2010年广东专升本高等数学真题

答案：B。

令 $g(x)=\tfrac12[f(x)-f(-x)]$。定义域关于原点对称，并且

$$g(-x)=\frac12[f(-x)-f(x)]=-g(x).$$

这正是奇函数的定义，所以选 B。一般的 $f$ 并不能保证所得函数有周期或有界；例如取 $f(x)=x$，就有 $g(x)=x$。若恰好 $g\equiv0$，它同时为奇函数和偶函数，但对任意 $f$ 都成立的结论仍是奇函数。

答案：A。

从左侧趋近零点时 $1/x\to-\infty$，所以

$$\lim_{x\to0^-}e^{1/x}=0.$$

从右侧趋近时函数恒为 $0$，因此右极限为 $0$。两个单侧极限相等，且都等于 $f(0)=0$，故函数在零点连续，选 A。判断这里的指数极限必须保留趋近方向。

答案：C。

要检验与 $x$ 等价，需把每项除以 $x$，看极限是否为 $1$。对 C，

$$\frac{\ln(1+x)+x^2}{x}=\frac{\ln(1+x)}x+x\longrightarrow1.$$

A 由 $1-\cos x\sim x^2/2$ 得其与 $x$ 之比趋于零；B 有

$$\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}+1}\to0;$$

D 由 $e^{x^2}-1\sim x^2$ 也得到比值趋于零。故选 C。

答案：D。

对通常的非退化区间 $a<b$，连续函数的积分平均值

$$m=\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\,dx$$

介于 $f$ 的最小值与最大值之间。若 $f$ 为常数，任意内点均满足 $f(\xi)=m$；若非常数，则连续性与介值性质保证可在内点取得这个平均值。因此 D 成立，这就是积分中值定理。

A 不要求函数异号，取 $f\equiv1$ 即不成立；B 缺少端点等值与内点可导条件；C 既缺少可导条件，式子的差值符号也与拉格朗日中值定理相反。因此选 D。

答案：D。

设两个输入变量为 $u=x+y$、$v=xy$。由于

$$x^2+y^2-xy=(x+y)^2-3xy=u^2-3v,$$

可在该变换覆盖的区域 $v\le u^2/4$ 内把给定关系写成 $f(u,v)=u^2-3v$。在其内部对第二个变量 $v$ 求偏导得 $f_v=-3$；若边界点存在通常意义的偏导，沿像域内一侧的差商也迫使其为 $-3$。最后把自变量名称换回 $(x,y)$，在给定关系可确定且偏导存在的点有

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-3,$$

选 D。给定复合关系未规定像域外的函数值，不能由此断言全平面上的表达式。题目求的是函数对第二个输入的偏导，不能直接把右端 $x^2+y^2-xy$ 对原来的 $y$ 求导。

用多项式除法，

$$\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac1{x+1}.$$

所以原式为

$$(a+b)x-a+\frac a{x+1}.$$

若 $a+b\ne0$，第一项在无穷远处无界，整个式子不可能趋于有限数 $2$。因此必须有 $a+b=0$。进一步由极限为 $-a=2$ 得 $a=-2$、$b=2$，与所求和为 $0$ 一致。

对圆方程作隐式求导：

$$2x+2yy'=1+y',$$

即 $(2y-1)y'=1-2x$。在 $(0,0)$ 代入得 $-y'=1$，所以切线斜率为 $-1$。

经过原点的切线是 $y=-x$，也就是 $\boxed{x+y=0}$。也可对 $F=x^2+y^2-x-y$ 使用梯度法，原点梯度 $(-1,-1)$ 是法向量，同样得到此式。

在 $1\le x\le2$，图形位于横轴与 $y=1/x>0$ 之间。垂直于 $x$ 轴的截面旋转后为半径 $1/x$ 的圆盘，截面积为 $\pi/x^2$。故
$V=\pi\int_1^2\frac{dx}{x^2} =\pi\left[-\frac1x\right]_1^2 =\boxed{\frac\pi2}.$
体积必须使用半径的平方，而不是对 $1/x$ 本身积分。

令特征方程

$$r^2-5r-14=(r-7)(r+2)=0,$$

得到不同的两个实根 $7$ 与 $-2$。两个相应的指数解 $e^{7x}$、$e^{-2x}$ 线性无关，所以通解为

$$\boxed{y=C_1e^{-2x}+C_2e^{7x}},$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。原题没有初值，不能确定这两个常数。

在单位圆域上使用极坐标：$x^2+y^2=r^2$，$d\sigma=r\,dr\,d\theta$，范围为 $0\le r\le1$、$0\le\theta\le2\pi$。于是
$I=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1r^4\cdot r\,dr =2\pi\left[\frac{r^6}{6}\right]_0^1=\frac\pi3.$
注意面积元额外提供一个 $r$，所以径向积分是 $r^5$。

当 $x\to\pi/2$ 时，$\sin x$ 在邻域内为正，分子分母都趋于零。第一次用洛必达法则：

$$L=\lim_{x\to\pi/2}\frac{\cot x}{-4(\pi-2x)}.$$

这仍为 $0/0$ 型，第二次用洛必达法则：

$$L=\lim_{x\to\pi/2}\frac{-\csc^2x}{8}=-\frac18.$$

分母第一次求导要乘链式因子 $-2$，第二次求导得到 $8$。

由定义，
$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h =\lim_{h\to0}\left(h\sin\frac2h+\frac{\sin2h}{h}\right).$
第一项满足 $|h\sin(2/h)|\le|h|\to0$，由夹逼准则趋于零。第二项写成

$$\frac{\sin2h}{h}=2\frac{\sin2h}{2h}\longrightarrow2.$$

因此 $\boxed{f'(0)=2}$。虽然 $\sin(2/h)$ 本身没有极限，乘以趋零因子后仍有极限。

拐点首先在曲线上，所以代入 $(1,1)$ 得

$$ae+b=1.\tag{1}$$

对函数求两次导数：

$$y'=-\frac a{x^2}e^{1/x}+2bx,$$

$$y''=ae^{1/x}\left(\frac2{x^3}+\frac1{x^4}\right)+2b.$$

函数在 $x=1$ 附近光滑，拐点必须满足 $y''(1)=0$，即

$$3ae+2b=0.\tag{2}$$

联立 (1)(2)，解得 $ae=-2$、$b=3$，从而 $a=-2/e$。

还需确认凹凸性确实改变，不能只停在必要条件。再求导可得

$$y'''(1)=-13ae=26\ne0.$$

因此 $y''$ 在 $1$ 附近穿过零点并改变符号，所得参数确实使 $(1,1)$ 成为拐点。

在被积函数有定义的区间上，
$\frac{\cos x}{1-\cos x}=\frac1{1-\cos x}-1 =\frac12\csc^2\frac x2-1,$
其中用了半角公式 $1-\cos x=2\sin^2(x/2)$。由于

$$\frac d{dx}\left(-\cot\frac x2\right)=\frac12\csc^2\frac x2,$$

积分为

$$\boxed{-\cot\frac x2-x+C}.$$

原式在 $x=2k\pi$ 处无定义，积分公式应理解为各个不跨越这些点的区间上的原函数。

令 $t=\sqrt{e^x-1}$，则 $e^x=1+t^2$，$x=\ln(1+t^2)$，且

$$dx=\frac{2t}{1+t^2}\,dt.$$

当 $x=\ln5$ 时 $t=2$；当 $x=\ln10$ 时 $t=3$。于是
$I=\int_2^3\frac{2t^2}{1+t^2}\,dt =2\int_2^3\left(1-\frac1{1+t^2}\right)dt.$
所以
$I=2[t-\arctan t]_2^3 =\boxed{2-2(\arctan3-\arctan2)}.$
变量换元后，上下限也必须一并换成 $2$ 与 $3$。

原方程要求 $x\ne0$，所以在不跨过零点的区间上求解。两边乘 $x$：

$$xy'+y=x\sin x.$$

左边正好是乘积导数 $(xy)'$，从而

$$xy=\int x\sin x\,dx+C.$$

右边分部积分：取 $u=x$、$dv=\sin x\,dx$，得

$$\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x.$$

因此

$$\boxed{y=-\cos x+\frac{\sin x+C}{x}},\qquad x\ne0.$$

正、负半轴上可各自选择积分常数；原方程在 $x=0$ 不成立，不能直接把解跨零点当作同一初值问题。

在实指数的通常定义下取 $x>0$。记

$$F(x,y,z)=x^z-xy^2+z^3-1.$$

要从方程局部确定可微的 $z$，还要求

$$F_z=x^z\ln x+3z^2\ne0.$$

求偏导时，$x^z=e^{z\ln x}$ 同时包含显式的 $x$ 与隐式的 $z$。因此

$$F_x=zx^{z-1}-y^2,\quad F_y=-2xy,\quad F_z=x^z\ln x+3z^2.$$

由 $F_x+F_zz_x=0$、$F_y+F_zz_y=0$，得
$\boxed{z_x=\frac{y^2-zx^{z-1}}{x^z\ln x+3z^2}},\qquad \boxed{z_y=\frac{2xy}{x^z\ln x+3z^2}}.$
这些公式适用于上述分母不为零的可微隐函数点。

先求曲线交点：$x^2+1=2x$，即 $(x-1)^2=0$，得到 $(1,2)$。配合边界 $x=0$，区域范围是 $0\le x\le1$。由于

$$x^2+1-2x=(x-1)^2\ge0,$$

抛物线在上、直线在下，故

$$I=\int_0^1dx\int_{2x}^{x^2+1}2xy\,dy.$$

先把 $x$ 当常数对 $y$ 积分：
$I=\int_0^1x\left[(x^2+1)^2-4x^2\right]dx =\int_0^1x(x^2-1)^2\,dx.$
令 $u=x^2-1$、$du=2x\,dx$，得

$$I=\left[\frac{(x^2-1)^3}{6}\right]_0^1=\boxed{\frac16}.$$

这里两条曲线在右端相切，仍可与 $x=0$ 围成有限面积的区域。

被积函数是多项式，连续，所以积分上限函数在实轴上可导，并有

$$\varphi'(x)=x(x-1).$$

驻点为 $x=0,1$。按两个因子的符号：

• $x<0$ 时两因子都负，$\varphi'(x)>0$，函数严格递增；
• $0<x<1$ 时一正一负，$\varphi'(x)<0$，函数严格递减；
• $x>1$ 时两因子都正，$\varphi'(x)>0$，函数严格递增。

所以递增区间为 $(-\infty,0)$ 和 $(1,+\infty)$，递减区间为 $(0,1)$（也可按习惯把驻点并入相邻单调区间）。

在 $0$ 处导数由正变负，因此为极大值点，$\varphi(0)=0$。在 $1$ 处导数由负变正，因此为极小值点，

$$\varphi(1)=\int_0^1(t^2-t)\,dt=\frac13-\frac12=-\frac16.$$

这些是局部极值，不能称作全实轴上的最大值或最小值。

（1）设 $F(x)=(1+2/x)^x$。原函数的含义是 $f=F'$。因为 $x>0$，底数为正，可以写成

$$F(x)=e^{x\ln(1+2/x)}.$$

对指数求导：
$[x\ln(1+2/x)]'=\ln(1+2/x) +x\frac{-2/x^2}{1+2/x} =\ln(1+2/x)-\frac2{x+2}.$
故
$\boxed{f(x)=\left(1+\frac2x\right)^x \left[\ln\left(1+\frac2x\right)-\frac2{x+2}\right]},\quad x>0.$

（2）先对有限上限 $R$ 换元 $t=2x$，$dx=dt/2$：
$\int_1^Rf(2x)\,dx=\frac12\int_2^{2R}f(t)\,dt =\frac12[F(2R)-F(2)].$
已知 $F(2)=4$。又由重要极限，
$\lim_{t\to+\infty}\left(1+\frac2t\right)^t =\lim_{u\to0^+}\left[(1+u)^{1/u}\right]^2=e^2.$
所以反常积分确实收敛，且

$$\boxed{\int_1^{+\infty}f(2x)\,dx=\frac12(e^2-4)=\frac{e^2}{2}-2}.$$

换元中的 $1/2$ 与下限变成 $2$ 都不可遗漏。