另一方面，由于\(f(x)\)在\([0,1]\)上连续，不妨设\(m\)和\(M\)为\(f(x)\)在\([0,1]\)上的最小值和最大值，从而
\(m\leqslant\frac{f(0) + f(1)}{2}\leqslant M\)，\(m\leqslant\frac{1}{4}\leqslant M\)，
结合介值定理，存在\(\xi \in [0,1]\)，使得\(f(\xi)=\frac{1}{4}\)，因此选择A。

【答案】B
【分析】已知\( B = PA \)，其中\( P=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&-2&1\end{pmatrix}\)。
因为\(\vert A\vert = 2\)，所以\(\vert B\vert=\vert PA\vert=\vert P\vert\vert A\vert = 2\neq0\)，故\( B \)可逆，\( B^{*}=\vert B\vert B^{-1}=2B^{-1}\)。
所以\( AB^{*}=2AB^{-1}=2A(PA)^{-1}=2P^{-1}=\begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&4&2\end{pmatrix}\)，故应选择B。

【答案】B
【分析】因\( A \neq O,C \neq O \)有\( r(A) \geqslant 1,r(C) \geqslant 1 \)。
由\( |B| \neq 0 \)，知\( r(B) = 4 \)。于是
\( r(A) + r(B) + r(C) \geqslant 6 \)。
又因\( ABC = O \)有\( r(A) + r(BC) \leqslant 4 \)。
由\( B \)可逆有\( r(BC) = r(C) \)。于是\( r(A) + r(C) \leqslant 4 \)，从而
\( r(A) + r(B) + r(C) \leqslant 8 \)，
所以\( 6 \leqslant r \leqslant 8 \)。
选择B。

【答案】\(C\)
【分析】我们分析每一个选项：
A，若\(k = 0\)，则\(kA = O\)，不是正定矩阵。
B，若\(A=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}\)，\(B=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}\)，则\(A\)与\(B\)均为正定矩阵，但\(AB=\begin{pmatrix}1&-3\\-1&6\end{pmatrix}\)不是对称矩阵，从而不是正定矩阵。
C，由题设可知\((A + B)^T = A^T + B^T = A + B\)，于是\(A + B\)为实对称矩阵，对任意的\(n\)维非零列向量\(x\)，由题设可知\(x^TAx>0\)，\(x^TBx>0\)，所以
\(x^T(A + B)x = x^TAx + x^TBx>0\)，
故\(A + B\)为正定矩阵。
D，若\(A = B\)，则\(A - B = O\)，从而不是正定矩阵。
综上所述，选择\(C\)。

【答案】\(\frac{1}{2\sqrt{\text{e}}}\left(\arctan\sqrt{\text{e}}-\arctan\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}\right)\)

【分析】 注意到\(\int_{0}^{1}\frac{x}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x\xlongequal{x = 1 - t}\int_{1}^{0}\frac{1 - t}{\text{e}^{1 - t}+\text{e}^{t}}(-\text{d}t)=\int_{0}^{1}\frac{1 - x}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x\)，所以
\[
\begin{align*}
\int_{0}^{1}\frac{x}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x&=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{1}\frac{x}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x+\int_{0}^{1}\frac{1 - x}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\text{e}^{x}+\text{e}^{1 - x}}\text{d}x\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{2x}+\text{e}}\text{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\text{e}^{2x}+\text{e}}\text{d}(\text{e}^{x})=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}\arctan\left(\frac{\text{e}^{x}}{\sqrt{\text{e}}}\right)\big|_{0}^{1}\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\text{e}}}\left(\arctan\sqrt{\text{e}}-\arctan\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}\right)
\end{align*}
\]

【答案】$-\frac {3}{2}$
【分析】 因为$\lim\limits _{x→0^{-}}(\frac {\ln (1+e^{\frac {3}{x}})}{\ln (1+e^{\frac {2}{x}})}+a[x])=\lim\limits _{x→0^{-}}\frac {\ln (1+e^{\frac {3}{x}})}{\ln (1+e^{\frac {2}{x}})}-a=\lim\limits _{x→0^{-}}\frac {e^{\frac {3}{x}}}{e^{\frac {2}{x}}}-a=-a$．
$\begin{split}
&\lim\limits _{x→0^{+}}\left(\frac {\ln (1+e^{\frac {3}{x}})}{\ln (1+e^{\frac {2}{x}})}+a[x]\right)=\lim\limits _{x→0^{+}}\frac {\frac {1}{1+e^{\frac {3}{x}}}e^{\frac {3}{x}}\left(-\frac {3}{x^{2}}\right)}{\frac {1}{1+e^{\frac {2}{x}}}e^{\frac {2}{x}}\left(-\frac {2}{x^{2}}\right)}+0\\
&=\frac {3}{2}\lim\limits _{x→0^{+}}\frac {(1+e^{\frac {2}{x}})e^{\frac {1}{x}}}{1+e^{\frac {3}{x}}}=\frac {3}{2},
\end{split}$
所以$a=-\frac {3}{2}$．

【答案】\( x f'_{3} + x^{2} y f''_{32} + x^{2} y z f''_{33} \)
【分析】\( \frac{\partial u}{\partial x} = f'_{2} \cdot xy \)，
\( \frac{\partial^{2} u}{\partial y \partial z} = \frac{\partial^{2} u}{\partial z \partial y} = x \cdot f'_{3} + xy \cdot (f''_{32} \cdot x + f''_{33} xz) = x f'_{3} + x^{2} y f''_{32} + x^{2} y z f''_{33} \)。

【答案】\(\cos x + \sin x\)
【分析】 已知\(\varphi(x)\cos x + 2\int_{0}^{x}\varphi(t)\sin tdt = x + 1\)，取\(x = 0\)，得\(\varphi(0) = 1\)。
两端求导，得
\(\varphi'(x)\cos x - \varphi(x)\sin x + 2\varphi(x)\sin x = 1\)，
\(\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x = 1\)。
于是\(\cos x \neq 0\)时，\([\frac{\varphi(x)}{\cos x}]' = \frac{\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x}{\cos^{2}x} = \frac{1}{\cos^{2}x} = \sec^{2}x\)，
\(\frac{\varphi(x)}{\cos x} = \tan x + C\)，
由\(\varphi(0) = 1\)，得\(C = 1\)，\(\frac{\varphi(x)}{\cos x} = \tan x + 1\)，\(\varphi(x) = \cos x + \sin x\)。
【评注】 也可求解微分方程\(\varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x = 1\)，求得\(\varphi(x)\)。

### 答案
0

### 分析
\( x \neq 0 \) 时，\( f(x) = \lim_{t \to x} e^{\frac{1}{t^2 - x^2} \ln \frac{\cos t}{\cos x}} = e^{\lim_{t \to x} \frac{1}{(t + x)(t - x)} \ln \left( 1 + \frac{\cos t - \cos x}{\cos x} \right)} \)
\( = e^{\lim_{t \to x} \frac{1}{(t + x)(t - x)} \cdot \frac{\cos t - \cos x}{\cos x}} = e^{\frac{1}{\cos x} \cdot \lim_{t \to x} \frac{1}{t + x} \cdot \lim_{t \to x} \frac{\cos t - \cos x}{t - x}} \)
\( = e^{\frac{ - \sin x}{2 x \cos x}} \)。

\( x = 0 \) 时得不到 \( \lim_{t \to x} \frac{1}{t + x} = \frac{1}{2x} \)，故下面单独求 \( f(0) \)。
\( f(0) = \lim_{t \to 0} (\cos t)^{\frac{1}{t^2}} = \lim_{t \to 0} e^{\frac{1}{t^2} \ln \cos t} = \lim_{t \to 0} e^{\frac{1}{t^2} \ln (1 + \cos t - 1)} = e^{\lim_{t \to 0} \frac{\cos t - 1}{t^2}} = e^{-\frac{1}{2}} \)。

\( f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{ - \sin x}{2 x \cos x}} - e^{-\frac{1}{2}}}{x} \)
\( = e^{-\frac{1}{2}} \lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{\frac{1}{2} - \frac{\sin x}{2 x \cos x}}{}} - 1}{x} \)
\( = e^{-\frac{1}{2}} \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} - \frac{\sin x}{2 x \cos x}}{x} \)
\( = e^{-\frac{1}{2}} \lim_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{2 x^2 \cos x} \)
\( = e^{-\frac{1}{2}} \lim_{x \to 0} \frac{x - \frac{x^3}{2!} - x + \frac{1}{3!}x^3 + o(x^3)}{2 x^2} = 0 \)。

【答案】0
【分析】二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})=x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+ax_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}+2bx_{1}x_{3}$的矩阵为$A=\begin{pmatrix}1&2&b\\2&-1&0\\b&0&a\end{pmatrix}$，二次型$g(y_{1},y_{2},y_{3})=2y_{1}^{2}-2y_{2}^{2}+2y_{3}^{2}+2y_{1}y_{2}$的矩阵为$B=\begin{pmatrix}2&1&0\\1&-2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$。由于二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})$经正交变换化为二次型$g(y_{1},y_{2},y_{3})$，所以矩阵$A$与矩阵$B$合同且相似。故$\text{tr}(A)=\text{tr}(B)$，$\vert A\vert=\vert B\vert$，于是
\[
\begin{cases}
1 - 1 + a = 2 - 2 + 2,\\
b^{2}-5a=-10,
\end{cases}
\]
所以$a = 2$，$b = 0$。

【解】\(\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^{+}}\mathrm{e}^{-x}+\lim\limits_{x \to 0^{+}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} = 1 = f(0)\)，\(f(x)\)在\([0,+\infty)\)连续.
\(x>0\)时，\(f^\prime(x)=-\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}=\mathrm{e}^{-x}\left(\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}-1\right)\).
令\(g(x)=\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}-1\)，则\(g(1) = 0\)，\(f^\prime(x)=\mathrm{e}^{-x}g(x)\).
\(x>0\)时，\(g^\prime(x)=\frac{-2}{x^{3}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}+\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}\left(1 + \frac{1}{x^{2}}\right)\)
\(=\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}\left(1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}\right)=\frac{1}{x^{2}}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}-x}\left(1-\frac{1}{x}\right)^{2}\).
易见\(x>0\)时，\(g^\prime(x)\geq0\)（仅在\(x = 1\)处等于零），故\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)严格单增.
\(x>1\)时，\(g(x)>g(1)=0\)，\(f^\prime(x)=\mathrm{e}^{-x}g(x)>0\)；\(0<x<1\)时，\(g(x)<g(1)=0\)，\(f^\prime(x)=\mathrm{e}^{-x}g(x)<0\).
综上可知\(f(x)\)在\([0,1]\)严格单调减，在\([1,+\infty)\)严格单调增.
\(f(0)=1\)，\(f(1)=\frac{2}{\mathrm{e}}<1\)，\(\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x \to +\infty}\mathrm{e}^{-x}+\lim\limits_{x \to +\infty}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} = 1\)，
故\(f(x)\)在\([0,+\infty)\)上的最大值为\(f(0)=1\)，最小值为\(f(1)=\frac{2}{\mathrm{e}}\).

【解】\(\int x\ln(1 + x^{2})dx=\int\ln(1 + x^{2})d(\frac{1}{2}x^{2})\)
\(=\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})-\int\frac{x^{3}}{1 + x^{2}}dx\)
\(=\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})-\int\frac{x^{3}+x - x}{1 + x^{2}}dx\)
\(=\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})-\int xdx+\int\frac{x}{1 + x^{2}}dx\)
\(=\frac{1}{2}x^{2}\ln(1 + x^{2})-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}\ln(1 + x^{2})+C_{1}\)
\(=\frac{1}{2}(1 + x^{2})\ln(1 + x^{2})-\frac{1}{2}x^{2}+C_{1}\)。
\(\int x\arctan x\ln(1 + x^{2})dx=\frac{1}{2}\int\arctan xd[(1 + x^{2})\ln(1 + x^{2})-x^{2}]\)
\(=\frac{1}{2}(1 + x^{2})\arctan x\ln(1 + x^{2})-\frac{1}{2}x^{2}\arctan x-\)
\(\frac{1}{2}\int\frac{(1 + x^{2})\ln(1 + x^{2})-x^{2}}{1 + x^{2}}dx\)
\(=\frac{1}{2}(1 + x^{2})\arctan x\ln(1 + x^{2})-\frac{1}{2}x^{2}\arctan x-\)
\(\frac{1}{2}\int\ln(1 + x^{2})dx+\frac{1}{2}\int\frac{x^{2}}{1 + x^{2}}dx\)。
\(\int\ln(1 + x^{2})dx=x\ln(1 + x^{2})-2\int\frac{x^{2}}{1 + x^{2}}dx\)。
\(\int\frac{x^{2}}{1 + x^{2}}dx=\int\frac{x^{2}+1 - 1}{1 + x^{2}}dx=\int(1-\frac{1}{1 + x^{2}})dx=x - \arctan x+C_{2}\)。
总之，\(\int x\arctan x\ln(1 + x^{2})dx=\frac{1}{2}(1 + x^{2})\arctan x\ln(1 + x^{2})-\frac{1}{2}x^{2}\arctan x-\frac{1}{2}x\ln(1 + x^{2})+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\arctan x + C\)。

【解】设圆柱的高为\( H \)，圆柱的半径为\( R \)，圆锥的高为\( h \)，则空浮标的体积\( V_0 = \pi R^2 H + \frac{2}{3} \pi R^2 h \)（为定值），其表面积为\( S = 2\pi R H + 2\pi R \sqrt{R^2 + h^2} \)。

\[
\begin{cases}
(2\pi R H + 2\pi R \sqrt{R^2 + h^2})_{\text{min}}, \\
\pi R^2 H + \frac{2}{3} \pi R^2 h = V_0,
\end{cases}
\]

简化为

\[
\begin{cases}
(R H + R \sqrt{R^2 + h^2})_{\text{min}}, \\
R^2 H + \frac{2}{3} R^2 h = \frac{V_0}{\pi}.
\end{cases}
\]

构造拉格朗日函数为

\( L = R H + R \sqrt{R^2 + h^2} + \lambda \left( R^2 H + \frac{2}{3} R^2 h - \frac{V_0}{\pi} \right) \)。

\[
\begin{cases}
\frac{\partial L}{\partial R} = H + \sqrt{R^2 + h^2} + \frac{R^2}{\sqrt{R^2 + h^2}} + \lambda \left( 2 R H + \frac{4}{3} R h \right) = 0, \\
\frac{\partial L}{\partial H} = R + R^2 \lambda = 0, \\
\frac{\partial L}{\partial h} = R \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}} + \frac{2}{3} R^2 \lambda = 0,
\end{cases}
\]

解得唯一的驻点满足\( H: R: h = 2: \sqrt{5}: 2 \)。

此时圆柱的高、圆柱的半径和圆锥的高的比例为\( H: R: h = 2: \sqrt{5}: 2 \)。

【解】 由对称性可知，\( \iint_{D} 2xydxdy = 0 \)，故
\( \iint_{D} (x^{2} + 2xy + \sqrt{3}y) dxdy = \iint_{D} (x^{2} + \sqrt{3}y) dxdy = 2 \iint_{D:y \geq 0} (x^{2} + \sqrt{3}y) dxdy \)
\( = 2 \int_{0}^{1} dx \int_{\sqrt{3}x^{2}}^{\sqrt{4 - x^{2}}} (x^{2} + \sqrt{3}y) dy \)
\( = 2 \int_{0}^{1} \left[ x^{2} (\sqrt{4 - x^{2}} - \sqrt{3}x^{2}) + \sqrt{3} \cdot \frac{4 - x^{2} - 3x^{4}}{2} \right] dx \)
\( = 2 \int_{0}^{1} \left( x^{2} \sqrt{4 - x^{2}} - \sqrt{3}x^{4} + 2\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}x^{2} - \frac{3\sqrt{3}}{2}x^{4} \right) dx \)
\( = 2 \left( \int_{0}^{1} x^{2} \sqrt{4 - x^{2}} dx + \frac{4\sqrt{3}}{3} \right) \)，

其中\( \int_{0}^{1} x^{2} \sqrt{4 - x^{2}} dx \stackrel{x = 2\sin t}{=} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} 4\sin^{2}t \cdot 2\cos t \cdot 2\cos t dt \)
\( = 16 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sin^{2}t\cos^{2}t dt = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sin^{2}(2t) dt = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1 - \cos(4t)}{2} dt \)
\( = 2 \left( \frac{\pi}{6} - \frac{1}{4} \sin 4t \big|_{0}^{\frac{\pi}{6}} \right) = 2 \left( \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \)，
所以\( \iint_{D} (x^{2} + 2xy + \sqrt{3}y) dxdy = 2 \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{4\sqrt{3}}{3} \right) = \frac{2\pi}{3} + \frac{13\sqrt{3}}{6} \)。

【解】 由\(x_{n} > 0\)，则
\(x_{n}+\frac{4}{x_{n + 1}^{2}}=\frac{x_{n}}{2}+\frac{x_{n}}{2}+\frac{4}{x_{n + 1}^{2}}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{x_{n}}{2}\cdot\frac{x_{n}}{2}\cdot\frac{4}{x_{n + 1}^{2}}}\)，
由此可得\(3\sqrt[3]{\frac{x_{n}^{2}}{x_{n + 1}^{2}}}\leqslant x_{n}+\frac{4}{x_{n + 1}^{2}} < 3\)，\(\frac{x_{n}}{x_{n + 1}} < 1\)，\(\{x_{n}\}\)单调递增。
又\(x_{n} < 3 - \frac{4}{x_{n + 1}^{2}} < 3\)，即\(\{x_{n}\}\)有上界，故而根据单调有界原则\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\)存在。设\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n} = A\)。
因为\(x_{n} > x_{1} > 0\)，故\(A = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\geqslant x_{1} > 0\)。
在不等式\(x_{n}+\frac{4}{x_{n + 1}^{2}} < 3\)两端取\(n\rightarrow\infty\)，可得\(A + \frac{4}{A^{2}}\leqslant 3\)，而
\(A + \frac{4}{A^{2}}=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}+\frac{4}{A^{2}}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{A}{2}\cdot\frac{A}{2}\cdot\frac{4}{A^{2}}}= 3\)，
故\(A + \frac{4}{A^{2}} = 3\)。解得\(A = - 1\)或\(A = 2\)，再由\(A > 0\)，可知\(A = 2\)，即\(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n} = 2\)。

【解】（1）因\(A\)是\(4\times3\)矩阵，则\(A^{T}\)是\(3\times4\)矩阵，又\(\beta\)是\(A^{T}x = 0\)的基础解系，所以
\(n - r(A^{T})=4 - r(A)=1\)。
即\(r(A) = 3\)，故\(A\)的列向量\(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\)线性无关。
又\(\beta\)是\(A^{T}x = 0\)的基础解系，知\(\beta\neq0\)且
\(A^{T}\beta=\begin{pmatrix}\alpha_{1}^{T}\\\alpha_{2}^{T}\\\alpha_{3}^{T}\end{pmatrix}\beta=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\)，即\(\alpha_{i}^{T}\beta = 0,i = 1,2,3\)。
设
\(k_{1}\alpha_{1}+k_{2}\alpha_{2}+k_{3}\alpha_{3}+k\beta = 0\)。 ①
用\(\beta^{T}\)左乘①式得
\(k_{1}\beta^{T}\alpha_{1}+k_{2}\beta^{T}\alpha_{2}+k_{3}\beta^{T}\alpha_{3}+k\beta^{T}\beta = 0\)。
把\(\beta^{T}\alpha_{i}=0\)代入，得
\(k\beta^{T}\beta = 0\)。 ②
因\(\beta\neq0\)有\(\beta^{T}\beta\neq0\)，从而必有\(k = 0\)。把\(k = 0\)代入①式得
\(k_{1}\alpha_{1}+k_{2}\alpha_{2}+k_{3}\alpha_{3}=0\)。 ③
因\(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\)线性无关，由③知必有\(k_{1}=0,k_{2}=0,k_{3}=0\)。
所以\(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3},\beta\)必线性无关。
（2）因\(A^{T}\beta = 0\)有\(\beta^{T}A = 0\)，\(A\)的列向量是\(\beta^{T}x = 0\)的解。且
\(\beta^{T}=(1,2,-1,3)\)，
得基础解系：\(\eta_{1}=(-2,1,0,0)^{T}\)，\(\eta_{2}=(1,0,1,0)^{T}\)，\(\eta_{3}=(-3,0,0,1)^{T}\)，故\(A=\begin{pmatrix}-2&1&-3\\1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\)为所求。