2007年广东专升本高等数学真题

**答案：**C

对数的真数必须大于零，分式的分母也不能为零。因为 $1+x^2\ge1$，所以根号对所有实数有意义；而

$$\sqrt{1+x^2}-1=0\iff x=0.$$

当 $x\ne0$ 时，分母严格为正，因此分式的正负只由分子 $x$ 决定。要使真数为正，必须且只须 $x>0$。故定义域为 $(0,+\infty)$，选 C。

**答案：**B

正弦函数虽然在 $x\to2$ 时不断振荡，但它始终满足 $|\sin t|\le1$。因此

$$\left|(x-2)\sin\frac1{2-x}\right|\le |x-2|.$$

右端趋于 $0$，由夹逼准则，原极限为 $0$，选 B。不能仅因正弦项本身没有极限就断定乘积没有极限。

**答案：**D

检验不定积分等式，可以对右边求导。由 $F'=f$ 和链式法则，在各表达式有定义的区间内，前三个右端的导数分别为

$$\frac{f(\ln x)}x,\qquad \cos x\,f(\sin x),\qquad 2x f(x^2+1),$$

都与左端被积函数一致。这里 A 需在 $\ln x>0$ 的区间，B 需在 $\sin x>0$ 的区间理解，符合 $f,F$ 的给定定义域。

而

$$\frac{d}{dx}F(2^x)=f(2^x)\,2^x\ln2,$$

多出因子 $\ln2$，所以 D 不能作为一般换元公式。对应的正确公式应为

$$\int2^x f(2^x)\,dx=\frac1{\ln2}F(2^x)+C.$$

因此选 D。

**答案：**D

被积函数连续，由积分上限函数求导公式，$\varphi'(x)=x-1$。在 $x<1$ 时导数为负，在 $x>1$ 时导数为正，函数先减后增，因此 $x=1$ 是极小值点。

注意题目问的是极小值，而不是极小值点。计算

$$\varphi(1)=\int_0^1(t-1)\,dt=\left[\frac{t^2}{2}-t\right]_0^1=-\frac12.$$

所以正确结论是 D。

**答案：**A

在原点，分式的求导公式不能直接套用，应回到偏导数定义，固定 $y=0$：

$$f'_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}h.$$

当 $h\ne0$ 时，$f(h,0)=h^3/h^2=h$，因此上式为 $\lim_{h\to0}h/h=1$。故选 A。

答案：$e^{-2}$

把底数改写为 $1-2/(x+1)$。当 $x\to+\infty$ 时，底数为正且趋于 $1$，可取对数。设原表达式为 $y$，则

$$\ln y=x\ln\left(1-\frac2{x+1}\right).$$

利用重要极限 $\ln(1+u)/u\to1$，得到

$$x\ln\left(1-\frac2{x+1}\right)=\frac{\ln(1-2/(x+1))}{-2/(x+1)}\left(-\frac{2x}{x+1}\right)\longrightarrow-2.$$

再取指数，原极限为 $e^{-2}$。

答案：$\dfrac14$

在 $x=3$ 处，原式为 $0/0$，但连续所需的值是该点极限。对分子有理化，当 $x\ne3$ 时，

$$\frac{\sqrt{x+1}-2}{x-3}=\frac{x+1-4}{(x-3)(\sqrt{x+1}+2)}=\frac1{\sqrt{x+1}+2}.$$

令 $x\to3$ 得极限 $1/(2+2)=1/4$。因此补充 $f(3)=1/4$ 后，极限与函数值相等，函数在该点连续。

答案：$y=1$

水平渐近线由 $x\to+\infty$ 或 $x\to-\infty$ 时的函数极限决定。在这两个方向上，$x^2\to+\infty$，所以 $e^{-x^2}\to0$。因此

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-e^{-x^2}}{1+e^{-x^2}}=\frac{1-0}{1+0}=1.$$

两端给出同一条水平渐近线 $y=1$。

答案：$y=C_1\cos2x+C_2\sin2x$

设指数型试解 $y=e^{rx}$，代入方程得到特征方程 $r^2+4=0$，其根为 $r=\pm2i$。一对共轭纯虚根对应的两个实线性无关解为 $\cos2x$ 和 $\sin2x$。因此通解是

$$y=C_1\cos2x+C_2\sin2x,$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。分别求二阶导数可得 $y''=-4y$，与原方程相符。

答案：$du=\dfrac{2x\,dx+2y\,dy+2z\,dz}{x^2+y^2+z^2}$

函数的定义域为 $x^2+y^2+z^2>0$，即排除原点。在定义域内，各偏导连续，因此可用全微分公式

$$du=u_x\,dx+u_y\,dy+u_z\,dz.$$

分别固定另外两个变量求导，得

$$u_x=\frac{2x}{x^2+y^2+z^2},\quad u_y=\frac{2y}{x^2+y^2+z^2},\quad u_z=\frac{2z}{x^2+y^2+z^2}.$$

故

$$du=\frac{2x\,dx+2y\,dy+2z\,dz}{x^2+y^2+z^2}.$$

**答案：**0

两个分式分别无有限极限，不能分开求极限。先通分：

$$\frac1x-\frac1{\tan x}=\frac{\sin x-x\cos x}{x\sin x}.$$

分子、分母均趋于零，在零点附近可应用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{x\sin x}{\sin x+x\cos x}.$$

对后一个分式分子分母同除以 $x$，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{\sin x/x+\cos x}=\frac0{1+1}=0.$$

因此原极限为 $0$。

答案：$y^{\prime\prime}=-2\cos2x+\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$

先将对数根式改写成 $\frac12\ln(1+x^2)$，便于连续求导。一次求导得到

$$y'=-2\cos x\sin x+\frac12\frac{2x}{1+x^2}=-\sin2x+\frac{x}{1+x^2}.$$

再求导，对后项使用商法则：

$$y''=-2\cos2x+\frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2}=-2\cos2x+\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}.$$

分母 $1+x^2$ 恒正，该结论对所有实数成立。

答案：$\left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{x=0}=\dfrac23$

先确定 $x=0$ 对应的 $y$。代入原方程得 $-1+y^3=0$，所以 $y=1$，满足对数要求 $y>0$。

对方程两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 也依赖于 $x$：

$$\frac{\ln y}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{\arcsin x}{y}y'-2e^{2x}+3y^2y'=0.$$

在 $(x,y)=(0,1)$ 处，含 $\ln1$ 和 $\arcsin0$ 的项均为零，于是 $-2+3y'(0)=0$，得到 $y'(0)=2/3$。

该点对 $y$ 的偏导系数为 $3\ne0$，故在该点附近确可确定可导隐函数。

答案：$\dfrac{2^x}{\ln2}+\dfrac1{6(3x+2)^2}+\arcsin\dfrac x2+C$

利用不定积分的线性性质，将三项分别积分。

第一项由指数函数积分公式得 $\int2^x dx=2^x/\ln2$。

第二项令 $u=3x+2$，则 $dx=du/3$，所以

$$-\int\frac{dx}{(3x+2)^3}=-\frac13\int u^{-3}du=\frac16u^{-2}=\frac1{6(3x+2)^2}.$$

第三项是反正弦型公式：$\int dx/\sqrt{4-x^2}=\arcsin(x/2)$。

合并后得到

$$\int\left[2^x-\frac1{(3x+2)^3}+\frac1{\sqrt{4-x^2}}\right]dx=\frac{2^x}{\ln2}+\frac1{6(3x+2)^2}+\arcsin\frac x2+C.$$

结果在原被积函数有定义的每个区间内成立，即 $-2<x<2$ 且 $x\ne-2/3$。第二项原来带负号，积分后为正号，可通过求导检查。

答案：$\dfrac43$

根式含 $1+x^2$，且分子可拆为 $x^2\cdot x$，适合令 $u=1+x^2$。于是 $du=2x\,dx$，$x^2=u-1$；上下限同步变为 $x=0\Rightarrow u=1$，$x=\sqrt3\Rightarrow u=4$。

因此

$$I=\frac12\int_1^4\frac{u-1}{\sqrt u}\,du=\frac12\int_1^4(u^{1/2}-u^{-1/2})\,du$$

$$=\left[\frac13u^{3/2}-\sqrt u\right]_1^4=\left(\frac83-2\right)-\left(\frac13-1\right)=\frac43.$$

换元后用的是新变量上下限，不应再代入原来的 $0,\sqrt3$。

答案：$V=\dfrac{64\pi}5$

曲线与 $y=0$ 交于原点，围成区域可表示为 $0\le x\le2$、$0\le y\le x^3$。绕 $y$ 轴旋转时，用水平截面较直观。

在固定高度 $y\in[0,8]$，区域从 $x=y^{1/3}$ 延伸到 $x=2$，旋转后是外半径 $2$、内半径 $y^{1/3}$ 的圆环。因此

$$V=\pi\int_0^8(2^2-y^{2/3})\,dy=\pi\left[4y-\frac35y^{5/3}\right]_0^8.$$

因为 $8^{5/3}=32$，故

$$V=\pi\left(32-\frac{96}5\right)=\frac{64\pi}5.$$

也可用圆柱壳检验：$2\pi\int_0^2x\cdot x^3dx=64\pi/5$。

**答案：**1

先弄清函数本身。令 $u=x+y$、$v=x-y$；该线性变换可逆，所以给定关系就是 $f(u,v)=\arctan(u/v)$，在 $v\ne0$ 时成立。把自变量重新记作 $x,y$，得到

$$f(x,y)=\arctan\frac xy,\qquad y\ne0.$$

固定另一变量求偏导，得

$$f_x=\frac1{1+(x/y)^2}\frac1y=\frac y{x^2+y^2},$$

$$f_y=\frac1{1+(x/y)^2}\left(-\frac{x}{y^2}\right)=-\frac x{x^2+y^2}.$$

因此

$$y f_x-x f_y=\frac{y^2+x^2}{x^2+y^2}=1.$$

该结论在原函数的定义域 $y\ne0$ 内成立。

答案：$2\pi$

区域是半径 $2\sqrt2$ 的上半圆，被积函数只含 $x^2+y^2$，适合极坐标：$x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，面积元为 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。

区域对应 $0\le r\le2\sqrt2$、$0\le\theta\le\pi$，故

$$I=\int_0^\pi d\theta\int_0^{2\sqrt2}\frac r{\sqrt{1+r^2}}\,dr=\pi\left[\sqrt{1+r^2}\right]_0^{2\sqrt2}$$

$$=\pi(3-1)=2\pi.$$

极坐标面积元中的因子 $r$ 不能遗漏，角度范围为半圆的 $\pi$，不是整圆的 $2\pi$。

答案：$f(x)=x-\dfrac12+\dfrac12e^{-2x}$

先由 $x=0$ 得 $f(0)=0$。虽然题目只给出 $f$ 连续，但由原式

$$f(x)=x^2-2\int_0^x f(t)\,dt$$

可知右边可导，因而 $f$ 也可导。两边求导得到

$$f'(x)+2f(x)=2x.$$

这是一阶线性微分方程。乘积分因子 $e^{2x}$ 后，左边成为乘积导数：

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

对右边分部积分，$\int2xe^{2x}dx=xe^{2x}-\frac12e^{2x}+C$，于是

$$f(x)=x-\frac12+Ce^{-2x}.$$

由 $f(0)=0$ 得 $C=1/2$。故

$$f(x)=x-\frac12+\frac12e^{-2x}.$$

最后检查是否满足原积分等式：令 $H(x)=f(x)+2\int_0^x f(t)dt-x^2$，已求函数使 $H'=0$ 且 $H(0)=0$，所以 $H$ 恒为零，未因求导增加多余解。

答案：（1）在$x>0$或$x<-1$时，$f^{\prime}(x)=(1+1/x)^x[\ln(1+1/x)-1/(x+1)]$；（2）$x>0$时导数恒正，严格递增。

（1）求导。 在按实指数幂定义的区间 $x<-1$ 或 $x>0$，底数 $1+1/x$ 为正，可以取对数：

$$\ln f(x)=x\ln\left(1+\frac1x\right).$$

两边求导，得到

$$\frac{f'(x)}{f(x)}=\ln\left(1+\frac1x\right)+x\frac{-1/x^2}{1+1/x}=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{x+1}.$$

因此

$$f'(x)=\left(1+\frac1x\right)^x\left[\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1{x+1}\right].$$

（2）证明单调增加。 当 $x>0$ 时，外面的幂指因子为正，只需证明方括号为正。令 $t=1/x>0$，则 $1/(x+1)=t/(1+t)$。因为 $s\in[0,t)$ 时 $1/(1+s)>1/(1+t)$，所以

$$\ln(1+t)=\int_0^t\frac{ds}{1+s}>\frac t{1+t}.$$

故 $\ln(1+1/x)-1/(x+1)>0$，从而 $f'(x)>0$。由导数判定单调性，$f$ 在 $(0,+\infty)$ 严格递增。