2023 年全国硕士研究生招生考试 数学（二）

【详细解析】
设斜渐近线方程为 $y = kx + b$。
首先求斜率 $k$： $$k = \lim_{x \to \infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \infty} \ln\left(e + \frac{1}{x-1}\right) = \ln e = 1$$ 再求截距 $b$： $$\begin{aligned} b &= \lim_{x \to \infty} (y - kx) = \lim_{x \to \infty} x \left[ \ln\left(e + \frac{1}{x-1}\right) - 1 \right] \\ &= \lim_{x \to \infty} x \left[ \ln\left(e\left(1 + \frac{1}{e(x-1)}\right)\right) - 1 \right] \\ &= \lim_{x \to \infty} x \ln\left(1 + \frac{1}{e(x-1)}\right) \end{aligned}$$ 当 $x \to \infty$ 时，$\frac{1}{e(x-1)} \to 0$，利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u$： $$b = \lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{1}{e(x-1)} = \frac{1}{e}$$ 因此斜渐近线方程为 $y = x + \frac{1}{e}$。故本题选 B。

【详细解析】
若 $F(x)$ 为 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 上的原函数，则 $F(x)$ 必须在 $(-\infty, +\infty)$ 上连续且处处可导满足 $F'(x) = f(x)$。
分别求分段不定积分：
当 $x \le 0$ 时，$\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx = \ln(x + \sqrt{1+x^2}) + C_1$；
当 $x > 0$ 时，分部积分： $$\int (x+1)\cos x dx = \int (x+1)d(\sin x) = (x+1)\sin x - \int \sin x dx = (x+1)\sin x + \cos x + C_2$$ 由 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续： $$F(0) = \lim_{x \to 0^-} F(x) = \ln 1 + C_1 = C_1$$ $$\lim_{x \to 0^+} F(x) = (0+1)\sin 0 + \cos 0 + C_2 = 1 + C_2$$ 故 $C_1 = C_2 + 1$。
令 $C_2 = 0$，则 $C_1 = 1$，对应选项 D。
检验 $F'(0)$： $$F'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(\sqrt{1+x^2}+x)+1 - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1 = f(0)$$ $$F'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{(x+1)\sin x + \cos x - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{x\sin x}{x} + \frac{\sin x}{x} + \frac{\cos x - 1}{x} \right) = 0 + 1 + 0 = 1 = f(0)$$ 因此 $F'(0) = f(0)$，导数存在且连续。故本题选 D。

【详细解析】
先分析数列 $\{y_n\}$：
$y_1 = \frac{1}{2}, y_2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2, y_3 = \left(\frac{1}{2}\right)^4, \dots, y_n = \left(\frac{1}{2}\right)^{2^{n-1}}$，为超指数衰减。
再分析数列 $\{x_n\}$：
$x_1 = \frac{1}{2} \in (0, 1)$。由 $0 < \sin x < x\ (x > 0)$ 可知 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 0，故 $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$。
由经典渐近分析，当 $x \to 0$ 时，$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$，可得 $x_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}$（代数阶无穷小）。
显然，超指数项相比于多项式/代数项衰减极快： $$\lim_{n \to \infty} \frac{y_n}{x_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(1/2)^{2^{n-1}}}{\sqrt{3/n}} = 0$$ 因此 $y_n$ 是 $x_n$ 的高阶无穷小。故本题选 B。

【详细解析】
该微分方程的特征方程为 $r^2 + ar + b = 0$。
设特征根为 $r_1, r_2$：

1. 若特征根具有非零实部 $\alpha \ne 0$，则通解中含有 $e^{\alpha x}$ 形式的项。当 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 时，至少有一侧必趋于无穷大，不可能在 $(-\infty, +\infty)$ 上有界。因此特征根的实部必须均为 0。
2. 若特征根为纯虚数 $r_{1,2} = \pm i\beta\ (\beta > 0)$，则 $a = 0$，特征方程为 $r^2 + \beta^2 = 0$，即 $b = \beta^2 > 0$。
   此时通解为 $y = C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x)$，在全实轴 $(-\infty, +\infty)$ 均有界。
3. 若 $r_1 = r_2 = 0$（即 $a = b = 0$），通解为 $y = C_1 + C_2 x$，当 $C_2 \ne 0$ 时在无穷远处无界。

综上，微分方程的解在 $(-\infty, +\infty)$ 上处处有界的充要条件是 $a = 0$ 且 $b > 0$。故本题选 C。

【详细解析】
去绝对值分析参变量 $t$ 与 $x, y$ 的显式关系：
当 $t \ge 0$ 时，$x = 3t$（即 $t = \frac{x}{3}$），$y = t\sin t = \frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}$；
当 $t < 0$ 时，$x = t$（即 $t = x$），$y = -t\sin t = -x\sin x$。
因此分段表达为： $$f(x) = \begin{cases} \frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}, & x \ge 0 \\ -x\sin x, & x < 0 \end{cases}$$ 求一阶导数：
当 $x > 0$ 时，$f'(x) = \frac{1}{3}\sin\frac{x}{3} + \frac{x}{9}\cos\frac{x}{3}$；
当 $x < 0$ 时，$f'(x) = -\sin x - x\cos x$。
利用定义检验 $x = 0$ 处的单侧导数： $$f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{x}{3}\sin(x/3)}{x} = 0,\quad f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{-x\sin x}{x} = 0$$ 且 $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = 0 = \lim_{x \to 0^-} f'(x) = f'(0)$，因此 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
再考察二阶导数： $$f''_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{f'(x) - 0}{x} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{\sin(x/3)}{3x} + \frac{\cos(x/3)}{9} \right) = \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{2}{9}$$ $$f''_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{f'(x) - 0}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( -\frac{\sin x}{x} - \cos x \right) = -1 - 1 = -2$$ 由于 $f''_+(0) = \frac{2}{9} \ne f''_-(0) = -2$，故 $f''(0)$ 不存在。故本题选 C。

【详细解析】
作换元令 $u = \ln x$，则 $du = \frac{dx}{x}$，积分限由 $x = 2$ 变为 $u = \ln 2$： $$f(\alpha) = \int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{du}{u^{\alpha+1}}$$ 该反常积分收敛必须且仅须 $\alpha + 1 > 1$，即 $\alpha > 0$。
计算反常积分： $$f(\alpha) = \left[ -\frac{1}{\alpha u^\alpha} \right]_{\ln 2}^{+\infty} = \frac{1}{\alpha (\ln 2)^\alpha} = \frac{(\ln 2)^{-\alpha}}{\alpha}$$ 对两边取自然对数：$\ln f(\alpha) = -\alpha \ln(\ln 2) - \ln \alpha$。
求导寻极值： $$\frac{f'(\alpha)}{f(\alpha)} = -\ln(\ln 2) - \frac{1}{\alpha} = 0 \implies \alpha_0 = -\frac{1}{\ln(\ln 2)}$$ 因为 $0 < \ln 2 < 1$，故 $\ln(\ln 2) < 0$，因此 $\alpha_0 = -\frac{1}{\ln(\ln 2)} > 0$ 在定义域内。
当 $\alpha < \alpha_0$ 时 $f'(\alpha) < 0$；当 $\alpha > \alpha_0$ 时 $f'(\alpha) > 0$，故 $\alpha_0$ 为唯一极小值点，亦为全局最小值点。故本题选 A。

【详细解析】
求一阶与二阶导数： $$f'(x) = [2x + (x^2+a)]e^x = (x^2 + 2x + a)e^x$$ $$f''(x) = [(2x+2) + (x^2+2x+a)]e^x = (x^2 + 4x + a + 2)e^x$$

1. 因为 $f(x)$ 没有极值点，且 $e^x > 0$，故二次多项式 $x^2 + 2x + a$ 在实数轴上不能变号，即判别式 $\Delta_1 = 2^2 - 4a = 4(1 - a) \le 0$，解得 $a \ge 1$。
2. 因为曲线 $y = f(x)$ 有拐点，故 $f''(x)$ 必须穿过零点变号，即二次方程 $x^2 + 4x + a + 2 = 0$ 必须有两个相异的实根，判别式 $\Delta_2 = 4^2 - 4(a+2) = 8 - 4a > 0$，解得 $a < 2$。

综合以上两个条件，得 $a$ 的取值范围为 $[1, 2)$。故本题选 C。

【详细解析】
令分块矩阵 $M = \begin{pmatrix} A & E \\ O & B \end{pmatrix}$。
由于分块上三角矩阵的行列式为 $|M| = |A| |B|$。
由分块矩阵求逆公式： $$M^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1} E B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix}$$ 根据伴随矩阵性质 $M^* = |M| M^{-1}$，代入得： $$\begin{aligned} M^* &= |A||B| \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1}B^{-1} \\ O & B^{-1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |B|(|A|A^{-1}) & -(|A|A^{-1})(|B|B^{-1}) \\ O & |A|(|B|B^{-1}) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} |B|A^* & -A^*B^* \\ O & |A|B^* \end{pmatrix} \end{aligned}$$ 故本题选 D。

【详细解析】
展开二次型： $$\begin{aligned} f &= (x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2) + (x_1^2 + 2x_1x_3 + x_3^2) - 4(x_2^2 - 2x_2x_3 + x_3^2) \\ &= 2x_1^2 + 2x_1(x_2 + x_3) - 3x_2^2 + 8x_2x_3 - 3x_3^2 \end{aligned}$$ 配方处理 $x_1$： $$\begin{aligned} f &= 2\left( x_1 + \frac{x_2+x_3}{2} \right)^2 - \frac{1}{2}(x_2+x_3)^2 - 3x_2^2 + 8x_2x_3 - 3x_3^2 \\ &= 2\left( x_1 + \frac{x_2+x_3}{2} \right)^2 - \left( \frac{7}{2}x_2^2 - 7x_2x_3 + \frac{7}{2}x_3^2 \right) \\ &= 2\left( x_1 + \frac{x_2+x_3}{2} \right)^2 - \frac{7}{2}(x_2 - x_3)^2 \end{aligned}$$ 由此可见，通过可逆线性变换，该二次型可以化为两个非零平方项（一正一负），即： 正惯性指数 $p = 1$，负惯性指数 $q = 1$，零惯性指数为 $3 - (1+1) = 1$。
因此其规范形为 $y_1^2 - y_2^2$。故本题选 B。

【详细解析】
设 $\boldsymbol{\gamma} = x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 = y_1\boldsymbol{\beta}_1 + y_2\boldsymbol{\beta}_2$，即齐次线性方程组： $$x_1\boldsymbol{\alpha}_1 + x_2\boldsymbol{\alpha}_2 - y_1\boldsymbol{\beta}_1 - y_2\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{0}$$ 对增广系数矩阵作初等行变换： $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 2 & 1 & -5 & 0 \\ 3 & 1 & -9 & -1 \end{pmatrix} \xrightarrow{\substack{r_2 - 2r_1 \\ r_3 - 3r_1}} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & -5 & -3 & 2 \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3 - r_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -2 & -1 \\ 0 & -3 & -1 & 2 \\ 0 & -2 & -2 & 0 \end{pmatrix}$$ 由第三行知 $-2x_2 - 2y_1 = 0 \implies x_2 = -y_1$。
代入第二行：$-3(-y_1) - y_1 + 2y_2 = 0 \implies 2y_1 + 2y_2 = 0 \implies y_2 = -y_1$。
因此当取 $y_1 = 1$ 时，$y_2 = -1$，代入可得公共向量： $$\boldsymbol{\gamma} = y_1\boldsymbol{\beta}_1 + y_2\boldsymbol{\beta}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 5 \\ 9 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}$$ 验证由 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 表示：此时 $x_2 = -1$，代回第一行得 $x_1 + 2(-1) - 2(1) - (-1) = 0 \implies x_1 = 3$。
$3\boldsymbol{\alpha}_1 - \boldsymbol{\alpha}_2 = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}$，完全成立！
故 $\boldsymbol{\gamma} = k\begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}, k \in \mathbb{R}$。故本题选 D。

【详细解析】
首先利用泰勒展开计算 $g(x)$： $$e^{x^2} = 1 + x^2 + o(x^2),\quad \cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$$ $$g(x) = \left(1 + x^2 + o(x^2)\right) - \left(1 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)\right) = \frac{3}{2}x^2 + o(x^2)$$ 再对 $f(x)$ 展开到 $x^2$ 项： $$\ln(1+x) = x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)$$ $$f(x) = ax + bx^2 + x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) = (a+1)x + \left(b - \frac{1}{2}\right)x^2 + o(x^2)$$ 因 $f(x) \sim g(x) = \frac{3}{2}x^2$，必须满足： $$a + 1 = 0 \implies a = -1$$ $$b - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \implies b = 2$$ 因此 $ab = (-1) \times 2 = -2$。

【详细解析】
被积函数定义域要求 $3 - t^2 \ge 0$，故曲线自身的最大定义域区间为 $[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$。
根据微积分基本定理求导：$y' = \sqrt{3-x^2}$。
弧长微元为： $$ds = \sqrt{1 + (y')^2} dx = \sqrt{1 + (3 - x^2)} dx = \sqrt{4 - x^2} dx$$ 因此整条曲线的弧长为： $$s = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \sqrt{4 - x^2} dx = 2 \int_0^{\sqrt{3}} \sqrt{4 - x^2} dx$$ 三角代换：令 $x = 2\sin\theta$，当 $x = 0$ 时 $\theta = 0$；当 $x = \sqrt{3}$ 时 $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \theta = \frac{\pi}{3}$。 $$\begin{aligned} s &= 2 \int_0^{\pi/3} \sqrt{4 - 4\sin^2\theta} \cdot 2\cos\theta d\theta = 8 \int_0^{\pi/3} \cos^2\theta d\theta \\ &= 4 \int_0^{\pi/3} (1 + \cos 2\theta) d\theta = 4 \left[ \theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right]_0^{\pi/3} \\ &= 4 \left( \frac{\pi}{3} + \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} \right) = 4 \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) = \sqrt{3} + \frac{4}{3}\pi \end{aligned}$$

【详细解析】
当 $(x, y) = (1, 1)$ 时，代入方程得 $e^z + z = 2(1) - 1 = 1$，解得 $z(1, 1) = 0$。
对方程两边关于 $x$ 求偏导： $$e^z \frac{\partial z}{\partial x} + z + x \frac{\partial z}{\partial x} = 2 \implies (e^z + x) \frac{\partial z}{\partial x} = 2 - z$$ 代入 $(x, y, z) = (1, 1, 0)$： $$(e^0 + 1) \frac{\partial z}{\partial x} = 2 - 0 \implies 2 \frac{\partial z}{\partial x} = 2 \implies \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 1$$ 再对两边关于 $x$ 继续求导： $$\left( e^z \frac{\partial z}{\partial x} + 1 \right) \frac{\partial z}{\partial x} + (e^z + x) \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = -\frac{\partial z}{\partial x}$$ 代入 $x = 1, z = 0, \frac{\partial z}{\partial x} = 1$： $$(1 \cdot 1 + 1) \cdot 1 + (1 + 1) \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = -1 \implies 2 + 2 \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = -1 \implies \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(1,1)} = -\frac{3}{2}$$

【详细解析】
当 $x = 1$ 时，曲线方程变为 $y^5 + 2y^3 = 3$。由于函数 $g(y) = y^5 + 2y^3$ 严格单调递增，故有唯一实根 $y = 1$。
对方程两边关于 $x$ 求导： $$9x^2 = (5y^4 + 6y^2) y'$$ 将 $(x, y) = (1, 1)$ 代入： $$9(1)^2 = (5 \times 1 + 6 \times 1) y' \implies 11 y' = 9 \implies y' = \frac{9}{11}$$ 因此该点处的切线斜率为 $k_{\text{切}} = \frac{9}{11}$。
法线与切线互相垂直，故法线斜率为： $$k_{\text{法}} = -\frac{1}{k_{\text{切}}} = -\frac{11}{9}$$

【详细解析】
将积分区间进行拆分： $$\int_1^3 f(x)dx = \int_1^2 f(x)dx + \int_2^3 f(x)dx$$ 对第二项 $\int_2^3 f(x)dx$ 作变量代换，令 $t = x - 2$，则 $x = t + 2, dx = dt$： $$\int_2^3 f(x)dx = \int_0^1 f(t+2)dt$$ 由已知条件 $f(t+2) = f(t) + t$，代入得： $$\int_0^1 f(t+2)dt = \int_0^1 [f(t) + t] dt = \int_0^1 f(t)dt + \int_0^1 t dt = \int_0^1 f(x)dx + \frac{1}{2}$$ 因此原积分可合并为： $$\int_1^3 f(x)dx = \int_1^2 f(x)dx + \int_0^1 f(x)dx + \frac{1}{2} = \int_0^2 f(x)dx + \frac{1}{2}$$ 已知 $\int_0^2 f(x)dx = 0$，故： $$\int_1^3 f(x)dx = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$

【详细解析】
设方程组的增广矩阵为 $\bar{A}$： $$\bar{A} = \begin{pmatrix} a & 0 & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 & 0 \\ 1 & 2 & a & 0 \\ a & b & 0 & 2 \end{pmatrix}$$ 该非齐次线性方程组包含 3 个未知数 $x_1, x_2, x_3$，而有 4 个方程。
根据线性方程组有解的充要条件：$r(A) = r(\bar{A}) \le 3$。
因此 4 阶方阵 $\bar{A}$ 的行列式必须为 0，即 $|\bar{A}| = 0$。
将 $|\bar{A}|$ 按照第 4 列展开： $$|\bar{A}| = (-1)^{1+4} \cdot 1 \cdot \begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} + (-1)^{4+4} \cdot 2 \cdot \begin{vmatrix} a & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \end{vmatrix} = 0$$ 化简得： $$-\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix} a & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \end{vmatrix} = 0$$ 已知 $\begin{vmatrix} a & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \end{vmatrix} = 4$，代入即得： $$\begin{vmatrix} 1 & a & 1 \\ 1 & 2 & a \\ a & b & 0 \end{vmatrix} = 2 \times 4 = 8$$

【详细解析】
(1) 曲线 $L$ 上点 $P(x, y)$ 处的切线方程为： $$Y - y = y'(X - x)$$ 令 $X = 0$，切线在 $y$ 轴上的截距为 $Y_0 = y - x y'$。
点 $P(x, y)$ 到 $y$ 轴的距离为 $|x|$。因为 $x > e > 0$，故距离为 $x$。
根据题意有： $$y - x y' = x \implies y' - \frac{1}{x}y = -1$$ 这是一阶线性常微分方程，求解公式： $$y = e^{\int \frac{1}{x}dx} \left( \int (-1) e^{-\int \frac{1}{x}dx} dx + C \right) = x \left( -\int \frac{1}{x}dx + C \right) = x(C - \ln x)$$ 将初始条件 $(e^2, 0)$ 代入：$0 = e^2(C - \ln(e^2)) = e^2(C - 2) \implies C = 2$。
故曲线方程为 $y(x) = x(2 - \ln x)\ (x > e)$。

(2) 在曲线 $L$ 上任一点 $P(x, y)$ 处的切线斜率为 $y' = 1 - \ln x$。
切线方程为 $Y = (1 - \ln x)X + x$。
- 当 $X = 0$ 时，在 $y$ 轴上的截距为 $Y = x > 0$；
- 当 $Y = 0$ 时，在 $x$ 轴上的截距为 $X = \frac{-x}{1 - \ln x} = \frac{x}{\ln x - 1}$。
因为 $x > e$，所以 $\ln x > 1$，两截距均大于 0。
切线与两坐标轴围成直角三角形的面积为： $$S(x) = \frac{1}{2} X Y = \frac{1}{2} \frac{x^2}{\ln x - 1}$$ 求导寻极值点： $$S'(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2x(\ln x - 1) - x^2 \cdot \frac{1}{x}}{(\ln x - 1)^2} = \frac{x(2\ln x - 3)}{2(\ln x - 1)^2}$$ 令 $S'(x) = 0$，由 $x > e$ 得 $2\ln x - 3 = 0 \implies \ln x = \frac{3}{2} \implies x = e^{3/2}$。
当 $e < x < e^{3/2}$ 时 $S'(x) < 0$；当 $x > e^{3/2}$ 时 $S'(x) > 0$，故 $x = e^{3/2}$ 为全局唯一的极小值点。
此时纵坐标 $y = e^{3/2}\left(2 - \frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}e^{3/2}$，即切点为 $\left(e^{3/2}, \frac{1}{2}e^{3/2}\right)$。
代入求得最小面积为： $$S_{\min} = S\left(e^{3/2}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\left(e^{3/2}\right)^2}{\frac{3}{2} - 1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^3}{1/2} = e^3$$

【详细解析】
求一阶偏导数并令其为 0： $$\begin{cases} f_x = e^{\cos y} + x = 0 \\[2mm] f_y = -x e^{\cos y} \sin y = 0 \end{cases}$$ 由第一式知 $x = -e^{\cos y} \ne 0$，代入第二式得 $\sin y = 0$。
因此 $y = k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$，分两种情况讨论驻点：

1. 当 $y = 2m\pi\ (m \in \mathbb{Z})$ 时，$\cos y = 1$，则 $x = -e$。驻点为 $(-e, 2m\pi)$；
2. 当 $y = (2m+1)\pi\ (m \in \mathbb{Z})$ 时，$\cos y = -1$，则 $x = -e^{-1} = -\frac{1}{e}$。驻点为 $\left(-\frac{1}{e}, (2m+1)\pi\right)$。

计算二阶偏导数： $$A = f_{xx} = 1$$ $$B = f_{xy} = -e^{\cos y}\sin y$$ $$C = f_{yy} = -x e^{\cos y}(\cos y - \sin^2 y)$$ 利用极值第二充分条件判别：

1. 对驻点 $(-e, 2m\pi)$： $$A = 1 > 0,\quad B = 0,\quad C = -(-e)e^1(1 - 0) = e^2$$ $$AC - B^2 = 1 \cdot e^2 - 0 = e^2 > 0$$ 因为 $AC - B^2 > 0$ 且 $A > 0$，所以点 $(-e, 2m\pi)$ 为极小值点。
   极小值为： $$f(-e, 2m\pi) = (-e) e^1 + \frac{(-e)^2}{2} = -e^2 + \frac{e^2}{2} = -\frac{e^2}{2}$$
2. 对驻点 $\left(-\frac{1}{e}, (2m+1)\pi\right)$： $$A = 1,\quad B = 0,\quad C = -\left(-\frac{1}{e}\right)e^{-1}(-1 - 0) = -\frac{1}{e^2}$$ $$AC - B^2 = 1 \cdot \left(-\frac{1}{e^2}\right) - 0 = -\frac{1}{e^2} < 0$$ 故该点不是极值点（为鞍点）。

综上所述，函数在点 $(-e, 2k\pi)\ (k \in \mathbb{Z})$ 处取得极小值 $-\frac{e^2}{2}$，无极大值。

【详细解析】
(1) 区域 $D$ 的面积为反常积分： $$S = \int_1^{+\infty} \frac{1}{x\sqrt{1+x^2}} dx$$ 换元法：令 $t = \sqrt{1+x^2}$，则 $t^2 = 1+x^2, t dt = x dx \implies \frac{dx}{x} = \frac{t dt}{x^2} = \frac{t dt}{t^2 - 1}$。
积分限：当 $x = 1$ 时 $t = \sqrt{2}$；当 $x \to +\infty$ 时 $t \to +\infty$。
代入得： $$\begin{aligned} S &= \int_{\sqrt{2}}^{+\infty} \frac{1}{t} \cdot \frac{t dt}{t^2 - 1} = \int_{\sqrt{2}}^{+\infty} \frac{1}{t^2 - 1} dt \\ &= \frac{1}{2} \left[ \ln\left| \frac{t-1}{t+1} \right| \right]_{\sqrt{2}}^{+\infty} = 0 - \frac{1}{2} \ln\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} \\ &= \frac{1}{2} \ln\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1} = \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2}+1)^2 = \ln(\sqrt{2}+1) \end{aligned}$$ (2) 区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转所成的旋转体体积为： $$V = \pi \int_1^{+\infty} y^2 dx = \pi \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2(1+x^2)} dx$$ 拆分有理分式： $$\frac{1}{x^2(1+x^2)} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}$$ 计算反常积分： $$\begin{aligned} V &= \pi \lim_{A \to +\infty} \int_1^A \left( \frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2} \right) dx \\ &= \pi \lim_{A \to +\infty} \left[ -\frac{1}{x} - \arctan x \right]_1^A \\ &= \pi \left[ \left(0 - \frac{\pi}{2}\right) - \left(-1 - \frac{\pi}{4}\right) \right] = \pi \left(1 - \frac{\pi}{4}\right) \end{aligned}$$

【详细解析】
利用极坐标变换：令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，面积微元 $dxdy = r dr d\theta$。
确定极角 $\theta$ 的范围： - 直线 $y = 0$ 对应极角 $\theta = 0$； - 直线 $y = \sqrt{3}x$ 对应 $\tan\theta = \sqrt{3}$，因在第一象限，故 $\theta = \frac{\pi}{3}$。
确定极径 $r$ 的范围： $$x^2 + y^2 - xy = r^2(1 - \sin\theta\cos\theta) = r^2\left(1 - \frac{1}{2}\sin 2\theta\right)$$ 边界曲线 $x^2 + y^2 - xy = 1$ 与 $2$ 分别给出： $$r_1^2(\theta) = \frac{1}{1 - \frac{1}{2}\sin 2\theta},\quad r_2^2(\theta) = \frac{2}{1 - \frac{1}{2}\sin 2\theta}$$ 化简被积函数： $$\frac{1}{3x^2 + y^2} = \frac{1}{r^2(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)}$$ 代入二重积分： $$\begin{aligned} \iint_D \frac{1}{3x^2 + y^2} dxdy &= \int_0^{\pi/3} d\theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} \frac{1}{r^2(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)} r dr \\ &= \int_0^{\pi/3} \frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta} \left[ \ln r \right]_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} d\theta \end{aligned}$$ 注意比值：$\frac{r_2(\theta)}{r_1(\theta)} = \sqrt{\frac{2}{1}} = \sqrt{2}$，为常数！因此： $$\ln r_2(\theta) - \ln r_1(\theta) = \ln\sqrt{2} = \frac{1}{2}\ln 2$$ 积分化为： $$I = \frac{1}{2}\ln 2 \int_0^{\pi/3} \frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta} d\theta$$ 计算定积分：分子分母同除以 $\cos^2\theta$，令 $u = \tan\theta,\ du = \sec^2\theta d\theta$： $$\int_0^{\pi/3} \frac{\sec^2\theta}{3 + \tan^2\theta} d\theta = \int_0^{\sqrt{3}} \frac{du}{3 + u^2} = \left[ \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\frac{u}{\sqrt{3}} \right]_0^{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( \arctan 1 - 0 \right) = \frac{\pi}{4\sqrt{3}}$$ 因此最终积分值为： $$I = \frac{1}{2}\ln 2 \cdot \frac{\pi}{4\sqrt{3}} = \frac{\pi \ln 2}{8\sqrt{3}}$$

【详细证明】
(1) 在 $x = 0$ 处对 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 分别应用带拉格朗日余项的二阶泰勒展开公式： $$f(a) = f(0) + f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_1) a^2,\quad \xi_1 \in (0, a)$$ $$f(-a) = f(0) - f'(0)a + \frac{1}{2}f''(\xi_2) a^2,\quad \xi_2 \in (-a, 0)$$ 已知 $f(0) = 0$，将上述两式直接相加，一次导数项抵消： $$f(a) + f(-a) = \frac{a^2}{2} \left[ f''(\xi_1) + f''(\xi_2) \right]$$ 两边同除以 $a^2$： $$\frac{f(a) + f(-a)}{a^2} = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2}$$ 因为 $f''(x)$ 在 $[-a, a]$ 上连续，由连续函数的介值定理，介于 $f''(\xi_1)$ 与 $f''(\xi_2)$ 之间的算术平均值必然能在区间 $(\xi_2, \xi_1) \subset (-a, a)$ 内某点 $\xi$ 取到。
即存在 $\xi \in (-a, a)$，使得： $$f''(\xi) = \frac{1}{a^2}[f(a) + f(-a)]$$ 结论得证。

(2) 设 $f(x)$ 在点 $x_0 \in (-a, a)$ 处取得极值。由可导函数极值的必要条件（费马引理）可知： $$f'(x_0) = 0$$ 在点 $x_0$ 处对 $f(a)$ 和 $f(-a)$ 进行带拉格朗日余项的泰勒展开： $$f(a) = f(x_0) + f'(x_0)(a - x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a - x_0)^2 = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a - x_0)^2,\quad \eta_1 \in (x_0, a)$$ $$f(-a) = f(x_0) + f'(x_0)(-a - x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)(-a - x_0)^2 = f(x_0) + \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a + x_0)^2,\quad \eta_2 \in (-a, x_0)$$ 两式相减消去 $f(x_0)$： $$f(a) - f(-a) = \frac{1}{2}f''(\eta_1)(a - x_0)^2 - \frac{1}{2}f''(\eta_2)(a + x_0)^2$$ 两端取绝对值并由三角不等式放缩： $$|f(a) - f(-a)| \le \frac{1}{2}|f''(\eta_1)|(a - x_0)^2 + \frac{1}{2}|f''(\eta_2)|(a + x_0)^2$$ 记 $M = \max\left\{ |f''(\eta_1)|, |f''(\eta_2)| \right\}$，则： $$|f(a) - f(-a)| \le \frac{1}{2} M \left[ (a - x_0)^2 + (a + x_0)^2 \right] = M(a^2 + x_0^2)$$ 因为 $x_0 \in (-a, a)$，所以 $x_0^2 < a^2$，从而： $$a^2 + x_0^2 < 2a^2$$ 代入得： $$|f(a) - f(-a)| < 2a^2 M \implies M > \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|$$ 取 $\eta \in \{\eta_1, \eta_2\} \subset (-a, a)$ 使得 $|f''(\eta)| = M$，即有： $$|f''(\eta)| \ge \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)|$$ 结论得证。

【详细解析】
(1) 由线性变换表达式提取矩阵： $$A\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1x_1 + 1x_2 + 1x_3 \\ 2x_1 - 1x_2 + 1x_3 \\ 0x_1 + 1x_2 - 1x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$$ 因为该式对任意向量 $(x_1, x_2, x_3)^{\mathrm{T}}$ 均成立，所以矩阵 $A$ 为： $$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ (2) 计算矩阵 $A$ 的特征值，求解特征方程 $|\lambda E - A| = 0$： $$\begin{aligned} |\lambda E - A| &= \begin{vmatrix} \lambda - 1 & -1 & -1 \\ -2 & \lambda + 1 & -1 \\ 0 & -1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} \\ &= (\lambda - 1)\left[(\lambda+1)^2 - 1\right] - (-1)\left[-2(\lambda+1) - 0\right] + (-1)[2 - 0] \\ &= (\lambda - 1)(\lambda^2 + 2\lambda) - 2(\lambda+1) - 2 \\ &= \lambda^3 + \lambda^2 - 2\lambda - 2\lambda - 4 = \lambda^3 + \lambda^2 - 4\lambda - 4 \\ &= \lambda^2(\lambda + 1) - 4(\lambda + 1) = (\lambda^2 - 4)(\lambda + 1) \\ &= (\lambda - 2)(\lambda + 2)(\lambda + 1) = 0 \end{aligned}$$ 解得 $A$ 的三个互异特征值为： $$\lambda_1 = 2,\quad \lambda_2 = -2,\quad \lambda_3 = -1$$ 分别求解对应的特征向量：

1. 对于 $\lambda_1 = 2$： $$(2E - A)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \boldsymbol{0}$$ 行化简：$r_2 + 2r_1 \to (0, 1, -3)$，结合第三行可得 $x_2 = 3x_3$，代回第一行得 $x_1 = x_2 + x_3 = 4x_3$。
   取自由变量 $x_3 = 1$，得特征向量 $\boldsymbol{p}_1 = \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$。
2. 对于 $\lambda_2 = -2$： $$(-2E - A)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} -3 & -1 & -1 \\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \boldsymbol{0}$$ 由 $r_1 - r_2$ 得 $-x_1 = 0 \implies x_1 = 0$；由第三行得 $x_2 + x_3 = 0 \implies x_2 = -x_3$。
   取 $x_3 = 1$，得特征向量 $\boldsymbol{p}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。
3. 对于 $\lambda_3 = -1$： $$(-E - A)\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} -2 & -1 & -1 \\ -2 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \boldsymbol{0}$$ 由第三行直接得 $x_2 = 0$；代入第二行得 $2x_1 + x_3 = 0 \implies x_3 = -2x_1$。
   取 $x_1 = -1$，得 $x_3 = 2$，特征向量 $\boldsymbol{p}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}$。

令可逆变换矩阵为： $$P = (\boldsymbol{p}_1, \boldsymbol{p}_2, \boldsymbol{p}_3) = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -1 \\ 3 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$ 对应的对角矩阵为： $$\Lambda = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$ 则满足 $P^{-1}AP = \Lambda$。