2022 年全国硕士研究生招生考试 数学（二）

【详细解析】
逐项检验命题：
① 若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$，则 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1$。从而 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha^2(x)}{\beta^2(x)} = 1^2 = 1$，即 $\alpha^2(x) \sim \beta^2(x)$，命题 ① 正确；
② 若 $\alpha^2(x) \sim \beta^2(x)$，则 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha^2(x)}{\beta^2(x)} = 1$，只能推出 $\left|\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}\right| \to 1$。反例：取 $\alpha(x) = x, \beta(x) = -x$，则 $\alpha^2(x) = \beta^2(x) = x^2 \sim x^2$，但 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = -1 \ne 1$，命题 ② 错误；
③ 若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$，则 $\lim_{x\to 0} \frac{\alpha(x)-\beta(x)}{\alpha(x)} = 1 - \lim_{x\to 0}\frac{\beta(x)}{\alpha(x)} = 1 - 1 = 0$，故 $\alpha(x) - \beta(x) = o(\alpha(x))$，命题 ③ 正确；
④ 若 $\alpha(x) - \beta(x) = o(\alpha(x))$，则 $\lim_{x\to 0}\left(1 - \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}\right) = 0 \implies \lim_{x\to 0}\frac{\beta(x)}{\alpha(x)} = 1$，即 $\alpha(x) \sim \beta(x)$，命题 ④ 正确。
综上，真命题为 ①③④，本题选 C。

【详细解析】
积分区域为 $D = \{(x, y) \mid 0 \le y \le 2,\; y \le x \le 2\}$。
交换积分次序，先对 $y$ 积分：$0 \le x \le 2,\; 0 \le y \le x$： $$\int_0^2 dx \int_0^x \frac{y}{\sqrt{1+x^3}}\,dy = \int_0^2 \frac{1}{\sqrt{1+x^3}} \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^x dx = \frac{1}{2} \int_0^2 \frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}\,dx$$ 令 $u = 1 + x^3$，$du = 3x^2 dx$： $$= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \int_1^9 u^{-1/2}\,du = \frac{1}{6} \left[ 2\sqrt{u} \right]_1^9 = \frac{1}{3} (3 - 1) = \frac{2}{3}$$ 故本题选 D。

【详细解析】
因为 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处有 2 阶导数，故 $f'(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续。
由极限局部保号性：若 $f'(x_0) > 0$，则存在 $x_0$ 的去心邻域 $\mathring{U}(x_0, \delta)$，使得在此邻域内恒有 $f'(x) > 0$。
由拉格朗日中值定理可知，$f(x)$ 在该邻域内严格单调增加。故选项 B 正确。
其他选项分析： - A 选项：$f(x) = x^3$ 在 $x=0$ 处单增，但 $f'(0) = 0$，A 错； - C 选项：$f(x) = x^4$ 在 $x=0$ 处为凹函数，但 $f''(0) = 0$，C 错； - D 选项：二阶导数仅在一点存在，无法保证其在去心邻域内恒正（若二阶导数连续则成立，但题设仅为“在 $x_0$ 处有 2 阶导数”），D 错。
故本题选 B。

【详细解析】
设复合变量 $u = x - y$，定义一元函数 $G(u) = \int_0^u (u - t) f(t)\,dt$。
拆分积分：$G(u) = u \int_0^u f(t)\,dt - \int_0^u t f(t)\,dt$。
求导： $$G'(u) = \int_0^u f(t)\,dt + u f(u) - u f(u) = \int_0^u f(t)\,dt$$ $$G''(u) = f(u)$$ 由链式求导法则： $$\frac{\partial F}{\partial x} = G'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = G'(x-y)$$ $$\frac{\partial F}{\partial y} = G'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = -G'(x-y) = -\frac{\partial F}{\partial x}$$ 二阶偏导数： $$\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}[G'(x-y)] = G''(x-y)$$ $$\frac{\partial^2 F}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}[-G'(x-y)] = -G''(x-y) \cdot (-1) = G''(x-y) = \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}$$ 因此 $\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$ 且 $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$，本题选 C。

【详细解析】
反常积分的两个可能瑕点为 $x = 0$ 和 $x = 1$，将积分拆分为： $$\int_0^{1/2} \frac{\ln x}{x^p (1-x)^{1-p}}\,dx + \int_{1/2}^1 \frac{\ln x}{x^p (1-x)^{1-p}}\,dx$$ - 考察瑕点 $x = 0$ 处：当 $x \to 0^+$ 时，$(1-x)^{1-p} \to 1$，被积函数行为等价于 $\frac{\ln x}{x^p}$。
由于 $\lim_{x\to 0^+} x^\varepsilon \ln x = 0$（对任意 $\varepsilon > 0$），反常积分 $\int_0^{1/2} \frac{\ln x}{x^p}\,dx$ 收敛的充要条件是 $p < 1$；
- 考察瑕点 $x = 1$ 处：当 $x \to 1^-$ 时，$x^p \to 1$，且 $\ln x = \ln(1 - (1-x)) \sim -(1-x)$。
被积函数 $\frac{\ln x}{(1-x)^{1-p}} \sim \frac{-(1-x)}{(1-x)^{1-p}} = -\frac{1}{(1-x)^{-p}}$。
反常积分 $\int_{1/2}^1 \frac{1}{(1-x)^{-p}}\,dx$ 收敛的充要条件是指数小于 1，即 $-p < 1 \implies p > -1$。
两部分均收敛的充要条件为 $-1 < p < 1$。故选 A。

【详细解析】
反例检验：
取 $x_n = (-1)^n \frac{\pi}{4} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。
此时 $\cos x_n = \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$（为常数数列）。
故 $\lim_{n\to\infty} \cos x_n = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 存在，且 $\lim_{n\to\infty} \sin(\cos x_n) = \sin\frac{\sqrt{2}}{2}$ 存在。
但是 $x_n = (-1)^n \frac{\pi}{4}$ 为交错发散数列，$\lim_{n\to\infty} x_n$ 不存在。
因此选项 D 正确。故选 D。

【详细解析】
由导数判定被积函数大小：
设 $f(x) = \frac{x}{2} - \ln(1+x)$，则 $f'(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{1+x} = \frac{x-1}{2(1+x)} < 0$ 对 $x \in (0, 1)$ 成立。
由 $f(0) = 0$ 可得当 $x \in (0, 1]$ 时，$\frac{x}{2} < \ln(1+x)$，故 $\frac{x}{2(1+\cos x)} < \frac{\ln(1+x)}{1+\cos x} \implies I_1 < I_2$。
再比较 $I_2$ 与 $I_3$：
在 $(0, 1)$ 上，$2\ln(1+x) < 2x$。
且 $\cos\frac{x}{2} > \sin\frac{x}{2} \implies 2\cos^2\frac{x}{2} > 1 + \sin x \implies 2(1+\cos x) > 1 + \sin x$。
从而 $\frac{2\ln(1+x)}{2(1+\cos x)} < \frac{2x}{1+\sin x}$，得 $I_2 < I_3$。
综合得 $I_1 < I_2 < I_3$。选 A。

【详细解析】
根据相似对角化理论：
- 充分性：若存在可逆矩阵 $P$ 使得 $A = P \Lambda P^{-1}$，则 $A$ 与对角阵 $\Lambda$ 相似，相似矩阵具有完全相同的特征值，故 $A$ 的特征值为 $1, -1, 0$；
- 必要性：若 3 阶矩阵 $A$ 的特征值为 $1, -1, 0$，由于 3 个特征值互不相同，故 $A$ 必有 3 个线性无关的特征向量，从而 $A$ 必然可以相似对角化，即存在可逆阵 $P$ 使得 $A = P \Lambda P^{-1}$。
选项 A 为等价变换（只能保秩，不保特征值）；选项 C 为实对称矩阵正交相似对角化（非实对称矩阵不能保证存在正交矩阵）；选项 D 为合同变换。
故本题选 B。

【详细解析】
系数矩阵 $A$ 为典型的范德蒙德矩阵的转置，其行列式为： $$|A| = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & a & a^2 \\ 1 & b & b^2 \end{vmatrix} = (a - 1)(b - 1)(b - a)$$ - 当 $a \ne 1, b \ne 1, a \ne b$ 时，$|A| \ne 0$，方程组 $Ax = b$ 必有唯一解；
- 当 $|A| = 0$ 时，必有 $a=1$ 或 $b=1$ 或 $a=b$： 1. 若 $a = 1$，则第 1 行与第 2 行系数完全相同，但增广矩阵右侧常数项分别为 1 和 2，出现矛盾方程 $x_1+x_2+x_3 = 1$ 与 $x_1+x_2+x_3 = 2$，方程组无解； 2. 若 $b = 1$，同理第 1 行与第 3 行矛盾（常数项 1 与 4），方程组无解； 3. 若 $a = b$，第 2 行与第 3 行系数相同，常数项分别为 2 和 4，产生矛盾，方程组无解。
因此，不论 $a, b$ 取何值，该线性方程组都不可能出现无穷多解，其解的情况只能是有唯一解或无解。
故选 D。

【详细解析】
计算行列式： $$|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3| = (\lambda - 1)^2 (\lambda + 2)$$ $$|\alpha_1, \alpha_2, \alpha_4| = (\lambda - 1)^2 (\lambda + 1)^2$$ 向量组等价要求秩相等且与拼接增广矩阵秩相等： - 当 $\lambda = 1$ 时，两组向量秩均为 1，且向量相同，等价； - 当 $\lambda = -1$ 时，前组秩为 3，后组秩为 2，不等价； - 当 $\lambda = -2$ 时，前组秩为 2，后组秩为 3，不等价； - 其余实数 $\lambda$ 处，两组向量秩均为 3（满秩），空间维数相同，等价。
因此 $\lambda$ 的取值范围是 $\{\lambda \mid \lambda \in \mathbb{R}, \lambda \ne -1, \lambda \ne -2\}$，本题选 C。

【详细解析】
此极限属于 $1^\infty$ 型未定式，采用复合对数化简： $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1 + e^x}{2} \right)^{\cot x} = \exp\left( \lim_{x\to 0} \cot x \cdot \ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right) \right)$$ 由于 $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x} \sim \frac{1}{x}$，且利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u$： $$\ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right) = \ln\left( 1 + \frac{e^x - 1}{2} \right) \sim \frac{e^x - 1}{2} \sim \frac{x}{2}$$ 故指数极限为： $$\lim_{x\to 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{x}{2} = \frac{1}{2}$$ 因此原极限为 $e^{1/2}$。

【详细解析】
将 $x=1$ 代入原方程：$1 + y + y^3 = 3 \implies y^3 + y - 2 = 0$。
实根为 $y = 1$。
两边关于 $x$ 求一阶导数： $$2x + y + xy' + 3y^2 y' = 0 \implies y'(x + 3y^2) = -(2x + y)$$ 将 $x=1, y=1$ 代入：$y'(1 + 3) = -(2 + 1) \implies y'(1) = -\frac{3}{4}$。
对导数方程两边再次求导： $$2 + y' + y' + xy'' + 6y (y')^2 + 3y^2 y'' = 0$$ $$(x + 3y^2) y'' + 2 + 2y' + 6y (y')^2 = 0$$ 代入 $x=1, y=1, y'=-\frac{3}{4}$： $$(1 + 3) y''(1) + 2 + 2\left(-\frac{3}{4}\right) + 6(1)\left(-\frac{3}{4}\right)^2 = 0$$ $$4y''(1) + 2 - \frac{3}{2} + 6 \cdot \frac{9}{16} = 0$$ $$4y''(1) + \frac{1}{2} + \frac{27}{8} = 0 \implies 4y''(1) + \frac{31}{8} = 0 \implies y''(1) = -\frac{31}{32}$$

【详细解析】
拆分分子，凑分母的导数 $(x^2-x+1)' = 2x-1$： $$2x + 3 = (2x - 1) + 4$$ 积分拆项为： $$\int_0^1 \frac{2x-1}{x^2-x+1}\,dx + 4 \int_0^1 \frac{dx}{x^2-x+1}$$ 计算第一部分： $$\int_0^1 \frac{d(x^2-x+1)}{x^2-x+1} = \left[ \ln(x^2-x+1) \right]_0^1 = \ln 1 - \ln 1 = 0$$ 计算第二部分（配方）： $$x^2 - x + 1 = \left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2$$ $$4 \int_0^1 \frac{dx}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = 4 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} \left[ \arctan\left(\frac{x-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) \right]_0^1$$ $$= \frac{8}{\sqrt{3}} \left[ \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) - \arctan\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \right] = \frac{8}{\sqrt{3}} \left( \frac{\pi}{6} - \left(-\frac{\pi}{6}\right) \right) = \frac{8}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{8\sqrt{3}}{9}\pi$$

【详细解析】
对应特征方程为： $$r^3 - 2r^2 + 5r = 0 \implies r(r^2 - 2r + 5) = 0$$ 特征根： - 单实根：$r_1 = 0$； - 一对共轭复根：$r_{2,3} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = 1 \pm 2i$。
由常系数齐次线性微分方程通解结构： $$y(x) = C_1 e^{0\cdot x} + e^{1\cdot x} (C_2\cos 2x + C_3\sin 2x) = C_1 + e^x(C_2\cos 2x + C_3\sin 2x)$$ （其中 $C_1, C_2, C_3$ 为任意常数）。

【详细解析】
利用极坐标系下面积计算公式： $$S = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^\beta r^2(\theta)\,d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/3} \sin^2(3\theta)\,d\theta$$ 换元令 $u = 3\theta$，$d\theta = \frac{1}{3}du$： $$S = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \int_0^\pi \sin^2 u\,du = \frac{1}{6} \times 2 \int_0^{\pi/2} \sin^2 u\,du$$ 利用华利士公式（点火公式）：$\int_0^{\pi/2} \sin^2 u\,du = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$。
$$S = \frac{1}{3} \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$$

【详细解析】
初等行变换对应左乘初等矩阵 $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$。
初等列变换对应右乘初等矩阵 $Q = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
令 $B = \begin{pmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，由题意： $$P A Q = B \implies A = P^{-1} B Q^{-1}$$ 取逆矩阵： $$A^{-1} = Q B^{-1} P$$ 利用迹的乘积轮换对称性 $\text{tr}(XYZ) = \text{tr}(ZXY)$： $$\text{tr}(A^{-1}) = \text{tr}(Q B^{-1} P) = \text{tr}(P Q B^{-1}) = \text{tr}(B^{-1} P Q)$$ 直接求 $A$： $$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$$ 对 $A$ 求逆： $$A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 主对角线元素之和： $$\text{tr}(A^{-1}) = 0 + 0 + (-1) = -1$$

【详细解析】
因为分母 $x^2 \to 0$ 且极限存在（等于 2），根据极限存在的必要条件，分子必趋于 0： $$\lim_{x\to 0} \left[ f(e^{x^2}) - 3f(1+\sin^2 x) \right] = 0$$ 由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导必连续，故： $$f(1) - 3f(1) = 0 \implies -2f(1) = 0 \implies f(1) = 0$$ 将分子凑导数定义式： $$\frac{f(e^{x^2}) - 3f(1+\sin^2 x)}{x^2} = \frac{f(e^{x^2}) - f(1)}{x^2} - 3 \frac{f(1+\sin^2 x) - f(1)}{x^2}$$ 对两项分别求极限： $$\lim_{x\to 0} \frac{f(e^{x^2}) - f(1)}{x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{f(e^{x^2}) - f(1)}{e^{x^2} - 1} \cdot \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} = f'(1) \cdot 1 = f'(1)$$ $$\lim_{x\to 0} \frac{f(1+\sin^2 x) - f(1)}{x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{f(1+\sin^2 x) - f(1)}{\sin^2 x} \cdot \frac{\sin^2 x}{x^2} = f'(1) \cdot 1 = f'(1)$$ 代入得： $$f'(1) - 3f'(1) = -2f'(1) = 2 \implies f'(1) = -1$$

【详细解析】
标准形式：$y' - \frac{2}{x}y = \frac{2\ln x - 1}{2x}$。
积分因子为 $e^{-\int \frac{2}{x}dx} = \frac{1}{x^2}$。
通解为： $$y(x) = x^2 \left[ \int \frac{2\ln x - 1}{2x^3}\,dx + C \right]$$ 分部积分： $$\int \frac{\ln x}{x^3}\,dx = -\frac{1}{2} \int \ln x\,d(x^{-2}) = -\frac{\ln x}{2x^2} + \frac{1}{2}\int x^{-3}\,dx = -\frac{\ln x}{2x^2} - \frac{1}{4x^2}$$ $$-\int \frac{1}{2x^3}\,dx = \frac{1}{4x^2}$$ 两者相加，常数项相互抵消： $$\int \frac{2\ln x - 1}{2x^3}\,dx = -\frac{\ln x}{2x^2}$$ 从而： $$y(x) = x^2 \left( -\frac{\ln x}{2x^2} + C \right) = -\frac{1}{2}\ln x + Cx^2$$ 代入初值 $y(1) = \frac{1}{4} \implies C = \frac{1}{4}$，得特解： $$y(x) = -\frac{1}{2}\ln x + \frac{1}{4}x^2$$ 求导：$y' = -\frac{1}{2x} + \frac{x}{2}$。
弧长微元： $$1 + (y')^2 = 1 + \left( \frac{x}{2} - \frac{1}{2x} \right)^2 = \left( \frac{x}{2} + \frac{1}{2x} \right)^2$$ $$\sqrt{1 + (y')^2} = \frac{x}{2} + \frac{1}{2x} \quad (x \in [1, e] > 0)$$ 计算定积分： $$s = \int_1^e \left( \frac{x}{2} + \frac{1}{2x} \right) dx = \left[ \frac{x^2}{4} + \frac{1}{2}\ln x \right]_1^e = \left( \frac{e^2}{4} + \frac{1}{2} \right) - \left( \frac{1}{4} + 0 \right) = \frac{1}{4}e^2 + \frac{1}{4}$$

【详细解析】
区域 $D$ 由两块拼接而成： - $D_1$：位于第二象限，边界由 $y-x=2$、$x$ 轴与 $y$ 轴围成的等腰直角三角形； - $D_2$：位于第一象限，四分之一圆域 $x^2 + y^2 \le 4$ ($x \ge 0, y \ge 0$)。
展开被积函数： $$\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2} = 1 - \frac{2xy}{x^2+y^2}$$ 利用极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，被积函数化为 $1 - \sin 2\theta$。
在 $D_1$ 上的积分：
$\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{3\pi}{4}$，上边界直线方程为 $r = \frac{2}{\sin\theta - \cos\theta}$。
$$I_1 = \int_{\pi/2}^{3\pi/4} d\theta \int_0^{\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}} (1 - \sin 2\theta) r\,dr$$ 因为 $1 - \sin 2\theta = (\sin\theta - \cos\theta)^2$，而 $\int_0^{r(\theta)} r\,dr = \frac{1}{2} r^2 = \frac{2}{(\sin\theta-\cos\theta)^2}$，两者乘积恒等于常数 2： $$I_1 = \int_{\pi/2}^{3\pi/4} 2\,d\theta = 2\left( \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2}$$ 在 $D_2$ 上的积分：
$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}, 0 \le r \le 2$： $$I_2 = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin 2\theta)\,d\theta \int_0^2 r\,dr = \left[ \theta + \frac{1}{2}\cos 2\theta \right]_0^{\pi/2} \cdot 2 = \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right) \cdot 2 = \pi - 2$$ 合并得总积分： $$I = I_1 + I_2 = \frac{\pi}{2} + \pi - 2 = \frac{3\pi}{2} - 2$$

【详细解析】
(1) 计算偏导数 $\frac{\partial g}{\partial x}$：
由复合函数求导法则，令 $u = x, v = y - x$： $$\frac{\partial g}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = f'_u \cdot 1 + f'_v \cdot (-1) = f'_u - f'_v$$ 代入已知偏微分方程： $$\frac{\partial g}{\partial x} = 2(u - v)e^{-(u+v)} = 2[x - (y - x)] e^{-[x + (y - x)]} = 2(2x - y)e^{-y}$$
(2) 求 $f(u, v)$ 表达式与极值：
对 $\frac{\partial g}{\partial x}$ 关于 $x$ 积分： $$g(x, y) = \int 2(2x - y)e^{-y}\,dx = (2x^2 - 2xy)e^{-y} + \varphi(y) = 2x(x - y)e^{-y} + \varphi(y)$$ 利用变量关系 $x = u, y = u + v$，可得： $$f(u, v) = g(u, u+v) = 2u(-v)e^{-(u+v)} + \varphi(u+v) = -2uve^{-(u+v)} + \varphi(u+v)$$ 利用已知初始条件 $f(u, 0) = u^2 e^{-u}$： $$f(u, 0) = 0 + \varphi(u) = u^2 e^{-u} \implies \varphi(t) = t^2 e^{-t}$$ 因此： $$\varphi(u+v) = (u+v)^2 e^{-(u+v)} = (u^2 + 2uv + v^2)e^{-(u+v)}$$ 代入得： $$f(u, v) = -2uv e^{-(u+v)} + (u^2 + 2uv + v^2)e^{-(u+v)} = (u^2 + v^2)e^{-(u+v)}$$ 求驻点与极值：
一阶偏导数： $$f'_u = [2u - (u^2 + v^2)]e^{-(u+v)} = 0$$ $$f'_v = [2v - (u^2 + v^2)]e^{-(u+v)} = 0$$ 联立得 $2u = 2v = u^2 + v^2 \implies u = v$。
代入得 $2u = 2u^2 \implies 2u(1 - u) = 0$，解得两个驻点：$(0, 0)$ 和 $(1, 1)$。
计算二阶偏导数判别式： $$A = f''_{uu} = [2 - 4u + u^2 + v^2]e^{-(u+v)}$$ $$B = f''_{uv} = [-2u - 2v + u^2 + v^2]e^{-(u+v)}$$ $$C = f''_{vv} = [2 - 4v + u^2 + v^2]e^{-(u+v)}$$ - 在驻点 $(0, 0)$ 处：$A = 2, B = 0, C = 2$。$AC - B^2 = 4 > 0$ 且 $A > 0$，故 $(0, 0)$ 为极小值点，极小值为 $f(0, 0) = 0$；
- 在驻点 $(1, 1)$ 处：$A = 0, B = -2e^{-2}, C = 0$。$AC - B^2 = -4e^{-4} < 0$，故 $(1, 1)$ 不是极值点（为鞍点）。
综上，$f(u, v) = (u^2 + v^2)e^{-(u+v)}$，在 $(0, 0)$ 处取得极小值 0。

【详细证明】
必要性：
由泰勒公式，在 $x_0 = \frac{a+b}{2}$ 处展开： $$f(x) = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x - \frac{a+b}{2}\right) + \frac{1}{2}f''(\xi)\left(x - \frac{a+b}{2}\right)^2$$ 若 $f''(x) \ge 0$，则 $f''(\xi) \ge 0$。
在 $[a, b]$ 上对两边积分： $$\int_a^b f(x)\,dx = f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right) \int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right) dx + \int_a^b \frac{1}{2}f''(\xi)\left(x - \frac{a+b}{2}\right)^2 dx$$ 因为 $\int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right) dx = 0$，且余项积分 $\ge 0$，故： $$\int_a^b f(x)\,dx \ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) \implies f\left(\frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx$$ 充分性：
反证法。若存在 $x_0$ 使得 $f''(x_0) < 0$。
因 $f''(x)$ 连续，存在 $\delta > 0$ 使得在 $[x_0-\delta, x_0+\delta]$ 内 $f''(x) < 0$。
取 $a = x_0-\delta, b = x_0+\delta$： $$\int_a^b f(x)\,dx = f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \int_a^b \frac{1}{2}f''(\xi)\left(x - \frac{a+b}{2}\right)^2 dx$$ 在区间内 $f''(\xi) < 0$，故第二项积分严格小于 0，从而： $$\int_a^b f(x)\,dx < f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) \implies \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx < f\left(\frac{a+b}{2}\right)$$ 产生矛盾！因此必有 $f''(x) \ge 0$。证毕。

【详细解析】
(1) 正交变换化标准形：
二次型矩阵为 $A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}$。
计算特征多项式： $$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 3 & 0 & -1 \\ 0 & \lambda - 4 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda - 3 \end{vmatrix} = (\lambda - 4)[(\lambda - 3)^2 - 1] = (\lambda - 4)^2 (\lambda - 2)$$ 特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = 4$（二重），$\lambda_3 = 2$。
- 对于 $\lambda_3 = 2$：$(2E - A)x = 0 \implies \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & -1 \end{pmatrix} x = 0$。
基础解系：$\alpha_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，单位化为 $q_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$；
- 对于 $\lambda = 4$：$(4E - A)x = 0 \implies \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} x = 0 \implies x_1 = x_3$。
取两个正交解向量：$\alpha_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \alpha_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，单位化得： $$q_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad q_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$ 令正交矩阵： $$Q = \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$$ 经正交变换 $x = Qy$，二次型化为标准形： $$f = 4y_1^2 + 4y_2^2 + 2y_3^2$$
(2) 证明瑞利商最小值：
因为 $Q$ 为正交矩阵，内积与模长在正交变换下保持不变： $$x^T x = (Qy)^T (Qy) = y^T Q^T Q y = y^T y = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$$ 对于任意 $x \ne 0$，对应 $y \ne 0$： $$\frac{f(x)}{x^T x} = \frac{4y_1^2 + 4y_2^2 + 2y_3^2}{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2} \ge \frac{2y_1^2 + 2y_2^2 + 2y_3^2}{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2} = 2$$ 当取 $y_1 = 0, y_2 = 0, y_3 = 1$ 时（即 $x = q_3 \ne 0$ 为特征值 2 对应的特征向量）： $$\frac{f(x)}{x^T x} = \frac{2(1)^2}{1^2} = 2$$ 故等号可以取得。因此： $$\min_{x\ne 0} \frac{f(x)}{x^T x} = 2$$ 结论得证。