2025年考研数学二真题

答案： A，即 $\displaystyle\frac z{z+1}(e^{-x^2}-e^{-y^2})$。

思路： $z$ 由一个含 $x,y,z$ 的等式隐式确定，应分别对 $x$、$y$ 求偏导。积分上限求导取正号，下限求导取负号；求出两个偏导后相加。

详细解答： 由于式中含有 $\ln z$，必须有 $z>0$。令

$$F(x,y,z)=z+\ln z-\int_y^x e^{-t^2}\,\mathrm dt.$$

被积函数连续，且

$$F_z=1+\frac1z=\frac{z+1}{z}>0,$$

所以隐函数求导时可以除以 $F_z$。对 $x$ 求偏导，将 $y$ 视为常量，得到

$$z_x+\frac1z z_x-e^{-x^2}=0, \qquad z_x=\frac z{z+1}e^{-x^2}.$$

对 $y$ 求偏导，将 $x$ 视为常量。因为

$$\frac{\partial}{\partial y}\int_y^x e^{-t^2}\,\mathrm dt=-e^{-y^2},$$

所以

$$z_y+\frac1z z_y+e^{-y^2}=0, \qquad z_y=-\frac z{z+1}e^{-y^2}.$$

因此

$$z_x+z_y=\frac z{z+1}(e^{-x^2}-e^{-y^2}).$$

答案： B。$x=0$ 是 $f$ 的极小值点，$(0,0)$ 是曲线 $y=g(x)$ 的拐点。

思路： 极值考察函数在点的两侧是增加还是减少，可用一阶导数的符号判断；拐点考察曲线凹凸性是否改变，可用二阶导数的符号判断。分别分析 $f'$ 和 $g''$，不能仅凭导数在原点等于零作结论。

详细解答： 被积函数连续，由变上限积分求导公式得

$$f'(x)=e^{x^2}\sin x.$$

在 $0$ 附近，$e^{x^2}>0$，而 $\sin x$ 在 $x<0$ 时为负、在 $x>0$ 时为正。因此 $f$ 在原点左侧递减、右侧递增，$0$ 是极小值点。

继续求导：

$$f''(x)=e^{x^2}(2x\sin x+\cos x), \qquad f''(0)=1.$$

$f''$ 连续，所以在原点的某个邻域内始终为正，凹凸性没有改变，$(0,0)$ 不是 $y=f(x)$ 的拐点。

令

$$H(x)=\int_0^x e^{t^2}\,\mathrm dt, \qquad g(x)=H(x)\sin^2x.$$

由 $H'(x)=e^{x^2}$，逐次求导得

$$g'(x)=e^{x^2}\sin^2x+H(x)\sin2x,$$

$$g''(x)=2xe^{x^2}\sin^2x+2e^{x^2}\sin2x+2H(x)\cos2x.$$

又由 $H'(0)=1$ 及 $H(0)=0$，有 $H(x)/x\to1$。于是

$$\lim_{x\to0}\frac{g''(x)}x =0+2\cdot2+2\cdot1=6.$$

因此在原点足够近处，$g''(x)$ 与 $x$ 同号，二阶导数从负变正，故 $(0,0)$ 是 $y=g(x)$ 的拐点。并且 $H(x)$ 与 $x$ 同号，$\sin^2x>0$ 在足够近的非零点成立，所以 $g(x)$ 在原点左侧为负、右侧为正；$g(0)=0$ 不是极值。

答案： C，即 $-2<a<0$。

思路： 常系数齐次微分方程的解由特征根决定。要求每一个解在 $[0,+\infty)$ 上的积分都收敛，就要排除不衰减的指数解、常数解和振荡解；这等价于所有特征根的实部严格为负。

详细解答： 特征方程为

$$r^2-2ar+(a+2)=0.$$

若两个实根都为负，基本解是负指数函数；重根时还会出现 $xe^{rx}$，但 $r<0$ 时它仍绝对可积。若根为 $\alpha\pm i\beta$，基本解为 $e^{\alpha x}\cos\beta x$、$e^{\alpha x}\sin\beta x$，当 $\alpha<0$ 时也都绝对可积。因此根的实部都为负足以保证任意解的积分收敛。

反之，若实根 $r\ge0$，对应的解 $e^{rx}$ 的积分不收敛。若复根的实部 $\alpha\ge0$，振荡解的积分也不收敛。例如

$$\int_0^R e^{\alpha x}\cos\beta x\,\mathrm dx =\left[\frac{e^{\alpha x}(\alpha\cos\beta x+\beta\sin\beta x)}{\alpha^2+\beta^2}\right]_0^R,$$

当 $\alpha\ge0$、$\beta\ne0$ 时，右端没有有限极限。

由韦达定理，两个特征根的和、积分别为

$$r_1+r_2=2a, \qquad r_1r_2=a+2.$$

若根为实数，两根均负等价于和为负、积为正；若根为共轭复数，实部为 $a$，其积为模的平方，也为正。因此统一条件是

$$2a<0, \qquad a+2>0,$$

即 $-2<a<0$。其中 $a=-2$ 时有零根，出现常数解；$a=0$ 时出现不衰减的正弦、余弦解，两个端点都不能取。

答案： C，即 $f(x)=o(e^{g(x)}-1)$。

思路： “$f$ 是 $g$ 的高阶无穷小”表示 $f(x),g(x)$ 都趋于 $0$，并且 $f(x)/g(x)\to0$。利用 $e^u-1\sim u$ 可以把选项 C 的分母换成与 $g$ 等价的无穷小。

详细解答： 题设给出

$$g(x)\to0, \qquad \frac{f(x)}{g(x)}\to0.$$

由于

$$\lim_{u\to0}\frac{e^u-1}{u}=1,$$

所以

$$\frac{f(x)}{e^{g(x)}-1} =\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{g(x)}{e^{g(x)}-1} \longrightarrow0\cdot1=0.$$

这就是选项 C。题设保证 $f(x),g(x)$ 在该去心邻域内处处非零，且 $g(x)\to0$，所以 $e^{g(x)}-1\ne0$，上述商的极限可以直接应用。等价无穷小关系保证了相应的小 $o$ 结论。

对于 A，有

$$\frac{f(x)+g(x)}{g(x)}=\frac{f(x)}{g(x)}+1\to1,$$

而非 $0$。B、D 也不能由题设推出：取 $f(x)=x^3$、$g(x)=x^2$，则 $f/g=x\to0$，但

$$\frac{f(x)g(x)}{f^2(x)}=\frac1x, \qquad \frac{f(x)}{g^2(x)}=\frac1x,$$

都不趋于 $0$。

答案： A。

思路： 交换二重积分的次序时，应先用不等式写出积分区域，再固定新的外层变量。这里固定 $y$ 后，区域分成左右两段，必须把两段都写出。

详细解答： 原积分区域为

$$D=\{(x,y):-2\le x\le2,\ 4-x^2\le y\le4\}.$$

由于 $-2\le x\le2$，抛物线 $y=4-x^2$ 的最低值为 $0$，故整个区域的 $y$ 范围为 $0\le y\le4$。

固定这个范围内的 $y$，由 $4-x^2\le y$ 得

$$x^2\ge4-y,$$

于是 $x$ 的取值为

$$-2\le x\le-\sqrt{4-y} \quad\text{或}\quad \sqrt{4-y}\le x\le2.$$

$f$ 在有界闭区域上连续，可以交换积分次序，得到

$$\int_0^4\left[ \int_{-2}^{-\sqrt{4-y}}f(x,y)\,\mathrm dx +\int_{\sqrt{4-y}}^2f(x,y)\,\mathrm dx \right]\mathrm dy.$$

B 把中间不属于 $D$ 的区域也计入，C 的右半段积分上下限颠倒。D 虽利用了区域左右对称，但题设没有说明 $f(-x,y)=f(x,y)$，不能用右半区域积分的两倍代替全区域积分。

答案： B，即 $\displaystyle\int_0^l\frac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\,\mathrm dx$。

思路： 做功要积分力在位移方向上的分量。质点沿水平方向运动，引力还含有竖直分量，因此不能直接把引力大小作为被积函数。

详细解答： 当 $P$ 位于 $(x,0)$ 时，从 $P$ 指向 $Q$ 的向量为 $(-x,1)$，两者距离为

$$r=\sqrt{x^2+1}.$$

两质点质量均为 $1$，引力大小为 $G/r^2$，方向单位向量为 $(-x,1)/r$。所以引力向量为

$$\boldsymbol F_Q =\frac{G}{(x^2+1)^{3/2}}(-x,1).$$

其水平分量为 $-Gx/(x^2+1)^{3/2}$，与向右的位移方向相反。克服引力所做的功等于引力做功的相反数，因而

$$W=-\int_0^l\boldsymbol F_Q\cdot(\mathrm dx,0) =\int_0^l\frac{Gx}{(x^2+1)^{3/2}}\,\mathrm dx.$$

若进一步积分，由

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(x^2+1)^{-1/2} =-\frac{x}{(x^2+1)^{3/2}},$$

可得

$$W=G\left(1-\frac1{\sqrt{l^2+1}}\right).$$

答案： D。四个条件都能推出 $f$ 在 $x=0$ 处可导。

思路： 导数定义中的分子应是 $f(x)-f(0)$。先利用连续性和有限极限确定 $f(0)$ 的限制，再处理绝对值。对于非负分子除以 $x$ 的有限双侧极限，左右两侧的符号限制会迫使极限等于 $0$。

详细解答： 先说明一个会反复用到的事实：如果 $h(x)\ge0$，且

$$\lim_{x\to0}\frac{h(x)}x=L$$

存在并且有限，那么右侧比值非负，所以 $L\ge0$；左侧比值非正，所以 $L\le0$。因此 $L=0$，并且

$$\frac{h(x)}{|x|}=\left|\frac{h(x)}x\right|\to0.$$

① 设该有限极限为 $L_1$。因为 $|f(x)|-f(0)=x(L_1+o(1))\to0$，而 $f$ 连续，故

$$|f(0)|-f(0)=0, \qquad f(0)\ge0.$$

若 $f(0)>0$，连续性保证附近 $f(x)>0$，于是 $|f(x)|=f(x)$，条件直接变成导数定义。若 $f(0)=0$，条件为 $|f(x)|/x$ 有限双侧极限，由上述事实它等于 $0$。再由

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}x\right| =\frac{|f(x)|}{|x|}\to0,$$

得 $f'(0)=0$。所以 ① 充分。

② 有限极限使 $f(x)-|f(0)|\to0$，连续性又使它趋于 $f(0)-|f(0)|$，故 $f(0)=|f(0)|$。因此

$$\frac{f(x)-|f(0)|}x =\frac{f(x)-f(0)}x,$$

该极限就是 $f'(0)$。所以 ② 充分。

③ 有限极限使 $|f(x)|\to0$，由连续性得 $f(0)=0$。再由上述非负分子的符号论证，有 $|f(x)|/x\to0$，进而 $f(x)/x\to0$，所以 $f'(0)=0$。因此 ③ 充分。

④ 直接取 $h(x)=|f(x)-f(0)|\ge0$。该有限双侧极限只能为 $0$，从而

$$\left|\frac{f(x)-f(0)}x\right| =\frac{|f(x)-f(0)|}{|x|}\to0.$$

故 $f'(0)=0$，④ 也充分。能推出可导的条件共有 $4$ 个。

答案： D，即 $a<4$、$b<0$。

思路： 矩阵是实对称矩阵，特征值正负的个数等于对应二次型的正负惯性指数。二次型配方能直接看出这些个数，无需求出特征值的具体数值。

详细解答： 对应二次型为

$$q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_1x_2+ax_2^2+bx_3^2.$$

对前两项配方得

$$q=(x_1+2x_2)^2+(a-4)x_2^2+bx_3^2.$$

作可逆变量变换

$$u_1=x_1+2x_2,\qquad u_2=x_2,\qquad u_3=x_3,$$

二次型化为

$$u_1^2+(a-4)u_2^2+bu_3^2.$$

由惯性定理，可逆变量变换保留正、负、零惯性指数。第一项已提供一个正惯性指数；题设要求总共一个正、两个负，因此另两个系数必须都严格为负，即

$$a-4<0,\qquad b<0.$$

若其中一个系数等于 $0$，就会出现零特征值，也不满足题意。

答案： B。

思路： 初等行变换保留矩阵的行空间，因此“秩相同”只是必要条件。对正确选项给出实际行变换，再利用目标行空间的简单特征排除其余选项。

详细解答： 设目标矩阵为

$$R=\begin{pmatrix} 1&1&0&1\\ 0&0&1&2\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}.$$

它的行空间中每个向量都有形式

$$s(1,1,0,1)+t(0,0,1,2)=(s,s,t,s+2t).$$

所以每个行向量都必须满足“第一、第二分量相等”和“第四分量等于第一分量加第三分量的两倍”。

对 B，先作 $R_2\leftarrow R_2-R_1$、$R_3\leftarrow R_3-R_1$，得到

$$\begin{pmatrix} 1&1&0&1\\ 0&0&2&4\\ 0&0&1&2 \end{pmatrix}.$$

再作 $R_2\leftarrow\frac12R_2$，最后作 $R_3\leftarrow R_3-R_2$，便得到目标矩阵 $R$。

A 的第二行 $(1,2,1,3)$ 的第一、第二分量不同；C 的第一行 $(1,0,0,1)$ 也有这个问题；D 的第一行 $(1,1,2,3)$ 虽然前两分量相等，但 $3\ne1+2\cdot2$。它们均含有不属于目标行空间的行向量，行空间不能相同，因此都不能通过初等行变换得到 $R$。

答案： D。方程组 $ABA\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 与 $BAB\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 有公共非零解。

思路： 公共解可以看作把两个方程组纵向拼接后的解。先由 $r(AB)\ne r(BA)$ 排除 $A$、$B$ 可逆的情形，再用乘积的秩不超过各因子的秩，控制拼接矩阵的秩。

详细解答： 如果 $A$ 可逆，左乘或右乘可逆矩阵都不改变秩，所以

$$r(AB)=r(B)=r(BA),$$

与题设矛盾。同理 $B$ 也不能可逆。它们都是三阶矩阵，故

$$r(A)\le2,\qquad r(B)\le2, \qquad r(AB)\le2.$$

结合 $r(AB)=r(BA)+1$，可得 $r(BA)\le1$。因为

$$ABA=A(BA),\qquad BAB=(BA)B,$$

所以

$$r(ABA)\le r(BA)\le1, \qquad r(BAB)\le r(BA)\le1.$$

把两个方程组叠放在一起，令

$$C=\begin{pmatrix}ABA\\BAB\end{pmatrix}.$$

其行空间由两部分行空间共同张成，因而

$$r(C)\le r(ABA)+r(BAB)\le2<3.$$

$C$ 有 $3$ 列，齐次方程 $C\boldsymbol x=\boldsymbol0$ 的解空间维数为 $3-r(C)\ge1$，存在非零解。这个解同时满足 D 中的两个方程组。

其余选项可用同一个例子排除。取

$$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

这时 $AB=B$、$BA=0$，满足题设的秩关系；但 $A+B$ 有非零零空间，$A$、$B$ 均有非零零空间，且 $(0,0,1)^{\mathrm T}$ 是 $A\boldsymbol x=0$、$B\boldsymbol x=0$ 的公共非零解。所以 A、B、C 均不成立。

答案： $a=2$。

思路： 反常积分必须先保证在积分区间内没有不可积的奇点，再用部分分式分解求积分。这里分母只有一次因子，分解后可以化成对数。

详细解答： 若 $a\le-2$，则 $2x+a$ 在 $[1,+\infty)$ 内为零。由于此时 $a\ne0$，被积函数在相应点有一次极点，普通反常积分不收敛。因此必须有 $a>-2$，这时 $2x+a>0$。

作分解：

$$\frac a{x(2x+a)}=\frac1x-\frac2{2x+a}.$$

对 $R>1$，有

$$\int_1^R\frac a{x(2x+a)}\,\mathrm dx =\left[\ln x-\ln(2x+a)\right]_1^R =\ln\frac R{2R+a}+\ln(2+a).$$

让 $R\to+\infty$，得到

$$\int_1^{+\infty}\frac a{x(2x+a)}\,\mathrm dx =\ln\frac{2+a}{2}.$$

由题设，

$$\ln\frac{2+a}{2}=\ln2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{2+a}{2}=2 \quad\Longrightarrow\quad a=2.$$

它满足 $a>-2$，所以是所求值。

答案： $y=x-1$。

思路： 斜渐近线 $y=kx+b$ 的定义是曲线与直线的纵向差趋于 $0$。先求无穷远处的斜率，再用立方差分解检验 $y-(x-1)$ 的极限，可同时处理正、负无穷。

详细解答： 这里立方根取实立方根。对于 $x\ne0$，

$$\frac yx=\sqrt[3]{1-\frac3x+\frac1{x^3}}\to1 \qquad(x\to\pm\infty),$$

故可能的斜渐近线斜率为 $1$。注意

$$y^3-(x-1)^3 =(x^3-3x^2+1)-(x^3-3x^2+3x-1) =2-3x.$$

利用立方差公式，得到

$$y-(x-1)=\frac{2-3x}{y^2+y(x-1)+(x-1)^2}.$$

分母除以 $x^2$ 后趋于

$$1+1+1=3,$$

而 $(2-3x)/x^2\to0$，所以

$$\lim_{x\to\pm\infty}[y-(x-1)]=0.$$

因此正、负无穷处的斜渐近线都是 $y=x-1$。该函数在每个有限实数处连续且有限，没有竖直渐近线；又因 $y/x\to1$，也没有水平渐近线。

答案： $-\dfrac14$。

思路： 把求和式整理为“区间长度 $1/n$ 乘函数在分点处的值”，即可识别为黎曼和。虽然 $\ln x$ 在 $0$ 处无界，但 $x\ln x$ 可以在 $0$ 处连续延拓，所以仍可使用定积分的黎曼和定义。

详细解答： 原式中的和写为

$$\frac1{n^2}\sum_{k=1}^{n-1}k\ln\frac kn =\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\frac kn\ln\frac kn.$$

令

$$\varphi(x)= \begin{cases} x\ln x,&0<x\le1,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

由于 $\lim_{x\to0^+}x\ln x=0$，$\varphi$ 在 $[0,1]$ 上连续。又 $\varphi(1)=0$，所以补上 $k=n$ 的项不改变和式。于是原极限为

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\varphi\left(\frac kn\right) =\int_0^1x\ln x\,\mathrm dx.$$

为处理对数端点，先在 $[\varepsilon,1]$ 上分部积分，取 $u=\ln x$、$\mathrm dv=x\,\mathrm dx$，得

$$\int_\varepsilon^1x\ln x\,\mathrm dx =\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_\varepsilon^1 -\frac12\int_\varepsilon^1x\,\mathrm dx =-\frac{\varepsilon^2}{2}\ln\varepsilon-\frac14(1-\varepsilon^2).$$

让 $\varepsilon\to0^+$，由 $\varepsilon^2\ln\varepsilon\to0$，得到所求极限 $-1/4$。

答案： $e$。

思路： $x,y$ 都由参数 $t$ 确定，使用 $\mathrm dy/\mathrm dx=(\mathrm dy/\mathrm dt)/(\mathrm dx/\mathrm dt)$。求 $y_t(0)$ 前，先由积分关系确定 $t=0$ 时的 $y$。

详细解答： 当 $t=0$ 时，第二个关系成为

$$\int_1^y e^{-u^2}\,\mathrm du=0.$$

因为 $e^{-u^2}>0$，该积分关于上限 $y$ 严格增加，只有 $y=1$ 时等于 $0$。因此 $y(0)=1$。

积分上限为 $y(t)+t^2$。对第二个关系关于 $t$ 求导，链式法则给出

$$2-e^{-(y+t^2)^2}(y_t+2t)=0.$$

积分关系对 $y$ 的偏导为 $-e^{-(y+t^2)^2}\ne0$，所以在初始点附近确实能把 $y$ 看作可导的参数函数。代入 $t=0$、$y=1$，得

$$2-e^{-1}y_t(0)=0, \qquad y_t(0)=2e.$$

另一方面，

$$x_t=\frac2{1+2t}, \qquad x_t(0)=2\ne0.$$

所以

$$\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{t=0} =\frac{y_t(0)}{x_t(0)}=\frac{2e}{2}=e.$$