一、题目
已知平面有界区域 $D=\left\{ \left( x,y \right) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4x, x^{2}+y^{2} \leqslant 4y \right\}$, 计算 $\iint_{D} \left( x-y \right)^{2}\mathrm{~d}x \mathrm{d}y$.
已知平面有界区域 $D=\left\{ \left( x,y \right) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4x, x^{2}+y^{2} \leqslant 4y \right\}$, 计算 $\iint_{D} \left( x-y \right)^{2}\mathrm{~d}x \mathrm{d}y$.
$\lim_{n \to \infty} x_{n} = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时,有 $\left| x_{n} – A \right| < \varepsilon$.
其中,$A$ 是一个有限数.
若一个数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 存在极限,就称该数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 收敛,否则,就称该数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 发散.
$\lim_{x \to \infty} f \left( x \right) = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正数 $X$, 使得当 $\left| x \right| > X$ 时有 $\left| f \left( x \right) – A \right| < \varepsilon$.
类似地,可定义函数的单侧极限 $\lim_{x \to + \infty} f \left( x \right) = A$ 和 $\lim_{x \to – \infty} f \left( x \right) = A$.
注意:
在函数极限情形下 $x \to \infty$ 与数列极限中 $n \to \infty$ 的意义不同:在函数中,$x \to \infty$ 指的是 $x \to \pm \infty$, 而在数列中,$x \to \infty$ 指的是 $n \to + \infty$.
需要注意的是,在函数中,虽然 $x \to \infty$ 指的是 $x \to \pm \infty$, 但是,如果题目只说了 $x \to \infty$, 我们就只需要考虑 $x \to + \infty$ 这一种情况即可,这算是一个做题时的惯例(例如这道题).
不过,在函数中,如果说了 $x \to a$, 其中 $a$ 是一个常数或者表示某个常数的符号,则就需要分别考虑 $x \to a^{-}$ 和 $x \to a^{+}$ 这两种极限,因为这涉及到一点处的极限是否存在的问题.
$\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$ 等价于:
对于 $\forall \varepsilon > 0$, $\exists$ 正数 $\delta$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $\left| f \left( x \right) – A \right| < \varepsilon$.
类似地,可以定义 $f \left( x \right)$ 当 $x \to x_{0}$ 时的左极限 $f \left( x_{0}^{-} \right)$ 和右极限 $f \left( x_{0}^{+} \right)$:
$$
\begin{aligned}
f \left( x_{0}^{-} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{-}} f \left( x \right) = A \\ \\
f \left( x_{0}^{+} \right) & = \lim_{x \to x_{0}^{+}} f \left( x \right) = A
\end{aligned}
$$
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
设 $\lim_{n \to \infty} x_{n} = a$, $\lim_{n \to \infty} y_{n} = b$.
推论:
(1)若 $a > b$, 则 $\exists N$, 当 $n > N$ 时有 $x_{n} > y_{n}$;
(2)若 $n > N$ 时 $x_{n} \geqslant y_{n}$, 则 $a \geqslant b$.
若数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 收敛,则数列 $\left\{ x_{n} \right\}$ 有界.
所谓“有界”就是指:$\exists$ 常数 $M > 0$, $\left| x_{n} \right| \leqslant M$, $n = 1, 2, 3, \cdots$.
设 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$, $\lim_{x \to x_{0}} g \left( x \right) = B$, 则:
(1)若 $A > B$, 则 $\exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > g \left( x \right)$;
(2)若 $\exists \delta > 0$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) \geqslant g \left( x \right)$,则 $A \geqslant B$;
(3)若 $\exists \delta > 0$, 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > g \left( x \right)$,则 $A \geqslant B$.
Tip
本文中的 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 表示的就是点 $x = x_{0}$ 处的一个不去心的邻域,而 $U_{0} \left( x_{0}, \delta \right) = \left\{ x \mid 0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta \right\}$ 表示的则是点 $x = x_{0}$ 处的一个去心的邻域.
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推论(极限的保号性):
设 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$, 则:
(1)若 $A > 0$, 则 $\exists \delta > 0$ 使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) > 0$;
(2)若 $\exists \delta > 0$,使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $f \left( x \right) \geqslant 0$,则 $A \geqslant 0$.
设存在极限 $\lim_{x \to x_{0}} f \left( x \right) = A$,则 $f \left( x \right)$ 在 $x_{0}$ 的某空心邻域 $U_{0} \left( x_{0}, \delta \right) = \left\{ x \mid 0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta \right\}$ 内有界,即 $\exists \delta > 0$ 与 $M > 0$,使得当 $0 < \left| x – x_{0} \right| < \delta$ 时有 $\left| f \left( x \right) \right| \leqslant M$.
推论:
其他类似的极限过程,如 $x \to x_{0^{+}}$, $x \to x_{0^{- }}$, $x \to +\infty$ 和 $x \to -\infty$ 等也有与上面的“定理 4”类似的结论.
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设函数 $f \left( x,y \right)$ 可微且满足 $\mathrm{d}f \left( x,y \right) = – 2x \mathrm{e}^{{-y}} \mathrm{d}x + \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) \mathrm{d}y$, $f \left( 0,0 \right) = 2$, 求 $f \left( x,y \right)$, 并求 $f \left( x,y \right)$ 的极值.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第19题解析:全微分、二元函数的无条件极值”设函数 $f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处连续,且 $\lim_{{x \to 0}} \frac{x f\left( x \right)-\mathrm{e}^{2 \sin x}+1}{\ln \left( 1+x \right)+\ln \left( 1-x \right)}=-3$,证明:$f\left( x \right)$ 在 $x = 0$ 处可导,并求 $f^{\prime}\left( 0 \right)$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第18题解析:一点处导数的定义、泰勒公式、极限的计算”计算 $\int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left( x^{2}-2x+2 \right)} \mathrm{~d}x$.
以下两种解法都用到了基于待定系数法的分式分解.
$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left( x^{2}-2x+2 \right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \frac{1}{\left( x+1 \right)\left[ \left( x-1 \right)^{2}+1 \right]} \mathrm{~d}x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{t=x-1} \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{1}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \left( \frac{A}{t+2} + \frac{Bt + C}{t^{2} + 1} \right) \mathrm{~d} t \\ \\
= & \ \int_{-1}^{0} \frac{\left( A+B \right)t^{2} + \left( 2B + C \right) t + A + 2C}{\left( t+2 \right)\left( t^{2}+1 \right)} \mathrm{~d} t \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A + B = 0 \\
2B + C = 0 \\
A + 2C = 1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = 1 \\
B = -1 \\
C = 2
\end{cases}} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \int_{-1}^{0}\left( \frac{1}{t+2}+\frac{-t+2}{t^{2}+1} \right) \mathrm{~d}t \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\left[ \ln \left( t+2 \right)-\frac{1}{2}\ln \left( t^{2}+1 \right)+2\arctan x \right] \right|_{-1}^{0} \\ \\
= & \ \frac{1}{5} \left[ \ln 2-\left( -\frac{1}{2}\ln 2-\frac{\pi}{2} \right) \right] \\ \\
= & \ \frac{1}{5}\left( \frac{3}{2}\ln 2+\frac{\pi}{2} \right)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
& \ \int_{0}^{1}\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x^{2}-2x+2\right)} \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \int_{0}^{1} \left( \frac{\left( A+B \right)x^{2} + \left( -2 A + B + C \right) x + 2A + C}{\left( 1+x \right) \left( x^{2} – 2x + 2 \right)} \right) \mathrm{~d} x \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \textcolor{gray}{\begin{cases}
A+B=0 \\
-2A+B+C=0 \\
2A+C=1
\end{cases} \leadsto \begin{cases}
A = \frac{1}{5} \\
B = \frac{-1}{5} \\
C = \frac{3}{5}
\end{cases} } \\ \\
= & \ \int_{0}^{1}\left(\frac{\frac{1}{5}}{x+1}+\frac{-\frac{1}{5}x+\frac{3}{5}}{x^{2}-2x+2}\right) \mathrm{~d}x \\ \\
= & \ \left.\frac{1}{5}\ln\left|1+x\right|\right|_{0}^{1} – \left.\frac{1}{10}\ln\left|x^{2}-2x+2\right|\right|_{0}^{1} + \left.\frac{2}{5}\arctan\left(x-1\right)\right|_{0}^{1} \\ \\
= & \ \frac{3}{10}\ln 2 + \frac{1}{10}\pi
\end{aligned}
$$
涵盖高等数学基础概念、解题技巧等内容,图文并茂,计算过程清晰严谨。
以独特的视角解析线性代数,让繁复的知识变得直观明了。
通过专题的形式对数学知识结构做必要的补充,使所学知识更加连贯坚实。
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 $\underline{\qquad}$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第15题解析:可分离变量的微分方程”已知函数 $y = y\left( x \right)$ 由 $\begin{cases} x = \ln \left( 1 + 2 t \right) \\ 2 t – \int_{1}^{y + t^{2}} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d}u = 0 \end{cases}$ 确定,则 $\left. \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{t={0}} =$ $\underline{\qquad}$.
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第14题解析:参数方程求导”$$
\lim_{{n} \to \infty} \frac{1}{{n}^{{2}}} \left[ \ln \frac{1}{{n}} + 2 \ln \frac{2}{{n}} + \cdots + \left( {n} – 1 \right) \ln \frac{{n} – 1}{{n}} \right] \underline{\qquad}.
$$
曲线 $y = \sqrt[3]{x^{3}-3x^{2}+1}$ 的渐近线方程为 $\underline{\qquad}$.
设 $\int_{1}^{+\infty}\frac{a}{x\left(2x+a\right)}\mathrm{~d} x = \ln 2$, 则 $a = \underline{\qquad}$.
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继续阅读“2025年考研数二第11题解析:反常积分的敛散性、对数函数的积分”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”的条件个数是 $\left( \ \right)$
»A«. $1$
»B«. $2$
»C«. $3$
»D«. $4$
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继续阅读“2025年考研数二第07题解析:一点处导数的定义、函数的存在性”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 $\left( l, 0 \right)$ 时,克服质点 $Q$ 的引力所做的功为 ( )
»A«. $\int_{{0}}^{{l}} \frac{G}{x^{2}+1}\mathrm{~d}x$
»B«. $\int_{{0}}^{{l}} \frac{Gx}{\left( x^{2}+1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d}x$
»C«. $\int_{{0}}^{{l}} \frac{G}{\left( x^{2}+1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d}x$
»D«. $\int_{{0}}^{{l}} \frac{G\left( x+1 \right)}{\left( x^{2}+1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d}x$
难度评级:
继续阅读“2025年考研数二第06题解析:质点之间的引力、积分的物理应用”设函数 $f\left( x,y \right)$ 连续,则 $\int_{{-2}}^{2}\mathrm{d}x \int_{{4-x^{2}}}^{4} f\left( x,y \right)\mathrm{~d}y = \left( \ \right)$
»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«. $2 \int_{{0}}^{4}\mathrm{d}y \int_{{\sqrt{4-y}}}^{2} f\left( x,y \right)\mathrm{~d}x$
设函数 $f(x)$, $g(x)$ 在 $x=0$ 的某去心邻域内有定义且恒不为零. 若当 $x \to 0$ 时,$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小,则当 $x \to 0$ 时( )
»A«. $f(x) + g(x) = o(g(x))$
»B«. $f(x) \cdot g(x) = o(f^{2}(x))$
»C«. $f(x) = o(\mathrm{e}^{g(x)}-1)$
»D«. $f(x) = o(g^{2}(x))$