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.
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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。
让考场上没有难做的数学题！
设矩阵 $\boldsymbol{A} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right)$，若 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性无关，且 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$，则方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的通解为 $\boldsymbol{x} = \underline{\qquad}$.
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$\boldsymbol{x} = C \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ -1 \\ -1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 4
\end{pmatrix}$，其中 $C$ 为任意常数.
分析可知，方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 是一个非齐次线性方程组，非齐次线性方程组的通解由其特解和对应的齐次线性方程组的通解相加得到.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 于是，先求解对应的齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的通解（求解出组成通解的基础解系即可）：
由 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$，得：
$$
\boldsymbol{a}_{4} = – \boldsymbol{a}_{1} – \boldsymbol{a}_{2} + \boldsymbol{a}_{3}
$$
于是可知，$\boldsymbol{a}_{4}$ 可由 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性表示.
又因为 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}$ 线性无关，所以 $\boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4}$ 线性相关，即：
$$
r \left( \boldsymbol{A} \right) = r \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) = r \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3} \right) = 3
$$
因此，齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系中含有一个解向量.
由 $\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} = \boldsymbol{a}_{3} + \boldsymbol{a}_{4}$ 得：
$$
\boldsymbol{a}_{1} + \boldsymbol{a}_{2} – \boldsymbol{a}_{3} – \boldsymbol{a}_{4} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right) = 0
$$
从而 $\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{\xi} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \end{array} \right) }$ 为 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = 0$ 的基础解系.
$\textcolor{lightgreen}{\blacktriangleright}$ 接着，求解非齐次线性方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的特解：
由于 $\boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4} = \left( \boldsymbol{a}_{1}, \boldsymbol{a}_{2}, \boldsymbol{a}_{3}, \boldsymbol{a}_{4} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) = \boldsymbol{A} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) = \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}$，故 $\textcolor{lightgreen}{ \boldsymbol{\eta} = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{array} \right) }$ 为方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 的特解.
综上可知，方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x} = \boldsymbol{a}_{1} + 4 \boldsymbol{a}_{4}$ 通解为 $\boldsymbol{x} = C \boldsymbol{\xi} + \boldsymbol{\eta}$, 其中 $C$ 为任意常数.
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。
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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 $\underline{\qquad}$.
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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”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 $\left. \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} \right|_{t={0}} =$ $\underline{\qquad}$.
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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”$$
\lim_{{n} \to \infty} \frac{1}{{n}^{{2}}} \left[ \ln \frac{1}{{n}} + 2 \ln \frac{2}{{n}} + \cdots + \left( {n} – 1 \right) \ln \frac{{n} – 1}{{n}} \right] \underline{\qquad}.
$$
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 $3$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}, \boldsymbol{B}$ 满足 $\mathbf{r} \left(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\right) = \mathbf{r} \left(\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\right)+1$, 则（ ）
»A«. 方程组 $\left(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{x}=0$ 只有零解
»B«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组$\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 均只有零解
»C«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 没有公共非零解
»D«. 方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与方程组 $\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{x}=0$ 有公共非零解
下列矩阵中，可以经过若干初等行变换得到矩阵 $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$ 的是（ ）
A. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 1 & 3\\
2 & 3 & 1 & 4
\end{pmatrix}$
B. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 5\\
1 & 1 & 1 & 3
\end{pmatrix}$
C. $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0 & 3\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
D. $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 3\\
1 & 2 & 2 & 3\\
2 & 3 & 4 & 6
\end{pmatrix}$
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«. $a<4, b<0$
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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”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«. $2 \int_{{0}}^{4}\mathrm{d}y \int_{{\sqrt{4-y}}}^{2} f\left( x,y \right)\mathrm{~d}x$
