2005年广东专升本高等数学真题

答案：D。

重要极限 $\lim_{u\to0}\sin u/u=1$ 必须使分子正弦的自变量与分母相同。A令 $u=x-\pi$，立即得到1。B写成 $\sin(1/x)/(1/x)$，当 $x\to\infty$ 时也得到1。C利用 $|x\sin(1/x)|\le |x|$，由夹逼准则得到0。

D应写成 $\dfrac{\sin(x^2)}{x^2}\,x$，两因子的极限分别为1和0，故实际极限是0，所给等式不成立。

答案：B。

积分式在 $x>0$ 上有意义。令 $t=\sqrt x$，则 $x=t^2$、$dx=2t\,dt$，因此

$$\int\frac{f(\sqrt x)}{\sqrt x}\,dx=2\int f(t)\,dt=2e^{t^2}+C=2e^x+C.$$

这里不定积分的任意常数乘2后仍可统一记成 $C$。也可先求出 $f(t)=2te^{t^2}$，代入后直接积分。

答案：C。

导数定义为 $f'(a)=\lim_{x\to a}[f(x)-f(a)]/(x-a)$。余弦函数处处可导，$f'(x)=-\sin x$，所以所求是导数在 $a$ 处的值 $-\sin a$。极限变量 $x$ 已趋向固定点 $a$，结论应以 $a$ 表示。

答案：C。

罗尔定理要求：在闭区间连续、在开区间可导、两端函数值相等。A在0处不可导；B在0处无定义，故不连续；D虽连续可导，但 $f(-1)=-1\ne1=f(1)$。

C在 $[-1,1]$ 连续，在 $(-1,1)$ 有 $f'(x)=-x/\sqrt{1-x^2}$，并且 $f(-1)=f(1)=0$，所以满足全部条件。端点导数不存在不影响罗尔定理的适用。

答案：A。

对 $y$ 求偏导时把 $x$ 看作常数。在实幂函数的通常定义域 $xy>0$ 内，先对外层幂函数求导，再乘内层 $xy$ 对 $y$ 的导数 $x$：

$$u_y=x(xy)^{x-1}\cdot x=x^2(xy)^{x-1}.$$

指数 $x$ 此时不随 $y$ 变化，因此不产生对数项。

答案：1。

令 $t=1/x$，则 $t\to0$，原式等于 $(e^t-1)/t$。由 $e^t-1\sim t$，可得极限为1。也可把它识别为 $e^t$ 在0点的导数 $e^0=1$。

答案：0。

$e^{-x^2}$ 是偶函数，$\sin x$ 是奇函数，二者乘积连续且为奇函数。因此关于原点对称的区间上，正、负两部分积分抵消：

$$\int_{-1}^{1}e^{-x^2}\sin x\,dx=0.$$

无需寻找通常不能用初等函数表示的原函数。

答案：$-8/9$。

对数真数为正要求 $-2<x<2$，其中含所求点1。写成 $f(x)=\ln(2-x)-\ln(2+x)$，得

$$f'(x)=-\frac1{2-x}-\frac1{2+x}=-\frac4{4-x^2},$$

$$f''(x)=-\frac{8x}{(4-x^2)^2}.$$

代入 $x=1$，得到 $f''(1)=-8/9$。

答案：$a=e^2$。

连续要求左右极限都等于 $f(0)$。由左段可知 $f(0)=a$，且左极限为 $a$。右段取对数：

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln(1+2x)}x=2,$$

故 $\lim_{x\to0^+}(1+2x)^{1/x}=e^2$。因此 $a=e^2$，此时左右极限与函数值确实相同。

答案：$y=e^{-x^2}(x^2+C)$。

这是 $y'+P(x)y=Q(x)$ 型一阶线性方程。积分因子为 $e^{\int2x\,dx}=e^{x^2}$。两边同乘该因子，左侧恰为乘积导数：

$$\bigl(e^{x^2}y\bigr)'=2x.$$

积分得 $e^{x^2}y=x^2+C$，再除以恒正的 $e^{x^2}$ 即得通解。代回原方程可验证。

答案：$1/2$。

两根式都趋于无穷大，不能分别取极限相减。乘以共轭式进行有理化：

$$\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2+1}=\frac{n-1}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2+1}}.$$

因 $n>0$，分子分母同除以 $n$，得到

$$\frac{1-1/n}{\sqrt{1+1/n}+\sqrt{1+1/n^2}}\longrightarrow\frac12.$$

关键是先消除无穷大相减的不定形式。

答案：0。

在0的邻域内 $\ln^2(1+t)$ 连续，分子、分母均趋于0。由微积分基本定理，分子对 $x$ 的导数为 $\ln^2(1+x)$。对 $x\ne0$ 的小邻域应用洛必达法则：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\ln^2(1+x)}{2x}.$$

右侧仍为 $0/0$ 型，再应用一次：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{2\ln(1+x)/(1+x)}2=0.$$

两侧计算都成立，因此原双侧极限为0。

答案：$y'=x\ln x/(x^2-1)^{3/2}$，$x>1$。

由 $\ln x$ 和分母根式可知定义域为 $x>1$。记 $s=\sqrt{x^2-1}$，则 $s'=x/s$。第一项用复合函数求导：

$$\bigl(\arctan s\bigr)'=\frac{x/s}{1+s^2}=\frac1{xs}.$$

第二项用商法则：

$$\left(\frac{\ln x}s\right)'=\frac1{xs}-\frac{x\ln x}{s^3}.$$

两项相减时 $1/(xs)$ 抵消，于是得到所求导数。

答案：$y'=(x+y)/(x-y)$，在原方程有定义且 $x\ne y$ 的可导分支上成立。

原式要求 $x\ne0$。把右边写成 $\tfrac12\ln(x^2+y^2)$，两边对 $x$ 求导，并记住 $y$ 也是 $x$ 的函数：

$$\frac{xy'-y}{x^2+y^2}=\frac{x+yy'}{x^2+y^2}.$$

分母非零，可约去，得到 $(x-y)y'=x+y$。当 $x\ne y$ 时解得所求导数。若 $x=y$，原方程上的该点不会给出有限的此式导数，不能直接除以零。

答案：$\tfrac32x^{2/3}-\ln|x|+3^x/\ln3-\cot x+C$。

利用积分的线性性质逐项计算。在被积函数有定义的每个区间内，

$$\int x^{-1/3}dx=\frac32x^{2/3},\qquad\int-\frac1x dx=-\ln|x|,$$

$$\int3^x dx=\frac{3^x}{\ln3},\qquad\int\csc^2x\,dx=-\cot x.$$

合并并加一个任意常数即可。注意对数中的绝对值，以及余切导数带负号。

答案：$\pi/6$。

令 $u=\sqrt{e^t-1}$，于是 $e^t=1+u^2$，$dt=2u/(1+u^2)\,du$。当 $t=\ln2$ 时 $u=1$；当 $t=2\ln2=\ln4$ 时 $u=\sqrt3$。因此

$$I=\int_1^{\sqrt3}\frac{2}{1+u^2}\,du=2[\arctan u]_1^{\sqrt3}=2\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)=\frac\pi6.$$

换元时上下限须同时换成新变量的值。

答案：$V=\sqrt3\pi/4$。

在 $0\le x\le\pi/6$ 上有 $\cos x>\sin x\ge0$。垂直于 $x$ 轴的旋转截面为圆环，外半径 $\cos x$、内半径 $\sin x$，面积为 $\pi(\cos^2x-\sin^2x)$。故

$$V=\pi\int_0^{\pi/6}(\cos^2x-\sin^2x)dx=\pi\int_0^{\pi/6}\cos2x\,dx$$

$$=\frac\pi2[\sin2x]_0^{\pi/6}=\frac{\sqrt3\pi}4.$$

应减去内孔体积，不能把两个旋转体体积相加。

答案：$\pi(8\ln2-3)$。

区域是内半径1、外半径2的完整圆环。令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$，且 $\ln(x^2+y^2)=2\ln r$。于是

$$I=\int_0^{2\pi}d\theta\int_1^2 2r\ln r\,dr.$$

分部积分得 $\int2r\ln r\,dr=r^2\ln r-r^2/2$，故

$$I=2\pi\left(4\ln2-2+\frac12\right)=\pi(8\ln2-3).$$

极坐标中的面积因子 $r$ 不能遗漏。

答案：$y=-4e^{-3x}+6e^{-x}$。

特征方程为 $r^2+4r+3=(r+1)(r+3)=0$，有两个不同实根 $-1,-3$，故通解可写成 $y=C_1e^{-3x}+C_2e^{-x}$。求导得 $y'=-3C_1e^{-3x}-C_2e^{-x}$。

代入两个初始条件：$C_1+C_2=2$、$-3C_1-C_2=6$，解得 $C_1=-4$、$C_2=6$。代回可验 $y(0)=2$、$y'(0)=12-6=6$。

答案：

$$dz=[y\cos(xy)+(1-xy)e^{-xy}]dx+[x\cos(xy)-x^2e^{-xy}]dy.$$

函数各项光滑，全微分公式为 $dz=z_xdx+z_ydy$。对 $x$ 偏导时，第二项须用乘积法则：

$$z_x=y\cos(xy)+e^{-xy}-xye^{-xy}.$$

对 $y$ 偏导时 $x$ 为常数：

$$z_y=x\cos(xy)-x^2e^{-xy}.$$

代入全微分公式并整理即可。

（1）求导并判断符号。

$$f'(x)=(1-x^2)e^{-x^2/2}.$$

指数因子恒正，所以导数符号由 $1-x^2$ 决定：在 $(-\infty,-1)$ 与 $(1,+\infty)$ 为负，在 $(-1,1)$ 为正。因此前两个区间递减，中间区间递增。导数在 $-1$ 处由负变正，极小值为 $f(-1)=-1/\sqrt e$；在1处由正变负，极大值为 $f(1)=1/\sqrt e$。

（2）比较驻点与端点。 函数在 $[0,2]$ 连续，最大、最小值一定存在。区间内部的唯一驻点为1，候选值是

$$f(0)=0,\quad f(1)=1/\sqrt e,\quad f(2)=2/e^2.$$

由（1）知1到2递减且函数为正，故最大值为 $1/\sqrt e$（在1处），最小值为0（在0处）。

令 $g(x)=\ln x$。因为 $t>0$，$g$ 在 $[t,t+1]$ 连续且在 $(t,t+1)$ 可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(t,t+1)$ 使

$$\ln(t+1)-\ln t=g'(\xi)\bigl((t+1)-t\bigr)=\frac1\xi.$$

由于 $0<t<\xi<t+1$，取倒数时次序反向，得

$$\frac1{t+1}<\frac1\xi<\frac1t.$$

将 $1/\xi$ 换为 $\ln((t+1)/t)=\ln(1+1/t)$ 即得到两侧严格不等式。

答案：$f(0)=3$。

记 $I=\int_0^\pi(f+f'')\sin x\,dx$。先对含 $f''$ 的项分部积分，利用两端的 $\sin x=0$：

$$I=\int_0^\pi f\sin x\,dx-\int_0^\pi f'\cos x\,dx.$$

再有

$$\int_0^\pi f'\cos x\,dx=[f\cos x]_0^\pi+\int_0^\pi f\sin x\,dx.$$

代回后两个积分抵消，所以 $I=-[f\cos x]_0^\pi=f(\pi)+f(0)$。由 $I=5$、$f(\pi)=2$，得到 $f(0)=3$。