分类： 高等数学

一、题目

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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”

一、题目

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继续阅读“2025年考研数二第14题解析：参数方程求导”

一、题目

继续阅读“2025年考研数二第13题解析：定积分的定义、数列求和”

一、题目

继续阅读“2025年考研数二第12题解析：渐近线、极限的计算”

一、题目

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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”

一、题目

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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”

一、题目

»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«. $\int_{{0}}^{{l}} \frac{G\left( x+1 \right)}{\left( x^{2}+1 \right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d}x$

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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”

一、题目

»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«. $2 \int_{{0}}^{4}\mathrm{d}y \int_{{\sqrt{4-y}}}^{2} f\left( x,y \right)\mathrm{~d}x$

继续阅读“2025年考研数二第05题解析：二重积分的表示与转换”

一、题目

»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«. $f(x) = o(g^{2}(x))$

继续阅读“2025年考研数二第04题解析：高阶无穷小”

一、题目

»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.

继续阅读“2025年考研数二第02题解析：极值点、拐点、求导运算”

一、题目

»A«. $\frac{z}{z+1} \left(\mathrm{e}^{-x^{2}} – \mathrm{e}^{ -y^{2}} \right)$

»B«. $\frac{z}{z+1} \left( \mathrm{e}^{-x^{2}} + \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$

»C«. $- \frac{z}{z+1} \left(\mathrm{e}^{-x^{2}} – \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$

»D«. $- \frac{z}{z+1} \left( \mathrm{e}^{-x^{2}} + \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$

继续阅读“2025年考研数二第01题解析：偏导数、全微分”

一、题目

二、解析

第 (1) 问

首先：

$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} & = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) \\ \\
& = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & -1 & 1 \\
-1 & 0 & 1 & -1 \\
-1 & -2 & -1 & 1
\end{pmatrix} \\ \\
& \textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1 \\
0 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

于是可知，$\mathrm{r}(\boldsymbol{A}) = 2$ 且 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 线性无关，同时可知：

$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{\alpha}_{3} & = -\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2} \\
\boldsymbol{\alpha}_{4} & = \boldsymbol{\alpha}_{1} – \boldsymbol{\alpha}_{2}
\end{aligned}
$$

综上可知，$\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ 是 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$, $\boldsymbol{\alpha}_{3}$, $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组.

第 (2) 问

由题及上面的第 (1) 问，可知：

$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A} & = (\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}) \\ \\
& = (\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},-\boldsymbol{\alpha}_{1} + \boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{1} – \boldsymbol{\alpha}_{2})_{4 \times 4} \\ \\
& =(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2})_{4 \times 2}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}_{2\times4}
\end{aligned}
$$

又因为，$\boldsymbol{A} = \boldsymbol{GH}$, $\boldsymbol{G}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2})$, 所以：

$$
\textcolor{lightgreen}{
\boldsymbol{H} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}
}
$$

接着，有：

$$
\begin{aligned}
\boldsymbol{A}^{10} & = (\boldsymbol{GH})^{10} \\ \\
& = \boldsymbol{GHGH} \cdots \boldsymbol{GH} \\ \\
& = \boldsymbol{G} (\boldsymbol{HG})^{9} \boldsymbol{H}
\end{aligned}
$$

其中：

$$
\boldsymbol{ HG } = \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
$$

又因为：

$$
\begin{aligned}
& \boldsymbol{D}^{2}=\begin{pmatrix}1 & -2 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \\ \\
& \boldsymbol{D}^{3}=\begin{pmatrix}1 & -3 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

由此，递推可知：

$$
\boldsymbol{D}^{9} = \begin{pmatrix}1 & -9 \\ 0 & 1\end{pmatrix}
$$

综上可得：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{A}^{10} } & = \boldsymbol{GD}^{9} \boldsymbol{H} \\ \\
& = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -9 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \begin{pmatrix}1 & 8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8\end{pmatrix} }
\end{aligned}
$$

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一、题目

继续阅读“2026年考研数二第21题解析：二阶可降解的微分方程、可分离变量的微分方程、一阶线性微分方程”

一、题目

二、解析

求解本题的第一步，就是要绘制一个示意图. 但是，需要注意的是，题目所说的区域 $D$, 并不是如图 01 所示的区域 $D^{\prime}$:

题目所说的区域 $D$ 是如图 02 所示的区域 $D$:

由于我们目前不知道点 $M$ 的坐标，只知道该点是一个拐点，所以也就不能直接确定线段 $OM$ 的形式.

因此，接下来，我们要首先求解出点 $M$ 的坐标.

由于点 $M$ 是一个拐点，所以先求解其二阶导函数：

$$
\begin{aligned}
& \ y^{\prime} = -\frac{2x}{(1 + x^{2})^{2}} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ y^{\prime \prime} = \frac{6x^{2} – 2}{(1 + x^{2})^{3}}
\end{aligned}
$$

接着，令 $y^{\prime \prime} = 0$ 且 $x_{0} > 0$, 得：

$$
x_{0} = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad y_{0} = \frac{3}{4}
$$

于是，由线段 $OM$ 的两个端点值 $O(0,0)$ 和 $M(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$ 可得嫌短 $OM$ 的表达式为：

$$
y = \frac{3}{4}\sqrt{3}x, \quad x \in \left[0, \frac{1}{\sqrt{3}}\right]
$$

于是，我们可以绘制出如图 03 所示的示意图，在计算旋转体体积的时候，需要分 $[0, \frac{1}{\sqrt{3}}]$ 和 $[\frac{1}{\sqrt{3}}, +\infty)$ 这两段分别求解：

接着，由旋转体体积的计算公式，可知，区域 $D$ 绕坐标轴 $X$ 轴旋转，所得的旋转体的体积为：

$$
V = \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \pi \cdot \left( \frac{3}{4}\sqrt{3}x \right)^{2} \mathrm{~d} x + \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \cdot \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x
$$

又因为：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \pi \left( \frac{3}{4} \sqrt{3} x \right)^{2} \mathrm{~d} x} & = \frac{27}{16} \pi \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} x^{2} \mathrm{~d} x \\ \\
& = \frac{27}{16} \pi \cdot \frac{1}{3} x^{3} \Bigg|_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \\ \\
& = \frac{27}{16} \pi \cdot \frac{1}{9 \sqrt{3}} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{\frac{\sqrt{3}}{16} \pi}
\end{aligned}
$$

对于 $\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x$, 令 $x = \tan \theta$, 则：

$$
\theta \in (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}), \quad \mathrm{d} \theta = \frac{1}{\cos^{2} \theta}
$$

所以：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{+\infty} \pi \frac{1}{(1 + x^{2})^{2}} \mathrm{~d} x} & = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left( 1+\tan ^{2} \theta \right)^{2}} \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\left( \frac{1}{\cos^{2} \theta} \right)^{2}} \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{4} \theta \cdot \frac{1}{\cos^{2} \theta} \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2}\theta \mathrm{~d} \theta \\ \\
& = \pi \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos 2\theta}{2} \mathrm{~d}\theta \\ \\
& = \pi \left[ \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \\ \\
& = \pi \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\sin \pi}{4} – \frac{\pi}{12} – \frac{\sin \frac{\pi}{3}}{4} \right) \\ \\
& = \pi \left( \frac{\pi}{6} – \frac{\sqrt{3}}{8} \right) \\ \\
& = \frac{\pi^{2}}{6} – \frac{\sqrt{3}}{8}\pi \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{\frac{\pi^{2}}{6} + \left( -\frac{\sqrt{3}}{8} \pi \right)}
\end{aligned}
$$

综上可知：

$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{V} & = \frac{\sqrt{3}}{16} \pi + \frac{1}{6} \pi^{2} – \frac{\sqrt{3}}{8} \pi \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \frac{1}{6} \pi^{2} – \frac{\sqrt{3}}{16} \pi }
\end{aligned}
$$

三、拓展

对本文的求解，并不需要计算出旋转所得曲面的表达式，但对这部分内容感兴趣的同学，可以查阅《如何由平面曲线函数得到其绕指定轴线旋转所得曲面的函数？》这篇讲义.

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