2023 年全国硕士研究生入学统一考试（数学二）试题与解析

（科目代码：302）

考生注意事项

1. 答题前，考生须在试题册指定位置上填写考生编号和考生姓名；在答题卡指定位置上填写报考单位、考生姓名和考生编号，并涂写考生编号信息点。
2. 选择题的答案必须涂写在答题卡相应题号的选项上；非选择题的答案必须书写在答题卡指定位置的边框区域内。超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题册上答题无效。
3. 填（书）写部分必须使用黑色字迹签字笔书写，字迹工整、笔迹清楚；涂写部分必须使用 2B 铅笔填涂。
4. 考试结束后，将答题卡和试题册按规定交回。

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一、选择题

1～10 小题，每小题 5 分，共 50 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求。

1

曲线

$$y=x\ln\left(e+\frac{1}{x-1}\right)$$

的斜渐近线方程为（ ）。

A. $y=x+e$

B. $y=x+\dfrac{1}{e}$

C. $y=x$

D. $y=x-\dfrac{1}{e}$

答案： B

解析：

由

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=1,$$

可知斜渐近线斜率为 1。

又

$$\lim_{x\to+\infty}(y-x) =\lim_{x\to+\infty}x\!\left[\ln\left(e+\frac{1}{x-1}\right)-1\right] =\frac{1}{e}.$$

故斜渐近线为

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

2

函数

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}, & x\le 0,\\[0.6em] (x+1)\cos x, & x>0 \end{cases}$$

的一个原函数为（ ）。

A.

$$F(x)= \begin{cases} \ln\left(\sqrt{1+x^2}-x\right), & x\le 0,\\ (x+1)\cos x-\sin x, & x>0 \end{cases}$$

B.

$$F(x)= \begin{cases} \ln\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)+1, & x\le 0,\\ (x+1)\cos x-\sin x, & x>0 \end{cases}$$

C.

$$F(x)= \begin{cases} \ln\left(\sqrt{1+x^2}+x\right), & x\le 0,\\ (x+1)\sin x+\cos x, & x>0 \end{cases}$$

D.

$$F(x)= \begin{cases} \ln\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)+1, & x\le 0,\\ (x+1)\sin x+\cos x, & x>0 \end{cases}$$

答案： D

解析：

当 $x\le 0$ 时，

$$\int \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\ln\left(\sqrt{1+x^2}+x\right)+C_1.$$

当 $x>0$ 时，

$$\int (x+1)\cos x\,dx=(x+1)\sin x+\cos x+C_2.$$

原函数应在 $x=0$ 处连续。取 $C_2=0$，则右侧取值为 1，因此左侧应取 $C_1=1$。故选 D。

3

已知数列 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 满足

$$x_1=y_1=\frac12,\qquad x_{n+1}=\sin x_n,\qquad y_{n+1}=y_n^2\quad (n=1,2,\cdots),$$

则当 $n\to\infty$ 时，（ ）。

A. $x_n$ 是 $y_n$ 的高阶无穷小

B. $y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小

C. $x_n$ 与 $y_n$ 是等价无穷小

D. $x_n$ 与 $y_n$ 是同阶但不等价的无穷小

答案： B

解析：

由 $x_{n+1}=\sin x_n\le x_n$ 且 $x_n>0$，知 $\{x_n\}$ 单调递减有极限。设极限为 $A$，则

$$A=\sin A,$$

故 $A=0$。

同理，$0<y_1<1$ 且 $y_{n+1}=y_n^2<y_n$，故 $y_n\to 0$。

再看阶：

$$\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}=\frac{y_n^2}{\sin x_n} =\frac{y_n}{x_n}\cdot \frac{x_n}{\sin x_n}\cdot y_n.$$

因 $x_n/\sin x_n\to 1$、$y_n\to 0$，故

$$\frac{y_n}{x_n}\to 0.$$

所以 $y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小。

4

若微分方程

$$y''+ay'+by=0$$

的解在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界，则（ ）。

A. $a<0,\ b>0$

B. $a>0,\ b>0$

C. $a=0,\ b>0$

D. $a=0,\ b<0$

答案： C

解析：

特征方程为

$$\lambda^2+a\lambda+b=0.$$

若有实根，或有重根，或复根实部 $\alpha\ne 0$，通解中都会出现指数增长项，因此不可能在整个 $(-\infty,+\infty)$ 上有界。

故只能是纯虚根

$$\lambda=\pm i\beta\quad (\beta\ne 0),$$

即

$$a=0,\qquad b>0.$$

5

设函数 $y=f(x)$ 由

$$\begin{cases} x=2t+|t|,\\ y=|t|\sin t \end{cases}$$

确定，则（ ）。

A. $f(x)$ 连续，$f'(0)$ 不存在

B. $f'(0)$ 存在，$f'(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

C. $f'(x)$ 连续，$f''(0)$ 不存在

D. $f''(0)$ 存在，$f''(x)$ 在 $x=0$ 处不连续

答案： C

解析：

当 $t<0$ 时，

$$x=t,\qquad y=-t\sin t,$$

故

$$y=-x\sin x\qquad (x<0).$$

当 $t\ge 0$ 时，

$$x=3t,\qquad y=t\sin t,$$

故

$$y=\frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}\qquad (x\ge 0).$$

所以

$$f(x)= \begin{cases} -x\sin x, & x<0,\\[0.4em] \dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}, & x\ge 0. \end{cases}$$

由左右导数可得

$$f'(0)=0,$$

且

$$f'(x)= \begin{cases} -\sin x-x\cos x, & x<0,\\[0.4em] \dfrac13\sin\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{9}\cos\dfrac{x}{3}, & x\ge 0, \end{cases}$$

从而 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。

但

$$\lim_{x\to 0^-}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=-2,\qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\frac{2}{9},$$

故 $f''(0)$ 不存在。选 C。

6

若函数

$$f(a)=\int_2^{+\infty}\frac{1}{x(\ln x)^{a+1}}\,dx$$

在 $a=a_0$ 处取得最小值，则 $a_0=$（ ）。

A. $-\dfrac{1}{\ln(\ln 2)}$

B. $-\ln(\ln 2)$

C. $\dfrac{1}{\ln 2}$

D. $\ln 2$

答案： A

解析：

令 $u=\ln x$，则

$$f(a)=\int_{\ln 2}^{+\infty}u^{-a-1}\,du =\frac{(\ln 2)^{-a}}{a}.$$

对 $a$ 求导，

$$f'(a)=-(\ln 2)^{-a}\ln(\ln 2)\cdot \frac{a+\dfrac{1}{\ln(\ln 2)}}{a^2}.$$

令 $f'(a)=0$，得

$$a_0=-\frac{1}{\ln(\ln 2)}.$$

故选 A。

7

设函数

$$f(x)=(x^2+a)e^x,$$

若 $f(x)$ 没有极值点，但曲线 $y=f(x)$ 有拐点，则 $a$ 的取值范围是（ ）。

A. $[0,1)$

B. $[1,+\infty)$

C. $[1,2)$

D. $[2,+\infty)$

答案： C

解析：

有

$$f'(x)=(x^2+2x+a)e^x.$$

“没有极值点”等价于

$$x^2+2x+a\ge 0\ \text{对任意 }x,$$

故判别式非正：

$$4-4a\le 0\quad\Rightarrow\quad a\ge 1.$$

又

$$f''(x)=(x^2+4x+a+2)e^x.$$

“有拐点”要求二次式有两个不同实根，即

$$16-4(a+2)>0\quad\Rightarrow\quad a<2.$$

综上，

$$1\le a<2.$$

故选 C。

8

设 $\boldsymbol A,\boldsymbol B$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，$\boldsymbol E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，$\boldsymbol M^*$ 为矩阵 $\boldsymbol M$ 的伴随矩阵，则

$$\begin{pmatrix} \boldsymbol A & \boldsymbol E\\ \boldsymbol O & \boldsymbol B \end{pmatrix}^{*} =$$

（ ）。

A.

$$\begin{pmatrix} |\boldsymbol A|\boldsymbol B^* & -\boldsymbol B^*\boldsymbol A^*\\ \boldsymbol O & |\boldsymbol B|\boldsymbol A^* \end{pmatrix}$$

B.

$$\begin{pmatrix} |\boldsymbol A|\boldsymbol B^* & -\boldsymbol A^*\boldsymbol B^*\\ \boldsymbol O & |\boldsymbol B|\boldsymbol A^* \end{pmatrix}$$

C.

$$\begin{pmatrix} |\boldsymbol B|\boldsymbol A^* & -\boldsymbol B^*\boldsymbol A^*\\ \boldsymbol O & |\boldsymbol A|\boldsymbol B^* \end{pmatrix}$$

D.

$$\begin{pmatrix} |\boldsymbol B|\boldsymbol A^* & -\boldsymbol A^*\boldsymbol B^*\\ \boldsymbol O & |\boldsymbol A|\boldsymbol B^* \end{pmatrix}$$

答案： D

解析：

设

$$\boldsymbol M= \begin{pmatrix} \boldsymbol A & \boldsymbol E\\ \boldsymbol O & \boldsymbol B \end{pmatrix}.$$

则

$$|\boldsymbol M|=|\boldsymbol A||\boldsymbol B|.$$

又由分块矩阵求逆可得

$$\boldsymbol M^{-1}= \begin{pmatrix} \boldsymbol A^{-1} & -\boldsymbol A^{-1}\boldsymbol B^{-1}\\ \boldsymbol O & \boldsymbol B^{-1} \end{pmatrix}.$$

因此

$$\boldsymbol M^*=|\boldsymbol M|\boldsymbol M^{-1} = \begin{pmatrix} |\boldsymbol B|\boldsymbol A^* & -\boldsymbol A^*\boldsymbol B^*\\ \boldsymbol O & |\boldsymbol A|\boldsymbol B^* \end{pmatrix}.$$

故选 D。

9

二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_1+x_3)^2-4(x_2-x_3)^2$$

的规范形为（ ）。

A. $y_1^2+y_2^2$

B. $y_1^2-y_2^2$

C. $y_1^2+y_2^2-4y_3^2$

D. $y_1^2+y_2^2-y_3^2$

答案： B

解析：

对应矩阵为

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&-3&4\\ 1&4&-3 \end{pmatrix}.$$

其特征多项式为

$$|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A| =\lambda(\lambda+7)(\lambda-3).$$

故特征值为

$$3,\quad -7,\quad 0.$$

所以规范形为

$$y_1^2-y_2^2.$$

故选 B。

10

已知向量

$$\boldsymbol a_1= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 3 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol a_2= \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 1 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol\beta_1= \begin{pmatrix} 2\\ 5\\ 9 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol\beta_2= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}.$$

若 $\boldsymbol\gamma$ 既可由 $\boldsymbol a_1,\boldsymbol a_2$ 线性表示，也可由 $\boldsymbol\beta_1,\boldsymbol\beta_2$ 线性表示，则 $\boldsymbol\gamma=$（ ）。

A.

$$k \begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 4 \end{pmatrix},\ k\in\mathbb R$$

B.

$$k \begin{pmatrix} 3\\ 5\\ 10 \end{pmatrix},\ k\in\mathbb R$$

C.

$$k \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 2 \end{pmatrix},\ k\in\mathbb R$$

D.

$$k \begin{pmatrix} 1\\ 5\\ 8 \end{pmatrix},\ k\in\mathbb R$$

答案： D

解析：

设

$$\boldsymbol\gamma=k_1\boldsymbol a_1+k_2\boldsymbol a_2=l_1\boldsymbol\beta_1+l_2\boldsymbol\beta_2.$$

等价于求两组向量张成空间的交。联立后行化简得参数解

$$\begin{pmatrix} k_1\\ k_2\\ l_1\\ l_2 \end{pmatrix} = k \begin{pmatrix} 3\\ -1\\ 1\\ -1 \end{pmatrix}.$$

于是

$$\boldsymbol\gamma=3k\boldsymbol a_1-k\boldsymbol a_2 =k \begin{pmatrix} 1\\ 5\\ 8 \end{pmatrix}.$$

故选 D。

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二、填空题

11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。

11

当 $x\to 0$ 时，函数

$$f(x)=ax+bx^2+\ln(1+x)$$

与

$$g(x)=e^{x^2}-\cos x$$

是等价无穷小，则

$$ab=\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $-2$

解析：

展开得

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$

故

$$f(x)=(a+1)x+\left(b-\frac12\right)x^2+o(x^2).$$

又

$$e^{x^2}-\cos x=\left(1+x^2+o(x^2)\right)-\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right) =\frac32x^2+o(x^2).$$

由等价无穷小得

$$a+1=0,\qquad b-\frac12=\frac32.$$

所以

$$a=-1,\qquad b=2,\qquad ab=-2.$$

12

曲线

$$y=\int_{-\sqrt3}^{x}\sqrt{3-t^2}\,dt$$

的弧长为

$$\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $\dfrac{4\pi}{3}+\sqrt3$

解析：

由微积分基本定理，

$$y'=\sqrt{3-x^2},$$

故弧长为

$$L=\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\sqrt{1+(y')^2}\,dx =\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\sqrt{4-x^2}\,dx.$$

这是半径为 2 的圆在区间 $[-\sqrt3,\sqrt3]$ 上的上半弧长度积分。计算得

$$L=\frac{4\pi}{3}+\sqrt3.$$

13

设函数 $z=z(x,y)$ 由

$$e^z+xz=2x-y$$

确定，则

$$\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} =\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $-\dfrac{3}{2}$

解析：

先代入 $(x,y)=(1,1)$，得

$$e^z+z=1,$$

故 $z=0$。

对原式对 $x$ 求偏导：

$$e^z z_x+z+xz_x=2.$$

代入 $(1,1,0)$ 得

$$z_x=1.$$

再对上式对 $x$ 求导：

$$e^z(z_x)^2+e^z z_{xx}+2z_x+xz_{xx}=0.$$

代入 $(1,1,0)$ 与 $z_x=1$，得

$$1+z_{xx}+2+z_{xx}=0,$$

故

$$z_{xx}=-\frac32.$$

14

曲线

$$3x^3=y^5+2y^3$$

在 $x=1$ 对应点处的法线斜率为

$$\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $-\dfrac{11}{9}$

解析：

由 $x=1$ 得

$$3=y^5+2y^3,$$

解得对应点为 $(1,1)$。

两边求导：

$$9x^2=(5y^4+6y^2)\frac{dy}{dx}.$$

代入 $(1,1)$ 得

$$\frac{dy}{dx}=\frac{9}{11}.$$

故法线斜率为

$$-\frac{11}{9}.$$

15

设连续函数 $f(x)$ 满足

$$f(x+2)-f(x)=x,\qquad \int_0^2 f(x)\,dx=0,$$

则

$$\int_1^3 f(x)\,dx=\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $\dfrac12$

解析：

由

$$f(x+2)=f(x)+x,$$

得

$$\int_1^3 f(x)\,dx =\int_1^2 f(x)\,dx+\int_2^3 f(x)\,dx.$$

对第二项令 $u=x-2$，则

$$\int_2^3 f(x)\,dx=\int_0^1 f(u+2)\,du=\int_0^1[f(u)+u]\,du.$$

再利用

$$\int_0^2 f(x)\,dx=0,$$

可消去 $\int_0^1 f$ 与 $\int_1^2 f$，最终得

$$\int_1^3 f(x)\,dx=\int_0^1 u\,du=\frac12.$$

16

已知线性方程组

$$\begin{cases} ax_1+x_3=1,\\ x_1+ax_2+x_3=0,\\ x_1+2x_2+ax_3=0,\\ ax_1+bx_2=2 \end{cases}$$

有解，其中 $a,b$ 为常数。若

$$\begin{vmatrix} a&0&1\\ 1&a&1\\ 1&2&a \end{vmatrix}=4,$$

则

$$\begin{vmatrix} 1&a&1\\ 1&2&a\\ a&b&0 \end{vmatrix} =\underline{\hspace{3em}}.$$

答案： $8$

解析：

原方程组有解，故增广矩阵与系数矩阵秩相同，从而相应的 4 阶行列式为 0：

$$\begin{vmatrix} a&0&1&1\\ 1&a&1&0\\ 1&2&a&0\\ a&b&0&2 \end{vmatrix}=0.$$

按最后一列展开得

$$-\begin{vmatrix} 1&a&1\\ 1&2&a\\ a&b&0 \end{vmatrix} +2\begin{vmatrix} a&0&1\\ 1&a&1\\ 1&2&a \end{vmatrix}=0.$$

已知第二个行列式等于 4，因此

$$-\begin{vmatrix} 1&a&1\\ 1&2&a\\ a&b&0 \end{vmatrix}+8=0,$$

故所求为

$$8.$$

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三、解答题

17～22 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17（本题满分 10 分）

设曲线 $\boldsymbol L:y=y(x)$（$x>e$）经过点 $(e^2,0)$，且 $\boldsymbol L$ 上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处切线在 $y$ 轴上的截距。

1. 求 $y(x)$；
2. 在 $\boldsymbol L$ 上求一点，使该点处的切线与两坐标轴所围三角形的面积最小，并求此最小面积。

解析：

（1）求曲线方程

点 $P(x,y)$ 处切线方程为

$$Y-y=y'(X-x).$$

令 $X=0$，得切线在 $y$ 轴上的截距为

$$y-xy'.$$

由题意，

$$y-xy'=x,$$

即

$$y'-\frac{1}{x}y=-1.$$

解此一阶线性方程得

$$y=(C-\ln x)x.$$

再由点 $(e^2,0)$ 在曲线上，得

$$0=(C-2)e^2 \Rightarrow C=2.$$

故

$$\boxed{\,y(x)=(2-\ln x)x\, }.$$

（2）求最小面积

设曲线上点为

$$M\bigl(x,(2-\ln x)x\bigr).$$

则

$$y'(x)=1-\ln x.$$

该点切线方程为

$$Y-(2-\ln x)x=(1-\ln x)(X-x).$$

令 $Y=0$，得与 $x$ 轴交点横坐标

$$X=\frac{x}{\ln x-1}.$$

令 $X=0$，得与 $y$ 轴交点纵坐标

$$Y=x.$$

故三角形面积为

$$S(x)=\frac12\cdot \frac{x}{\ln x-1}\cdot x =\frac{x^2}{2(\ln x-1)}.$$

求导得

$$S'(x)=\frac12\cdot \frac{x(2\ln x-3)}{(\ln x-1)^2}.$$

令 $S'(x)=0$，得

$$x=e^{3/2}.$$

此时取得极小值，故最小面积为

$$S\!\left(e^{3/2}\right)=e^3.$$

18（本题满分 12 分）

求函数

$$f(x,y)=xe^{\cos y}+\frac{x^2}{2}$$

的极值。

解析：

先求偏导：

$$f_x=e^{\cos y}+x,\qquad f_y=-xe^{\cos y}\sin y.$$

令

$$f_x=0,\qquad f_y=0,$$

得驻点为

$$\left(-e^{-1},(2k+1)\pi\right),\qquad \left(-e,2k\pi\right),\qquad k\in\mathbb Z.$$

再求二阶偏导：

$$f_{xx}=1,\qquad f_{xy}=-e^{\cos y}\sin y,$$

$$f_{yy}=xe^{\cos y}\sin^2 y-xe^{\cos y}\cos y.$$

• 在 $\left(-e^{-1},(2k+1)\pi\right)$ 处，

  $$A=1,\quad B=0,\quad C=-e^{-2},$$

  故

  $$AC-B^2<0,$$

  不是极值点。

• 在 $\left(-e,2k\pi\right)$ 处，

  $$A=1,\quad B=0,\quad C=e^2,$$

  故

  $$AC-B^2>0,\quad A>0,$$

  为极小值点。

因此函数在

$$\left(-e,2k\pi\right)\quad (k\in\mathbb Z)$$

处取得极小值，且极小值为

$$f(-e,2k\pi)=-\frac{e^2}{2}.$$

19（本题满分 12 分）

已知平面区域

$$D=\left\{(x,y)\mid 0\le y\le \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}},\ x\ge 1\right\}.$$

1. 求 $D$ 的面积；
2. 求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成旋转体的体积。

解析：

（1）面积

面积为

$$A=\int_1^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{1+x^2}}\,dx.$$

令 $x=\tan t$，则

$$A=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\csc t\,dt =\ln|\csc t-\cot t|\Big|_{\pi/4}^{\pi/2} =\ln(1+\sqrt2).$$

（2）体积

旋转体体积为

$$V=\pi\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^2(1+x^2)}\,dx.$$

裂项得

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

故

$$V=\pi\int_1^{+\infty}\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2}\right)\,dx =\pi\left(1-\frac{\pi}{4}\right).$$

20（本题满分 12 分）

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线

$$x^2+y^2-xy=1,\qquad x^2+y^2-xy=2$$

与直线

$$y=\sqrt3\,x,\qquad y=0$$

围成，计算

$$\iint_D \frac{1}{3x^2+y^2}\,dx\,dy.$$

解析：

作极坐标变换

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$$

则边界化为

$$0\le \theta\le \frac{\pi}{3},$$

且

$$\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}\le r\le \frac{\sqrt2}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}.$$

原积分变为

$$I=\int_0^{\pi/3}\int_{\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}}^{\frac{\sqrt2}{\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}} \frac{r}{3r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta}\,dr\,d\theta.$$

约去 $r$ 后得

$$I=\int_0^{\pi/3}\frac{d\theta}{3\cos^2\theta+\sin^2\theta}\int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{r}.$$

而

$$\int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{r}=\ln\sqrt2.$$

所以

$$I=\ln\sqrt2\int_0^{\pi/3}\frac{d\theta}{3\cos^2\theta+\sin^2\theta}.$$

令 $u=\tan\theta$，则

$$I=\ln\sqrt2\int_0^{\sqrt3}\frac{du}{3+u^2} =\frac{\ln\sqrt2}{\sqrt3}\arctan\frac{u}{\sqrt3}\Big|_0^{\sqrt3}.$$

故

$$I=\frac{\pi\ln\sqrt2}{4\sqrt3}.$$

21（本题满分 12 分）

设函数 $f(x)$ 在 $[-a,a]$ 上具有二阶连续导数。证明：

1. 若 $f(0)=0$，则存在 $\xi\in(-a,a)$，使得

   $$f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2};$$

2. 若 $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内取得极值，则存在 $\eta\in(-a,a)$，使得

   $$|f''(\eta)|\ge \frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$

解析：

（1）证明存在 $\xi$

由带拉格朗日余项的泰勒公式，

$$f(a)=f'(0)a+\frac{f''(\xi_1)}{2}a^2,\qquad 0<\xi_1<a,$$

$$f(-a)=-f'(0)a+\frac{f''(\xi_2)}{2}a^2,\qquad -a<\xi_2<0.$$

两式相加得

$$\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2} =\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.$$

由于 $f''$ 连续，介值性表明存在

$$\xi\in(\xi_2,\xi_1)\subset(-a,a)$$

使得

$$f''(\xi)=\frac{f(a)+f(-a)}{a^2}.$$

（2）证明存在 $\eta$

设 $c\in(-a,a)$ 是极值点，则

$$f'(c)=0.$$

分别在点 $c$ 处作泰勒展开：

$$f(a)=f(c)+\frac{f''(\eta_1)}{2}(a-c)^2,\qquad c<\eta_1<a,$$

$$f(-a)=f(c)+\frac{f''(\eta_2)}{2}(a+c)^2,\qquad -a<\eta_2<c.$$

两式相减得

$$f(a)-f(-a)=\frac{(a-c)^2}{2}f''(\eta_1)-\frac{(a+c)^2}{2}f''(\eta_2).$$

取

$$|f''(\eta)|=\max\{|f''(\eta_1)|,\ |f''(\eta_2)|\},$$

则

$$|f(a)-f(-a)| \le \frac{(a-c)^2+(a+c)^2}{2}|f''(\eta)|.$$

又

$$(a-c)^2+(a+c)^2=2(a^2+c^2)\le 4a^2,$$

故

$$|f''(\eta)|\ge \frac{|f(a)-f(-a)|}{2a^2}.$$

证毕。

22（本题满分 12 分）

设矩阵 $\boldsymbol A$ 满足：对任意 $x_1,x_2,x_3$，均有

$$\boldsymbol A \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1+x_2+x_3\\ 2x_1-x_2+x_3\\ x_2-x_3 \end{pmatrix}.$$

1. 求 $\boldsymbol A$；
2. 求可逆矩阵 $\boldsymbol P$ 与对角矩阵 $\boldsymbol\Lambda$，使得

   $$\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P=\boldsymbol\Lambda.$$

解析：

（1）求矩阵 $\boldsymbol A$

由题意直接读出

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 2&-1&1\\ 0&1&-1 \end{pmatrix}.$$

（2）对角化

先求特征多项式：

$$|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A| = \begin{vmatrix} \lambda-1&-1&-1\\ -2&\lambda+1&-1\\ 0&-1&\lambda+1 \end{vmatrix} =(\lambda+2)(\lambda+1)(\lambda-2).$$

故特征值为

$$\lambda_1=-2,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=2.$$

分别求特征向量：

• 对 $\lambda=-2$，可取

  $$\boldsymbol\alpha_1= \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}.$$

• 对 $\lambda=-1$，可取

  $$\boldsymbol\alpha_2= \begin{pmatrix} -1\\ 0\\ 2 \end{pmatrix}.$$

• 对 $\lambda=2$，可取

  $$\boldsymbol\alpha_3= \begin{pmatrix} 4\\ 3\\ 1 \end{pmatrix}.$$

令

$$\boldsymbol P= \begin{pmatrix} 0&-1&4\\ -1&0&3\\ 1&2&1 \end{pmatrix},\qquad \boldsymbol\Lambda= \begin{pmatrix} -2&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix},$$

则

$$\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P=\boldsymbol\Lambda.$$