2006年广东专升本高等数学真题

答案：D。

$f(0)=1$，且 $\lim_{x\to0}(\sqrt[3]x+1)=1$，所以在0处连续。检查导数定义：

$$\frac{f(h)-f(0)}h=\frac{\sqrt[3]h}{h}=\frac1{h^{2/3}}\longrightarrow+\infty.$$

普通导数必须是有限实数，该差商没有有限极限，所以不可导。这也说明连续并不必然可导。

答案：B。

在 $x\ne x_0$ 时可写成

$$f(x)=\frac{f(x)}{x-x_0}(x-x_0).$$

两因子极限分别为4和0，所以 $\lim_{x\to x_0}f(x)=0$。再由题设在 $x_0$ 连续，得 $f(x_0)=\lim f(x)=0$。商的极限4并不是函数值4。

答案：B，即 $a=\dfrac{1}{2e}$。

题目求 $x\to0$ 时的双侧极限。分段函数在零点左、右使用不同表达式，因此要分别求左右极限，再让两者相等。

第一步：求右极限。 当 $x>0$ 时，$f(x)=a(1+x)^{1/x}$。利用重要极限

$$\lim_{x\to0^+}(1+x)^{1/x}=e,$$

得到

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=ae.$$

这里 $1+x>0$，实指数幂在右侧有定义。重要极限也可由取对数理解：令 $u=(1+x)^{1/x}$，则 $\ln u=\ln(1+x)/x\to1$，所以 $u\to e$。

第二步：求左极限。 当 $x<0$ 时，$f(x)=x\sin(1/x)+1/2$。虽然 $\sin(1/x)$ 在零点附近振荡，但它的绝对值不超过 $1$，所以

$$\left|x\sin\frac1x\right|\le|x|\longrightarrow0.$$

由夹逼准则，$x\sin(1/x)\to0$，因而

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=\frac12.$$

第三步：令左右极限相等。 两侧极限都已存在，双侧极限存在的充要条件为

$$ae=\frac12.$$

解得

$$a=\frac{1}{2e}=\frac12e^{-1},$$

对应选项 B。函数没有给出 $f(0)$ 不影响这一判断：极限考察趋近零点时的函数值，不要求函数在零点有定义。

答案：A。

在定义域 $xy>0$ 上，函数光滑。由链式法则，$z_x=y/(xy)=1/x$、$z_y=x/(xy)=1/y$。故

$$dz=z_xdx+z_ydy=\frac1x\,dx+\frac1y\,dy.$$

直接用 $d\ln(xy)=d(xy)/(xy)$ 也能得到同一结果。

答案：C。

无穷限积分按定义要取截断积分的极限：

$$\int_0^{+\infty}e^{-x}dx=\lim_{R\to+\infty}[-e^{-x}]_0^R=\lim_{R\to+\infty}(1-e^{-R})=1.$$

因为这个极限是有限数，所以积分收敛。

答案：$a=8$。

水平渐近线由 $x\to\pm\infty$ 时函数的有限极限决定。将分子分母同除以 $x$，得

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{ax+3}{2x-1}=\lim\frac{a+3/x}{2-1/x}=\frac a2.$$

题给渐近线为 $y=4$，所以 $a/2=4$，解得 $a=8$。

答案：$x+2y-3=0$。

当 $t=0$ 时，曲线上点为 $(x,y)=(1,1)$。因 $dx/dt=2\cos t$ 在0处等于2而非0，可求切线斜率：

$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\left.\frac{-e^{-t}}{2\cos t}\right|_{t=0}=-\frac12.$$

点斜式 $y-1=-\tfrac12(x-1)$ 整理后就是 $x+2y-3=0$。

答案：4。

$x\cos x$ 为奇函数，在 $[-\pi,\pi]$ 上积分为0；$|\sin x|$ 为偶函数，而且在 $[0,\pi]$ 上等于 $\sin x$。故

$$I=0+2\int_0^\pi\sin x\,dx=2[-\cos x]_0^\pi=4.$$

去绝对值前须先依据正弦在所用区间的符号。

答案：$V=\tfrac\pi2(e^2-1)$。

在 $x\in[0,1]$ 处的截面是半径 $e^x$ 的圆盘，面积为 $\pi(e^x)^2=\pi e^{2x}$。因此

$$V=\pi\int_0^1e^{2x}dx=\frac\pi2[e^{2x}]_0^1=\frac\pi2(e^2-1).$$

体积应积分半径的平方，而不是半径本身。

答案：$y=e^{x/2}(C_1\cos x+C_2\sin x)$。

特征方程 $4r^2-4r+5=0$ 的判别式为 $16-80=-64$，故

$$r=\frac{4\pm8i}{8}=\frac12\pm i.$$

对一对共轭根 $\alpha\pm\beta i$，实通解为 $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$。取 $\alpha=1/2$、$\beta=1$ 即得结论。

答案：$1/2$。

把 $n$ 移到分母，原式变为

$$\frac{\ln(2+1/n)-\ln2}{1/n}.$$

令 $h=1/n$，则 $h\to0^+$，它是函数 $\ln x$ 在 $x=2$ 处的右侧差商。由于对数函数在2处可导，极限为 $(\ln x)'|_{x=2}=1/2$。

这是对数的微小增量与自变量增量之比，无需直接对离散变量 $n$ 求导。

答案：$2\arcsin\sqrt x+C$，在 $0<x<1$ 上成立。

根号在分母，实数定义域要求 $x(1-x)>0$，即 $0<x<1$。令 $u=\sqrt x$，则 $x=u^2$、$dx=2u\,du$，且 $u>0$，故

$$\int\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=2\int\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=2\arcsin u+C.$$

还原 $u$ 得结论。求导可验其导数正好为 $1/\sqrt{x(1-x)}$。

答案：$y'=-x^{-2}\sin(2/x)-2^x\ln2$，$x\ne0$。

第一项是平方、正弦和倒数三层复合。逐层求导得

$$\left[\sin^2(1/x)\right]'=2\sin(1/x)\cos(1/x)(-1/x^2)=-\frac1{x^2}\sin(2/x),$$

其中使用了倍角公式 $2\sin u\cos u=\sin2u$。第二项的导数为 $2^x\ln2$，前面还保留减号，合并即可。

答案：1。

先验点 $(1,0)$ 确实满足方程：$e^0=\sqrt1=1$。两边对 $x$ 求导：

$$e^yy'=\frac{x+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

乘去根式分母后整理为

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

在 $(1,0)$ 处括号等于1而非0，所以可解出有限导数 $y'=1/1=1$。

答案：$\ln(\sqrt2+1)-\sqrt2+1$。

令 $u=\ln(\sqrt{1+x^2}+x)$、$dv=dx$。先用链式法则化简得 $du=dx/\sqrt{1+x^2}$，且 $v=x$。于是

$$I=[x\ln(\sqrt{1+x^2}+x)]_0^1-\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx.$$

后一个积分的原函数为 $\sqrt{1+x^2}$，所以

$$I=\ln(\sqrt2+1)-[\sqrt{1+x^2}]_0^1=\ln(\sqrt2+1)-\sqrt2+1.$$

端点0处的第一项为0。

答案：$2/15$。

区域是单位圆的右半圆。选 $y$ 作外层变量，则 $-1\le y\le1$，每条水平截线满足 $0\le x\le\sqrt{1-y^2}$。故

$$I=\int_{-1}^1dy\int_0^{\sqrt{1-y^2}}xy^2\,dx=\frac12\int_{-1}^1(1-y^2)y^2dy.$$

被积函数为偶函数，因此

$$I=\int_0^1(y^2-y^4)dy=\frac13-\frac15=\frac2{15}.$$

按区域本身的非对称性可知不能直接把含 $x$ 的项判为奇函数积分0。

答案：$-\dfrac12$。

所求是函数 $z=x\arctan(x/y)$ 在 $(1,1)$ 处的二阶混合偏导。点附近可以取 $y>0$ 的小邻域，$x/y$、反正切及它们的复合函数均光滑，因此以下偏导存在，且两个混合求导次序可以交换。

第一步：先对 $x$ 求偏导。 偏导时把 $y$ 当作常数。外面的 $x$ 与反正切相乘，需用乘积法则；反正切内含 $x/y$，需再用链式法则：
$z_x=\arctan\frac xy +x\frac{1}{1+(x/y)^2}\frac1y =\arctan\frac xy+\frac{xy}{x^2+y^2}.$

第二步：再对 $y$ 求偏导。 此时把 $x$ 当作常数。反正切这一项为
$\frac{\partial}{\partial y}\left(\arctan\frac xy\right) =\frac{1}{1+(x/y)^2}\left(-\frac{x}{y^2}\right) =-\frac{x}{x^2+y^2}.$
对分式这一项使用商法则：
$\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right) =\frac{x(x^2+y^2)-xy\cdot2y}{(x^2+y^2)^2} =\frac{x(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}.$
将两项通分相加，得到
$z_{xy}=-\frac{x}{x^2+y^2} +\frac{x(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2} =\frac{-x(x^2+y^2)+x(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2} =-\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}.$

第三步：代入所给点。 在 $(1,1)$ 处，分母不为零，所以
$\left.\frac{\partial^2z}{\partial y\partial x}\right|_{(1,1)} =-\frac{2\cdot1\cdot1^2}{(1^2+1^2)^2} =-\frac24=-\frac12.$

换一个求导次序检查。 先对 $y$ 求偏导得 $z_y=-x^2/(x^2+y^2)$，再对 $x$ 求偏导：
$z_{yx}=\frac{(-2x)(x^2+y^2)-(-x^2)(2x)}{(x^2+y^2)^2} =-\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}.$
与前一种求法一致。易错处是对 $x/y$ 关于 $y$ 求偏导时应为 $-x/y^2$，以及商法则分子中的减号。

答案：$y=e^{2\sin x}$，在含初值点且方程有定义的区间 $0<x<\pi/2$ 上。

因为 $y>0$，令 $u=\ln y$，则 $u'=y'/y$。方程变为 $u'\tan x=u$。初值给出 $u(\pi/6)=1$，所以在其邻域可分离为

$$\frac{du}{u}=\cot x\,dx,\qquad\ln|u|=\ln|\sin x|+C.$$

在 $0<x<\pi/2$ 上 $\sin x>0$，于是 $u=C_1\sin x$。代入初值得 $1=C_1/2$，故 $u=2\sin x$，即 $y=e^{2\sin x}$。直接代回可验证初值与微分方程。

（1）积分并代入条件。 因为 $f'=g$，

$$f(x)=\int(5x^4-20x^3+15x^2)dx=x^5-5x^4+5x^3+C.$$

由 $f(0)=0$ 得 $C=0$。

（2）用导数符号判断。

$$f'(x)=5x^2(x-1)(x-3).$$

零点为0、1、3。除这些零点外，$5x^2>0$，所以导数在 $(-\infty,0)$、$(0,1)$、$(3,+\infty)$ 为正，在 $(1,3)$ 为负。0两侧不变号，故0不是极值点且不必割断递增区间。最终在 $(-\infty,1)$ 与 $(3,+\infty)$ 递增，在 $(1,3)$ 递减。1处由正变负，极大值 $f(1)=1$；3处由负变正，极小值 $f(3)=-27$。

（3）求积分极限。 分子、分母都趋于0。对 $0<|x|<1$，$f'(x)\ne0$，可用洛必达法则及变上限积分求导公式：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\sin^4x}{5x^4-20x^3+15x^2}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}x\right)^4\frac{x^2}{5x^2-20x+15}=0.$$

使用 $\sin x/x\to1$，剩余因子趋于0。

令 $F(x)=f^2(x)-g^2(x)$。因为 $f,g$ 在整个实数轴可导，可用平方与差的求导法则：

$$F'(x)=2f(x)f'(x)-2g(x)g'(x)=2fg-2gf=0.$$

导数在一个区间内恒为0，则函数在该区间内为常数。具体说，对任意两点应用拉格朗日中值定理，它们的函数值之差等于某处导数乘两点之差，因而为0。所以 $F(x)\equiv C$。

由初值得 $C=F(0)=1^2-0^2=1$，故对所有实数 $x$ 都有 $f^2(x)-g^2(x)=1$。