2020 年全国硕士研究生招生考试数学（二）试题与解析

一、试题

1. 选择题

（1）

当 $x \to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中阶最高的是

• (A) $\int_{0}^{x}{\left( e^{t^{2}} - 1 \right) \mathrm{~d} t}$
• (B) $\int_{0}^{x}{\ln \left( 1 + \sqrt{t^{3}} \right) \mathrm{~d} t}$
• (C) $\int_{0}^{\sin x}{\sin t^{2} \mathrm{~d} t}$
• (D) $\int_{0}^{1-\cos x}{\sqrt{\sin^{3} t} \mathrm{~d} t}$

（2）

函数 $f\left( x \right) = \dfrac{e^{\frac{1}{x-1}} \ln \left| 1+x \right|}{\left( e^{x} - 1 \right)\left( x-2 \right)}$ 的第二类间断点的个数为

• (A) $1$ 个
• (B) $2$ 个
• (C) $3$ 个
• (D) $4$ 个

（3）

$\int_{0}^{1}{\dfrac{\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{x\left( 1-x \right)}} \mathrm{~d} x} =$

• (A) $\dfrac{\pi^{2}}{4}$
• (B) $\dfrac{\pi^{2}}{8}$
• (C) $\dfrac{\pi}{4}$
• (D) $\dfrac{\pi}{8}$

（4）

已知函数 $f\left( x \right) = x^{2} \ln \left( 1-x \right)$，当 $n \geq 3$ 时，$f^{\left( n \right)}\left( 0 \right) =$

• (A) $-\dfrac{n!}{n-2}$
• (B) $\dfrac{n!}{n-2}$
• (C) $-\dfrac{\left( n-2 \right)!}{n}$
• (D) $\dfrac{\left( n-2 \right)!}{n}$

（5）

关于函数

$$f(x,y)= \begin{cases} xy, & xy\ne 0,\\ x, & y=0,\\ y, & x=0, \end{cases}$$

给出下列结论：

1. $\left.\dfrac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,0)}=1$
2. $\left.\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\right|_{(0,0)}=1$
3. $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0$
4. $\lim\limits_{y\to0}\lim\limits_{x\to0}f(x,y)=0$

其中正确的个数为

• (A) $4$
• (B) $3$
• (C) $2$
• (D) $1$

（6）

设函数 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left[ -2,2 \right]$ 上可导，且 $f^{\prime}\left( x \right) > f\left( x \right) > 0$，则

• (A) $\dfrac{f\left( -2 \right)}{f\left( -1 \right)} > 1$
• (B) $\dfrac{f\left( 0 \right)}{f\left( -1 \right)} > e$
• (C) $\dfrac{f\left( 1 \right)}{f\left( -1 \right)} < e^{2}$
• (D) $\dfrac{f\left( 2 \right)}{f\left( -1 \right)} < e^{3}$

（7）

设 4 阶矩阵 $\boldsymbol{A}=(a_{ij})$ 不可逆，$a_{12}$ 的代数余子式 $A_{12}\ne 0$。记 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$ 为矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的列向量，$\boldsymbol{A}^*$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，则方程组

$$\boldsymbol{A}^*\boldsymbol{x}=0$$

的通解为

• (A) $\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_3$
• (B) $\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_2+k_3\boldsymbol{\alpha}_4$
• (C) $\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_3+k_3\boldsymbol{\alpha}_4$
• (D) $\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\alpha}_2+k_2\boldsymbol{\alpha}_3+k_3\boldsymbol{\alpha}_4$

其中 $k_1,k_2,k_3$ 为任意常数。

（8）

设 $\boldsymbol{A}$ 为 3 阶矩阵，$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的属于特征值 $1$ 的线性无关特征向量，$\boldsymbol{\alpha}_3$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的属于特征值 $-1$ 的特征向量。则满足

$$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$

的可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$ 可为

• (A) $\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\ \boldsymbol{\alpha}_2,\ -\boldsymbol{\alpha}_3\right)$
• (B) $\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\ \boldsymbol{\alpha}_2,\ -\boldsymbol{\alpha}_3\right)$
• (C) $\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\ -\boldsymbol{\alpha}_3,\ \boldsymbol{\alpha}_2\right)$
• (D) $\left(\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2,\ -\boldsymbol{\alpha}_3,\ \boldsymbol{\alpha}_2\right)$

2. 填空题

（9）

设

$$\begin{cases} x=\sqrt{t^2+1},\\ y=\ln\!\left(t+\sqrt{t^2+1}\right), \end{cases}$$

则 $\left.\dfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=1}=$

（10）

$\int_{0}^{1}{\mathrm{d} y \int_{\sqrt{y}}^{1}{\sqrt{x^{3}+1} \mathrm{~d} x}} =$

（11）

设 $z = \arctan \left[ xy + \sin \left( x+y \right) \right]$，则 $\left. \mathrm{d} z \right|_{\left( 0,\pi \right)} =$

（12）

斜边长为 $2a$ 的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面相齐。记重力加速度为 $g$，水的密度为 $\rho$，则该平板一侧所受的水压力为

（13）

设 $y = y\left( x \right)$ 满足 $y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + y = 0$，且 $y\left( 0 \right) = 0$，$y^{\prime}\left( 0 \right) = 1$，则 $\int_{0}^{+\infty}{y\left( x \right) \mathrm{~d} x} =$

（14）

行列式

$$\begin{vmatrix} a&0&-1&1\\ 0&a&1&-1\\ -1&1&a&0\\ 1&-1&0&a \end{vmatrix} =$$

3. 解答题

（15）

求曲线 $y = \dfrac{x^{1+x}}{\left( 1+x \right)^{x}} \left( x>0 \right)$ 的斜渐近线方程。

（16）

已知函数 $f\left( x \right)$ 连续且 $\lim\limits_{x\to 0}{\dfrac{f\left( x \right)}{x}} = 1$，$g\left( x \right)=\int_{0}^{1}{f\left( xt \right) \mathrm{~d} t}$，求 $g^{\prime}\left( x \right)$，并证明 $g^{\prime}\left( x \right)$ 在 $x=0$ 处连续。

（17）

求函数 $f\left( x,y \right)=x^{3}+8y^{3}-xy$ 的极值。

（18）

设函数 $f\left( x \right)$ 的定义域为 $\left( 0,+\infty \right)$ 且满足

$$2f\left( x \right)+x^{2}f\left( \dfrac{1}{x} \right)=\dfrac{x^{2}+2x}{\sqrt{1+x^{2}}}$$

求 $f\left( x \right)$，并求曲线 $y=f\left( x \right)$，$y=\dfrac{1}{2}$，$y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 及 $y$ 轴所围图形绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

（19）

设平面区域 $D$ 由直线 $x=1$，$x=2$，$y=x$ 与 $x$ 轴围成。计算

$$\iint_{D}{\dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}$$

（20）

设函数 $f\left( x \right)=\int_{1}^{x}{e^{t^{2}} \mathrm{~d} t}$。

1. 证明：存在 $\xi \in \left( 1,2 \right)$，使得 $f\left( \xi \right)=\left( 2-\xi \right)e^{\xi^{2}}$；
2. 证明：存在 $\eta \in \left( 1,2 \right)$，使得 $f\left( 2 \right)=\ln 2 \cdot \eta e^{\eta^{2}}$。

（21）

设函数 $f\left( x \right)$ 可导，且 $f^{\prime}\left( x \right)>0$，曲线 $y=f\left( x \right)\left( x\geq 0 \right)$ 经过坐标原点 $O$。$M$ 为其上任意一点，点 $M$ 处的切线与 $x$ 轴交于点 $T$，又 $MP$ 垂直 $x$ 轴于点 $P$。已知由曲线 $y=f\left( x \right)$、直线 $MP$ 以及 $x$ 轴所围图形的面积与 $\triangle MTP$ 的面积之比恒为 $3:2$，求满足上述条件的曲线方程。

（22）

设二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2ax_1x_2+2ax_1x_3+2ax_2x_3$$

经过可逆线性变换

$$\begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} = \boldsymbol{P} \begin{pmatrix} y_1\\ y_2\\ y_3 \end{pmatrix}$$

化为二次型

$$g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2+4y_3^2+2y_1y_2.$$

1. 求 $a$ 的值；
2. 求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$。

（23）

设 $\boldsymbol{A}$ 为 2 阶矩阵，$\boldsymbol{P}=(\boldsymbol{\alpha},\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha})$，其中 $\boldsymbol{\alpha}$ 是非零向量且不是 $\boldsymbol{A}$ 的特征向量。

1. 证明 $\boldsymbol{P}$ 为可逆矩阵；
2. 若 $\boldsymbol{A}^2\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}-6\boldsymbol{\alpha}=0$，求 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$，并判断 $\boldsymbol{A}$ 是否相似于对角矩阵。

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二、参考答案速查

1. 选择题

• （1）D
• （2）C
• （3）A
• （4）A
• （5）B
• （6）B
• （7）C
• （8）D

2. 填空题

• （9）$-\sqrt{2}$
• （10）$\dfrac{2}{9}(2\sqrt{2}-1)$
• （11）$(\pi-1)\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$
• （12）$\dfrac{1}{3}\rho g a^3$
• （13）$1$
• （14）$a^2(a^2-4)$

3. 解答题结论

• （15）斜渐近线：$y=\dfrac{1}{e}x+\dfrac{1}{2e}$
• （16）$g'(x)=\begin{cases}\dfrac{x f(x)-\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u}{x^2}, & x\ne0,\\[6pt]\dfrac12, & x=0\end{cases}$，且在 $x=0$ 处连续
• （17）极小值点为 $\left(\dfrac16,\dfrac1{12}\right)$，极小值为 $-\dfrac1{216}$
• （18）$f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，旋转体体积为 $\dfrac{\pi^2}{6}$
• （19）$\dfrac34\sqrt2+\dfrac34\ln(\sqrt2+1)$
• （20）两问结论均成立
• （21）曲线方程为 $y=Cx^3$，其中 $C>0$
• （22）$a=-\dfrac12$，可取 $\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}2&1&\dfrac{2}{\sqrt3}\\[4pt]1&0&\dfrac{4}{\sqrt3}\\[4pt]1&0&0\end{pmatrix}$
• （23）$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix}$，且 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵 $\begin{pmatrix}2&0\\0&-3\end{pmatrix}$

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三、简明解析

1. 选择题

（1）

答案： D

解析： 比较各项的等价无穷小：

• (A) $\int_0^x (e^{t^2}-1)\,\mathrm{d}t \sim \int_0^x t^2\,\mathrm{d}t = \dfrac{x^3}{3}$
• (B) $\int_0^x \ln(1+t^{3/2})\,\mathrm{d}t \sim \int_0^x t^{3/2}\,\mathrm{d}t = \dfrac{2}{5}x^{5/2}$
• (C) $\int_0^{\sin x}\sin t^2\,\mathrm{d}t \sim \int_0^x t^2\,\mathrm{d}t = \dfrac{x^3}{3}$
• (D) $\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3 t}\,\mathrm{d}t \sim \int_0^{x^2/2} t^{3/2}\,\mathrm{d}t \asymp x^5$

阶数最高的是 D。

（2）

答案： C

解析： 间断点来自 $x=-1,0,1,2$。

• $x=-1$：$\ln|1+x| \to -\infty$，为第二类间断点；
• $x=0$：$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{e^{1/(x-1)}\ln(1+x)}{(e^x-1)(x-2)}=-\frac1{2e}$，为可去间断点；
• $x=1$：$e^{1/(x-1)}$ 发散，为第二类间断点；
• $x=2$：分母 $x-2=0$，极限发散，为第二类间断点。

故第二类间断点共有 3 个。

（3）

答案： A

解析： 令 $u=\arcsin\sqrt{x}$，则 $\mathrm{d}u=\dfrac{1}{2\sqrt{x(1-x)}}\,\mathrm{d}x$。原式化为

$$2\int_0^1 \arcsin\sqrt{x}\,\mathrm{d}(\arcsin\sqrt{x}) =\left.(\arcsin\sqrt{x})^2\right|_0^1 =\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 =\frac{\pi^2}{4}.$$

（4）

答案： A

解析： 由

$$\ln(1-x)=-\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots\right),$$

得

$$f(x)=x^2\ln(1-x) =-\left(x^3+\frac{x^4}{2}+\cdots+\frac{x^n}{n-2}+\cdots\right).$$

故 $x^n$ 的系数为 $-\dfrac{1}{n-2}$，于是

$$f^{(n)}(0)=n!\left(-\frac1{n-2}\right)=-\frac{n!}{n-2}\qquad(n\ge3).$$

（5）

答案： B

解析：

• ①：$f(x,0)=x$，故 $\displaystyle \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(0,0)}=\lim_{x\to0}\frac{x-0}{x}=1$，正确；
• ②：当 $y\ne0$ 时，$\displaystyle \frac{f(x,y)-f(0,y)}{x}=\frac{xy-y}{x}$ 极限不存在，所以 $\left.\dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\right|_{(0,0)}$ 不存在，错误；
• ③：无论沿坐标轴还是 $xy\ne0$ 的路径，$f(x,y)\to0$，正确；
• ④：先令 $x\to0$，有 $f(x,y)\to0$，再令 $y\to0$ 仍得 $0$，正确。

故正确的是 ①③④，共 3 个。

（6）

答案： B

解析： 由 $f'(x)>f(x)>0$ 得

$$\left(e^{-x}f(x)\right)'=e^{-x}(f'(x)-f(x))>0.$$

故 $e^{-x}f(x)$ 单调递增。取 $x=0,-1$，有

$$e^{0}f(0)>e^{1}f(-1),$$

即

$$\frac{f(0)}{f(-1)}>e.$$

故选 B。

（7）

答案： C

解析： 因 $A_{12}\ne0$，说明删去第 1 行第 2 列后得到的 3 阶子式不为 0，于是第 $1,3,4$ 列线性无关。又因 $A$ 不可逆，$\operatorname{rank}(A)=3$，故 $\ker(A^*)$ 的通解由这 3 个线性无关列向量张成，即

$$\boldsymbol{x}=k_1\boldsymbol{\alpha}_1+k_2\boldsymbol{\alpha}_3+k_3\boldsymbol{\alpha}_4.$$

（8）

答案： D

解析： 若 $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(1,-1,1)$，则 $P$ 的三列必须依次对应特征值 $1,-1,1$ 的特征向量。

• $\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2$ 仍是特征值 $1$ 的特征向量；
• $-\boldsymbol{\alpha}_3$ 是特征值 $-1$ 的特征向量；
• $\boldsymbol{\alpha}_2$ 是特征值 $1$ 的特征向量。

且三者线性无关，所以 D 正确。

2. 填空题

（9）

答案： $-\sqrt{2}$

解析： 由参数方程

$$x=\sqrt{t^2+1},\qquad y=\ln\!\left(t+\sqrt{t^2+1}\right),$$

得

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y'(t)}{x'(t)} =\frac{1/\sqrt{1+t^2}}{t/\sqrt{1+t^2}} =\frac1t.$$

于是

$$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac1t\right)\Big/\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} =\frac{-1/t^2}{t/\sqrt{1+t^2}} =-\frac{\sqrt{1+t^2}}{t^3}.$$

代入 $t=1$ 得 $-\sqrt2$。

（10）

答案： $\dfrac{2}{9}(2\sqrt{2}-1)$

解析： 交换积分次序：

$$\int_0^1\mathrm{d}y\int_{\sqrt y}^1\sqrt{x^3+1}\,\mathrm{d}x =\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{x^2}\sqrt{x^3+1}\,\mathrm{d}y =\int_0^1 x^2\sqrt{x^3+1}\,\mathrm{d}x.$$

令 $u=x^3+1$，则 $\mathrm{d}u=3x^2\,\mathrm{d}x$，故原式为

$$\frac13\int_1^2 u^{1/2}\,\mathrm{d}u =\frac{2}{9}\left[u^{3/2}\right]_1^2 =\frac{2}{9}(2\sqrt2-1).$$

（11）

答案： $(\pi-1)\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$

解析： 设 $u=xy+\sin(x+y)$，则 $z=\arctan u$，故

$$\mathrm{d}z=\frac{1}{1+u^2}\,\mathrm{d}u.$$

在 $(0,\pi)$ 处，$u=0$，且

$$u_x=y+\cos(x+y)\Big|_{(0,\pi)}=\pi-1,\qquad u_y=x+\cos(x+y)\Big|_{(0,\pi)}=-1.$$

所以

$$\left.\mathrm{d}z\right|_{(0,\pi)}=(\pi-1)\mathrm{d}x-\mathrm{d}y.$$

（12）

答案： $\dfrac{1}{3}\rho g a^3$

解析： 取深度为 $y$ 的水平条，压强为 $\rho gy$，宽度为 $2(a-y)$，故微元力

$$\mathrm{d}F=\rho gy\cdot 2(a-y)\,\mathrm{d}y.$$

于是

$$F=2\rho g\int_0^a (a-y)y\,\mathrm{d}y =2\rho g\left[\frac{ay^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right]_0^a =\frac13\rho ga^3.$$

（13）

答案： $1$

解析： 方程 $y''+2y'+y=0$ 的通解为

$$y=(C_1+C_2x)e^{-x}.$$

由 $y(0)=0,\ y'(0)=1$ 得 $C_1=0,\ C_2=1$，故 $y=xe^{-x}$。因此

$$\int_0^{+\infty}y(x)\,\mathrm{d}x =\int_0^{+\infty}xe^{-x}\,\mathrm{d}x =1.$$

（14）

答案： $a^2(a^2-4)$

解析： 通过初等变换可将原行列式化为

$$\begin{vmatrix} a&0&-1&1\\ 0&a&1&-1\\ -1&1&a&0\\ 1&-1&0&a \end{vmatrix} \sim \begin{vmatrix} a&0&0&0\\ 0&a&2&-1\\ -1&2&a&0\\ 0&0&0&a \end{vmatrix}.$$

故其值为

$$a^2 \begin{vmatrix} a&2\\ 2&a \end{vmatrix} =a^2(a^2-4).$$

3. 解答题

（15）

解析： 设

$$y=\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}=x\left(1+\frac1x\right)^{-x}.$$

当 $x\to+\infty$ 时，

$$-x\ln\left(1+\frac1x\right)=-1+\frac{1}{2x}+o\!\left(\frac1x\right),$$

故

$$y=\frac{x}{e}\exp\!\left(\frac{1}{2x}+o\!\left(\frac1x\right)\right) =\frac{x}{e}\left(1+\frac{1}{2x}+o\!\left(\frac1x\right)\right) =\frac{x}{e}+\frac{1}{2e}+o(1).$$

所以斜渐近线为

$$y=\frac{1}{e}x+\frac{1}{2e}.$$

（16）

解析： 对 $x\ne0$，令 $u=xt$，则

$$g(x)=\int_0^1 f(xt)\,\mathrm{d}t=\frac{1}{x}\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u.$$

因此

$$g'(x)=\frac{x f(x)-\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u}{x^2}\qquad(x\ne0).$$

又因 $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=1$ 且 $f$ 连续，所以 $f(0)=0$。于是

$$g'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x} =\lim_{x\to0}\frac{1}{x^2}\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u =\frac12.$$

再看连续性：

$$\lim_{x\to0}g'(x) =\lim_{x\to0}\left(\frac{f(x)}x-\frac{1}{x^2}\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u\right) =1-\frac12=\frac12=g'(0).$$

故 $g'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

（17）

解析： 由

$$f_x=3x^2-y,\qquad f_y=24y^2-x$$

得驻点满足

$$3x^2=y,\qquad 24y^2=x.$$

解得驻点 $(0,0)$ 与 $\left(\dfrac16,\dfrac1{12}\right)$。

二阶偏导为

$$f_{xx}=6x,\qquad f_{xy}=-1,\qquad f_{yy}=48y.$$

判别式

$$\Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=288xy-1.$$

• 在 $(0,0)$ 处，$\Delta=-1<0$，不是极值点；
• 在 $\left(\dfrac16,\dfrac1{12}\right)$ 处，$\Delta=3>0$ 且 $f_{xx}=1>0$，为极小值点。

极小值为

$$f\left(\frac16,\frac1{12}\right)=-\frac1{216}.$$

（18）

解析： 原式为

$$2f(x)+x^2f\!\left(\frac1x\right)=\frac{x^2+2x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

把 $x$ 换成 $\dfrac1x$，再乘以 $x^2$，得

$$f(x)+2x^2f\!\left(\frac1x\right)=\frac{x+2x^2}{\sqrt{1+x^2}}.$$

联立两式解得

$$f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

由 $y=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ 得

$$x=\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}.$$

所围平面图形绕 $x$ 轴旋转，用壳层法：

$$V=2\pi\int_{1/2}^{\sqrt3/2} y\cdot \frac{y}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y =2\pi\int_{1/2}^{\sqrt3/2}\frac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm{d}y.$$

令 $y=\sin t$，则

$$V=2\pi\int_{\pi/6}^{\pi/3}\sin^2 t\,\mathrm{d}t =\pi\int_{\pi/6}^{\pi/3}(1-\cos2t)\,\mathrm{d}t =\frac{\pi^2}{6}.$$

（19）

解析： 区域 $D$ 由 $x=1,\ x=2,\ y=0,\ y=x$ 围成，改用极坐标：

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad 0\le \theta\le \frac{\pi}{4},$$

且

$$\sec\theta \le r \le 2\sec\theta.$$

原积分化为

$$\int_0^{\pi/4}\int_{\sec\theta}^{2\sec\theta} \frac{r}{r\cos\theta}\,r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta =\frac32\int_0^{\pi/4}\sec^3\theta\,\mathrm{d}\theta.$$

而

$$\int_0^{\pi/4}\sec^3\theta\,\mathrm{d}\theta =\frac{\sqrt2}{2}+\frac12\ln(\sqrt2+1).$$

故原积分为

$$\frac34\sqrt2+\frac34\ln(\sqrt2+1).$$

（20）

解析：

(1) 令

$$F(x)=f(x)+(x-2)e^{x^2}.$$

则

$$F(1)= -e<0,\qquad F(2)=f(2)>0.$$

由连续函数零点定理，存在 $\xi\in(1,2)$，使 $F(\xi)=0$，即

$$f(\xi)=(2-\xi)e^{\xi^2}.$$

(2) 取 $g(x)=\ln x$，对 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 上用柯西中值定理，存在 $\eta\in(1,2)$，使

$$\frac{f(2)-f(1)}{\ln2-\ln1} =\frac{f'(\eta)}{(\ln x)'|_{x=\eta}} =\frac{e^{\eta^2}}{1/\eta}.$$

由于 $f(1)=0$，得

$$f(2)=\ln2\cdot \eta e^{\eta^2}.$$

（21）

解析： 设曲线上点 $M(x,y)$，则切线在 $x$ 轴上的截距点为

$$T\left(x-\frac{y}{y'},\,0\right).$$

故

$$S_{\triangle MTP}=\frac12\cdot \frac{y}{y'}\cdot y=\frac{y^2}{2y'}.$$

题设给出

$$\int_0^x y(t)\,\mathrm{d}t : \frac{y^2}{2y'} = 3:2,$$

即

$$\int_0^x y(t)\,\mathrm{d}t=\frac34\cdot \frac{y^2}{y'}.$$

两边对 $x$ 求导，化简得

$$3yy''-2(y')^2=0.$$

令 $p=y'$，并把 $y''$ 写成 $p\,\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，则

$$3y\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-2p=0.$$

解得

$$p=C_1 y^{2/3},$$

即

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=C_1 y^{2/3}.$$

分离变量积分：

$$3y^{1/3}=C_1x+C_2.$$

又曲线过原点，故 $C_2=0$，于是

$$y=Cx^3.$$

由 $f'(x)>0$ 知 $C>0$。

（22）

解析：

(1) 二次型 $f$ 的矩阵为

$$A=\begin{pmatrix} 1&a&a\\ a&1&a\\ a&a&1 \end{pmatrix}.$$

其特征值为

$$1-a,\quad 1-a,\quad 1+2a.$$

而

$$g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2+4y_3^2+2y_1y_2=(y_1+y_2)^2+4y_3^2$$

有两个正惯性指数、一个零惯性指数。故应有

$$1-a>0,\qquad 1+2a=0,$$

从而

$$a=-\frac12.$$

(2) 当 $a=-\dfrac12$ 时，

$$f=x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_1x_3-x_2x_3 =\left(x_1-\frac{x_2+x_3}{2}\right)^2+\frac34(x_2-x_3)^2.$$

令

$$\begin{cases} z_1=x_1-\dfrac{x_2+x_3}{2},\\[4pt] z_2=\dfrac{\sqrt3}{2}(x_2-x_3),\\[4pt] z_3=x_3, \end{cases}$$

则 $f=z_1^2+z_2^2$。再取

$$\begin{cases} z_1=y_1+y_2,\\ z_2=2y_3,\\ z_3=y_1, \end{cases}$$

即可化为

$$g=y_1^2+y_2^2+4y_3^2+2y_1y_2.$$

故可取

$$P= \begin{pmatrix} 2 & 1 & \dfrac{2}{\sqrt3}\\[4pt] 1 & 0 & \dfrac{4}{\sqrt3}\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

（23）

解析：

(1) 若 $P=(\alpha,A\alpha)$ 不可逆，则 $\alpha$ 与 $A\alpha$ 线性相关，即 $A\alpha=k\alpha$，这说明 $\alpha$ 是 $A$ 的特征向量，与题意矛盾。所以 $P$ 可逆。

(2) 由

$$A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0$$

得

$$A^2\alpha=6\alpha-A\alpha.$$

于是

$$AP=A(\alpha,A\alpha)=(A\alpha,A^2\alpha)=(A\alpha,6\alpha-A\alpha) =P\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix}.$$

故

$$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix}.$$

其特征多项式为

$$\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3),$$

有两个不同特征值 $2,-3$，因此 $A$ 相似于对角矩阵

$$\begin{pmatrix} 2&0\\ 0&-3 \end{pmatrix}.$$