2003年广东专升本高等数学真题

分式有意义要求 $x\ne0$，平方根有意义要求 $1-x^2\ge0$，即 $-1\le x\le1$。两个条件须同时满足，所以定义域为

$$[-1,0)\cup(0,1].$$

端点 $\pm1$ 可以取，$0$ 必须排除。

答案：D。

偶函数要在关于原点对称的定义域上满足 $F(-x)=F(x)$。对于 D，在 $f(x)$ 与 $f(-x)$ 均有定义的共同定义域内，

$$F(-x)=f(-x)+f(x)=F(x),$$

且该共同定义域关于原点对称。A 的实数定义域为 $x>0$，不对称；B 为奇函数；C 等于 $\sin2x$，也是奇函数。因此选 D。

由 $dF(x)=F'(x)\,dx$，得到 $F'(x)=\sin x$。所以

$$F(x)=\int\sin x\,dx=-\cos x+C.$$

检验：$(-\cos x+C)'=\sin x$。

当 $x$ 足够大时底数为正，可以取对数。设原表达式为 $u(x)$，则
$\ln u(x)=(x+1)\ln\left(1+\frac1{ax}\right) =\frac{x+1}{ax}\,\frac{\ln(1+1/(ax))}{1/(ax)}.$
由于 $\ln(1+t)/t\to1$（$t\to0$），右边趋于 $1/a$。指数函数连续，故原极限为 $e^{1/a}$。

先分别处理两项。因为

$$\left|\frac{\sin x^2}{x}\right|\le\frac1{|x|}\longrightarrow0,$$

第一项由夹逼准则趋于 $0$。第二项写成

$$x\sin\frac1x=\frac{\sin(1/x)}{1/x}\longrightarrow1.$$

由和的极限法则，原极限为 $0+1=1$。

设指数型解为 $e^{rx}$，得到特征方程

$$r^2-3r=r(r-3)=0.$$

两个不同实根为 $r=0,3$，所以通解为 $y=C_1e^{3x}+C_2$。代回可得 $y''-3y'=9C_1e^{3x}-9C_1e^{3x}=0$。

被积函数在 $[0,1]$ 连续，其一个原函数为 $-(1+x)^{-1}$。所以
$\int_0^1\frac{dx}{(1+x)^2} =\left[-\frac1{1+x}\right]_0^1=-\frac12+1=\frac12.$

原函数求导即为原来的函数。对 $xe^{-x}$ 用乘积求导法则：

$$f(x)=(xe^{-x})'=e^{-x}-xe^{-x}=(1-x)e^{-x}.$$

设 $a<b$，并按题给定积分存在来讨论。将右边积分反向，得到

$$\int_a^b f(x)\,dx=-\int_a^b g(x)\,dx,$$

所以

$$\int_a^b[f(x)+g(x)]\,dx=0.$$

还可推出至少存在一个内点相反。 令 $h(x)=f(x)+g(x)$。它在 $(a,b)$ 上连续。若区间内已有 $h(c)=0$，结论即得；否则连续性和介值性质说明 $h$ 在整个区间只能恒正或恒负。恒正时，取任一内点，由连续性可在它附近找到一个内部小区间，使 $h$ 大于某个正数；因此这段积分严格大于0，而其余部分的积分非负，整个积分应大于0。恒负时同理，整个积分应小于0。两种情况都与积分为0矛盾。因此必有

$$c\in(a,b),\qquad h(c)=0,\qquad f(c)=-g(c).$$

这里仅使用开区间内的连续性和所给积分存在，没有要求端点连续。

不能进一步推出处处相反。 对任意 $a<b$，取

$$f(x)=x-\frac{a+b}{2},\qquad g(x)=0.$$

有

$$\int_a^b f(x)\,dx=\left[\frac{x^2}{2}-\frac{a+b}{2}x\right]_a^b=0=\int_b^a g(x)\,dx,$$

但除 $x=(a+b)/2$ 外，$f(x)\ne-g(x)$。所以题给条件能确定积分关系并保证至少一点相反，不能确定整个区间上的恒等关系。

系数 $a_n=(-1)^{n-1}/n$。用比值法计算收敛半径：
$R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1.$
题目只问半径，无需求端点处的敛散性。

先确定 $x=0$ 对应的函数值：$\ln y(0)=0$，故 $y(0)=1$。对原等式两边关于 $x$ 求导，注意 $y=y(x)$：

$$\frac{1+y'}{x+y}=3x^2y+x^3y'+\cos x.$$

代入 $x=0,y=1$，得到 $1+y'(0)=1$，因此 $y'(0)=0$。在该点左边对 $y$ 的偏导为 $1$，隐函数局部可导，求导步骤成立。

$|\sin x|$ 是偶函数，且在 $[0,\pi]$ 上 $\sin x\ge0$。因此
$\int_{-\pi}^{\pi}|\sin x|\,dx=2\int_0^\pi\sin x\,dx =2[-\cos x]_0^\pi=2(1+1)=4.$
绝对值使两边的面积都取正值，不能直接把奇函数 $\sin x$ 的积分当成此题答案。

令 $u=\cos x$，则 $du=-\sin x\,dx$。于是

$$\int\frac{\sin x}{\cos^2x}\,dx=-\int u^{-2}\,du=u^{-1}+C=\frac1{\cos x}+C.$$

结果在 $\cos x\ne0$ 的每个连通区间内成立。求导检验得到 $\sin x/\cos^2x$。

取 $u=x^2,dv=e^x\,dx$，得到

$$I=[x^2e^x]_0^1-2\int_0^1xe^x\,dx.$$

再分部积分一次：

$$\int_0^1xe^x\,dx=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^x\,dx=e-(e-1)=1.$$

所以 $I=e-2$。也可直接检验原函数 $e^x(x^2-2x+2)$，代上下限为 $e-2$。

代入 $u=xy$ 后，$z=x\ln(xy)$，实数定义域为 $xy>0$。对 $x$ 求偏导时把 $y$ 看作常数：

$$z_x=\ln(xy)+x\frac1{xy}\,y=\ln(xy)+1.$$

再对 $x$ 求一次偏导，

$$z_{xx}=\frac1{xy}\,y=\frac1x.$$

整个推导只要求 $xy>0$，不必假定 $x,y$ 都为正。

先算出积分：分子为 $1-\cos(x^2)$，分母为 $x^4/4$，所以
$\frac{\int_0^{x^2}\sin t\,dt}{\int_0^x t^3\,dt} =\frac{4[1-\cos(x^2)]}{x^4}.$
使用恒等式 $1-\cos u=2\sin^2(u/2)$，可改写为

$$2\left(\frac{\sin(x^2/2)}{x^2/2}\right)^2\longrightarrow2.$$

分母在 $x\ne0$ 时非零，因此左右两侧都得到同一极限。

原方程含 $1/y$，所以解所在区间必须满足 $y\ne0$。两边乘 $y$ 得

$$yy''+(y')^2=0.$$

左边正是 $(yy')'$，因此积分一次得到 $yy'=A$。又因 $(y^2)'=2yy'$，再积分得到

$$y^2=2Ax+B=C_1x+C_2.$$

在 $C_1x+C_2>0$ 的区间上可取正支或负支 $y=\pm\sqrt{C_1x+C_2}$；符号在一个连通区间内固定。$C_1=0,C_2>0$ 包括所有非零常数解，$y=0$ 不属于原方程的解。

抛物线与 $x$ 轴相交于 $x=\pm1$，区域为

$$D=\{(x,y):-1\le x\le1,\ x^2-1\le y\le0\}.$$

因此
$\iint_D8x\,d\sigma=\int_{-1}^1\int_{x^2-1}^0 8x\,dy\,dx =\int_{-1}^18x(1-x^2)\,dx=0.$
最后的被积函数关于 $x$ 为奇函数，积分区间关于原点对称。也可直接由区域关于 $y$ 轴对称、$8x$ 对 $x$ 为奇函数判断积分为 $0$。

先求对应点：$t=0$ 时 $x=0,y=1$。参数方程给出的切线斜率为

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{e^t(\cos t-\sin t)}{e^t(\sin t+\cos t)}.$$

在 $t=0$ 时切线斜率为 $1$，且 $dx/dt=1\ne0$。法线与切线垂直，法线斜率为 $-1$，故

$$y-1=-(x-0),\qquad y=1-x.$$

把两边移到一边，令

$$F(x)=2\sqrt{x}+\frac1x-3,\quad x\ge1.$$

则 $F(1)=0$，且

$$F'(x)=\frac1{\sqrt{x}}-\frac1{x^2}=\frac{x^{3/2}-1}{x^2}>0\quad(x>1).$$

所以 $F$ 在 $[1,\infty)$ 上严格递增，$x>1$ 时 $F(x)>F(1)=0$。移项即得 $2\sqrt{x}>3-1/x$。

要判断连续性，需要比较极限和函数值。对 $x\ne0$，底数 $1+x^2>0$，有

$$\ln f(x)=\frac{\ln(1+x^2)}x=x\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}.$$

当 $x\to0$ 时，后一个比值趋于 $1$，故 $\ln f(x)\to0$，从而 $f(x)\to e^0=1$。这个推导对 $x\to0^+$ 和 $x\to0^-$ 都成立。由于 $f(0)=1$，所以 $\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$，函数在 $0$ 处连续。

设沿原有墙壁的一边长为 $x>0$，与墙垂直的边长为 $y>0$。面积条件为 $xy=128$，需要新建的总墙长为

$$L=x+2y=x+\frac{256}{x}.$$

求导得

$$L'(x)=1-\frac{256}{x^2}.$$

当 $0<x<16$ 时导数为负，$x>16$ 时导数为正，因此 $x=16$ 给出全局最小值。此时 $y=128/16=8$。所以利用旧墙的一边长 $16$ 米，另外两条侧边各 $8$ 米，新墙总长最少为 $32$ 米。

反应式表明 $A,B$ 按 $1:1$ 消耗，初始浓度又相等，因此任一时刻二者浓度相同。记共同浓度为 $C(t)$。浓度下降，故模型带负号：

$$\frac{dC}{dt}=-KC^2,\qquad C(0)=C_{A0}.$$

在浓度为正的阶段分离变量并积分：

$$\int C^{-2}\,dC=-K\int dt\quad\Longrightarrow\quad\frac1C=Kt+\frac1{C_{A0}}.$$

当 $C=C_{A0}/2$ 时，

$$\frac2{C_{A0}}=Kt+\frac1{C_{A0}},\qquad t=\frac1{KC_{A0}}.$$

此处反应速率常数及初始有效浓度取正值，得到的时间也为正。