2025 年全国硕士研究生入学统一考试（数学二）试题与解析

一、选择题

第 1～10 小题，每小题 5 分，共 50 分。下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1

设函数 $z = z\left( x, y \right)$ 由 $z + \ln z - \int_{y}^{x} e^{-t^{2}} \mathrm{~d} t = 0$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} =$

• A. $\frac{z}{z + 1}\left( e^{-x^{2}} - e^{-y^{2}} \right)$

• B. $\frac{z}{z + 1}\left( e^{-x^{2}} + e^{-y^{2}} \right)$

• C. $-\frac{z}{z + 1}\left( e^{-x^{2}} - e^{-y^{2}} \right)$

• D. $-\frac{z}{z + 1}\left( e^{-x^{2}} + e^{-y^{2}} \right)$

答案： A

解析： 原式两边分别对 $x$，$y$ 求导，得 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x} - e^{-x^{2}} = 0$， $\frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial y} + e^{-y^{2}} = 0$.

两式相加得 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{z}{z + 1}\left( e^{-x^{2}} - e^{-y^{2}} \right)$.

2

已知函数 $f\left( x \right) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \sin t \mathrm{~d} t$，$g\left( x \right) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \sin t \mathrm{~d} t \cdot \sin^{2} x$，则

• A. $x = 0$ 是 $f\left( x \right)$ 的极值点，也是 $g\left( x \right)$ 的极值点.

• B. $x = 0$ 是 $f\left( x \right)$ 的极值点，$\left( 0, 0 \right)$ 是曲线 $y = g\left( x \right)$ 的拐点.

• C. $x = 0$ 是 $f\left( x \right)$ 的极值点，$\left( 0, 0 \right)$ 是曲线 $y = f\left( x \right)$ 的拐点.

• D. $\left( 0, 0 \right)$ 是曲线 $y = f\left( x \right)$ 的极值点，也是曲线 $y = g\left( x \right)$ 的拐点.

答案： B

解析： $f^{\prime}\left( x \right) = e^{x^{2}} \sin x$， $f^{\prime\prime}\left( x \right) = 2x e^{x^{2}} \sin x + e^{x^{2}} \cos x$.

故 $f^{\prime}\left( 0 \right) = 0$，$f^{\prime\prime}\left( 0 \right) = 1 > 0$， 所以 $x = 0$ 为 $f\left( x \right)$ 的极值点，但不是拐点.

又 $g^{\prime}\left( x \right) = e^{x^{2}} \sin x \cdot \sin^{2} x + \int_{0}^{x} e^{t^{2}} \sin t \mathrm{~d} t \cdot 2 \sin x \cos x$.

可得 $g^{\prime}\left( 0 \right) = 0$，$g^{\prime\prime}\left( 0 \right) = 0$，且继续求导得 $g^{\prime\prime\prime}\left( 0 \right) = 6 > 0$.

所以 $\left( 0, 0 \right)$ 是曲线 $y = g\left( x \right)$ 的拐点.

3

如果对微分方程 $y^{\prime\prime} - 2a y^{\prime} + \left( a + 2 \right) y = 0$ 的任一解 $y\left( x \right)$，反常积分 $\int_{0}^{+\infty} y\left( x \right) \mathrm{~d} x$ 均收敛，那么 $a$ 的取值范围是

• A. $\left( -2, -1 \right]$

• B. $\left( -\infty, -1 \right]$

• C. $\left( -2, 0 \right)$

• D. $\left( -\infty, 0 \right)$

答案： C

解析： 特征方程为 $r^{2} - 2a r + \left( a + 2 \right) = 0$.

要使任一解对应的反常积分都收敛，需两个特征根都小于 $0$.于是 $r_{1} r_{2} = a + 2 > 0$，$r_{1} + r_{2} = 2a < 0$.

故 $-2 < a < 0$.

4

设函数 $f\left( x \right)$，$g\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 的某去心邻域内有定义且恒不为零.若当 $x \to 0$ 时，$f\left( x \right)$ 是 $g\left( x \right)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时，

• A. $f\left( x \right) + g\left( x \right) = O\left( g\left( x \right) \right)$.

• B. $f\left( x \right) g\left( x \right) = o\left( f^{2}\left( x \right) \right)$.

• C. $f\left( x \right) = o\left( e^{g\left( x \right)} - 1 \right)$.

• D. $f\left( x \right) = o\left( g^{2}\left( x \right) \right)$.

答案： C

解析： 由题意，$f\left( x \right) = o\left( g\left( x \right) \right)$.

对 A， $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) + g\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} + 1 = 1$， 故 A 不正确.

对 B， $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) g\left( x \right)}{f^{2}\left( x \right)} = \lim_{x \to 0} \frac{g\left( x \right)}{f\left( x \right)} = +\infty$， 故 B 不正确.

对 C， $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right)}{e^{g\left( x \right)} - 1} = \lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \cdot \frac{g\left( x \right)}{e^{g\left( x \right)} - 1} = 0$， 故 C 正确.

对 D， $\frac{f\left( x \right)}{g^{2}\left( x \right)} = \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \cdot \frac{1}{g\left( x \right)}$，为未定式，故 D 不正确.

5

设函数 $f\left( x, y \right)$ 连续，则 $\int_{-2}^{2} \mathrm{~d} x \int_{4 - x^{2}}^{2} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} y =$

• A. $\int_{0}^{4} \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4 - y}} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x + \int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x \right] \mathrm{~d} y$

• B. $\int_{0}^{4} \left[ \int_{-2}^{\sqrt{4 - y}} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x + \int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x \right] \mathrm{~d} y$

• C. $\int_{0}^{4} \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4 - y}} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x + \int_{2}^{\sqrt{4 - y}} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x \right] \mathrm{~d} y$

• D. $2 \int_{0}^{4} \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x$

答案： A

解析： 积分区域由 $y = 4 - x^{2}$ 与 $y = 2$ 确定.改变积分次序后，对每个 $y \in \left[ 0, 4 \right]$，对应的 $x$ 分别落在 $\left[ -2, -\sqrt{4 - y} \right]$ 与 $\left[ \sqrt{4 - y}, 2 \right]$.

故原式等于 $\int_{0}^{4} \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4 - y}} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x + \int_{\sqrt{4 - y}}^{2} f\left( x, y \right) \mathrm{~d} x \right] \mathrm{~d} y$.

6

设单位质点 $P$，$Q$ 分别位于点 $\left( 0, 0 \right)$ 和 $\left( 0, 1 \right)$ 处，$P$ 从点 $\left( 0, 0 \right)$ 出发沿 $x$ 轴正向移动，记 $G$ 为引力常量，则当质点 $P$ 移动到点 $\left( 1, 0 \right)$ 时，克服质点 $Q$ 的引力所做的功为

• A. $\int_{0}^{1} \frac{G}{x^{2} + 1} \mathrm{~d} x$

• B. $\int_{0}^{1} \frac{Gx}{\left( x^{2} + 1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x$

• C. $\int_{0}^{1} \frac{G}{\left( x^{2} + 1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x$

• D. $\int_{0}^{1} \frac{G\left( x + 1 \right)}{\left( x^{2} + 1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x$

答案： B

解析： 当 $P$ 位于 $\left( x, 0 \right)$ 时，$Q P$ 的距离为 $\sqrt{x^{2} + 1}$，引力大小为 $\frac{G}{x^{2} + 1}$.

沿运动方向的分力为 $\frac{G}{x^{2} + 1} \cdot \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}}$.

故所做的功为 $\int_{0}^{1} \frac{Gx}{\left( x^{2} + 1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x$.

7

设函数 $f\left( x \right)$ 连续，给出下列四个条件：

① $\lim_{x \to 0} \frac{\left| f\left( x \right) \right| - f\left( 0 \right)}{x}$ 存在；

② $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - \left| f\left( 0 \right) \right|}{x}$ 存在；

③ $\lim_{x \to 0} \frac{\left| f\left( x \right) \right|}{x}$ 存在；

④ $\lim_{x \to 0} \frac{\left| f\left( x \right) \right| - \left| f\left( 0 \right) \right|}{x}$ 存在.

其中能得到 “$f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导” 的条件的个数是

• A. 1

• B. 2

• C. 3

• D. 4

答案： D

解析： 对于①：若极限存在，由连续性知 $\left| f\left( 0 \right) \right| = f\left( 0 \right)$，故 $f\left( 0 \right) \ge 0$.

• 若 $f\left( 0 \right) > 0$，则 $x = 0$ 的某邻域内有 $f\left( x \right) > 0$，于是 $\left| f\left( x \right) \right| = f\left( x \right)$，从而 $f$ 在 $0$ 处可导.
• 若 $f\left( 0 \right) = 0$，则①化为 $\lim_{x \to 0} \frac{\left| f\left( x \right) \right|}{x}$ 存在，与③同理可推出 $f$ 在 $0$ 处可导.

对于②：由连续性知 $f\left( 0 \right) = \left| f\left( 0 \right) \right|$，故 $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x}$ 存在， 所以 $f$ 在 $0$ 处可导.

对于③：若 $\lim_{x \to 0} \frac{\left| f\left( x \right) \right|}{x} = A$ 存在，则连续性推出 $f\left( 0 \right) = 0$. 于是 $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{f\left( x \right)}{x} = A$， $\lim_{x \to 0^{-}} \frac{f\left( x \right)}{x} = -A$. 又因两侧极限必须相等，得 $A = -A$，故 $A = 0$. 所以 $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right)}{x} = 0$， 即 $f$ 在 $0$ 处可导.

对于④：

• 若 $f\left( 0 \right) > 0$，则邻域内 $\left| f\left( x \right) \right| = f\left( x \right)$，于是可导；
• 若 $f\left( 0 \right) = 0$，则化为③；
• 若 $f\left( 0 \right) < 0$，则邻域内 $\left| f\left( x \right) \right| = -f\left( x \right)$，于是 $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x}$ 也存在.

故四个条件都能推出 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导.

8

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{pmatrix}$ 有一个正特征值和两个负特征值，则

• A. $a > 4$，$b > 0$

• B. $a < 4$，$b > 0$

• C. $a > 4$，$b < 0$

• D. $a < 4$，$b < 0$

答案： D

解析： $\left| \lambda \boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} \right| = \left( b - \lambda \right)\left[ \lambda^{2} - \left( a + 1 \right)\lambda + a - 4 \right]$.

二次因式对应的两个根一正一负，故其常数项满足 $a - 4 < 0$，即 $a < 4$.

此时二次因式已经给出一个正根、一个负根.又矩阵总共有一个正特征值和两个负特征值，所以第三个特征值 $b$ 必须小于 $0$.

9

下列矩阵中，可以经过若干初等变换得到矩阵 $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 的是

• A. $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \\ 2 & 3 & 1 & 4 \end{pmatrix}$

• B. $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{pmatrix}$

• C. $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

• D. $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 & 6 \end{pmatrix}$

答案： B

解析： 对 B 作初等行变换： $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

10

设 3 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$，$\boldsymbol{B}$ 满足 $r\left( \boldsymbol{A}\boldsymbol{B} \right) = r\left( \boldsymbol{B}\boldsymbol{A} \right) + 1$，则

• A. 方程组 $\left( \boldsymbol{A} + \boldsymbol{B} \right)\boldsymbol{x} = 0$ 只有零解.

• B. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = 0$ 均只有零解.

• C. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = 0$ 没有公共非零解.

• D. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = 0$ 有公共非零解.

答案： D

解析： 取 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$， $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$.

则 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} 3 & 3 & 3 \\ -3 & -3 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$， $\boldsymbol{B}\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

故 $r\left( \boldsymbol{A}\boldsymbol{B} \right) = 1$，$r\left( \boldsymbol{B}\boldsymbol{A} \right) = 0$，满足题设.

而 $\left( \boldsymbol{A} + \boldsymbol{B} \right)\boldsymbol{x} = 0$ 有非零解，故 A 错； $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = 0$ 与 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x} = 0$ 都有非零解，故 B 错； 且这两个方程组有公共非零解，故 C 错.

因此选 D.

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二、填空题

第 11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。

11

设 $\int_{1}^{+\infty} \frac{a}{x\left( 2x + a \right)} \mathrm{~d} x = \ln 2$，则 $a =$ ________.

答案： $2$

解析： $\frac{a}{x\left( 2x + a \right)} = \frac{1}{x} - \frac{2}{2x + a}$.

故 $\int_{1}^{+\infty} \frac{a}{x\left( 2x + a \right)} \mathrm{~d} x = \left. \ln \frac{2x}{2x + a} \right|_{1}^{+\infty} = \ln \left| \frac{2 + a}{2} \right|$.

由 $\ln \left| \frac{2 + a}{2} \right| = \ln 2$ 得 $\left| \frac{2 + a}{2} \right| = 2$.

解得 $a = 2$ 或 $a = -6$.当 $a = -6$ 时，被积函数在区间 $\left[ 1, +\infty \right)$ 内有奇点，积分发散.

故 $a = 2$.

12

曲线 $y = \sqrt[3]{x^{3} - 3x^{2} + 1}$ 的渐近线方程为 ________.

答案： $y = x - 1$

解析： 显然无水平渐近线与垂直渐近线.

又 $\lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[3]{x^{3} - 3x^{2} + 1}}{x} = 1$，

且 $\lim_{x \to +\infty} \left( y - x \right) = \lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt[3]{x^{3} - 3x^{2} + 1} - x \right) = -1$.

所以有斜渐近线 $y = x - 1$.

13

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{2}} \left[ \ln \frac{1}{n} + 2 \ln \frac{2}{n} + \cdots + \left( n - 1 \right) \ln \frac{n - 1}{n} \right] =$ ________.

答案： $-\frac{1}{4}$

解析： 原式可写为 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{n} \ln \frac{k}{n} \cdot \frac{1}{n}$.

它是函数 $x \ln x$ 在区间 $\left[ 0, 1 \right]$ 上的黎曼和，因此 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{n} \ln \frac{k}{n} \cdot \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} x \ln x \mathrm{~d} x = -\frac{1}{4}$.

14

已知函数 $y = y\left( x \right)$ 由 $\left\{ \begin{aligned} x &= \ln \left( 1 + 2t \right), \\ 2t - \int_{1}^{y + t^{2}} e^{-u^{2}} \mathrm{~d} u &= 0 \end{aligned} \right.$ 确定，则 $\left. \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{x = 0} =$ ________.

答案： $e$

解析： 令 $t = 0$，代入方程得 $y = 1$.

对方程 $2t - \int_{1}^{y + t^{2}} e^{-u^{2}} \mathrm{~d} u = 0$ 关于 $t$ 求导，得 $2 - e^{-\left( y + t^{2} \right)^{2}}\left( \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} + 2t \right) = 0$.

代入 $t = 0$，$y = 1$，得 $\left. \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right|_{t = 0} = 2e$.

又 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = \frac{2}{1 + 2t}$，故 $\left. \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \right|_{t = 0} = 2$.

所以 $\left. \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{x = 0} = \frac{\left. \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} \right|_{t = 0}}{\left. \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \right|_{t = 0}} = e$.

15

微分方程 $\left( 2y - 3x \right) \mathrm{d} x + \left( 2x - 5y \right) \mathrm{d} y = 0$ 满足条件 $y\left( 1 \right) = 1$ 的解为 ________.

答案： $5y^{2} - 4xy + 3x^{2} = 4$

解析： $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} = \frac{2y - 3x}{5y - 2x} = \frac{2 \frac{y}{x} - 3}{5 \frac{y}{x} - 2}$.

令 $\frac{y}{x} = u$，则 $y = ux$，从而 $u + x \frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x} = \frac{2u - 3}{5u - 2}$.

化简得 $\frac{5u - 2}{5u^{2} - 4u + 3} \mathrm{d} u = -\frac{1}{x} \mathrm{d} x$.

两边积分可得 $5u^{2} - 4u + 3 = \frac{C}{x^{2}}$.

即 $5y^{2} - 4xy + 3x^{2} = C$.

由 $y\left( 1 \right) = 1$ 得 $C = 4$.

故所求解为 $5y^{2} - 4xy + 3x^{2} = 4$.

16

设矩阵 $\boldsymbol{A} = \left( \boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4} \right)$.若 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}$，$\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性无关，且 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{3} + \boldsymbol{\alpha}_{4}$，则方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 4\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的通解为 ________.

答案： $\boldsymbol{x} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}$

解析： 由 $\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} = \boldsymbol{\alpha}_{3} + \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 得 $\boldsymbol{\alpha}_{4} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} - \boldsymbol{\alpha}_{3}$.

故 $r\left( \boldsymbol{A} \right) = r\left( \boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3} \right) = 3$.

于是齐次方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的基础解系只有一个线性无关向量，且 $\left( 1, 1, -1, -1 \right)^{\mathrm{T}}$ 是其一个解.

又 $\left( 1, 0, 0, 4 \right)^{\mathrm{T}}$ 是方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_{1} + 4\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的一个特解.

故通解为 $\boldsymbol{x} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}$.

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三、解答题

第 17～22 小题，共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。

17

（本题满分 10 分）

计算 $\int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x + 1 \right)\left( x^{2} - 2x + 2 \right)} \mathrm{~d} x$.

解： 设 $\frac{1}{\left( 1 + x \right)\left( x^{2} - 2x + 2 \right)} = \frac{a}{1 + x} + \frac{bx + c}{x^{2} - 2x + 2}$.

比较系数得 $\left\{ \begin{aligned} a + b &= 0, \\ -2a + b + c &= 0, \\ 2a + c &= 1 \end{aligned} \right.$

解得 $a = \frac{1}{5}$，$b = -\frac{1}{5}$，$c = \frac{3}{5}$.

故原式 $= \int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{5\left( 1 + x \right)} + \frac{-\frac{1}{5}x + \frac{3}{5}}{x^{2} - 2x + 2} \right] \mathrm{~d} x$

$= \frac{1}{5}\ln \left( 1 + x \right)\Big|_{0}^{1} - \frac{1}{5} \int_{0}^{1} \frac{x - 3}{x^{2} - 2x + 2} \mathrm{~d} x$

$= \frac{1}{5}\ln 2 - \frac{1}{5} \left[ \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2} - 2x + 2} \mathrm{d} \left( x^{2} - 2x + 2 \right) - \int_{0}^{1} \frac{2}{x^{2} - 2x + 2} \mathrm{~d} x \right]$

$= \frac{1}{5}\ln 2 - \frac{1}{10}\ln \left( x^{2} - 2x + 2 \right)\Big|_{0}^{1} + \frac{2}{5} \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x - 1 \right)^{2} + 1} \mathrm{~d} x$

$= \frac{1}{5}\ln 2 - \frac{1}{10}\left( 0 - \ln 2 \right) + \frac{2}{5}\arctan \left( x - 1 \right)\Big|_{0}^{1}$

$= \frac{1}{5}\ln 2 + \frac{1}{10}\ln 2 + \frac{2}{5}\left( 0 + \frac{\pi}{4} \right)$

$= \frac{3}{10}\ln 2 + \frac{\pi}{10}$.

18

（本题满分 12 分）

设函数 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $\lim_{x \to 0} \frac{x f\left( x \right) - e^{2 \sin x} + 1}{\ln \left( 1 + x \right) + \ln \left( 1 - x \right)} = -3$，证明 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导，并求 $f^{\prime}\left( 0 \right)$.

解： 由 $\ln \left( 1 + x \right) + \ln \left( 1 - x \right) = \ln \left( 1 - x^{2} \right)$， 可将已知极限写为 $-3 = \lim_{x \to 0} \frac{x f\left( x \right) - e^{2 \sin x} + 1}{-x^{2}}$.

进一步化为 $-3 = \lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) + \frac{1 - e^{2 \sin x}}{x}}{-x}$.

由于 $\lim_{x \to 0} \frac{1 - e^{2 \sin x}}{x} = -2$， 又由 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处连续，可知 $f\left( 0 \right) = 2$.

于是 $-3 = \lim_{x \to 0} \frac{x\left[ f\left( x \right) - f\left( 0 \right) \right] + 2x - e^{2 \sin x} + 1}{-x^{2}}$

$= -\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} + \lim_{x \to 0} \frac{2x - e^{2 \sin x} + 1}{-x^{2}}$

$= -\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} + \lim_{x \to 0} \frac{2 - 2 \cos x \cdot e^{2 \sin x}}{-2x}$

$= -\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} + \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x + \cos x \left( 1 - e^{2 \sin x} \right)}{-x}$

$= -\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} + 2$.

故 $\lim_{x \to 0} \frac{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}{x} = 5$.

所以 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f^{\prime}\left( 0 \right) = 5$.

19

（本题满分 12 分）

设函数 $f\left( x, y \right)$ 可微且满足 $\mathrm{d} f\left( x, y \right) = -2x e^{-y} \mathrm{d} x + e^{-y}\left( x^{2} - y - 1 \right) \mathrm{d} y$，$f\left( 0, 0 \right) = 2$，求 $f\left( x, y \right)$，并求 $f\left( x, y \right)$ 的极值.

解： 由题意知 $f_{x}^{\prime}\left( x, y \right) = -2x e^{-y}$， $f_{y}^{\prime}\left( x, y \right) = e^{-y}\left( x^{2} - y - 1 \right)$.

对 $x$ 积分得 $f\left( x, y \right) = \int -2x e^{-y} \mathrm{~d} x = -x^{2} e^{-y} + C\left( y \right)$.

于是 $f_{y}^{\prime}\left( x, y \right) = x^{2} e^{-y} + C^{\prime}\left( y \right) = e^{-y}\left( x^{2} - y - 1 \right)$.

故 $C^{\prime}\left( y \right) = -\left( y + 1 \right)e^{-y}$， 从而 $C\left( y \right) = \left( y + 2 \right)e^{-y} + C$.

所以 $f\left( x, y \right) = -x^{2} e^{-y} + \left( y + 2 \right)e^{-y} + C$.

由 $f\left( 0, 0 \right) = 2$ 得 $C = 0$.

故 $f\left( x, y \right) = -x^{2} e^{-y} + \left( y + 2 \right)e^{-y}$.

令 $\left\{ \begin{aligned} f_{x}^{\prime}\left( x, y \right) &= -2x e^{-y} = 0, \\ f_{y}^{\prime}\left( x, y \right) &= e^{-y}\left( x^{2} - y - 1 \right) = 0 \end{aligned} \right.$ 得驻点 $\left( 0, -1 \right)$.

再求二阶偏导： $f_{xx}^{\prime\prime}\left( x, y \right) = -2e^{-y}$， $f_{xy}^{\prime\prime}\left( x, y \right) = 2x e^{-y}$， $f_{yy}^{\prime\prime}\left( x, y \right) = -e^{-y}\left( x^{2} - y - 1 \right) - e^{-y}$.

在点 $\left( 0, -1 \right)$ 处， $A = -2e$，$B = 0$，$C = -e$， 故 $AC - B^{2} > 0$，且 $A < 0$.

所以 $\left( 0, -1 \right)$ 为极大值点，极大值为 $f\left( 0, -1 \right) = e$.

20

（本题满分 12 分）

已知平面有界区域 $D = \left\{ \left( x, y \right) \mid x^{2} + y^{2} \le 4x,\ x^{2} + y^{2} \le 4y \right\}$，计算 $\iint_{D} \left( x - y \right)^{2} \mathrm{d} x \mathrm{d} y$.

解： 由区域关于直线 $y = x$ 对称，记第一部分区域为 $D_{1}$，则 $\iint_{D} \left( x - y \right)^{2} \mathrm{d} x \mathrm{d} y = 2 \iint_{D_{1}} \left( x^{2} + y^{2} - 2xy \right) \mathrm{d} x \mathrm{d} y$.

作极坐标变换 $x = r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$.

在区域 $D_{1}$ 上有 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$，$0 \le r \le 4 \sin \theta$.

于是 $\iint_{D} \left( x - y \right)^{2} \mathrm{d} x \mathrm{d} y = 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{4 \sin \theta} \left( r^{2} - 2r^{2} \cos \theta \sin \theta \right) r \mathrm{~d} r$

$= 128 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \sin^{4} \theta - 2 \cos \theta \sin^{5} \theta \right) \mathrm{~d} \theta$

$= 128 \left[ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \right)^{2} \mathrm{~d} \theta - \frac{1}{3}\sin^{6} \theta \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} \right]$

$= 128 \left[ \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( 1 - 2 \cos 2\theta + \cos^{2} 2\theta \right) \mathrm{~d} \theta - \frac{1}{24} \right]$

$= 128 \left[ \frac{1}{4} \left( \frac{\pi}{4} - \sin 2\theta \Big|_{0}^{\frac{\pi}{4}} \right) + \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2} t \mathrm{~d} t - \frac{1}{24} \right]$

$= 128 \left( \frac{3\pi}{32} - \frac{7}{24} \right)$

$= 12\pi - \frac{112}{3}$.

21

（本题满分 12 分）

设函数 $f\left( x \right)$ 在区间 $\left( a, b \right)$ 内可导，证明：导函数 $f^{\prime}\left( x \right)$ 在 $\left( a, b \right)$ 内严格单调递增的充分必要条件是：对 $\left( a, b \right)$ 内任意的 $x_{1}$，$x_{2}$，$x_{3}$，当 $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ 时，有 $\frac{f\left( x_{2} \right) - f\left( x_{1} \right)}{x_{2} - x_{1}} < \frac{f\left( x_{3} \right) - f\left( x_{2} \right)}{x_{3} - x_{2}}$.

解： 必要性：由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_{1} \in \left( x_{1}, x_{2} \right)$，$\xi_{2} \in \left( x_{2}, x_{3} \right)$，使得

$\frac{f\left( x_{2} \right) - f\left( x_{1} \right)}{x_{2} - x_{1}} = f^{\prime}\left( \xi_{1} \right)$， $\frac{f\left( x_{3} \right) - f\left( x_{2} \right)}{x_{3} - x_{2}} = f^{\prime}\left( \xi_{2} \right)$.

由于 $f^{\prime}\left( x \right)$ 在 $\left( a, b \right)$ 内严格单调递增，且 $\xi_{1} < \xi_{2}$，故 $f^{\prime}\left( \xi_{1} \right) < f^{\prime}\left( \xi_{2} \right)$.

于是 $\frac{f\left( x_{2} \right) - f\left( x_{1} \right)}{x_{2} - x_{1}} < \frac{f\left( x_{3} \right) - f\left( x_{2} \right)}{x_{3} - x_{2}}$.

充分性：任取 $c_{1} < c_{2}$，其中 $c_{1}, c_{2} \in \left( a, b \right)$.对任意满足 $c_{1} < x < c_{2}$ 的 $x$，由题设有 $\frac{f\left( c_{1} \right) - f\left( a \right)}{c_{1} - a} < \frac{f\left( x \right) - f\left( c_{1} \right)}{x - c_{1}} < \frac{f\left( c_{2} \right) - f\left( x \right)}{c_{2} - x} < \frac{f\left( b \right) - f\left( c_{2} \right)}{b - c_{2}}$.

特别地，只需利用 $\frac{f\left( c_{1} \right) - f\left( a \right)}{c_{1} - a} < \frac{f\left( x \right) - f\left( c_{1} \right)}{x - c_{1}} < \frac{f\left( c_{2} \right) - f\left( x \right)}{c_{2} - x}$ 并分别令 $x \to c_{1}^{+}$ 与 $x \to c_{2}^{-}$，得

$f^{\prime}\left( c_{1} \right) \le \frac{f\left( c_{2} \right) - f\left( c_{1} \right)}{c_{2} - c_{1}} \le f^{\prime}\left( c_{2} \right)$.

故 $f^{\prime}\left( x \right)$ 在 $\left( a, b \right)$ 上单调递增.再结合题设中的严格不等号，可排除在某子区间上恒等的情形，因此 $f^{\prime}\left( x \right)$ 在 $\left( a, b \right)$ 上严格单调递增.

22

（本题满分 12 分）

已知矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & a \end{pmatrix}$， $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} k & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 合同.

1. 求 $a$ 的值及 $k$ 的取值范围；
2. 若存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$，使得 $\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{B}$，求 $k$ 及 $\boldsymbol{Q}$.

解： （1）因为 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 合同，所以它们有相同的惯性指标.又由 $\boldsymbol{B}$ 可知存在零特征值，因此 $\boldsymbol{A}$ 也有零特征值，从而 $\left| \boldsymbol{A} \right| = 0$.

计算得 $a = 4$.此时 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $3$，$6$，$0$，故 $\boldsymbol{A}$ 有两个正特征值和一个零特征值.由合同保持惯性知 $k > 0$.

（2）若存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$，使得 $\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{B}$，则 $\boldsymbol{B}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的正交相似对角化结果.由于 $\boldsymbol{B}$ 的对角元已固定为 $k$，$6$，$0$，故必有 $k = 3$.

当 $a = 4$ 时，分别求特征值对应的特征向量：

当 $\lambda_{1} = 3$ 时，由 $\left( 3\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} \right)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，可取 $\boldsymbol{\xi}_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

当 $\lambda_{2} = 6$ 时，由 $\left( 6\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} \right)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，可取 $\boldsymbol{\xi}_{2} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

当 $\lambda_{3} = 0$ 时，由 $\left( 0\boldsymbol{E} - \boldsymbol{A} \right)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，可取 $\boldsymbol{\xi}_{3} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$.

将其单位化，得 $\boldsymbol{q}_{1} = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$， $\boldsymbol{q}_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$， $\boldsymbol{q}_{3} = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$.

于是 $\boldsymbol{Q} = \left( \boldsymbol{q}_{1}, \boldsymbol{q}_{2}, \boldsymbol{q}_{3} \right) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$.