2008年广东专升本高等数学真题

**答案：**C

奇函数的定义是：定义域关于原点对称，且 $f(-x)=-f(x)$。四个函数的定义域均为实数。

A 中 $f(-x)=x^2+x$，既不等于 $f(x)$ 也不等于 $-f(x)$。B 中换入 $-x$ 只是交换两项，故为偶函数。C 中

$$f(-x)=e^{-x}-e^x=-(e^x-e^{-x}),$$

所以是奇函数。D 中 $(-x)\sin(-x)=x\sin x$，两个奇函数相乘为偶函数。故选 C。

**答案：**A

在 $x$ 接近零时，$1+x>0$，幂指表达式有意义。由重要极限

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

故极限为 $e$，选 A。也可取对数：$\ln(1+x)/x\to1$，再取指数得到 $e$。

**答案：**A

若函数在 $x_0$ 可导，则

$$f(x)-f(x_0)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}(x-x_0)\longrightarrow f'(x_0)\cdot0=0,$$

因此可导必连续，连续是可导的必要条件。

反过来，连续不保证可导。例如 $f(x)=|x|$ 在零点连续，但左导数为 $-1$、右导数为 $1$，所以不可导。连续因此不是充分条件。综合得“必要非充分”，选 A。

**答案：**D

原函数的定义是其导数等于被积函数。先展开前两项：

$$\frac12(e^x+e^{-x})^2=\frac12(e^{2x}+e^{-2x})+1,$$

$$\frac12(e^x-e^{-x})^2=\frac12(e^{2x}+e^{-2x})-1.$$

它们与 C 只差常数，因此三者导数相同，均为 $e^{2x}-e^{-2x}$。

D 的导数为

$$\frac{d}{dx}\frac12(e^{2x}-e^{-2x})=e^{2x}+e^{-2x},$$

不等于所给函数，所以选 D。

**答案：**D

二元函数全微分为 $dz=z_xdx+z_ydy$。对 $x$ 求偏导时把 $y$ 当常数，对 $y$ 求偏导时把 $x$ 当常数：

$$z_x=ye^{xy},\qquad z_y=xe^{xy}.$$

因此

$$dz=ye^{xy}\,dx+xe^{xy}\,dy=e^{xy}(y\,dx+x\,dy),$$

选 D。指数函数的导数因子 $e^{xy}$ 和内函数微分 $d(xy)=y\,dx+x\,dy$ 都必须保留。

答案：$\dfrac12$

分子、分母都趋于零，可用洛必达法则。分母的导数是 $e^x+e^{-x}$，在零点附近非零，故

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{e^x-e^{-x}}=\lim_{x\to0}\frac1{e^x+e^{-x}}=\frac12.$$

注意 $-e^{-x}$ 求导为 $+e^{-x}$，负号不能遗漏。

答案：$x-1$

函数定义在 $x>0$，所给点满足 $1\cdot\ln1=0$。切线斜率等于该点导数。由乘积求导法则，

$$y'=\ln x+1,\qquad y'(1)=1.$$

用点斜式 $y-y_0=k(x-x_0)$，得 $y-0=1(x-1)$，即切线为 $y=x-1$。

**答案：**2

积分区间关于零对称。$\sin x$ 为奇函数，其在对称区间上的积分为零；$\cos x$ 为偶函数，其积分可化为正半区间的两倍。因此

$$I=0+2\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx=2[\sin x]_0^{\pi/2}=2.$$

也可直接用原函数 $-\cos x+\sin x$ 代入两个端点核对。

**答案：**0

求 $u_y$ 时固定 $x$，故 $e^x$ 是常数；求 $v_x$ 时固定 $y$，故 $\sin y$ 是常数。分别得到

$$u_y=-e^x\sin y,\qquad v_x=e^x\sin y.$$

两式相加恰好抵消，所以 $u_y+v_x=0$。

答案：$y=\dfrac12\ln(1+x^2)+C$

将方程写为 $dy/dx=x/(1+x^2)$，两边对 $x$ 积分：

$$y=\int\frac{x}{1+x^2}dx+C.$$

令 $u=1+x^2$，则 $du=2x\,dx$，所以

$$y=\frac12\int\frac{du}u+C=\frac12\ln(1+x^2)+C.$$

因为 $1+x^2>0$，对数不必写绝对值。求导检验得 $y'=x/(1+x^2)$。

**答案：**2

分子分母均趋于零，先用洛必达法则：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x}{1-\cos x}.$$

此时还为零比零型。再求导一次，得到

$$L=\lim_{x\to0}\frac{2\tan x\sec^2x}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac2{\cos^3x}=2.$$

最后一步利用 $\tan x=\sin x/\cos x$ 约去 $\sin x$。需要先确认仍为不定式，不能在第一轮求导后直接把 $x=0$ 代入。

**答案：**最大值为$2$（在$x=0$取得）；最小值为$0$（在$x=-1$取得）。

在 $[-1,2]$ 上，$x+2\ne0$，函数连续，最大最小值必能取得。候选点包括区间端点和内部驻点。

求导得

$$f'(x)=-1+\frac8{(x+2)^3}.$$

令 $f'(x)=0$，得 $(x+2)^3=8$，唯一驻点为 $x=0$。比较所有候选值：

$$f(-1)=0,\qquad f(0)=2,\qquad f(2)=\frac34.$$

所以最大值为 $2$，在 $x=0$ 取得；最小值为 $0$，在 $x=-1$ 取得。闭区间最值题不能只比较驻点而漏掉端点。

答案：$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1+e^{-t}}{2e^{2t}}$

当 $x,y$ 同时由参数 $t$ 表示，且 $dx/dt\ne0$ 时，有

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}.$$

分别求导：$dx/dt=2e^{2t}>0$，$dy/dt=1+e^{-t}$。所以

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1+e^{-t}}{2e^{2t}}.$$

分母对所有实数 $t$ 均非零，参数方程对应 $x>0$，该公式在整个参数域有效。

答案：$-\ln(1+\cos x)+x-\sin x+C$

先把分子两项分开，并用 $\sin^2x=1-\cos^2x$：

$$I=\int\frac{\sin x}{1+\cos x}dx+\int\frac{1-\cos^2x}{1+\cos x}dx.$$

在原式有定义的区间，$1+\cos x>0$，第二项约分为 $\int(1-\cos x)dx$。第一项令 $u=1+\cos x$，有 $du=-\sin xdx$，故

$$I=-\int\frac{du}u+\int(1-\cos x)dx=-\ln(1+\cos x)+x-\sin x+C.$$

结果分别在相邻奇数倍 $\pi$ 之间的区间上成立，因为 $x=(2k+1)\pi$ 时原式分母为零。

答案：$\ln2-2+\dfrac\pi2$

对数不易直接积分，但求导会变简单，因此使用分部积分。取 $u=\ln(1+x^2)$、$dv=dx$，则 $du=2x/(1+x^2)dx$、$v=x$。

于是

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

把有理式改写为 $2x^2/(1+x^2)=2-2/(1+x^2)$，得

$$I=\ln2-\left[2x-2\arctan x\right]_0^1=\ln2-2+\frac\pi2.$$

原被积函数非负，结果约为 $0.264$，也符合积分应为非负数的检查。

**答案：**实数范围内该方程无解，不能确定实隐函数，因此所求实偏导数不存在。

先检验隐函数存在的前提。固定任意实数 $x,y$，都有 $e^{-xy}>0$。令 $h(z)=e^z-2z$，则

$$h'(z)=e^z-2,\qquad h''(z)=e^z>0.$$

因此 $h$ 在 $z=\ln2$ 取得全局最小值

$$h(\ln2)=2-2\ln2>0.$$

由此对所有实数 $x,y,z$ 都有

$$e^{-xy}-2z+e^z=e^{-xy}+h(z)>0,$$

不可能等于零。所以所给方程在实数范围内没有任何点，无法确定实隐函数，所问偏导数也没有实适用点。

若仅作形式运算，记 $F(x,y,z)=e^{-xy}-2z+e^z$，可得

$$F_x=-ye^{-xy},\qquad F_y=-xe^{-xy},\qquad F_z=e^z-2.$$

形式隐函数公式会写成

$$z_x=\frac{ye^{-xy}}{e^z-2},\qquad z_y=\frac{xe^{-xy}}{e^z-2}.$$

但该公式必须应用于满足 $F=0$ 且 $F_z\ne0$ 的点；此题没有实数解点，故这些形式表达式不能当作存在的实隐函数偏导数。

答案：$e^2-1$

因为 $1\le y\le2$，曲线 $xy=2$ 可写成 $x=2/y>0$。在固定高度 $y$，区域的横向范围从 $y$ 轴 $x=0$ 到曲线 $x=2/y$。因此

$$I=\int_1^2dy\int_0^{2/y}y e^{xy}\,dx.$$

内层对 $x$ 积分时，$y$ 是常数，而 $\partial(e^{xy})/\partial x=ye^{xy}$，所以

$$I=\int_1^2\left[e^{xy}\right]_0^{2/y}dy=\int_1^2(e^2-1)dy=e^2-1.$$

选择先对 $x$ 积分，使指数中的 $xy$ 在右端点恒为 $2$，运算最简。

答案：$y=(x+2)e^{-\sin x}$

方程形如 $y'+P(x)y=Q(x)$，这里 $P(x)=\cos x$，取积分因子

$$\mu(x)=e^{\int\cos xdx}=e^{\sin x}.$$

两边同乘积分因子，有

$$e^{\sin x}y'+e^{\sin x}\cos x\,y=1,$$

即 $\bigl(e^{\sin x}y\bigr)'=1$。积分得到 $e^{\sin x}y=x+C$，所以 $y=(x+C)e^{-\sin x}$。

由初值 $y(0)=2$ 得 $C=2$，故特解为

$$y=(x+2)e^{-\sin x}.$$

代回时 $y'+y\cos x=e^{-\sin x}$，且 $y(0)=2$，两个条件均满足。

**答案：**令$g(x)=e^x+e^{-x}-2-x^2$，由$g^{\prime\prime}(x)>0$依次得$g^{\prime}(x)>0$、$g(x)>0$，不等式成立。

把不等式移到一边，令

$$g(x)=e^x+e^{-x}-2-x^2.$$

要证的是 $g(x)>0$。先计算 $g(0)=0$、$g'(0)=0$，以及

$$g'(x)=e^x-e^{-x}-2x,$$

$$g''(x)=e^x+e^{-x}-2=(e^{x/2}-e^{-x/2})^2.$$

当 $x>0$ 时，$e^{x/2}>e^{-x/2}$，所以 $g''(x)>0$。由此 $g'$ 在正半轴严格递增，结合 $g'(0)=0$，得 $g'(x)>0$。再由 $g(0)=0$ 可知 $g(x)>0$。

因此 $e^x+e^{-x}>2+x^2$，两边除以 $2$ 即得到

$$\frac{e^x+e^{-x}}2>1+\frac{x^2}2\qquad(x>0).$$

严格性来自 $x>0$ 时二阶导数严格为正；在边界 $x=0$ 两边相等。

**答案：**在$(0,1)$内恰有一个实根。

令

$$F(x)=2x-\int_0^x f(t)\,dt-1.$$

原方程的根正是 $F$ 的零点。证明“恰有一个”要分别说明存在性和唯一性。

存在性。 因为 $f$ 连续，$F$ 在 $[0,1]$ 连续，并且 $F(0)=-1<0$。又 $f$ 在闭区间上连续且处处小于 $1$，其最大值 $M<1$，所以

$$\int_0^1f(t)dt\le M<1,$$

从而 $F(1)=1-\int_0^1f(t)dt>0$。由零点定理，$F$ 在 $(0,1)$ 至少有一个零点。

唯一性。 由积分上限函数求导公式，

$$F'(x)=2-f(x)>1>0\qquad(0<x<1).$$

因此 $F$ 严格递增，不可能在两个不同点都等于零。所以根至多一个。结合存在性，原方程在 $(0,1)$ 恰有一个实根。