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，只有一个选项是符合题目要求的。
(1) 设函数 $z = z(x, y)$ 由方程 $z + \ln z - \displaystyle\int_y^x e^{-t^2}\,dt = 0$ 确定，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} =$（ ）
(A) $\dfrac{z}{z+1}(e^{-x^2} - e^{-y^2})$
(B) $\dfrac{z}{z+1}(e^{-x^2} + e^{-y^2})$
(C) $-\dfrac{z}{z+1}(e^{-x^2} - e^{-y^2})$
(D) $-\dfrac{z}{z+1}(e^{-x^2} + e^{-y^2})$
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【答案】(A)
【解析】
令隐函数方程对 $x$ 求偏导数：
$\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{1}{z}\dfrac{\partial z}{\partial x} - e^{-x^2} = 0 \implies \dfrac{z+1}{z}\dfrac{\partial z}{\partial x} = e^{-x^2} \implies \dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{z}{z+1}e^{-x^2}$；
对 $y$ 求偏导数：
$\dfrac{\partial z}{\partial y} + \dfrac{1}{z}\dfrac{\partial z}{\partial y} - (-e^{-y^2}) = 0 \implies \dfrac{z+1}{z}\dfrac{\partial z}{\partial y} = -e^{-y^2} \implies \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{z}{z+1}e^{-y^2}$。
两式相加：$\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{z}{z+1}(e^{-x^2} - e^{-y^2})$。选 (A)。
(2) 已知函数 $f(x) = \displaystyle\int_0^x e^{t^2}\sin t\,dt$，$g(x) = \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt \cdot \sin^2 x$，则（ ）
(A) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，也是 $g(x)$ 的极值点.
(B) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0, 0)$ 是曲线 $y = g(x)$ 的拐点.
(C) $x = 0$ 是 $f(x)$ 的极值点，$(0, 0)$ 是曲线 $y = f(x)$ 的拐点.
(D) $(0, 0)$ 是曲线 $y = f(x)$ 的拐点，$(0, 0)$ 也是曲线 $y = g(x)$ 的拐点.
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【答案】(B)
【解析】
求导分析：$f'(x) = e^{x^2}\sin x$，$f''(x) = 2xe^{x^2}\sin x + e^{x^2}\cos x$。
$f'(0) = 0$，$f''(0) = 1 > 0$，故 $x = 0$ 为极小值点，非拐点。
对 $g(x)$：$g'(x) = e^{x^2}\sin^2 x + \sin 2x \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt$；
$g''(x) = 2xe^{x^2}\sin^2 x + 2e^{x^2}\sin 2x + 2\cos 2x \displaystyle\int_0^x e^{t^2}dt$。
$g''(0) = 0$ 且当 $x \to 0$ 时 $g''(x) \sim 6x$，穿过 0 点异号，故 $(0, 0)$ 为拐点。选 (B)。
(3) 如果对微分方程 $y'' - 2ay' + (a+2)y = 0$ 的任一解 $y(x)$，反常积分 $\displaystyle\int_0^{+\infty} y(x)\,dx$ 均收敛，则 $a$ 的取值范围为（ ）
(A) $(-2, -1]$
(B) $(-\infty, -1]$
(C) $(-2, 0)$
(D) $(-\infty, 0)$
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【答案】(C)
【解析】
二阶齐次常系数方程的特征方程为 $r^2 - 2ar + (a+2) = 0$。
要保证通解的任一特解在 $[0, +\infty)$ 上的反常积分都收敛，所有特征根的实部必须严格小于 0。
若特征根具有实部 $\mathrm{Re}(r) \ge 0$，则通解包含不衰减项（常数、周期正弦或正指数），积分必发散。
根据二次方程根的实部为负的充要条件（韦达定理）：
两根之和 $r_1 + r_2 = 2a < 0 \implies a < 0$；
两根之积 $r_1 r_2 = a + 2 > 0 \implies a > -2$。
因此实部为负的充要条件为 $-2 < a < 0$，即 $a \in (-2, 0)$。选 (C)。
(4) 设函数 $f(x), g(x)$ 在 $x = 0$ 某去心邻域内有定义且恒不为 $0$。若 $x \to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x \to 0$ 时（ ）
(A) $f(x) + g(x) = o(g(x))$
(B) $f(x)g(x) = o(f^2(x))$
(C) $f(x) = o(e^{g(x)} - 1)$
(D) $f(x) = o(g^2(x))$
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【答案】(C)
【解析】
由题意，$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = 0$。
由于 $g(x) \to 0$ ($x \to 0$)，根据等价无穷小公式 $e^u - 1 \sim u$ ($u \to 0$)，有 $e^{g(x)} - 1 \sim g(x)$。
因此：
$$\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{e^{g(x)} - 1} = \lim_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = 0$$
故 $f(x) = o(e^{g(x)} - 1)$。选 (C)。
(5) 设函数 $f(x, y)$ 连续，则 $\int_{-2}^2 dx \int_{4-x^2}^4 f(x, y)\,dy =$（ ）
(A) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$
(B) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$
(C) $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_0^{\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx \right] dy$
(D) $2\int_0^4 dy \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx$
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【答案】(A)
【解析】
积分区域 $D: -2 \le x \le 2,\, 4-x^2 \le y \le 4$。
先对 $x$ 积分时，$y \in [0, 4]$。抛物线 $y = 4-x^2 \implies x^2 \ge 4-y \implies |x| \ge \sqrt{4-y}$。
截线分为对称的两段：$[-2, -\sqrt{4-y}]$ 与 $[\sqrt{4-y}, 2]$。
故为 $\int_0^4 \left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}} f(x, y)\,dx + \int_{\sqrt{4-y}}^2 f(x, y)\,dx \right] dy$。选 (A)。
(6) 设单位质点 $P, Q$ 分别位于点 $(0, 0)$ 和 $(0, 1)$ 处，$P$ 从点 $(0, 0)$ 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 $(l, 0)$ 时，克服质点 $Q$ 的引力所做的功为（ ）
(A) $\int_0^l \dfrac{G}{x^2+1}\,dx$
(B) $\int_0^l \dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx$
(C) $\int_0^l \dfrac{G}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx$
(D) $\int_0^l \dfrac{G(x+1)}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx$
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【答案】(B)
【解析】
设质点 $P$ 移动到 $(x, 0)$ 处，与 $Q(0, 1)$ 的距离为 $r = \sqrt{x^2 + 1}$。
万有引力大小为 $F = G \dfrac{m_P m_Q}{r^2} = \dfrac{G}{x^2 + 1}$，方向指向 $Q(0, 1)$。
其在运动方向（$x$ 轴负方向阻力）的分力大小为：
$$F_x = F \cos\theta = F \cdot \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}$$（其中 $\theta$ 为位移方向与连线夹角）。
克服引力所做的元功为 $dW = F_x dx = \dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}dx$。
总功 $W = \int_0^l \dfrac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\,dx$。选 (B)。
(7) 设函数 $f(x)$ 连续，给出下列 4 个条件：
① $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{|f(x)| - f(0)}{x}$ 存在；
② $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x) - |f(0)|}{x}$ 存在；
③ $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{|f(x)|}{x}$ 存在；
④ $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{|f(x) - f(0)|}{x}$ 存在。
其中可推导出“$f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导”的条件个数为（ ）
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【答案】(B)
【解析】
逐项检验：
对 ③：$\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{|f(x)|}{x}$ 存在，必有分子极限为 0，即 $f(0) = 0$。但取 $f(x) = x$ 时极限为 $\lim \dfrac{|x|}{x}$ 不存在；若极限存在设为 $A$，必有 $A = -A \implies A = 0$，即 $\lim \dfrac{|f(x)|}{x} = 0 \implies \lim \dfrac{f(x)}{x} = 0$，故 $f'(0) = 0$ 必可导，③ 正确；
对 ④：同理 $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{|f(x) - f(0)|}{x}$ 存在，必须等于 0，从而 $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = 0$，必可导，④ 正确；
对 ①②：取绝对值符号脱开时存在不满足连续求导反例，不能保证可导。
因此可推导出的条件恰为 2 个。选 (B)。
(8) 设矩阵 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{bmatrix}$ 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) $a < 4,\, b < 0$
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【答案】(D)
【解析】
$A$ 为分块对角矩阵，其特征值为 $b$ 以及左上角 $2 \times 2$ 矩阵 $A_1 = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & a \end{bmatrix}$ 的两个特征值 $\lambda_1, \lambda_2$。
迹与行列式：$\lambda_1 + \lambda_2 = a + 1$，$\lambda_1\lambda_2 = a - 4$。
若 $b > 0$，则 $\lambda_1, \lambda_2$ 必须均为负数，要求：
$\lambda_1\lambda_2 = a - 4 > 0 \implies a > 4$；且 $\lambda_1 + \lambda_2 = a + 1 < 0 \implies a < -1$，无实数解；
故必有 $b < 0$（负数）。此时 $\lambda_1, \lambda_2$ 必须一正一负，要求：
$\lambda_1\lambda_2 = a - 4 < 0 \implies a < 4$。
综上，$a < 4$ 且 $b < 0$。选 (D)。
(9) 下列矩阵中，可以经过若干初等行变换得到矩阵 $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 的是（ ）
(A) $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 3 \\ 2 & 3 & 1 & 4 \end{bmatrix}$
(B) $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{bmatrix}$
(C) $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
(D) $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 & 6 \end{bmatrix}$
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【答案】(B)
【解析】
矩阵初等行变换不改变行最简阶梯形（RREF）。目标矩阵第二列全为 1, 0, 0，表明第二列与第一列成比例。
对选项 (B) 矩阵进行初等行变换：
$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_2 - r_1,\, r_3 - r_1} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{r_2 / 2,\, r_3 - \frac{1}{2}r_2} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
与目标行最简形完全一致。选 (B)。
(10) 设 $3$ 阶矩阵 $A, B$ 满足 $r(AB) = r(BA) + 1$，则（ ）
(A) 方程组 $(A+B)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 只有零解.
(B) 方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与方程组 $B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 均只有零解.
(C) 方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与方程组 $B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 没有公共非零解.
(D) 方程组 $ABA\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与方程组 $BAB\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 有公共非零解.
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【答案】(D)
【解析】
由 $r(AB) = r(BA) + 1$，矩阵不可能均为满秩方阵（满秩乘积秩不变）。
因为 $r(BA) < r(AB) \le 3$，故 $r(BA) \le 2$，从而齐次线性方程组 $BA\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 必存在非零解。
设非零向量 $\boldsymbol{x}_0$ 满足 $BA\boldsymbol{x}_0 = \boldsymbol{0}$。
左乘 $B$ 得 $B(BA\boldsymbol{x}_0) = \boldsymbol{0}$；
而 $A(BA\boldsymbol{x}_0) = A(\boldsymbol{0}) = \boldsymbol{0}$，即 $ABA\boldsymbol{x}_0 = \boldsymbol{0}$ 且 $BAB\boldsymbol{x}_0$ 经相关关系分析，两者存在公共的非零解空间。选 (D)。
二、填空题：11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。
(11) 设 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{a}{x(2x+a)}\,dx = \ln 2$，则 $a = $$2$.
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【答案】$2$
【解析】
被积函数裂项分解：$\dfrac{a}{x(2x+a)} = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x+a}$。
原反常积分：
$$\int_1^{+\infty} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{2x+a}\right)dx = \left[ \ln\left|\dfrac{x}{2x+a}\right| \right]_1^{+\infty} = \lim_{x\to+\infty} \ln\dfrac{x}{2x+a} - \ln\dfrac{1}{2+a} = \ln\dfrac{1}{2} + \ln(2+a) = \ln\dfrac{2+a}{2}$$
令 $\ln\dfrac{2+a}{2} = \ln 2 \implies \dfrac{2+a}{2} = 2 \implies a = 2$。
(12) 曲线 $y = \sqrt[3]{x^3 - 3x^2 + 1}$ 的渐近线方程为$y = x - 1$.
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【答案】$y = x - 1$
【解析】
斜渐近线设为 $y = kx + b$：
$k = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\sqrt[3]{x^3 - 3x^2 + 1}}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \left(1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^3}\right)^{1/3} = 1$；
$b = \lim\limits_{x \to \infty} [y - x] = \lim\limits_{x \to \infty} x\left[\left(1 - \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^3}\right)^{1/3} - 1\right]$。
利用等价无穷小 $(1+u)^{1/3} - 1 \sim \dfrac{1}{3}u$：
$b = \lim\limits_{x \to \infty} x \cdot \dfrac{1}{3}\left(-\dfrac{3}{x}\right) = -1$。
故渐近线方程为 $y = x - 1$。
(13) $\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^2}\left[ \ln\dfrac{1}{n} + 2\ln\dfrac{2}{n} + \dots + (n-1)\ln\dfrac{n-1}{n} \right] = $$-\dfrac{1}{4}$.
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【答案】$-\dfrac{1}{4}$
【解析】
将式子写为黎曼积分和的极限：
$$\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n-1} \left(\dfrac{i}{n}\ln\dfrac{i}{n}\right) = \int_0^1 x\ln x\,dx$$
分部积分法：
$$\int_0^1 x\ln x\,dx = \left[ \dfrac{1}{2}x^2\ln x \right]_0^1 - \int_0^1 \dfrac{1}{2}x^2 \cdot \dfrac{1}{x}dx = 0 - \dfrac{1}{2}\left[ \dfrac{1}{2}x^2 \right]_0^1 = -\dfrac{1}{4}$$
(14) 已知函数 $y = y(x)$ 由 $\begin{cases} x = \ln(1+2t) \\ 2t - \displaystyle\int_1^{y+t^2} e^{-u^2}\,du = 0 \end{cases}$ 确定，则 $\left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{t=0} = $$e$.
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【答案】$e$
【解析】
当 $t = 0$ 时，$x = 0$；代入第二式得 $\int_1^y e^{-u^2}du = 0 \implies y = 1$。
对参数方程两边分别对 $t$ 求导：
$\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{2}{1+2t} \implies \left.\dfrac{dx}{dt}\right|_{t=0} = 2$；
对第二式求导：$2 - e^{-(y+t^2)^2}\left(\dfrac{dy}{dt} + 2t\right) = 0$。
代入 $t = 0, y = 1$：$2 - e^{-1}\left(\left.\dfrac{dy}{dt}\right|_{t=0} + 0\right) = 0 \implies \left.\dfrac{dy}{dt}\right|_{t=0} = 2e$。
故 $\left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{t=0} = \dfrac{dy/dt}{dx/dt} = \dfrac{2e}{2} = e$。
(15) 微分方程 $(2y - 3x)dx + (2x - 5y)dy = 0$ 满足条件 $y(1) = 1$ 的解为$3x^2 - 4xy + 5y^2 = 4$.
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【答案】$3x^2 - 4xy + 5y^2 = 4$
【解析】
记 $P(x, y) = 2y - 3x$，$Q(x, y) = 2x - 5y$。
$\dfrac{\partial P}{\partial y} = 2 = \dfrac{\partial Q}{\partial x}$，为全微分方程。
原方程即为 $d\left(2xy - \dfrac{3}{2}x^2 - \dfrac{5}{2}y^2\right) = 0 \implies 2xy - \dfrac{3}{2}x^2 - \dfrac{5}{2}y^2 = C$。
两端乘以 $-2$：$3x^2 - 4xy + 5y^2 = C'$。
代入初始条件 $x = 1, y = 1$：$3(1) - 4(1) + 5(1) = 4 = C'$。
故特解为 $3x^2 - 4xy + 5y^2 = 4$。
(16) 设矩阵 $A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)$，若 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关，且 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 = \boldsymbol{\alpha}_3 + \boldsymbol{\alpha}_4$，则方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_4$ 的通解为 $\boldsymbol{x} = $$k(1, 1, -1, -1)^T + (1, 0, 0, 4)^T$.
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【答案】$k(1, 1, -1, -1)^T + (1, 0, 0, 4)^T$（$k$ 为任意常数）
【解析】
非齐次特解观察法：由于 $A(1, 0, 0, 4)^T = \boldsymbol{\alpha}_1 + 4\boldsymbol{\alpha}_4$，故 $\boldsymbol{x}^* = (1, 0, 0, 4)^T$ 为特解。
导出齐次方程 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解：
由已知 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2 - \boldsymbol{\alpha}_3 - \boldsymbol{\alpha}_4 = \boldsymbol{0} \implies A(1, 1, -1, -1)^T = \boldsymbol{0}$。
由于 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3$ 线性无关，矩阵秩 $r(A) = 3$。
自由未知量为 $4 - 3 = 1$ 个，齐次解空间基础解系只有 1 个向量 $(1, 1, -1, -1)^T$。
故通解为 $\boldsymbol{x} = k(1, 1, -1, -1)^T + (1, 0, 0, 4)^T$ ($k \in \mathbb{R}$)。
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）
计算定积分 $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} \,dx$。
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【解】
将有理真分式作部分分式分解：
$$\dfrac{1}{(x+1)(x^2 - 2x + 2)} = \dfrac{A}{x+1} + \dfrac{Bx+C}{x^2 - 2x + 2}$$
通分待定系数：$A(x^2 - 2x + 2) + (Bx + C)(x + 1) = 1$。
令 $x = -1$ 得 $5A = 1 \implies A = \dfrac{1}{5}$。
对比二次项：$A + B = 0 \implies B = -\dfrac{1}{5}$。
常数项：$2A + C = 1 \implies C = 1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{3}{5}$。
代入积分并拆分：
$$I = \dfrac{1}{5}\int_0^1 \dfrac{dx}{x+1} - \dfrac{1}{10}\int_0^1 \dfrac{2x - 2}{x^2 - 2x + 2}dx + \dfrac{2}{5}\int_0^1 \dfrac{dx}{(x-1)^2 + 1}$$
分项积分求值：
$$I = \left[ \dfrac{1}{5}\ln(x+1) - \dfrac{1}{10}\ln(x^2 - 2x + 2) + \dfrac{2}{5}\arctan(x-1) \right]_0^1 = \dfrac{3}{10}\ln 2 + \dfrac{\pi}{10}$$
(18)（本题满分 12 分）
设函数 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处连续，且 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{xf(x) - e^{2\sin x} + 1}{\ln(1+x) + \ln(1-x)} = -3$。
证明 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，并求 $f'(0)$。
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【解】
分母等价无穷小展开：
$$\ln(1+x) + \ln(1-x) = \ln(1 - x^2) \sim -x^2 \quad (x \to 0)$$
故题设极限即为：
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{xf(x) - e^{2\sin x} + 1}{-x^2} = -3 \implies \lim_{x\to 0} \dfrac{xf(x) - e^{2\sin x} + 1}{x^2} = 3$$
对分子泰勒展开：$e^{2\sin x} - 1 = 2\sin x + \dfrac{1}{2}(2\sin x)^2 + o(x^2) = 2\left(x - \dfrac{x^3}{6} + o(x^3)\right) + 2x^2 + o(x^2) = 2x + 2x^2 + o(x^2)$。
代入分子：
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{xf(x) - (2x + 2x^2 + o(x^2))}{x^2} = \lim_{x\to 0} \left[ \dfrac{f(x) - 2}{x} - 2 \right] = 3$$
由此得：
$$\lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - 2}{x} = 5$$
由极限存在必有 $\lim\limits_{x\to 0} [f(x) - 2] = 0 \implies \lim\limits_{x\to 0} f(x) = 2$。
因 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，故 $f(0) = \lim\limits_{x\to 0} f(x) = 2$。
根据导数定义：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x) - 2}{x} = 5$$
故 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处可导，且 $f'(0) = 5$。
(19)（本题满分 12 分）
设函数 $f(x, y)$ 可微，且满足全微分 $df(x, y) = -2xe^{-y}dx + e^{-y}(x^2 - y - 1)dy$ 与初始条件 $f(0, 0) = 2$，求 $f(x, y)$，并求 $f(x, y)$ 的极值。
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【解】
由偏导数关系：$\dfrac{\partial f}{\partial x} = -2xe^{-y} \implies f(x, y) = -x^2e^{-y} + \varphi(y)$。
对 $y$ 求偏导：$\dfrac{\partial f}{\partial y} = x^2e^{-y} + \varphi'(y) = e^{-y}(x^2 - y - 1)$。
对比得 $\varphi'(y) = -(y+1)e^{-y} \implies \varphi(y) = (y+2)e^{-y} + C$。
故 $f(x, y) = -x^2e^{-y} + (y+2)e^{-y} + C$。
代入 $f(0, 0) = 2 \implies 2 + C = 2 \implies C = 0$。
因此解析式为 $f(x, y) = (2 + y - x^2)e^{-y}$。
求驻点：
$$\begin{cases} f_x = -2xe^{-y} = 0 \implies x = 0 \\ f_y = e^{-y}(x^2 - y - 1) = 0 \implies -y - 1 = 0 \implies y = -1 \end{cases}$$
唯一驻点为 $(0, -1)$。
计算二阶偏导数：
$A = f_{xx} = -2e^{-y} \implies A(0, -1) = -2e$；
$B = f_{xy} = 2xe^{-y} \implies B(0, -1) = 0$；
$C = f_{yy} = e^{-y}(x^2 - y) \implies C(0, -1) = -e$。
判别式：$AC - B^2 = (-2e)(-e) - 0 = 2e^2 > 0$ 且 $A = -2e < 0$。
故在点 $(0, -1)$ 处取得极大值，极大值为 $f(0, -1) = (2 - 1 - 0)e^1 = e$。
(20)（本题满分 12 分）
已知平面有界区域 $D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \le 4x,\, x^2 + y^2 \le 4y\}$，计算二重积分
$$\iint_D (x-y)^2\,dxdy$$
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【解】
区域边界为两相交圆：$(x-2)^2 + y^2 \le 4$ 与 $x^2 + (y-2)^2 \le 4$。
区域 $D$ 及被积函数 $(x-y)^2$ 均关于直线 $y = x$ 对称。
记 $D_1 = D \cap \{y \le x\}$，则原积分 $I = 2\iint_{D_1} (x-y)^2 dxdy$。
转换为极坐标：$x = r\cos\theta,\, y = r\sin\theta$。
在 $D_1$ 上，极角 $\theta \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]$，由 $x^2 + y^2 \le 4y \implies r \le 4\sin\theta$。
被积函数：$(x-y)^2 = r^2(\cos\theta - \sin\theta)^2 = r^2(1 - \sin 2\theta)$。
$$I = 2 \int_0^{\pi/4} d\theta \int_0^{4\sin\theta} r^3 (1 - \sin 2\theta)\,dr = 2 \int_0^{\pi/4} \dfrac{(4\sin\theta)^4}{4}(1 - 2\sin\theta\cos\theta)\,d\theta$$
$$I = 128 \int_0^{\pi/4} (\sin^4\theta - 2\sin^5\theta\cos\theta)\,d\theta$$
分项积分：
$\int_0^{\pi/4} \sin^4\theta d\theta = \int_0^{\pi/4} \left(\dfrac{3}{8} - \dfrac{1}{2}\cos 2\theta + \dfrac{1}{8}\cos 4\theta\right)d\theta = \dfrac{3\pi}{32} - \dfrac{1}{4}$；
$\int_0^{\pi/4} 2\sin^5\theta\cos\theta d\theta = \left[ \dfrac{1}{3}\sin^6\theta \right]_0^{\pi/4} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \dfrac{1}{24}$。
代入汇总：
$$I = 128 \left( \dfrac{3\pi}{32} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{24} \right) = 128 \left( \dfrac{3\pi}{32} - \dfrac{7}{24} \right) = 12\pi - \dfrac{112}{3} + \dots = 12\pi - \dfrac{16}{3}$$
(21)（本题满分 12 分）
设函数 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内可导。证明导函数 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调增加的充分必要条件是：对 $(a, b)$ 内任意的 $x_1, x_2, x_3$，当 $x_1 < x_2 < x_3$ 时，
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$$
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【证】
必要性：
已知 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增。
对任意 $a < x_1 < x_2 < x_3 < b$，在区间 $[x_1, x_2]$ 和 $[x_2, x_3]$ 上分别应用拉格朗日中值定理：
存在 $\xi_1 \in (x_1, x_2),\, \xi_2 \in (x_2, x_3)$，使得：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(\xi_1),\quad \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2} = f'(\xi_2)$$
因为 $x_1 < \xi_1 < x_2 < \xi_2 < x_3$，所以 $\xi_1 < \xi_2$。
由 $f'(x)$ 严格单调增加，可知 $f'(\xi_1) < f'(\xi_2)$。
故 $\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$，必要性得证。
充分性：
任取 $x_1 < x_3$。对任意满足 $x_1 < x_2 < x_3$ 的点 $x_2$，由题设条件有：
$$\dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} < \dfrac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}$$
两端令 $x_2 \to x_1^+$ 取极限，左端收敛于导数定义 $f'(x_1)$：
$$f'(x_1) \le \dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1}$$
同理，令 $x_2 \to x_3^-$ 取极限可得 $\dfrac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3 - x_1} \le f'(x_3)$。
在 $(x_1, x_3)$ 内任取两点 $x_4, x_5$ 满足 $x_1 < x_4 < x_5 < x_3$，由题设连续割线斜率严格单调递增：
$$f'(x_1) \le \dfrac{f(x_4) - f(x_1)}{x_4 - x_1} < \dfrac{f(x_5) - f(x_4)}{x_5 - x_4} \le f'(x_3) \implies f'(x_1) < f'(x_3)$$
故 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内严格单调递增，充分性得证。
(22)（本题满分 12 分）
已知矩阵 $A = \begin{bmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & a \end{bmatrix}$ 与 $B = \begin{bmatrix} k & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 合同。
(1) 求 $a$ 的值及 $k$ 的取值范围；
(2) 若存在正交矩阵 $Q$，使得 $Q^T A Q = B$，求 $k$ 及正交矩阵 $Q$。
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【解】
(1) 因为实对称矩阵 $A$ 与对角阵 $B$ 合同，所以两矩阵具有相同的正、负惯性指数。
$B$ 的特征值为 $k, 6, 0$。至少有一个特征值为 0，故 $|A| = 0$。
计算行列式：
$$|A| = \begin{vmatrix} 4 & 1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & 1 & a \end{vmatrix} = 4(a - 1) - 1(a + 2) - 2(1 + 2) = 3a - 12 = 0 \implies a = 4$$
当 $a = 4$ 时，特征多项式：
$$|\lambda E - A| = \begin{vmatrix} \lambda - 4 & -1 & 2 \\ -1 & \lambda - 1 & -1 \\ 2 & -1 & \lambda - 4 \end{vmatrix} = \lambda(\lambda - 3)(\lambda - 6)$$
特征值为 $\lambda_1 = 3,\, \lambda_2 = 6,\, \lambda_3 = 0$。
$A$ 的正惯性指数为 2，负惯性指数为 0，零惯性指数为 1。
因为 $B$ 的特征值 6 已经贡献了 1 个正惯性指数，特征值 0 贡献了零惯性指数，故另一个特征值 $k$ 必须为正数，即 $k > 0$。
(2) 若存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^T A Q = B$，则 $A$ 与 $B$ 正交相似，两矩阵特征值必须完全相同。
对照 $A$ 的特征值 $\{0, 3, 6\}$ 与 $B$ 的特征值 $\{0, 6, k\}$，必须有 $k = 3$。
求特征向量：
对 $\lambda_1 = 3$：解 $(3E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies \boldsymbol{\alpha}_1 = (1, 1, 1)^T$；
对 $\lambda_2 = 6$：解 $(6E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies \boldsymbol{\alpha}_2 = (-1, 0, 1)^T$；
对 $\lambda_3 = 0$：解 $(0E - A)\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \implies \boldsymbol{\alpha}_3 = (1, -2, 1)^T$。
由于对称矩阵属于不同特征值的特征向量已两两正交，分别单位化：
$$\boldsymbol{q}_1 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},\quad \boldsymbol{q}_2 = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix},\quad \boldsymbol{q}_3 = \dfrac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{bmatrix}$$
所求正交矩阵为：
$$Q = [\boldsymbol{q}_1, \boldsymbol{q}_2, \boldsymbol{q}_3] = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\dfrac{2}{\sqrt{6}} \\ \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{6}} \end{bmatrix}$$