卷一

选择题

等价无穷小，泰勒展开，凑导数定义
$$
\lim_{x\to0}\frac{x^2}{f(x)} =
\lim_{x\to0}\frac{x}{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}} =
\lim_{x\to0}\frac{x}{f’(0)} = 1
$$
可知 $f’(0) = 0$，又通过保号性易知，为极小值点
本题还可以用等式脱帽法来做，展开后就可以直接洛必达了，否则不能使用洛必达
简单题
余丙森五套卷出过，几何上易得，数学证明上做差，然后拆分区间，再换元到相同区间即可
$$
\begin{aligned}
I - J &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x - \sin x}{1+x^2}dx =
\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos x - \sin x}{1+x^2}dx + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos x - \sin x}{1+x^2}dx
\\
&=
\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos x - \sin x}{1+x^2}dx +
\int_{\frac{\pi}{4}}^0 \dfrac{\sin x - \cos x}{1+(\dfrac{\pi}{2} - x)^2}dx
\\
&=
\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{\cos x - \sin x}{1+x^2}dx +
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\cos x - \sin x}{1+(\dfrac{\pi}{2} - x)^2}dx
\\
&=
\int_0^{\frac{\pi}{4}} (\cos x - \sin x) \cdot (\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{1+(\dfrac{\pi}{2} - x)^2})dx > 0
\end{aligned}
$$
李林四套卷出过，构造辅助函数求二阶导即可
利用解的结构反向构造二阶常系数非齐次微分方程
利用可微定义，洛必达求极限
二重积分定义，建议看这个视频学习一下这类问题定积分定义求极限的题
二次函数不能分解的问题
感觉题目出错了，不然就是显然
简单题

填空题

高阶导数，泰勒展开
先代还 $x = e^t$ 再两侧同时积分即可
多元函数求一点处的导数，可以用先代再求的技巧
比较瑕点的阶
二重积分极值互化
惯性定理，利用零惯性指数为1，行列式为零

解答题

这题不能出现 $f’’(x)$ 故不能使用洛必达法则，可以在 $x = 0$ 处用泰勒展开
多元函数无条件极值，条件极值部分直接用不等式放缩即可
武老师每日一题出过，简单题
变量可分离的齐次型，解出来后是一个圆，计算量中等
二重积分，积分域对称性化简，然后极值互化做
第一问用到了特征值之和等于迹
第二问注意给的矩阵 $A$ 不是对称阵，先手动分配一下系数再正常做即可

卷二

选择题

等式脱毛法，泰勒展开都可
常用结论，求 $x=0$ 的左右导数令相等易得
利用解的结构构造齐次线性微分方程，也考了太多次了
简单题，几何直观显然
都是经典的范例，不多解释
隐函数存在定理，余五中提过了，这里再写一次：
1. $F$ 在点 $(x_0,y_0)$ 某邻域 $D$ 内连续
2. $F(x_0,y_0) = 0$（通常称为初始条件）
3. $F$ 在某邻域 $D$ 内存在连续偏导数 $F_y(x,y)$
4. $F_y(x_0,y_0) \ne 0$ （一般是验证最后一个条件）
先算二重积分，再解一个定积分，简单题
常用结论
说一下我的做法，由四个等式易得：

$$
\begin{cases}
\alpha_1 - \alpha_2 - 2\alpha_3 + \alpha_4 = 0 \\
-\alpha_1 + \alpha_2 - 2\alpha_3 - \alpha_4 = 0 \\
-2\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 - 4\alpha_4 = 0 \\
-\alpha_1 - 4\alpha_2 - \alpha_3 + \alpha_4 = 0
\end{cases} \quad\Rightarrow\quad
\begin{pmatrix}
1 & -1 & -2 & 1 \\
-1 & 1 & -2 & -5 \\
-2 & 1 & 1 & -4 \\
-1 & -4 & -1 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
\alpha_1\\\alpha_2\\\alpha_3\\\alpha_4
\end{pmatrix} = 0
$$

易得 $r(A) = 3$，可得 $r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \le 1$，又 $r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) \ge 1$
故 $r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4) = 1$
10. 是一个方程组构造问题
$$
\begin{pmatrix}
1 & x_1 & x_1^2 & x_1^3 \\
1 & x_2 & x_2^2 & x_2^3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\alpha, \beta
\end{pmatrix} = 0
$$
且 $r(A) = 2$，故 $r(\alpha, \beta) \le 2 = 4 - 2 = S - r(A)$

填空题

一点处的高阶导数，考虑泰勒展开，需要先解一个微分方程
$$
\begin{aligned}
f(x) &= \int_0^x e^{-f(t)} dt \Rightarrow f’(x)e^{f(x)} = 1 \Rightarrow e^y\dfrac{dy}{dx} = 1 \Rightarrow e^y = x + C
\end{aligned}
$$
代入初值后，易得：$f(x) = \ln (x + 1)$，然后泰勒展开：$f(x) = \sum\limits_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k-1}}{k} x^{k}$
找到第 $n$ 次幂项：$\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$，求 $n$ 阶导有：$(-1)^{n-1}(n-1)!$
本体难题在于一开始想到用微分方程解出原函数
反函数的二阶导数公式，先推不难
多元函数线性变换后链式求导，属于常规题
二重积分极值互化，变上限积分洛必达求极限
曲率半径公式
常用的伴随矩阵秩的公式：$r(A^*) = \begin{cases}
n & r(A) = n \\
1 & r(A) = n - 1 \\
0 & r(A) \le n - 1
\end{cases}$

解答题

换元什么手段都用不了，直接想到了二重积分换序，没想到标答也是一样的思路
然后凑变上限积分微分即可，不难
无条件极值，用黑塞矩阵判别式即可
第一问求三次导可得，第二问的放缩用的是第一问辅助函数中一阶导进行放缩的
二重积分，对称性化简，分段函数讨论积分域进行拆分，然后极直互化硬算，计算量中等偏上
硬算，第二问可以用质点法
常规题

卷三

选择题

易知 $x = 0, x = \dfrac{1}{\ln -b}$ 为两个间断点，分类讨论即可
1. $a = 0$ 时，$x = 0$ 为可去，$x = \dfrac{1}{\ln -b}$ 时
  1. 当 $b = -e$ 时，为可去间断点
  2. 当 $b \ne -e$ 时，为无穷间断点
2. $a \ne 0$ 时，$x = 0$ 为跳跃，$x = \dfrac{1}{\ln -b}$ 时
  1. 当 $b \ne -e$ 时，为无穷间断点
  2. 当 $b = -e$ 时，为可取间断点
不要去解微分方程，两侧求导代值即可
构造辅助函数，求导易得
巧妙利用反函数反向构造的题
$$
\int f^{-1}(x)dx = xf^{-1}(x) - \int xdf^{-1}(x) = xu - \int f(u)du = xu-F(u)-C
$$
同解问题，一般线代考的居多，考到了微分方程还是第一次，但是还是很简答
求一个带一个，易得
隐函数求导，消参易得
解两个二重积分，纯计算，一个极直互化，一个直接算
由 $r(A) = 2$ 易得：$r(A^{}) = 1$，又 $A^{}A = |A|E = 0$
故 $A$ 的列向量都是 $A^{*}$ 的解向量，然后选出线性无关的两个即可
反推：$AP = C$，则 $\begin{pmatrix}A&C\\0&B\end{pmatrix} \begin{pmatrix}E_n&-P\\0&E_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&0\\0&B\end{pmatrix} \Rightarrow r(A) + r(B)$
正推不成立，反例读者自构不难
简单题

填空题

参数方程求二阶导数，直接套公式即可
先用一下”区间再现”消掉分子，分母再用一下辅助角公式就出来了
分别对方程关于 $x$ 和 $y$ 求偏导，然后联立方程解 $f_1(1,1)$ 即可
对隐函数求导，解出 $y’$ 和 $y’’$，然后对 $y$ 泰勒展开，代入即可
二重积分换序，简单题
简单的恒等变形，简单题

解答题

先解一个二阶常系数非齐次微分方程，然后代入初值消参，在计算一个极限，简单题
答案有点复杂，说说我的做法：
欲求 $z$ 的最大最小值，等价于求 $z^2$ 的最大值，等价于求 $1 - x^2 - y^2$ 的最小值
等价于求 $x^2 + y^2$ 的最大值
就有目标函数：$x^2 + y^2$ 和约束条件：$3x^2 + 3y^2 + 2xy - 3 = 0$
两者属于齐次式，构造拉格朗日乘子然后 $xL_x - yL_y$ 即可
详情见我个人编写的 【专题】多元函数极值专题
由 $\displaystyle\int_0^1 xf’(x)dx = 1$ 易得：$\displaystyle\int_0^1 f(x)dx = -1$
被题目限制掉了很多做法，一开始有想直接万能构造罗尔，但是没给到足够的两个端点信息
然后又去试了多项式拟合法，也是构造不了的，本题正确做法应是再往回还原一阶，然后用泰勒展开
说一下为什么会这么想，因为题目只给了一侧端点 $f(1)=0$，和一个未知点 $f(x_0) = -1$
在这一阶上，无法凑出罗尔的条件，因此考虑还原成 $\displaystyle\int_0^xf(t)dt$ 就有了两个点的信息
分别是：$\displaystyle\int_0^0f(t)dt = 0$ 和 $\displaystyle\int_0^1f(t)dt = -1$，考虑直接泰勒展开
展开点选取 $x = 1$，原因很简单，有具体 $f(1) = 0$ 的信息
有 $\displaystyle\int_0^x f(t)dt = -1 + \dfrac{f’(\xi)}{2} (x-1)^2$
然后令 $x = 0$ 有：$f’(\xi) = 2$
将方程问题和极限连在一起考，很新颖
做法和普通方程问题一下，首先分离参数和变量，构造辅助函数求导找单调性
最后是求一个 $x \to +\infty$ 的极限
有手就行
答案求行列式去了，猛男，我说一下我的更简单的做法
直接配方法即可：$f = \dfrac{1}{2}x_1^2 + \dfrac{1}{2}(x_1-x_2)^2+ \dfrac{1}{2}(x_2-x_3)^2 + \cdots + + \dfrac{1}{2}(x_{n-1}-x_n)^2 + \dfrac{1}{2}x_n^2$
易得：$f \ge 0$，欲使 $f = 0$，当且仅当 $x_1=x_2=\cdots = x_n = 0$ 故正定
第二问就是 分块矩阵的初等变换，没有什么好讲的
第三问我的做法也和答案一样，大家直接参考答案就好了

卷四

选择题

变上限积分等价无穷小，有手就行
真题出过一次，在 $x=0$ 处连续是通过左右侧夹逼计算的极限
比较在瑕点的阶，简单题
二阶导数存在，一阶连续，然后保号，简单题
先分离参数，然后求导绘制大致图像，找出最值
求偏导，套黑塞矩阵判别式，化简消元，不难
二重积分，对称性化简，判断被积函数在积分域上正负
分快矩阵求伴随，常规题
注意第一个命题有 $c=0$ 的特例
白给题

填空题

一阶非线性微分方程
区间再现化简，然后求 $\int sec^3x dx$ 凑微分分布积分
隐函数求偏导
这个考到一个常用公式，分子分母同除 $x$ 构造即可
对于周期为 $T$ 的函数 $f(x)$ 有
$$
\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\displaystyle\int_0^x f(t)dt}{x} = \dfrac{1}{T}\int_0^T f(t)dt
$$

简单证明：

令 $a_n = \displaystyle\int_0^{nT} f(t)dt$，$b_n = nT$

显然 $\lim\limits_{n\to\infty} b_n = +\infty$，且 $b_n$ 单调递增

故 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a_n}{b_n} = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1}-b_n} = \dfrac{\displaystyle\int_{nT}^{nT+T}f(t)dt}{T} = \dfrac{\displaystyle\int_{0}^{T}f(t)dt}{T}$

最后由海涅定理可得：
$$
\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\displaystyle\int_0^x f(t)dt}{x} = \dfrac{1}{T}\int_0^T f(t)dt
$$
二重积分换序
分块矩阵求行列式，求逆，求伴随

解答题

拉格朗日求极限
第一问是经典高斯曲线，怎么做都行
第二问直接分布积分，就出来了
无条件极值，用黑塞矩阵判别式
我可以给一个不同的思路，是条件极值的一个技巧 —— 极值互化
换成三角函数后，确定好 $(r,\theta)$ 的区间范围，找极值
拉格朗日的几何意义，是一道我在 【专题】中值定理证明题 中举的例题，我比答案写的好多了
直接搬运原题过来，读者稍微改改就好了

【2013年】证明：若函数 $\varphi(x)$ 具有二阶导数，且满足 $\varphi(2) > \varphi(1)$，$\varphi(2) > \displaystyle\int_2^3\varphi(x) dx$，则至少存在一点 $\xi \in (1,3)$，s.t. $\varphi’’(\xi) < 0$

【分析】首先，根据题干找出所有端点信息，考虑对积分 $\displaystyle\int_2^3\varphi(x)dx$ 用积分中值定理有：

$\varphi(x_0) = \displaystyle\int_2^3\varphi(x) dx$，其中 $2 < x_0 < 3$，成功找出所有的端点信息：$\varphi(1),\varphi(2),\varphi(x_0)$

根据题干的不等关系，初步绘制图像，如下：

在三个端点相邻的区间使用 Lagrange 中值定理，估计出一点的斜率，然后用割线斜率代替，如下：

得到一个一阶导数大于 0 的 $\xi_1$ 和一阶导数小于 0 的 $\xi_2$，然后我们绘制 $\varphi’(x)$ 与 $x$ 的图像：

$\xi_1$ 大于 0，位于 $x$ 轴上方；$\xi_2$ 小于 0，位于 $x$ 轴下方

然后我们继续利用 Lagrange 中值定理，估计出了第三个中值 $\xi_3$ 等于该段区间的割线斜率 $<0$

即答案所要求的点 $\varphi’’(\xi) < 0$

该几何法，成功帮助我们梳理了一遍证明思路，直接根据上述步骤，转化为数学语言写出即可

【解】由 积分中值定理 可得：$\exists x_0 \in (2,3)$，s.t. $\varphi(x_0) = \displaystyle\int_2^3 \varphi(x) dx$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi_1\in(1, 2)$，s.t. $\varphi’(\xi_1) = \varphi(2) - \varphi(1) > 0$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi_2\in(2,x_0)$，s.t. $\varphi’(\xi_2) = \varphi(x_0) - \varphi(2) < 0$

由 Lagrange 中值定理：$\exists \xi\in(\xi_1, \xi_2)$，s.t. $\varphi’’(\xi) = \varphi’(\xi_2) - \varphi’(\xi_1) < 0$ QED

二重积分极值互化，计算量很小
白给题

卷五

选择题

常规题：$($ 奇函数 $)’$ = 偶函数，$($ 偶函数 $)’$ = 奇函数
$\displaystyle\int_a^x$ 奇函数 $dx$ = 偶函数，$\displaystyle\int_0^x$ 偶函数 $dx$ = 奇函数
简单题，值得注意的是正负无穷共享同一条斜渐近线，因此不能算作两条
这题解析给的有问题，我说一下做法，条件已知：$f(x) - \displaystyle\int_0^x f(t)dt \le 0$
考虑中值定理还原原函数，构造 $F(x) = \displaystyle\int_0^x f(t)dt$，有 $F’(x)-F(x) \le 0$
利用积分因子法还原：$(F(x)e^{-x})’ \le 0$ 故可知函数 $G(x) = F(x)e^{-x}$ 单调递减
又 $G(0) = F(0) = 0$，故 $G(x) \le 0$，即 $\displaystyle\int_0^x f(t)dt \le 0$
要么题错了，要么答案错了
显然两个积分都找不到原函数，标准做法，按住一个不动，另一个换元分布积分，从而消元
连续定义，导数定义，计算题
等式脱帽法易得：$f(x,y) = x^2 + y^2 + xy^2 + o(x^2 + y^2)$，于是有
$$
\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{f(x,y)}{x^2+y^2}=\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^2 + y^2 + xy^2 + o(x^2 + y^2)}{x^2+y^2}
$$
又 $0 \le |\dfrac{xy^2}{x^2+y^2}| \le |\dfrac{y}{2}|$，易得：$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{f(x,y)}{x^2+y^2} = 1$
故 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0$从而可以得到：$f(x,y)$ 可微
且 $A = B = f(0,0) = 0$
二重积分极值互化
简单题，真题出过了，$B = E_{32}(2)E_{12}A$
则 $|B| = -|A|$，$B^{-1} = A^{-1}E_{12}E_{32}(-2)$
故 $-B^{}=A^{}E_{12}E_{32}(-2)$
$A^2=0$ 故只有特征值 $0$，若要 $A$ 可相似对角化，则 $r(A) = 0$，即 $A = 0$
又 $A\ne 0$ 故不可相似对角化
实对称阵的特征值必为实数，故解得：$\lambda = 1$，又 $A$ 可相似对角化，故 $r(A - E) = 0$，解得：$A = E$
后两个显然
简单题，不多解释

填空题

定积分定义，两种划分做法都可
区间 $[0,1]$ 划分成 $n$ 块，选择每一块的中点划分：$\dfrac{2k-1}{2n}$
$$
\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{1 + (\dfrac{2k-1}{2n})^2}} =\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx = \ln(1 + \sqrt{2})
$$
区间 $[0,2]$ 划分成 $n$ 块，选择每一块的中点划分：$\dfrac{2k-1}{n}$
$$
\lim_{n\to\infty}\dfrac{1\times2}{n}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{4 + (\dfrac{2k-1}{n})^2}} =\displaystyle\int_0^2\dfrac{1}{\sqrt{4+x^2}}dx = \ln(1 + \sqrt{2})
$$
二阶常系数非齐次微分方程，分段解，然后利用连续性消参，代入条件，最后解出答案
给定初值，一般就是要积分，把 $y$ 视作常数，先看微分方程：$f’(x) + f(x) = 0$
解得：$f(x,y)\cdot e^{x} = \varphi(y)$ 代入初值：$f(0,\dfrac{\pi}{2}) = 1 = \varphi(\dfrac{\pi}{2})$
再求y的偏导：$f’(y)=\varphi’(y)e^{-x} = \cot y \cdot \varphi(y)e^{-x}$
化简微分方程得：$\varphi’(y) - \cot y \varphi(y) = 0$，解得：$\varphi(y) = C\sin y$
代入初值：$\varphi(\dfrac{\pi}{2}) = C = 1$，故 $\varphi(y) = \sin y$
因此：$f(x,y) = e^{-x}\sin y$，$f_{xx} = f(x,y), f_{yy} = -f(x,y)$
故：$f_{xx} + f_{yy} = 0$
$dS = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = \sqrt{(\dfrac{dx}{dt})^2 + \dfrac{dy}{dt})^2} dt$
二重积分换序，然后变上限积分求导
又平方和易知 $f$ 为半正定矩阵，因此各个平方项为0存在非零解

解答题

分离参数，构造辅助函数，求导绘制函数图像，简单题
真题考过一次类似的，不过比这个简单
本题难点是对 $y’ = \tan \alpha$ 变型：
$$
\begin{aligned}
y’ &= \sqrt{\sec^2\alpha - 1} \\
y’^2 + 1 &= \sec^2\alpha \\
y’^2 + 1 &= \dfrac{1}{\cos^2 \alpha} \\
\sqrt{y’^2 + 1} &= \dfrac{1}{\cos \alpha}
\end{aligned}
$$
然后回代到微分方程中计算：$2y^2y’’ = (1 + y’^2)^2$ 即可
单纯的算，没什么好说的
二重积分，根据取整函数分段，然后本题答案是错的，正确答案应为：$\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{3}$
数列极限，下界 $1$ 用第一数学归纳法易证
单调性用 $x_{n+1}-x_n = \sqrt{x_n}\ln x_n + 1 - x_n$
构造辅助函数 $F(x) = x\ln x + 1 - x$ 求两次导即可出答案
考 $A^TA$ 的问题，一般不用去求出 $A^TA$ 的具体型，不然就是题目出的稀烂
利用 $Ax = 0$ 与 $A^TAx = 0$ 同解，做第一问
利用 $x^TA^TAx = (Ax)^T(Ax) = ||Ax||^2 \ge 0$ 做第二问
第三问常规题