荒原之梦考研数学课程

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2022 年全国硕士研究生招生考试数学（二）试题与解析（整理版） ​

一、选择题 ​

1 ​

若当 x→0x \to 0 时，a(x),β(x)a\left( x \right), \beta\left( x \right) 是非零无穷小量，则以下的命题中，

① 若 a(x)∼β(x)a\left( x \right) \sim \beta\left( x \right)，则 a2(x)∼β2(x)a^{2}\left( x \right) \sim \beta^{2}\left( x \right)；

② 若 a2(x)∼β2(x)a^{2}\left( x \right) \sim \beta^{2}\left( x \right)，则 a(x)∼β(x)a\left( x \right) \sim \beta\left( x \right)；

③ 若 a(x)∼β(x)a\left( x \right) \sim \beta\left( x \right)，则 a(x)−β(x)=o(a(x))a\left( x \right) - \beta\left( x \right) = o\left( a\left( x \right) \right)；

④ 若 a(x)−β(x)=o(a(x))a\left( x \right) - \beta\left( x \right) = o\left( a\left( x \right) \right)，则 a(x)∼β(x)a\left( x \right) \sim \beta\left( x \right)，

真命题的序号为 ( )\left( \ \right)

  • A. ①③①③
  • B. ①④①④
  • C. ①③④①③④
  • D. ②③④②③④

解析： ①平方后仍等价；②取 a(x)=−β(x)a(x)=-\beta(x) 即可否定；③由 a−βa=1−βa→0\frac{a-\beta}{a}=1-\frac{\beta}{a}\to0；④由 βa=1−a−βa→1\frac{\beta}{a}=1-\frac{a-\beta}{a}\to1.故真命题为 ①③④.

答案： C\mathrm{C}

2 ​

∫02dy∫y2y(1+x3) dx=( )\int_{0}^{2} \mathrm{d}y \int_{y}^{2} \frac{y}{\sqrt{\left( 1 + x^{3} \right)}} \mathrm{~d}x = \left( \ \right)

  • A. 26\frac{\sqrt{2}}{6}
  • B. 13\frac{1}{3}
  • C. 23\frac{\sqrt{2}}{3}
  • D. 23\frac{2}{3}

解析： 区域为 0≤y≤x≤20\le y\le x\le2，交换积分次序得

∫02dy∫y2y1+x3 dx=∫02dx∫0xy1+x3 dy=12∫02x21+x3 dx.\int_0^2 \mathrm{d}y \int_y^2 \frac{y}{\sqrt{1+x^3}}\,\mathrm{d}x =\int_0^2 \mathrm{d}x \int_0^x \frac{y}{\sqrt{1+x^3}}\,\mathrm{d}y =\frac12\int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}\,\mathrm{d}x.

再令 u=1+x3u=1+x^3，可得结果为 23\frac23.

答案： D\mathrm{D}

3 ​

设 f(x)f\left( x \right) 在 x=x0x = x_{0} 处有二阶导数，则 ( )\left( \ \right)

  • A. 当 f(x)f\left( x \right) 在 x0x_{0} 的某邻域内单调增加时，f′(x0)>0f^{\prime}\left( x_{0} \right) > 0
  • B. 当 f′(x0)>0f^{\prime}\left( x_{0} \right) > 0 时，f(x)f\left( x \right) 在 x0x_{0} 的某邻域内单调增加
  • C. 当 f(x)f\left( x \right) 在 x0x_{0} 的某邻域内是凹函数时，f′′(x0)>0f^{\prime\prime}\left( x_{0} \right) > 0
  • D. 当 f′′(x0)>0f^{\prime\prime}\left( x_{0} \right) > 0 时，f(x)f\left( x \right) 在 x0x_{0} 的某邻域内是凹函数

解析： B\mathrm{B} 正确.A\mathrm{A} 可取 f(x)=x3f(x)=x^3 在 x0=0x_0=0；C\mathrm{C} 可取常数函数；D\mathrm{D} 中 f′′(x0)>0f''(x_0)>0 表示局部为凸而非凹.

答案： B\mathrm{B}

4 ​

已知 f(t)f\left( t \right) 连续，令

F(x,y)=∫0x−y(x−y−t)f(t) dtF\left( x,y \right) = \int_{0}^{x-y} \left( x - y - t \right) f\left( t \right) \mathrm{~d}t

则 ( )\left( \ \right)

  • A. ∂F∂x=∂F∂y, ∂2F∂x2=∂2F∂y2\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial F}{\partial y},\ \frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}} = \frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}
  • B. ∂F∂x=∂F∂y, ∂2F∂x2=−∂2F∂y2\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial F}{\partial y},\ \frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}} = - \frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}
  • C. ∂F∂x=−∂F∂y, ∂2F∂x2=∂2F∂y2\frac{\partial F}{\partial x} = - \frac{\partial F}{\partial y},\ \frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}} = \frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}
  • D. ∂F∂x=−∂F∂y, ∂2F∂x2=−∂2F∂y2\frac{\partial F}{\partial x} = - \frac{\partial F}{\partial y},\ \frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}} = - \frac{\partial^{2}F}{\partial y^{2}}

解析： 设 s=x−ys=x-y，则

F(x,y)=∫0s(s−t)f(t) dt,F(x,y)=\int_0^s (s-t)f(t)\,\mathrm{d}t,

故 FF 只通过 s=x−ys=x-y 依赖于 x,yx,y.于是

∂F∂x=Fs,∂F∂y=−Fs,\frac{\partial F}{\partial x}=F_s,\qquad \frac{\partial F}{\partial y}=-F_s,

再求一次偏导得

∂2F∂x2=∂2F∂y2=f(x−y).\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 F}{\partial y^2}=f(x-y).

答案： C\mathrm{C}

5 ​

设 pp 为常数，若反常积分

∫01ln⁡xxp(1−x)1−p dx\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p}\left( 1-x \right)^{1-p}} \mathrm{~d}x

收敛，则 pp 的取值范围是 ( )\left( \ \right)

  • A. (−1,1)\left( -1,1 \right)
  • B. (−1,2)\left( -1,2 \right)
  • C. (−∞,1)\left( -\infty,1 \right)
  • D. (−∞,2)\left( -\infty,2 \right)

解析： 在 x=0x=0 附近，被积函数同阶于 ln⁡xxp\frac{\ln x}{x^p}，收敛条件为 p<1p<1；在 x=1x=1 附近，ln⁡x∼−(1−x)\ln x\sim-(1-x)，故被积函数同阶于 −(1−x)p-(1-x)^p，收敛条件为 p>−1p>-1.综上 −1<p<1-1<p<1.

答案： A\mathrm{A}

6 ​

设数列 {xn}\left\{ x_{n} \right\} 满足 −π2≤xn≤π2- \frac{\pi}{2} \le x_{n} \le \frac{\pi}{2}，则 ( )\left( \ \right)

  • A. 若 lim⁡n→∞cos⁡(sin⁡xn)\lim_{n \to \infty} \cos\left( \sin x_{n} \right) 存在，则 lim⁡n→∞xn\lim_{n \to \infty} x_{n} 存在
  • B. 若 lim⁡n→∞sin⁡(cos⁡xn)\lim_{n \to \infty} \sin\left( \cos x_{n} \right) 存在，则 lim⁡n→∞xn\lim_{n \to \infty} x_{n} 存在
  • C. 若 lim⁡n→∞cos⁡(sin⁡xn)\lim_{n \to \infty} \cos\left( \sin x_{n} \right) 存在，则 lim⁡n→∞sin⁡xn\lim_{n \to \infty} \sin x_{n} 存在，但 lim⁡n→∞xn\lim_{n \to \infty} x_{n} 不一定存在
  • D. 若 lim⁡n→∞sin⁡(cos⁡xn)\lim_{n \to \infty} \sin\left( \cos x_{n} \right) 存在，则 lim⁡n→∞cos⁡xn\lim_{n \to \infty} \cos x_{n} 存在，但 lim⁡n→∞xn\lim_{n \to \infty} x_{n} 不一定存在

解析： 因 cos⁡xn∈[0,1]\cos x_n\in[0,1]，且 sin⁡x\sin x 在 [0,1][0,1] 上严格单调，所以若 sin⁡(cos⁡xn)\sin(\cos x_n) 有极限，则 cos⁡xn\cos x_n 必有极限.但 xnx_n 未必收敛，例如 xn=(−1)nπ2x_n=(-1)^n\frac\pi2.故选 D\mathrm{D}.

答案： D\mathrm{D}

7 ​

若

I1=∫01x2(1+cos⁡x) dx,I2=∫01ln⁡(1+x)1+cos⁡x dx,I3=∫012x1+sin⁡x dxI_{1} = \int_{0}^{1} \frac{x}{2\left( 1 + \cos x \right)} \mathrm{~d}x,\quad I_{2} = \int_{0}^{1} \frac{\ln\left( 1 + x \right)}{1 + \cos x} \mathrm{~d}x,\quad I_{3} = \int_{0}^{1} \frac{2x}{1 + \sin x} \mathrm{~d}x

则 ( )\left( \ \right)

  • A. I1<I2<I3I_{1} < I_{2} < I_{3}
  • B. I2<I1<I3I_{2} < I_{1} < I_{3}
  • C. I1<I3<I2I_{1} < I_{3} < I_{2}
  • D. I3<I2<I1I_{3} < I_{2} < I_{1}

解析： 先证 ln⁡(1+x)>x2 (0<x<1)\ln(1+x)>\frac x2\ (0<x<1)，故 I2>I1I_2>I_1.又有 ln⁡(1+x)<x\ln(1+x)<x，且 1+cos⁡x>11+\cos x>1、1+sin⁡x<21+\sin x<2，于是

ln⁡(1+x)1+cos⁡x<x<2x1+sin⁡x,\frac{\ln(1+x)}{1+\cos x}<x<\frac{2x}{1+\sin x},

故 I2<I3I_2<I_3.因此 I1<I2<I3I_1<I_2<I_3.

答案： A\mathrm{A}

8 ​

设矩阵

A=(1000−10000)\boldsymbol{A} = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)

则 A\boldsymbol{A} 的特征值为 1,−1,01,-1,0 的充分必要条件是 ( )\left( \ \right)

  • A. 存在可逆矩阵 P,Q\boldsymbol{P}, \boldsymbol{Q}，使得 A=PΛQ\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{Q}
  • B. 存在可逆矩阵 P\boldsymbol{P}，使得 A=PΛP−1\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{-1}
  • C. 存在正交矩阵 Q\boldsymbol{Q}，使得 A=QΛQ−1\boldsymbol{A} = \boldsymbol{Q}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{Q}^{-1}
  • D. 存在可逆矩阵 P\boldsymbol{P}，使得 A=PΛPT\boldsymbol{A} = \boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{T}

解析： 矩阵的特征值为 1,−1,01,-1,0 当且仅当它与 Λ=diag⁡(1,−1,0)\Lambda=\operatorname{diag}(1,-1,0) 相似，即存在可逆矩阵 PP 使

A=PΛP−1.A=P\Lambda P^{-1}.

答案： B\mathrm{B}

9 ​

设矩阵

A=(1111aa21bb2),b=(124)\boldsymbol{A} = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^{2} \\ 1 & b & b^{2} \end{array} \right),\quad \boldsymbol{b} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 4 \end{array} \right)

则线性方程组 Ax=b\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{b} 的解的情况为 ( )\left( \ \right)

  • A. 无解
  • B. 有解
  • C. 有无穷多解或无解
  • D. 有唯一解或无解

解析： 当 det⁡A=(a−1)(b−1)(b−a)≠0\det A=(a-1)(b-1)(b-a)\ne0 时，方程组有唯一解；当行列式为 0 时，逐一讨论可知增广矩阵的秩大于系数矩阵的秩，因此无解.所以只可能“有唯一解或无解”.

答案： D\mathrm{D}

10 ​

设

a1=(λ11),a2=(1λ1),a3=(11λ),a4=(1λλ2)\boldsymbol{a}_{1} = \left( \begin{array}{c} \lambda \\ 1 \\ 1 \end{array} \right),\quad \boldsymbol{a}_{2} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ \lambda \\ 1 \end{array} \right),\quad \boldsymbol{a}_{3} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ \lambda \end{array} \right),\quad \boldsymbol{a}_{4} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ \lambda \\ \lambda^{2} \end{array} \right)

若 a1,a2,a3\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3} 与 a1,a2,a4\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{4} 等价，则 λ\lambda 的取值范围是 ( )\left( \ \right)

  • A. {0,1}\left\{ 0,1 \right\}
  • B. {λ∣λ∈R, λ≠−2}\left\{ \lambda \mid \lambda \in \mathbb{R},\ \lambda \ne -2 \right\}
  • C. {λ∣λ∈R, λ≠−1, λ≠−2}\left\{ \lambda \mid \lambda \in \mathbb{R},\ \lambda \ne -1,\ \lambda \ne -2 \right\}
  • D. {λ∣λ∈R, λ≠−1}\left\{ \lambda \mid \lambda \in \mathbb{R},\ \lambda \ne -1 \right\}

解析： 两组向量等价当且仅当秩相同.计算得

det⁡(a1,a2,a3)=(λ−1)2(λ+2),\det(\boldsymbol{a}_{1},\boldsymbol{a}_{2},\boldsymbol{a}_{3})=(\lambda-1)^2(\lambda+2),

det⁡(a1,a2,a4)=(λ−1)2(λ+1)2.\det(\boldsymbol{a}_{1},\boldsymbol{a}_{2},\boldsymbol{a}_{4})=(\lambda-1)^2(\lambda+1)^2.

除 λ=−1,−2\lambda=-1,-2 外，两组秩相同；其中 λ=1\lambda=1 时两组秩同为 1，仍等价.故 λ≠−1,−2\lambda\ne-1,-2.

答案： C\mathrm{C}

二、填空题 ​

11 ​

lim⁡x→0(1+ex2)cot⁡x=‾\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + e^{x}}{2} \right)^{\cot x} = \underline{\hspace{4em}}

解析： 设极限为 LL，取对数：

ln⁡L=lim⁡x→0cot⁡x⋅ln⁡(1+ex2)=lim⁡x→0ln⁡(1+ex2)tan⁡x.\ln L=\lim_{x\to0}\cot x\cdot\ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right)}{\tan x}.

又 ln⁡(1+ex2)∼x2\ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right)\sim \frac x2、tan⁡x∼x\tan x\sim x，故 ln⁡L=12\ln L=\frac12，从而 L=eL=\sqrt e.

答案： e\sqrt{e}

12 ​

已知函数 y=y(x)y = y\left( x \right) 由方程

x2+xy+y3=3x^{2} + xy + y^{3} = 3

确定，则 y′′(1)=‾y^{\prime\prime}\left( 1 \right) = \underline{\hspace{4em}}

解析： 先由 1+y+y3=31+y+y^3=3 得 y(1)=1y(1)=1.对方程 x2+xy+y3=3x^2+xy+y^3=3 求导：

2x+y+(x+3y2)y′=0.2x+y+(x+3y^2)y'=0.

代入 (1,1)(1,1) 得 y′(1)=−34y'(1)=-\frac34.再求导并代入 x=1,y=1,y′=−34x=1,y=1,y'=-\frac34，解得 y′′(1)=−3132y''(1)=-\frac{31}{32}.

答案： −3132- \frac{31}{32}

13 ​

∫012x+3x2−x+1 dx=‾\int_{0}^{1} \frac{2x + 3}{x^{2} - x + 1} \mathrm{~d}x = \underline{\hspace{4em}}

解析： 把分子拆成 2x+3=(2x−1)+42x+3=(2x-1)+4，并写成

x2−x+1=(x−12)2+34.x^2-x+1=\left(x-\frac12\right)^2+\frac34.

前一部分积分为 0，后一部分是反正切型积分，结果为 83π9\frac{8\sqrt3\pi}{9}.

答案： 83π9\frac{8\sqrt{3}\pi}{9}

14 ​

微分方程

y′′′−2y′′+5y′=0y^{\prime\prime\prime} - 2y^{\prime\prime} + 5y^{\prime} = 0

的通解为 y(x)=‾y\left( x \right) = \underline{\hspace{10em}}

解析： 特征方程为 r3−2r2+5r=0r^3-2r^2+5r=0，即 r(r2−2r+5)=0r(r^2-2r+5)=0，根为 0,1±2i0,1\pm2i，故通解为

y=C1+ex(C2cos⁡2x+C3sin⁡2x).y=C_1+e^x\left(C_2\cos2x+C_3\sin2x\right).

答案： C1+ex(C2cos⁡2x+C3sin⁡2x)C_{1} + e^{x}\left( C_{2}\cos 2x + C_{3}\sin 2x \right)

15 ​

已知曲线 LL 的极坐标方程为

r=sin⁡3θ(0≤θ≤π3)r = \sin 3\theta \quad \left( 0 \le \theta \le \frac{\pi}{3} \right)

则 LL 围成的有界区域的面积为 ‾\underline{\hspace{4em}}

解析： 由极坐标面积公式

S=12∫0π/3r2 dθ=12∫0π/3sin⁡23θ dθ=π12.S=\frac12\int_0^{\pi/3} r^2\,\mathrm{d}\theta=\frac12\int_0^{\pi/3}\sin^2 3\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac{\pi}{12}.

答案： π12\frac{\pi}{12}

16 ​

设 A\boldsymbol{A} 为 33 阶矩阵，交换 A\boldsymbol{A} 的第 22 行和第 33 行，再将第 22 列的 −1-1 倍加到第 11 列，得到矩阵

(−21−11−10−100)\left( \begin{array}{ccc} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{array} \right)

则 tr⁡(A−1)=‾\operatorname{tr}\left( \boldsymbol{A}^{-1} \right) = \underline{\hspace{4em}}

解析： 记题设所得矩阵为 BB，则 B=P1AP2B=P_1AP_2，故

A−1=P2B−1P1.A^{-1}=P_2B^{-1}P_1.

计算可得

A−1=(0−1000−1−11−1),A^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\-1&1&-1\end{pmatrix},

因此 tr⁡(A−1)=−1\operatorname{tr}(A^{-1})=-1.

答案： −1-1

三、解答题 ​

17 ​

已知函数 f(x)f\left( x \right) 在 x=1x = 1 处可导，且

lim⁡x→0f(ex2)−3f(1+sin⁡2x)x2=2\lim_{x \to 0} \frac{f\left( e^{x^{2}} \right) - 3f\left( 1 + \sin^{2}x \right)}{x^{2}} = 2

求 f′(1)f^{\prime}\left( 1 \right).

解析： 极限存在先给出常数项满足 f(1)−3f(1)=0f(1)-3f(1)=0，故 f(1)=0f(1)=0.

再由可导性得

lim⁡x→0f(ex2)−f(1)x2=f′(1),lim⁡x→0f(1+sin⁡2x)−f(1)x2=f′(1).\lim_{x\to0}\frac{f(e^{x^2})-f(1)}{x^2}=f'(1),\qquad \lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin^2x)-f(1)}{x^2}=f'(1).

代回原式：

f′(1)−3f′(1)=2,f'(1)-3f'(1)=2,

故 f′(1)=−1f'(1)=-1.

18 ​

设函数 y(x)y\left( x \right) 是微分方程

2xy′−4y=2ln⁡x−12x y^{\prime} - 4y = 2\ln x - 1

的满足条件

y(1)=14y\left( 1 \right) = \frac{1}{4}

的解，求曲线 y=y(x)y = y\left( x \right) 在 [1,e]\left[ 1,e \right] 上的弧长.

解析： 化为线性方程

y′−2xy=2ln⁡x−12x,y'-\frac2x y=\frac{2\ln x-1}{2x},

积分因子为 x−2x^{-2}，解得

y(x)=x24−12ln⁡x.y(x)=\frac{x^2}{4}-\frac12\ln x.

于是

y′(x)=x2−12x,1+(y′)2=(x2+12x)2.y'(x)=\frac x2-\frac{1}{2x},\qquad 1+(y')^2=\left(\frac x2+\frac{1}{2x}\right)^2.

故弧长

s=∫1e(x2+12x) dx=e2+14.s=\int_1^e\left(\frac x2+\frac{1}{2x}\right)\,\mathrm{d}x=\frac{e^2+1}{4}.

19 ​

已知平面区域

D={(x,y)∣y−2≤x≤4−y2, 0≤y≤2}D = \left\{ \left( x,y \right) \mid y - 2 \le x \le \sqrt{4 - y^{2}},\ 0 \le y \le 2 \right\}

计算

I=∬D(x−y)2x2+y2 dx dyI = \iint_{D} \frac{\left( x-y \right)^{2}}{x^{2} + y^{2}} \mathrm{~d}x \mathrm{~d}y

解析： 改用极坐标.区域边界为圆 r=2r=2 与直线 x=y−2x=y-2，后者化为

r=2sin⁡θ−cos⁡θ.r=\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}.

又

(x−y)2x2+y2=(cos⁡θ−sin⁡θ)2.\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}=(\cos\theta-\sin\theta)^2.

按 0≤θ≤π20\le\theta\le\frac\pi2 与 π2≤θ≤π\frac\pi2\le\theta\le\pi 分段积分，得

I=2∫0π/2(1−sin⁡2θ) dθ+2∫π/2πdθ=2π−2.I=2\int_0^{\pi/2}(1-\sin2\theta)\,\mathrm{d}\theta+2\int_{\pi/2}^{\pi}\mathrm{d}\theta=2\pi-2.

20 ​

已知可微函数 f(u,v)f\left( u,v \right) 满足

∂f(u,v)∂u−∂f(u,v)∂v=2(u−v)e−(u+v)\frac{\partial f\left( u,v \right)}{\partial u} - \frac{\partial f\left( u,v \right)}{\partial v} = 2\left( u-v \right)e^{-\left( u+v \right)}

且

f(u,0)=u2e−uf\left( u,0 \right) = u^{2}e^{-u}

（I） 记 g(x,y)=f(x,y−x)g\left( x,y \right) = f\left( x,y-x \right)，求 ∂g(x,y)∂x\frac{\partial g\left( x,y \right)}{\partial x}；

（II） 求 f(u,v)f\left( u,v \right) 的表达式与极值.

解析： 设 g(x,y)=f(x,y−x)g(x,y)=f(x,y-x).

（I） ​

由链式法则

∂g∂x=∂f∂u−∂f∂v=2(x−(y−x))e−y=(4x−2y)e−y.\frac{\partial g}{\partial x} =\frac{\partial f}{\partial u}-\frac{\partial f}{\partial v} =2\bigl(x-(y-x)\bigr)e^{-y}=(4x-2y)e^{-y}.

（II） ​

对 xx 积分得

g(x,y)=2x(x−y)e−y+φ(y).g(x,y)=2x(x-y)e^{-y}+\varphi(y).

代入 u=x, v=y−xu=x,\ v=y-x，并利用 f(u,0)=u2e−uf(u,0)=u^2e^{-u}，可求得 φ(u)=u2e−u\varphi(u)=u^2e^{-u}，从而

f(u,v)=(u2+v2)e−(u+v).f(u,v)=(u^2+v^2)e^{-(u+v)}.

再求偏导可得驻点为 (0,0)(0,0) 与 (1,1)(1,1)；其中 (0,0)(0,0) 处取极小值 00，(1,1)(1,1) 不是极值点.

21 ​

设函数 f(x)f\left( x \right) 在 (−∞,+∞)\left( -\infty,+\infty \right) 上有二阶连续导数，证明：

f′′(x)≥0f^{\prime\prime}\left( x \right) \ge 0

的充分必要条件是对任意不同的实数 a,ba,b，都有

f(a+b2)≤1b−a∫abf(x) dxf\left( \frac{a+b}{2} \right) \le \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} f\left( x \right) \mathrm{~d}x

成立.

解析： 记 m=a+b2m=\frac{a+b}{2}.

必要性： 若 f′′(x)≥0f''(x)\ge0，则 ff 为凸函数.在点 mm 处有

f(x)≥f(m)+f′(m)(x−m)(x∈[a,b]).f(x)\ge f(m)+f'(m)(x-m)\quad(x\in[a,b]).

两边在 [a,b][a,b] 上积分，且 ∫ab(x−m) dx=0\int_a^b(x-m)\,\mathrm{d}x=0，即得

f(a+b2)≤1b−a∫abf(x) dx.f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac1{b-a}\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x.

充分性： 反设存在 x0x_0 使 f′′(x0)<0f''(x_0)<0.由连续性，存在邻域 [a0,b0][a_0,b_0] 使 f′′<0f''<0，即该区间上 ff 为凹函数，从而有

f(a0+b02)>1b0−a0∫a0b0f(x) dx,f\left(\frac{a_0+b_0}{2}\right)>\frac1{b_0-a_0}\int_{a_0}^{b_0} f(x)\,\mathrm{d}x,

与题设矛盾.故 f′′(x)≥0f''(x)\ge0.

22 ​

已知二次型

f(x1,x2,x3)=3x12+4x22+3x32+2x1x3f\left( x_{1},x_{2},x_{3} \right) = 3x_{1}^{2} + 4x_{2}^{2} + 3x_{3}^{2} + 2x_{1}x_{3}

（I） 求正交矩阵 Q\boldsymbol{Q}，使正交变换 x=Qy\boldsymbol{x} = \boldsymbol{Q}\boldsymbol{y} 将二次型 f(x1,x2,x3)f\left( x_{1},x_{2},x_{3} \right) 化为标准形；

（II） 证明

min⁡x≠0f(x)xTx=2\min_{\boldsymbol{x} \ne \boldsymbol{0}} \frac{f\left( \boldsymbol{x} \right)}{\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{x}} = 2

解析： 二次型对应的对称矩阵为

A=(301040103).A=\begin{pmatrix}3&0&1\\0&4&0\\1&0&3\end{pmatrix}.

其特征值为 4,4,24,4,2.可取一组标准正交特征向量

ξ1=12(101),ξ2=(010),ξ3=12(−101).\xi_1=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\quad \xi_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad \xi_3=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}.

令

Q=(ξ1,ξ2,ξ3)=(120−1201012012),Q=(\xi_1,\xi_2,\xi_3)= \begin{pmatrix} \frac1{\sqrt2}&0&-\frac1{\sqrt2}\\ 0&1&0\\ \frac1{\sqrt2}&0&\frac1{\sqrt2} \end{pmatrix},

则

QTAQ=diag⁡(4,4,2),Q^TAQ=\operatorname{diag}(4,4,2),

故标准形为 4y12+4y22+2y324y_1^2+4y_2^2+2y_3^2.又

f(x)xTx=4y12+4y22+2y32y12+y22+y32≥2,\frac{f(x)}{x^Tx}=\frac{4y_1^2+4y_2^2+2y_3^2}{y_1^2+y_2^2+y_3^2}\ge2,

当 y1=y2=0, y3≠0y_1=y_2=0,\ y_3\ne0 时取等号，因此最小值为 22.