\[\begin{aligned} & 1=lim _{x \to 0}\left(e^{x}+a x^{2}+b x\right)^{\frac{1}{x^{2}}}=e^{\frac{lim _{x \to 0}} \frac{ln \left(e^{x}+a x^{2}+b x\right)}{x^{2}}}=e^{lim \frac{e^{x}+2 a x+b}{2 x\left(e^{x}+a x^{2}+b x\right)}}=e^{lim \frac{e^{x}+2 a x+b}{2 x}} \\ & \Rightarrow lim _{x \to 0} \frac{e^{x}+2 a x+b}{2 x}=0 \Rightarrow\left\{\begin{array} { l } { x \to 0 \\ \frac { e ^ { x } + 2 a x + b } { 2 x } = 0 \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } { x \to 0 } \\ { l a = - \frac { 1 } { 2 } } \end{array} \right. \end{array}\right.\end{aligned}\]

A可导:

\[f_{-}'(0)=lim _{x \to 0^{-}} \frac{|x| sin (|x|)}{x}=lim _{x \to 0^{-}} \frac{x \cdot sin x}{x}=0, f_{+}'(0)=lim _{x \to 0^{+}} \frac{|x| sin (|x|)}{x}=lim _{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot sin x}{x}=0\]

B可导:

\[f_{-}'(0)=lim _{x \to 0^{-}} \frac{|x| sin \sqrt{|x|}}{x}=lim _{x \to 0^{-}} \frac{-x \cdot sin \sqrt{-x}}{x}=0, f_{+}'(0)=lim _{x \to 0^{+}} \frac{|x| sin \sqrt{|x|}}{x}=lim _{x \to 0^{+}} \frac{x \cdot sin \sqrt{x}}{x}=0\]

C可导:

\[f_{-}'(0)=lim _{x \to 0^{-}} \frac{cos |x|-1}{x}=lim _{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x}=0, f_{+}'(0)=lim _{x \to 0^{+}} \frac{cos |x|-1}{x}=lim _{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x^{2}}{x}=0\]

D不可导:

\[f_{-}'(0)=lim _{x \to 0^{-}} \frac{cos \sqrt{|x|}-1}{x}=lim _{x \to 0^{-}} \frac{-\frac{1}{2}(-x)}{x}=\frac{1}{2}, f_{+}'(0)=lim _{x \to 0^{+}} \frac{cos \sqrt{|x|}-1}{x}=lim _{x \to 0^{+}} \frac{-\frac{1}{2} x}{x}=-\frac{1}{2}\]

\[f_{+}'(0) \neq f_{-}'(0)\]

\[lim _{x \to 0^{-}}[f(x)+g(x)]=lim _{x \to 0^{-}} f(x)+lim _{x \to 0^{-}} g(x)=-1+0=-1\]

\[lim _{x \to 0^{+}}[f(x)+g(x)]=lim _{x \to 0^{+}} f(x)+lim _{x \to 0^{+}} g(x)=1+(0 - b)=1 - b \Rightarrow -1=1 - b \Rightarrow b=2\]

\[lim _{x \to -1^{-}}[f(x)+g(x)]=lim _{x \to -1^{-}} f(x)+lim _{x \to -1^{-}} g(x)=-1 + [2 + a \times (-1)]=1 - a\]

\[lim _{x \to -1^{+}}[f(x)+g(x)]=lim _{x \to -1^{+}} f(x)+lim _{x \to -1^{+}} g(x)=-1 + (-1)=-2 \Rightarrow -2=1 - a \Rightarrow a=-3\]

B错误: 取 \(f(x)=-x^{2}+\frac{1}{3}\)，\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1}\left(-x^{2}+\frac{1}{3}\right) d x=0\)，\(f''(x)=-2<0\)，\(f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{1}{12}>0\)

C错误: 取 \(f(x)=x-\frac{1}{2}\)，\(\int_{0}^{1} f(x) d x=\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right) d x=0\)，\(f'(x)=1>0\)，\(f\left(\frac{1}{2}\right)=0\)

D正确:（解析过程结合凸函数性质，当 \(f''(x)>0\) 时函数下凸，由积分值为0可推导出中点函数值小于0，具体过程略）

\[M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\frac{2 x}{1+x^{2}}\right) d x=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x\)（奇函数部分积分为0），故 \(M=\pi\)

当 \(x \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) 时，\(1+\sqrt{\cos x} \geq 1\)，所以 \(K=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\sqrt{\cos x}) d x > \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x = M\)

令 \(f(x)=\frac{1+x}{e^{x}}\)，则 \(f(x)=(1+x)e^{-x}\)，\(f'(x)=-xe^{-x}\)，在 \([0, \frac{\pi}{2}]\) 上 \(f'(x) \leq 0\)，在 \([-\frac{\pi}{2}, 0]\) 上 \(f'(x) \geq 0\)，且 \(f(x)\) 为偶函数，\(f(x) \leq f(0)=1\)，故 \(N=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} f(x) d x < \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d x = M\)，综上 \(K>M>N\)

（解析过程需先计算内层积分再合并外层积分，具体计算略）

若矩阵 \(Q\) 与 \(J\) 相似，则矩阵 \(E-Q\) 与 \(E-J\) 相似，从而 \(r(E-Q)=r(E-J)\)。计算各选项中 \(E - 矩阵\) 的秩：

- 选项A：\(E - A = \left[\begin{array}{ccc}0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right]\)，秩为2

- 选项D：\(E - D = \left[\begin{array}{ccc}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right]\)，秩为1

根据相似矩阵秩相等及题目条件，故选A

因为 \(r(E, B)=n\)（\(E\) 为单位矩阵），所以 \(r(A, A B)=r[A(E, B)]=r(A)\)，故选A

当$x \to +\infty$时，利用拉格朗日中值定理，存在$\varepsilon \in(x, x+1)$，使得$\arctan (x+1)-\arctan x=\frac{1}{1+\varepsilon^{2}}$，则$\lim _{x \to+\infty} x^{2} \cdot \frac{1}{1+\varepsilon^{2}}=1$

函数$y=x^{2}+2 \ln x$定义域为$\{x | x>0\}$，$y'=2 x+\frac{2}{x}$，$y^{\prime \prime}=2-\frac{2}{x^{2}}$。令$y''=0$，得$x_{0}=\pm 1$，由于$x>0$，故$x_{0}=1$，此时拐点为$(1,1)$，$y'(x_{0})=4$，则过拐点$(1,1)$的切线方程为$y-1=4(x-1)$，即$y=4 x-3$

$\int_{5}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}-4 x+3} d x=\int_{5}^{+\infty} \frac{1}{(x-3)(x-1)} d x=\int_{5}^{+\infty} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x-1}\right) d x$

$=\left.\frac{1}{2} \ln \frac{x-3}{x-1}\right|_{5} ^{+\infty}=\frac{1}{2} \lim _{x \to+\infty} \ln \frac{x-3}{x-1}-\frac{1}{2} \ln \frac{5-3}{5-1}=\frac{1}{2} \ln 1-\frac{1}{2} \ln \frac{1}{2}=\frac{1}{2} \ln 2$

首先求一阶导数，$y'=\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{3\sin^{2}t\cos t}{-3\cos^{2}t\sin t}=-\tan t$，则$\left.y'\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=-1$。

再求二阶导数，$y''=\frac{d}{dx}(y')=\frac{\frac{d}{dt}(y')}{\frac{dx}{dt}}=\frac{-\sec^{2}t}{-3\cos^{2}t\sin t}=\frac{1}{3\cos^{4}t\sin t}$，$\left.y''\right|_{t=\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{3(\frac{\sqrt{2}}{2})^{4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{3\times\frac{4}{16}\times\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$。

曲率$k=\frac{|y''|}{(1+y'^{2})^{\frac{3}{2}}}=\frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{(1+1)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{2}{3}$

令$F(x,y,z)=\ln z + e^{z - 1} - xy$，则$\frac{\partial F}{\partial x}=-y$，$\frac{\partial F}{\partial z}=\frac{1}{z} + e^{z - 1}$。

当$x=2$，$y=\frac{1}{2}$时，代入方程可得$\ln z + e^{z - 1}=2\times\frac{1}{2}=1$，解得$z=1$。

所以$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}=-\frac{-y}{\frac{1}{z} + e^{z - 1}}=\frac{y}{\frac{1}{z} + e^{z - 1}}$，将$z=1$，$y=\frac{1}{2}$代入得$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{1} + e^{0}}=\frac{\frac{1}{2}}{1 + 1}=\frac{1}{4}$

【答案】\(2\)
【解析】\((A\alpha_{1},A\alpha_{2},A\alpha_{3}) = A(\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}) = (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})\begin{bmatrix}2&0&0\\1&1& - 1\\1&2&1\end{bmatrix}\) 

\(\because\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\)线性无关，\(\therefore P = (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})\)可逆，\(\therefore P^{-1}AP=\begin{bmatrix}2&0&0\\1&1& - 1\\1&2&1\end{bmatrix}=B\) 
\(\therefore A\)与\(B\)相似，特征值相等 
\(\vert\lambda E - B\vert = (\lambda - 2)(\lambda^{2}-2\lambda + 3)=0\Rightarrow\)实特征值\(\lambda = 2\) 

\[ \begin{aligned} & 原式 =\frac{1}{2} \int \arctan \sqrt{e^{x}-1} d e^{2 x} \\ & =\frac{1}{2}\left(e^{2 x} \arctan \sqrt{e^{x}-1}-\int e^{2 x} \frac{1}{1+e^{x}-1} \cdot \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x}-1}} d x\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(e^{2 x} \arctan \sqrt{e^{x}-1}-\int \frac{e^{2 x}}{2 \sqrt{e^{x}-1}} d x\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(e^{2 x} \arctan \sqrt{e^{x}-1}-\int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x}-1}} d e^{x}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(e^{2 x} \arctan \sqrt{e^{x}-1}-\frac{1}{3}\left(e^{x}-1\right)^{\frac{3}{2}}-\sqrt{e^{x}-1}\right)+C \end{aligned} \] \[ \int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x}-1}} d e^{x}, 令 \sqrt{e^{x}-1}=t, e^{x}=t^{2}+1, x=\ln \left(t^{2}+1\right) \] \[ \int \frac{e^{x}}{2 \sqrt{e^{x}-1}} d e^{x}=\int \frac{\left(t^{2}+1\right)^{2}}{2 t} \cdot \frac{2 t}{t^{2}+1} d t=\int\left(t^{2}+1\right) d t=\frac{1}{3} t^{3}+t+C=\frac{1}{3}\left(e^{x}-1\right)^{\frac{3}{2}}+\sqrt{e^{x}-1}+C \]

(I) \[ \int_{0}^{x} t f(x-t) d t \text{ 令 } x-t=u \text{ 得 } x \int_{0}^{x} f(u) d u-\int_{0}^{x} u f(u) d u \] \[ \text{故有 } \int_{0}^{x} f(t) d t+x \int_{0}^{x} f(u) d u-\int_{0}^{x} u f(u) d u=a x^{2} \] \[ \text{两边对 } x \text{ 求导得 } f(x)+\int_{0}^{x} f(u) d u=2 a x \] \[ \text{再求导得 } f'(x)+f(x)=2 a \text{ ，解得 } f(x)=e^{-x}(2 a e^{x}+C) \] \[ \text{当 } x=0 \text{ 时，} f(0)=0 \text{ ，故 } C=-2 a \text{ ，综上 } f(x)=e^{-x}(2 a e^{x}-2 a) \] (II) \[ \text{由 } \int_{0}^{1} f(x) d x=1 \text{ ，得 } \int_{0}^{1} e^{-x}(2 a e^{x}-2 a) d x=1 \] \[ \Rightarrow 2 a+2 a(e^{-1}-1)=1 \Rightarrow a=\frac{e}{2} \]

\[ \begin{aligned} & \iint_{D}(x+2 y) d x d y \\ & =\int_{0}^{2 \pi} d x \int_{0}^{y(x)}(x+2 y) d y \\ & =\int_{0}^{2 \pi}\left[\left.\left(x y+y^{2}\right)\right|_{0} ^{y(x)}\right] d x \\ & =\int_{0}^{2 \pi}\left[x y(x)+(y(x))^{2}\right] d x \\ & \text{令 } x=t-\sin t \text{ ，则 } y(x)=1-\cos t \\ & =\int_{0}^{2 \pi}(t-\sin t)(1-\cos t)^{2}+(1-\cos t)^{3} d t=3 \pi^{2}+5 \pi \end{aligned} \]

当\(02\)时，\(g'(x)>0\)，故\(g(x)\)在\(x=2\)处取最小值\(g(2)=2-2 \ln 2+2 k \geq 2-2 \ln 2+2(\ln 2-1)=0\)，从而\(f'(x) \geq 0\)，\(f(x)\)单调递增，\(f(x) \geq f(1)=0\)，得证。

设圆半径为\(x\)，正方形边长为\(y\)，正三角形边长为\(z\)，则\(2 \pi x+4 y+3 z=2\)（\(x,y,z \geq 0\)）。 目标函数为面积之和\(f(x,y,z)=\pi x^{2}+y^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4} z^{2}\)，构造拉格朗日函数： \[ L(x,y,z,\lambda)=\pi x^{2}+y^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4} z^{2}+\lambda(2 \pi x+4 y+3 z-2) \] 求偏导并令其为零： \[ \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial L}{\partial x}=2 \pi x+2 \pi \lambda=0 \\ \frac{\partial L}{\partial y}=2 y+4 \lambda=0 \\ \frac{\partial L}{\partial z}=\frac{\sqrt{3}}{2} z+3 \lambda=0 \\ 2 \pi x+4 y+3 z=2 \end{array} \right. \] 解得驻点：\(x=\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\)，\(y=\frac{2}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\)，\(z=\frac{2 \sqrt{3}}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\)。 代入计算最小值： \[ S_{\min }=\pi\left(\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\right)^{2}+\left(\frac{2}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\right)^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{2 \sqrt{3}}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\right)^{2}=\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}} \] 故存在最小值，最小值为\(\frac{1}{\pi+4+3 \sqrt{3}}\)。

\[ S(x)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{4}{9} x^{2}\right) x-\int_{0}^{x} \frac{4}{9} x^{2} d x=\frac{x}{2}+\frac{2 x^{3}}{27} \] 对\(t\)求导： \[ \frac{d S}{d t}=\left(\frac{1}{2}+\frac{2 x^{2}}{9}\right) \frac{d x}{d t} \] 当\(x=3\)，\(\frac{d x}{d t}=4\)时： \[ \frac{d S}{d t}=\left(\frac{1}{2}+\frac{2 \times 3^{2}}{9}\right) \times 4=\left(\frac{1}{2}+2\right) \times 4=10 \]

【答案】0
【解析】
(1)由\(x_{n}e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1\)有\(e^{x_{n + 1}} = \frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} \Rightarrow x_{n + 1} = \ln\frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}}\)
则\(x_{2} = \ln\frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}}\)
设\(f(x) = e^{x} - 1 - x\)
\(\because f^\prime(x) = e^{x} - 1>0(x > 0)\)，且\(f(0) = 0\)
\(\therefore f(x)\)单调递增，故\(f(x)>0\)而\(e^{x} - 1>x(x > 0)\)

因此\(\frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}}\)在\(x_{1}\)时大于1，而\(x_{2} = \ln\frac{e^{x_{1}} - 1}{x_{1}}>0\)，
用数学归纳法可证之. 对\(\forall n,x_{n}>0\)
\(x_{n + 1} - x_{n} = \ln\frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} - x_{n} = \ln\frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}} - \ln e^{x_{n}} = \ln\frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}e^{x_{n}}}\)
设\(g(x) = e^{x} - 1 - xe^{x}\)
\(\because g^\prime(x) = -xe^{x}\)
显然当\(x > 0\)时，\(g^\prime(x)<0\)，则\(g(x)\)单调递减，又\(\because g(0) = 0\)
\(\therefore g(x)<g(0) = 0,\therefore e^{x} - 1<xe^{x} \Rightarrow \frac{e^{x} - 1}{xe^{x}}<1\)
\(\therefore x_{n + 1} - x_{n} = \ln\frac{e^{x_{n}} - 1}{x_{n}e^{x_{n}}}<0,n = 1,2,3,\cdots\)
故\(\{ x_{n}\}\)单调递减
综上可知\(\{ x_{n}\}\)单调递减且存在下界，\(\therefore \lim\limits_{n \to \infty}x_{n}\)存在.
(2)设\(\lim\limits_{n \to \infty}x_{n} = a\)，故\(ae^{a} = e^{a} - 1\)，因此\(a = 0\)  。

(1) 由\(f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=0\)得方程组： \[ \left\{ \begin{array}{l} x_{1}-x_{2}+x_{3}=0 \\ x_{2}+x_{3}=0 \\ x_{1}+a x_{3}=0 \end{array} \right. \] 系数矩阵\(A=\left[\begin{array}{ccc}1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & a\end{array}\right] \to \left[\begin{array}{ccc}1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & a-2\end{array}\right]\)。 当\(a \neq 2\)时，\(r(A)=3\)，唯一解为\(x_{1}=x_{2}=x_{3}=0\)； 当\(a=2\)时，\(r(A)=2\)，通解为\(x=k\left[\begin{array}{l}2 \\ 1 \\ -1\end{array}\right]\)（\(k \in \mathbb{R}\)）。 (2) - 当\(a \neq 2\)时，二次型正定，规范形为\(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}\)； - 当\(a=2\)时，二次型矩阵为\(B=\left[\begin{array}{ccc}2 & -1 & 3 \\ -1 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 6\end{array}\right]\)，特征值为\(\lambda_{1}=0\)，\(\lambda_{2,3}=5 \pm \sqrt{7}\)，规范形为\(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\)。

(1)矩阵 A 经过初等列变换得到矩阵 B，矩阵 A、B 等价，故 \(r(A)=r(B)\)。

\(A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 2 & 7 & -a \end{array}\right] \to\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & a \\ 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]\)，\(B=\left[\begin{array}{ccc} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{array}\right] \to\left[\begin{array}{ccc} 1 & a & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2-a \end{array}\right]\)，所以 \(2-a=0\)，解得 \(a=2\)。

(2)对 \((A, B)=\left[\begin{array}{cccccc}1 & 2 & a & 1 & a & 2 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 7 & -a & -1 & 1 & 1\end{array}\right]\) 进行初等行变换，当 \(a=2\) 时，\((A, B) \to\left[\begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 6 & 3 & 4 & 4 \\ 0 & 1 & -2 & -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right]\)，可得 \(P\) 的列向量表达式为 \(X=\left[\begin{array}{c}-6 k_{1}+3 \\ 2 k_{1}-1 \\ k_{1}\end{array}\right], Y=\left[\begin{array}{c}-6 k_{2}+4 \\ 2 k_{2}-1 \\ k_{2}\end{array}\right], Z=\left[\begin{array}{c}-6 k_{3}+4 \\ 2 k_{3}-1 \\ k_{3}\end{array}\right]\)（\(k_1,k_2,k_3\in R\)），因为 \(P\) 可逆，所以其列向量线性无关，由 \(P\) 的行列式可知需 \(k_{2} ≠k_{3}\)，故所有满足条件的可逆矩阵 \(P=\left[\begin{array}{ccc}-6 k_{1}+3 & -6 k_{2}+4 & -6 k_{3}+4 \\ 2 k_{1}-1 & 2 k_{2}-1 & 2 k_{3}-1 \\ k_{1} & k_{2} & k_{3}\end{array}\right]\)，其中 \(k_{2} \neq k_{3}, k_{1}, k_{2}, k_{3} \in R\)。