2009年广东专升本高等数学真题

答案：A。

因为趋近方向是 $x\to0^+$，只能用右侧表达式 $f(x)=1-x$，而 $f(0)=1$。于是

$$\frac{f(x)-f(0)}x=\frac{1-x-1}x=-1\quad(x>0).$$

极限为 $-1$，选 A。左侧的系数 $3$ 不参与右导数计算。

答案：C。

把第一项写成

$$x\sin\frac2x=2\frac{\sin(2/x)}{2/x}\longrightarrow2,$$

这里用到 $\lim_{u\to0}\sin u/u=1$。第二项满足

$$\left|\frac2x\sin x\right|\le\frac2{|x|}\longrightarrow0.$$

由夹逼准则及极限的加法法则，原极限为 $2$，选 C。

答案：A。

对 $y=|x|$，有 $\lim_{x\to0}|x|=0=y(0)$，所以连续。右导数为 $1$，左导数为 $-1$，两者不相等，故不可导。

常函数 $y=1$ 在零点可导；$\ln x$ 在零点没有定义；$1/(x-1)$ 在零点附近分母不为零，既连续又可导。因此选 A。

答案：D。

令 $u=1-2\sin x$，则 $du=-2\cos x\,dx$，所以
$\int\cos x\,f'(1-2\sin x)\,dx=-\frac12\int f'(u)\,du =-\frac12f(u)+C.$
代回 $u$ 得 $-\tfrac12f(1-2\sin x)+C$，选 D。求导检验时，外面的 $-1/2$ 与内函数导数 $-2\cos x$ 正好抵消。

答案：C。

原区域为 $0\le x\le1$、$0\le y\le x^2$。对固定的 $y\in[0,1]$，条件 $y\le x^2$ 与 $x\ge0$ 等价于 $x\ge\sqrt y$，故内层范围是 $\sqrt y\le x\le1$。因此

$$I=\int_0^1dy\int_{\sqrt y}^{1}f(x,y)\,dx,$$

选择 C。换序后内层的变量是 $x$，上下限用外层变量 $y$ 表示。

等价关系表示两者之比趋于 $1$。用有理化避免相减：
$\frac{\sqrt{1-ax^2}-1}{2x^2} =\frac{-a}{2(\sqrt{1-ax^2}+1)}\longrightarrow-\frac a4.$
令该极限等于 $1$，解得 $a=-4$。此时根号内为 $1+4x^2>0$，零点附近的实数表达式成立。

函数的实数定义域为 $x>-1$ 且 $x\ne0$。水平渐近线由无穷远处的有限极限确定，本题只需考查 $x\to+\infty$：
$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+x)}x =\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+x}=0.$
这里是 $\infty/\infty$ 型，可用洛必达法则。因此水平渐近线为 $y=0$。

参数曲线在 $x'(t)\ne0$ 时有 $dy/dx=y'(t)/x'(t)$。本题

$$x'(t)=k-6t,\qquad y'(t)=4(1+2t).$$

若 $k=0$，$t=0$ 时的切线为竖直方向，不能有有限斜率 $1$。因此 $k\ne0$，代入 $t=0$：

$$\frac{dy}{dx}=\frac4k=1,$$

解得 $k=4$，满足所需非零条件。

全微分的两个系数分别是一阶偏导数：$z_x=y^2$、$z_y=2xy$。把 $z_y$ 再对 $x$ 求偏导，可得

$$\frac{\partial}{\partial x}(z_y)=\frac{\partial}{\partial x}(2xy)=2y.$$

若按另一种次序计算，$\partial(z_x)/\partial y=\partial(y^2)/\partial y=2y$，结果相同。

令 $u=f+1$，则 $u'=f'=f+1=u$。方程 $u'=u$ 的通解是 $u=Ce^x$，所以 $f=Ce^x-1$。

由初值 $f(0)=0$ 得 $C-1=0$，即 $C=1$。故 $f(x)=e^x-1$。代入可见 $f'=e^x=f+1$，且确有 $f(0)=0$。

先通分，把两个发散项合成一个未定式：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x e^{t^2}\,dt-x}{x^3}.$$

分子分母都趋于零。积分上限函数的导数是 $e^{x^2}$，用洛必达法则得

$$L=\lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-1}{3x^2}.$$

再令 $u=x^2\to0^+$，利用 $\lim_{u\to0}(e^u-1)/u=1$，得到 $L=1/3$。也可再用一次洛必达法则，得到 $2xe^{x^2}/(6x)\to1/3$。

由导数定义，
$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h =\lim_{h\to0}(1+2h^2)^{1/h^2}.$
令 $u=2h^2\to0^+$，则 $1/h^2=2/u$，从而

$$f'(0)=\lim_{u\to0^+}\left[(1+u)^{1/u}\right]^2=e^2.$$

底数在零点附近恒正，因而实数幂及上述极限合法。不能直接把含 $1/x^2$ 的分支公式代入零点。

已知的是 $f'$，因此还要求导两次：

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

第一项求导得 $2x/(1+x^2)$；第二项用商法则：
$\left(\frac{2x^2}{1+x^2}\right)'=\frac{4x(1+x^2)-4x^3}{(1+x^2)^2} =\frac{4x}{(1+x^2)^2}.$
故

$$f'''(1)=\frac2{2}+\frac4{4}=2.$$

注意从 $f'$ 出发求两次导数才到 $f'''$。

实数范围取 $x\ge0$，在 $x>0$ 上计算原函数。令 $t=\sqrt x$，则 $x=t^2$、$dx=2t\,dt$：

$$\int\arctan\sqrt x\,dx=\int2t\arctan t\,dt.$$

分部积分取 $u=\arctan t$、$dv=2t\,dt$，得到
$t^2\arctan t-\int\frac{t^2}{1+t^2}\,dt =t^2\arctan t-\int\left(1-\frac1{1+t^2}\right)dt.$
所以原函数为 $(t^2+1)\arctan t-t+C$。代回 $t=\sqrt x$：

$$\boxed{(x+1)\arctan\sqrt x-\sqrt x+C}.$$

在 $x=0$ 取连续延拓即可。

先按加法拆开积分。函数 $x^3/(1+x^2)$ 为奇函数，在 $[-1,1]$ 上积分为零；$|x|/(1+x^2)$ 为偶函数，故

$$I=2\int_0^1\frac{x}{1+x^2}\,dx.$$

令 $u=1+x^2$，$du=2x\,dx$，上下限从 $1$ 变到 $2$，于是

$$I=\int_1^2\frac{du}{u}=\ln2.$$

绝对值在正半轴变成 $x$，不能在整个区间都替换成 $x$。

把方程记为 $F(x,y,z)=x^y+z^3+xz=0$。在通常的实指数定义下取 $x>0$，且隐函数求导要求 $F_z=3z^2+x\ne0$；这里 $x>0$ 已保证这一条件。

对 $x$ 求偏导时，$y$ 不变而 $z$ 随 $x$ 变化：

$$yx^{y-1}+3z^2z_x+z+xz_x=0.$$

合并 $z_x$ 项，得到

$$\boxed{z_x=-\frac{yx^{y-1}+z}{3z^2+x}}.$$

对 $y$ 求偏导时，$x$ 不变：

$$x^y\ln x+3z^2z_y+xz_y=0,$$

因而

$$\boxed{z_y=-\frac{x^y\ln x}{3z^2+x}}.$$

求 $x^y$ 对 $y$ 的偏导须把它写成 $e^{y\ln x}$，因此出现 $\ln x$。

区域为内半径 $1$、外半径 $2$ 的整圆环，且被积函数只依赖 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，适合极坐标：

$$x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad dx\,dy=r\,dr\,d\theta.$$

积分范围为 $1\le r\le2$、$0\le\theta\le2\pi$。面积元的因子 $r$ 与被积函数的分母抵消：
$I=\int_0^{2\pi}d\theta\int_1^2(2r-1)^3\,dr =2\pi\left[\frac{(2r-1)^4}{8}\right]_1^2.$
所以 $I=(\pi/4)(3^4-1)=20\pi$。

这是二阶常系数齐次线性方程。令特征方程

$$r^2+r-6=(r+3)(r-2)=0,$$

得到两个不同实根 $-3$、$2$，故通解为 $y=C_1e^{-3x}+C_2e^{2x}$，导数为 $y'=-3C_1e^{-3x}+2C_2e^{2x}$。

代入初值：

$$C_1+C_2=1,\qquad -3C_1+2C_2=-8.$$

第二式减去第一式的两倍，得 $-5C_1=-10$，故 $C_1=2$、$C_2=-1$。所以

$$\boxed{y=2e^{-3x}-e^{2x}}.$$

代入零点可检验 $y(0)=1$、$y'(0)=-6-2=-8$。

先把边界写成以 $y$ 为自变量的形式：对数曲线为 $x=e^y$，斜直线为 $x=1-y$。两者在 $(1,0)$ 相交，上边界是 $y=1$，因此

$$0\le y\le1,\qquad 1-y\le x\le e^y.$$

（1）水平小条的长度为右边界减左边界，故面积
$A=\int_0^1[e^y-(1-y)]\,dy =\left[e^y-y+\frac{y^2}{2}\right]_0^1=e-\frac32.$

（2）由于 $1-y\ge0$，水平小条绕 $y$ 轴旋转后为圆环，外半径是 $e^y$，内半径是 $1-y$。于是
$V=\pi\int_0^1\left[e^{2y}-(1-y)^2\right]dy =\pi\left(\frac{e^2-1}{2}-\frac13\right) =\boxed{\frac{\pi e^2}{2}-\frac{5\pi}{6}}.$
体积的被积式是半径平方之差，不能先作半径差再平方。

（1）定义域为 $x>0$。连续求导得

$$f'(x)=2x-4\ln x,\qquad f''(x)=2-\frac4x.$$

当 $0<x<2$ 时，$4/x>2$，所以 $f''(x)<0$。因此曲线向下弯，即图像在切线下方；按高等数学中“凹弧/凸弧”的通常用语，是凸弧。二阶导数的符号明确给出了不依赖术语差异的判断。

（2）由 $f''<0$ 可知 $f'$ 在 $(0,2)$ 上严格递减，故对 $x<2$ 有

$$f'(x)>f'(2)=4-4\ln2>0.$$

这里 $\ln2<1$，所以最后的不等式成立。于是 $f$ 在 $(0,2)$ 上严格递增，

$$f(x)<f(2)=4-8\ln2.$$

再由

$$\ln2=\int_1^2\frac{dt}{t}>\int_1^2\frac12\,dt=\frac12$$

可知 $4-8\ln2<0$。综上，$0<x<2$ 时确有 $\boxed{f(x)<0}$。