一、前言
对于方阵而言，如果一个矩阵的元素关于主对角线对称位置对应相等，这个矩阵就被称为“对称矩阵”，如果一个矩阵的元素关于主对角线对称位置对称正负相反，这个矩阵就被称为“斜对称矩阵”.
在本文中，「荒原之梦考研数学」就基于转置矩阵的性质，为同学们讲解清楚：为什么任意一个矩阵都可以写成一个对称矩阵和一个斜对称矩阵之和？
继续阅读“为什么任意一个矩阵都可以写成一个对称矩阵和一个斜对称矩阵之和？”
Tip
斜对称矩阵并不是关于矩阵副对角线对称的矩阵.
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标签： 考研数学二
2025年考研数二第08题解析：矩阵的特征值、韦达定理、二次型
一、题目
设矩阵 $\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & 0 \\ 2 & a & 0 \\ 0 & 0 & b\end{array}\right)$ 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«. $a<4, b<0$
难度评级：
继续阅读“2025年考研数二第08题解析：矩阵的特征值、韦达定理、二次型”实对称矩阵的性质及其二次型
§1. 什么是实对称矩阵？
要定义实对称矩阵，我们首先需要知道什么是对称矩阵——
设 $\boldsymbol{A} = \left( a_{ij} \right)_{n \times n}$ 是一个 $n$ 阶方阵，如果矩阵 $\boldsymbol{A}$ 满足 $\boldsymbol{A}^{\top} = \boldsymbol{A}$, 那么就称 $\boldsymbol{A}$ 是对称矩阵.
也就是说，一个对称矩阵，指的就是关于主对角线对称，主对角线两边对应位置的元素相等的矩阵：
$$
\boldsymbol{A}^{\top} = \boldsymbol{A} \iff a_{ij} = a_{ji} \quad \left( \forall i, j \right)
$$
例如，下面的矩阵就是一个对称矩阵：
$$
\boldsymbol{A} = \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 6 \end{matrix} \right)
$$
因为 $a_{12} = a_{21} = 2$, $a_{13} = a_{31} = 3$, $a_{23} = a_{32} = 5$.
基于上面的定义，我们就可以定义什么是实对称矩阵——
如果一个对称矩阵的所有元素都是实数，就称它为实对称矩阵.
考研数学中的对称矩阵，一般就是实对称矩阵.
§2. 实对称矩阵的重要性质
- 实对称矩阵的特征值都是实数
需要注意的是，实对称矩阵主对角线上的元素不一定是其特征值，或者说，实对称矩阵主对角线上的元素与实对称矩阵的特征值之间没有必然的关系.
- 实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交
若特征值 $\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$, 且这两个特征值对应的征向量分别为 $\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{\beta}$，则：
$$
\boldsymbol{\alpha}^{\top} \boldsymbol{\beta} = 0
$$
- 实对称矩阵一定可以正交对角化
若 $\boldsymbol{A}$ 是实对称矩阵，则存在正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$, 使得：
$$
\boldsymbol{Q}^{\top} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q} = \boldsymbol{\Lambda}
$$
其中 $\boldsymbol{\Lambda}$ 是对角矩阵，即：
$$
\boldsymbol{\Lambda} = \mathrm{diag} \left( \lambda_{1}, \lambda_{2}, \dots, \lambda_{n} \right)
$$
§3. 实对称矩阵与二次型的关系
若 $n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 是对称矩阵，则其对应的二次型为：
$$
f \left( \boldsymbol{x} \right) = \sum_{i=1}^{n} a_{ii} x_{i}^{2} + 2 \sum_{1 \le i < j \le n} a_{ij} x_{i} x_{j}
$$
注意：交叉项 $a_{ij} x_{i} x_{j}$ 前面的系数之所以是 $2$, 是因为 $a_{ij} x_{i} x_{j}$ 和 $a_{ji} x_{j} x_{i}$ 合并了，且 $a_{ij} = a_{ji}$.
例如，对于一个 $3$ 阶的实对称矩阵：
$$
\boldsymbol{A} = \left( \begin{matrix} a & d & e \\ d & b & f \\ e & f & c \end{matrix} \right)
$$
其对应二次型为：
$$
f \left( x_{1}, x_{2}, x_{3} \right) = a x_{1}^{2} + b x_{2}^{2} + c x_{3}^{2} + 2 d x_{1} x_{2} + 2 e x_{1} x_{3} + 2 f x_{2} x_{3}
$$
如果要进一步求解实对称矩阵对应的二次型的标准型，也就是将二次型转换为只含平方项、不含交叉项的形式，则需要求解出实对称矩阵的特征值 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \dots, \lambda_{n}$, 此时，该实对称矩阵的二次型的标准型就是：
$$
f = \lambda_{1} y_{1}^{2} + \lambda_{2} y_{2}^{2} + \dots + \lambda_{n} y_{n}^{2}
$$
高等数学
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。
线性代数
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特别专题
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。
让考场上没有难做的数学题！
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
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«. $4$
难度评级：
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”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
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”2025年考研数二第05题解析：二重积分的表示与转换
一、题目
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«. $2 \int_{{0}}^{4}\mathrm{d}y \int_{{\sqrt{4-y}}}^{2} f\left( x,y \right)\mathrm{~d}x$
2025年考研数二第04题解析：高阶无穷小
一、题目
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«. $f(x) = o(g^{2}(x))$
2025年考研数二第02题解析：极值点、拐点、求导运算
一、题目
已知函数 $f(x)$ $=$ $\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}}\sin t \mathrm{~d} t$, $g(x)$ $=$ $\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t \cdot \sin^{2} x$，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.
2025年考研数二第01题解析：偏导数、全微分
一、题目
设函数 $z = z(x, y)$ 由 $z + \ln z – \int_{y}^{x} \mathrm{e}^{-t^{2} } \mathrm{~d} t$ $=$ $0$ 确定，则 $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y}$ $=$ $?$
»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«. $- \frac{z}{z+1} \left( \mathrm{e}^{-x^{2}} + \mathrm{e}^{-y^{2}} \right)$
2026年考研数二第22题解析：极大线性无关组、矩阵乘法运算
一、题目
已知向量组 $\boldsymbol{\alpha}_{1}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{2}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{3}$ $=$ $\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$, $\boldsymbol{\alpha}_{4}$ $=$ $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$, 记 $\boldsymbol{A}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}$ $\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4})$, $\boldsymbol{G}$ $=$ $(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2})$.
（1）证明：$\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 是 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}, \boldsymbol{\alpha}_{4}$ 的极大线性无关组；
（2）求矩阵 $\boldsymbol{H}$ 使得 $\boldsymbol{A} = \boldsymbol{GH}$，并求 $\boldsymbol{A}^{10}$.
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：
$$
\begin{aligned}
\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{A}^{10} } & = \boldsymbol{GD}^{9} \boldsymbol{H} \\ \\
& = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -9 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \\ \\
& = \textcolor{lightgreen}{ \begin{pmatrix}1 & 8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8\end{pmatrix} }
\end{aligned}
$$
高等数学
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。
线性代数
以独特的视角解析线性代数，让繁复的知识变得直观明了。
特别专题
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。
让考场上没有难做的数学题！
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
求微分方程 $x^{2} y^{\prime \prime}$ $-$ $2xy^{\prime}$ $-$ $(y^{\prime})^{2}$ $=$ $0$ $(x > 2)$ 满足条件 $y|_{x=3} = \frac{1}{2}$, $y^{\prime}|_{x=3} = -9$ 的解.
2026年考研数二第20题解析：旋转体的体积
一、题目
已知 $M(x_{0}, y_{0})$ 是曲线 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}(x \geq 0)$ 的拐点，$O$ 为坐标原点.记 $D$ 是第一象限中以曲线 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}(x \geq x_{0})$, 线段 $OM$ 及 $X$ 轴正半轴为边界的无界区域，求 $D$ 绕 $X$ 轴旋转所成旋转体的体积.
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.
高等数学
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线性代数
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特别专题
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让考场上没有难做的数学题！
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？
一、前言
在本文中，「荒原之梦考研数学」将以下面的平面曲线函数为例，计算其绕不同的常见旋转轴旋转所得的曲面对应的函数表达式：
$$
y = \frac{1}{1 + x^{2}}
$$
函数 $y = \frac{1}{1 + x^{2}}$ 在二维直角坐标系中的函数图像如图 00 所示：
掌握这个拆分法，再复杂的极限题也能各个击破！
题目 1
$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – 1 – \ln(\cos x)}{x(x – \arctan x)}
$$
难度评级：
解析 1
需要用到的公式（$x \to 0$）：
$$
\begin{aligned}
& x – \arctan x \sim \frac{1}{3}x^{3} \\ \\
& f(b) – f(a) = (b – a) \cdot f^{\prime}(\xi) \\ \\
& \ln(1+x) = x – \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} + \cdots \\ \\
& u – \ln(1+u) \sim \frac{1}{2} u^{2}, \ u \to 0 \\ \\
& \cos x – 1 \sim -\frac{1}{2}x^{2}
\end{aligned}
$$
先处理分母部分，根据麦克劳林公式：
$$
\begin{aligned}
& \ \arctan x = x – \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ x – \arctan x = \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \sim \frac{1}{3}x^{3} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ x(x – \arctan x) \sim x \cdot \frac{1}{3}x^{3} \sim \frac{1}{3}x^{4}
\end{aligned}
$$
接着，为了在原式中使用拉格朗日中值定理，我们在分子中加减一项 $\cos x$, 即：
$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – 1 – \ln(\cos x)}{\frac{1}{3}x^{4}} \\ \\
& = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x + \cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
& = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x}{x^{4}} + 3 \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
\end{aligned}
$$
于是，由拉格朗日中值定理，可知：
$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\tan x) – \cos x}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\tan x – x) \cdot (-\sin \xi)}{x^{4}}
\end{aligned}
$$
其中，$\xi$ 介于 $x$ 和 $\tan x$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\tan x \sim x$, 因此，$\xi \sim x$, 于是：
$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{(\frac{1}{3}x^{3}) \cdot (-x)}{x^{4}} = \frac{-1}{3}
$$
接着，由等价无穷小替换与泰勒展开可知：
$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – 1 – \ln(\cos x)}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\cos x – 1) – \ln(1 + (\cos x – 1))}{x^{4}}
\end{aligned}
$$
于是，令 $u = \cos x – 1$, 则由前面的补充知识点可知，$u – \ln(1+u) \sim \frac{1}{2}u^{2}$, 因此：
$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(\cos x – 1)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} \left( \frac{-1}{2}x^{2} \right)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = \frac{1}{8}
\end{aligned}
$$
综上可知：
$$
\begin{aligned}
I & = 3(I_{1} + I_{2}) \\ \\
& = 3 \left(\frac{-1}{3} + \frac{1}{8}\right) \\ \\
& = 3 \left(\frac{-5}{24}\right) \\ \\
& = \frac{-5}{8}
\end{aligned}
$$
题目 2
$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{\ln(1 + x^{2}) – \sin^{2} x}
$$
难度评级：
解析 2
需要用到的公式（$x \to 0$）：
$$
\begin{aligned}
& \ln(1+x) = x – \frac{1}{2}x^{2} + \cdots \\ \\
& (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^{2} + \cdots \\ \\
& \sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x – \frac{1}{8}x^{2} + \cdots \\ \\
& \sin x = x – \frac{1}{6}x^{3} + \cdots \\ \\
& \mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{1}{2}x^{2} + \cdots
\end{aligned}
$$
首先处理分母部分，通过麦克劳林公式展开到 $x^{4}$ 阶：
$$
\begin{aligned}
& \ \begin{cases} \ln(1 + x^{2}) = x^{2} – \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4}) \\ \\
\sin^{2} x = (x – \frac{1}{6}x^{3})^{2} = x^{2} – \frac{1}{3}x^{4} + o(x^{4}) \end{cases} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \ln(1 + x^{2}) – \sin^{2} x = \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right)x^{4} + o(x^{4}) \sim \frac{-1}{6}x^{4}
\end{aligned}
$$
接着，对原式进行拆分：
$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{-\frac{1}{6}x^{4}} \\ \\
& = -6 \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}} + \mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}} \\ \\
& = -6 \left[ \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}}}{x^{4}} + \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}} \right]
\end{aligned}
$$
于是，由拉格朗日中值定理，可知：
$$
\begin{aligned}
I_{1} & = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\sin^{2} x} – \mathrm{e}^{x^{2}}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{(\sin^{2} x – x^{2}) \cdot \mathrm{e}^\xi}{x^{4}}
\end{aligned}
$$
由于 $\xi$ 介于 $\sin^{2} x$ 和 $x^{2}$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\xi \to 0$, 所以 $\mathrm{e}^\xi \to 1$, 于是：
$$
\begin{aligned}
\sin^{2} x – x^{2} & = (\sin x – x)(\sin x + x) \\ \\
& \sim \left(-\frac{1}{6}x^{3}\right) \cdot (2x) \\ \\
& \sim -\frac{1}{3}x^{4}
\end{aligned}
$$
所以：
$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{3}x^{4} \cdot 1}{x^{4}} = -\frac{1}{3}
$$
接着，令：
$$
I_{2} = \lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}}}{x^{4}}
$$
又由泰勒展开，分别将两项展开至 $x^{4}$ 阶，可得：
$$
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{x^{2}} & = 1 + x^{2} + \frac{1}{2}(x^{2})^{2} + o(x^{4}) \\ \\ & = 1 + x^{2} + \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4}) \\ \\
\sqrt{1 + 2x^{2}} & = 1 + \frac{1}{2}(2x^{2}) – \frac{1}{8}(2x^{2})^{2} + o(x^{4}) \\ \\ &= 1 + x^{2} – \frac{1}{2}x^{4} + o(x^{4})
\end{aligned}
$$
于是：
$$
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{x^{2}} – \sqrt{1 + 2x^{2}} & = \left(1 + x^{2} + \frac{1}{2}x^{4}\right) – \left(1 + x^{2} – \frac{1}{2}x^{4}\right) + o(x^{4}) \\ \\ & \sim x^{4}
\end{aligned}
$$
因此：
$$
I_{2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^{4}}{x^{4}} = 1
$$
综上可得：
$$
\begin{aligned}
I & = -6(I_{1} + I_{2}) = -6\left(-\frac{1}{3} + 1\right) \\ \\
& = -6 \cdot \frac{2}{3} \\ \\
& = -4
\end{aligned}
$$
题目 3
$$
I = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{\tan^{2} x – \sin^{2} x}
$$
难度评级：
解析 3
需要用到的公式（$x \to 0$）：
$$
\begin{aligned}
& x + x^{3} \sim x \\ \\
& f(b) – f(a) = (b – a) \cdot f^{\prime}(\xi) \\ \\
& \mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3!} + \cdots \\ \\
& \mathrm{e}^{x} – 1 \sim x \\ \\
& \mathrm{e}^{x} – 1 – x \sim \frac{x^{2}}{2} \\ \\
& \mathrm{e}^{\square} – 1 – \square \sim \frac{\square^{2}}{2}, \ \square \to 0
\end{aligned}
$$
首先对分母进行处理，得：
$\tan^{2} x – \sin^{2} x = (\tan x – \sin x)(\tan x + \sin x)$
接着， 通过泰勒公式（麦克劳林公式）展开，得：
$$
\begin{cases}
\tan x = x + \frac{1}{3}x^{3} + o(x^{3}) \\
\sin x = x – \frac{1}{6}x^{3} + o(x^{3})
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\tan x – \sin x = \frac{1}{2}x^{3} + o(x^{3}) \sim \frac{1}{2}x^{3} \\
\tan x + \sin x = 2x + o(x) \sim 2x
\end{cases}
$$
于是：
$$
\begin{aligned}
\tan^{2} x – \sin^{2} x & \sim \frac{1}{2}x^{3} \cdot 2x \\ \\
& = x^{4}
\end{aligned}
$$
于是，原式可化简为：
$$
\begin{aligned}
I & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x + \cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x}{x^{4}} + \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
\end{aligned}
$$
接着，由拉格朗日中值定理，可知：
$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) – \cos x}{x^{4}} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sin x – x) \cdot (-\sin \xi)}{x^{4}}
$$
由于 $\xi$ 介于 $x$ 和 $\sin x$ 之间，当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$, 所以 $\xi \sim x$, 于是：
$$
I_{1} = \lim_{x \to 0} \frac{\left( \frac{-1}{6}x^{3} \right) \cdot (-x)}{x^{4}} = \frac{1}{6}
$$
又由泰勒公式展开，得：
$$
\begin{aligned}
I_{2} & = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x – \mathrm{e}^{\cos x – 1}}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\cos x – 1} – \cos x}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{\cos x – 1} – (\cos x – 1) – 1}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(\cos x – 1)^{2}}{x^{4}} \\ \\
& = -\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}x^{2})^{2}}{x^{4}} = -\frac{1}{8}
\end{aligned}
$$
综上可得：
$$
\begin{aligned}
I & = I_{1} + I_{2} \\ \\
& = \frac{1}{6} – \frac{1}{8} \\ \\
& = \frac{4 – 3}{24} \\ \\
& = \frac{1}{24}
\end{aligned}
$$
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