2011年广东专升本高等数学真题

答案：C。

A 中 $|\sin x/x|\le 1/|x|$，在 $|x|\to\infty$ 时极限为 $0$，不是 $1$。C 中 $x\to0^-$ 时 $1/x\to-\infty$，所以 $e^{1/x}\to0$。D 中，$x>0$ 时比值为 $1$，$x<0$ 时为 $-1$，左右极限不相等，双侧极限不存在。

B 的结论取决于题面中无符号 $\infty$ 的方向约定：若表示 $|x|\to\infty$，则 $e^x$ 在正、负两个方向分别趋于 $+\infty$ 和 $0$，B 不成立，C 是唯一正确项；若表示 $x\to+\infty$，则 B 也成立。本题所需方向约定没有明示，不能在不补充约定的情况下断言唯一答案。

答案：B。

连续要求左右极限都等于函数值 $f(0)=2$。左极限为 $2$。对任意固定的 $a$，当 $x>0$ 足够小时 $1+ax>0$，并有

$$\lim_{x\to0^+}(1+ax)^{1/x}=e^a.$$

例如取对数，$\ln(1+ax)/x\to a$，再取指数即可。因此连续的条件为 $e^a=2$，解得 $a=\ln2$，选 B。

答案：A。

二阶可导保证 $f$ 在 $2$ 处连续。由 $f(2)=1>0$，可知存在 $2$ 的一个邻域，使该邻域内 $f(x)>0$。于是邻域中 $x\ne2$ 时

$$F(x)=(x-2)^2f(x)>0=F(2),$$

故 $2$ 是严格极小值点。题目只给出了 $2$ 附近的信息，无法保证对全定义域都有 $F(x)\ge0$，因此不能据此说是最小值点。选 A。

答案：D。

令 $t=\sqrt{x+1}$，则 $x=t^2-1$，$dx=2t\,dt$。原积分下限 $x=0$ 对应 $t=1$，上限 $x=3$ 对应 $t=2$，所以

$$\int_0^3f(\sqrt{x+1})\,dx=2\int_1^2tf(t)\,dt=2\times2=4.$$

积分中的自变量名称不影响积分值，故可直接使用已知条件，选 D。

答案：A。

偏导数 $f_y'(0,0)$ 是固定 $x=0$ 后对 $y$ 作差商，不能把 $y=0$ 直接代入分式。由 $f(0,0)=0$，有
$f_y'(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}h =\lim_{h\to0}\frac{\sin(-h^2)}{h^2} =-\lim_{h\to0}\frac{\sin(h^2)}{h^2}=-1.$
最后使用 $\sin u/u\to1$，故选 A。

两个无穷小等价，表示它们的比值趋于 $1$。因此
$\lim_{x\to\infty}\frac{kx}{(2x+3)^4}\bigg/\frac1{x^3} =\lim_{x\to\infty}\frac{kx^4}{(2x+3)^4} =\frac{k}{16}=1.$
解得 $k=16$。这里即使将无符号无穷远解释为两端方向，四次幂之比也有同样极限。

参数方程给出 $x'(t)=1-3t^2$，$y'(t)=2^t\ln2$。在 $t=0$ 处 $x'(0)=1\ne0$，可使用

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{2^t\ln2}{1-3t^2}.$$

代入 $t=0$，得到 $dy/dx=\ln2$。

第一项是上限为 $2x$ 的积分。根据变上限积分求导和复合函数法则，

$$\frac d{dx}\int_0^{2x}f(t/2)\,dt=f(x)\cdot2.$$

不定积分表示 $1+f(x)$ 的某个原函数，求导后为 $1+f(x)$；任意积分常数求导为 $0$。所以

$$y'=2f(x)-2[1+f(x)]=-2.$$

连续性保证使用积分上限函数求导公式的条件。

先写为 $z=4xy^{-2}-3y^{-1}$。有

$$z_x=4y^{-2},\qquad (z_x)_y=-8y^{-3};$$

另一方面，

$$z_y=-8xy^{-3}+3y^{-2},\qquad (z_y)_x=-8y^{-3}.$$

两个混合偏导数在 $y\ne0$ 时相等，因此所求差为 $0$。也可用该区域内二阶偏导连续来判断，但直接计算更直观。

两条斜线交于原点，与 $x=1$ 围成三角形。用先 $y$ 后 $x$ 的积分次序，区域写成

$$0\le x\le1,\qquad x\le y\le2x.$$

因此
$\iint_Dx\,d\sigma=\int_0^1\!dx\int_x^{2x}x\,dy =\int_0^1x(2x-x)\,dx=\int_0^1x^2\,dx=\frac13.$
内层积分时 $x$ 视为常数。

两项分别无界时不能分开取极限。先通分，得到

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x(x+1)}{x\sin x}.$$

分子分母都趋于 $0$。在 $0$ 附近去掉 $0$ 的区间可用洛必达法则，第一次求导得

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-2x-1}{\sin x+x\cos x}.$$

仍是 $0/0$ 型，再求导：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x-2}{2\cos x-x\sin x}=\frac{-2}{2}=-1.$$

最后分母极限非零，从而上述极限存在。

记 $s=\sqrt{1+e^{-2x}}$，$u=s-e^{-x}$。因为 $s>e^{-x}>0$，有 $u>0$，对数有定义。求导得
$s'=-\frac{e^{-2x}}s,\qquad u'=-\frac{e^{-2x}}s+e^{-x}=\frac{e^{-x}}s(s-e^{-x})=\frac{e^{-x}}s u.$
因此

$$f^{(n)}(x)=\frac{u'}u=\frac{e^{-x}}{\sqrt{1+e^{-2x}}}.$$

代入 $x=0$，得到 $f^{(n)}(0)=1/\sqrt2$。这里只需对已经给出的 $n-1$ 阶导函数再求一次导数。

函数在实数轴上有定义。求导：
$y'=1-\frac{k}{1+k^2x^2},\qquad y''=\frac{2k^3x}{(1+k^2x^2)^2}.$
分母恒正，且 $k<0$，所以 $k^3<0$。当 $x<0$ 时 $y''>0$，曲线凹向上；当 $x>0$ 时 $y''<0$，曲线凹向下。按本题“凹”为 $y''>0$、“凸”为 $y''<0$ 的约定，凹区间是 $(-\infty,0)$，凸区间是 $(0,+\infty)$。

$x=0$ 两侧凹凸性发生改变，而且 $y(0)=0$，因此拐点为 $(0,0)$。仅有 $y''(0)=0$ 不足以判断拐点，这里的变号是关键。

条件 $x>1$ 使 $\sqrt{x^2-1}=x\sqrt{1-1/x^2}$，不必引入绝对值。于是

$$I=\int\frac{dx}{x^3\sqrt{1-1/x^2}}.$$

令 $u=1-1/x^2$，则 $du=2x^{-3}dx$，有
$I=\frac12\int u^{-1/2}\,du=\sqrt u+C =\sqrt{1-\frac1{x^2}}+C=\frac{\sqrt{x^2-1}}x+C.$
也可令 $x=\sec t$。最后对所得结果求导，可还原被积函数。

积分区间跨过分段点 $0$，先拆开：

$$I=\int_{-\pi}^0x\cos x\,dx+\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,dx.$$

第一项用分部积分，取 $u=x$、$dv=\cos x\,dx$，得到原函数 $x\sin x+\cos x$，故

$$I_1=[x\sin x+\cos x]_{-\pi}^0=1-(-1)=2.$$

第二项先做代数变形 $x^2/(1+x^2)=1-1/(1+x^2)$，所以

$$I_2=[x-\arctan x]_0^1=1-\frac\pi4.$$

两项相加，得到 $I=3-\pi/4$。

对常系数齐次方程写出特征方程：

$$r^2-2r+10=0\quad\Longrightarrow\quad r=1\pm3i.$$

共轭复根给出通解

$$y=e^x(C_1\cos3x+C_2\sin3x).$$

由 $y(0)=0$ 得 $C_1=0$，从而 $y=C_2e^x\sin3x$。求导得

$$y'=C_2e^x(\sin3x+3\cos3x).$$

代入 $y'(0)=3$，得 $3C_2=3$，即 $C_2=1$。因此特解为 $y=e^x\sin3x$，同时满足两个初值。

对通常的实值幂指函数，在开区域 $3x+y>0$ 内可写成

$$z=e^{2y\ln(3x+y)}.$$

求 $x$ 偏导时把 $y$ 视为常数：

$$z_x=z\frac{6y}{3x+y}=6y(3x+y)^{2y-1}.$$

求 $y$ 偏导时底数和指数都变化，必须对指数中的乘积求导：
$\frac{\partial}{\partial y}[2y\ln(3x+y)] =2\ln(3x+y)+\frac{2y}{3x+y}.$
因此

$$z_y=(3x+y)^{2y}\left[2\ln(3x+y)+\frac{2y}{3x+y}\right].$$

正底数区域是这里使用实对数求导的定义域；不能把指数 $2y$ 在 $y$ 偏导中当成常数。

由 $0\le x\le1$、$0\le y\le\sqrt{1-x^2}$，区域是第一象限单位圆的四分之一圆盘。令

$$x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,$$

则 $0\le\theta\le\pi/2$、$0\le r\le1$，面积元 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。所以原积分为

$$I=\int_0^{\pi/2}\!d\theta\int_0^1\frac r{1+r^2}\,dr.$$

内层令 $u=1+r^2$，得 $\int_0^1r/(1+r^2)\,dr=\tfrac12\ln2$。故

$$I=\frac\pi2\cdot\frac12\ln2=\frac\pi4\ln2.$$

极坐标变换时面积元中的 $r$ 不能漏掉。

（1）设切点为 $(a,e^a)$。因为 $(e^x)'=e^x$，切线为 $y-e^a=e^a(x-a)$。代入它经过的原点，得到 $-e^a=-ae^a$。由 $e^a>0$ 可除得 $a=1$，故切线是 $y=ex$。

（2）区域在 $0\le x\le1$。指数曲线在上方，切线在下方，可由 $h(x)=e^x-ex$ 的导数 $h'=e^x-e\le0$ 及 $h(1)=0$ 验证。因此
$S=\int_0^1(e^x-ex)\,dx =[e^x-ex^2/2]_0^1=\frac e2-1.$

（3）绕 $x$ 轴旋转时，垂直于 $x$ 轴的截面为圆环，外半径为 $e^x$，内半径为 $ex$。所以
$V=\pi\int_0^1\bigl(e^{2x}-e^2x^2\bigr)\,dx =\pi\left[\frac{e^{2x}}2-\frac{e^2x^3}3\right]_0^1 =\frac{\pi e^2}{6}-\frac\pi2.$
圆环面积要用半径的平方之差，不能直接平方两曲线之差。

（1）因区间内 $x>0$，方程可写为

$$y'=(\cot x-1/x)y.$$

避免在尚未判断 $y$ 是否为零时直接除以 $y$，用线性方程的积分因子 $\mu=x/\sin x$（区间内 $\sin x>0$）。方程给出

$$\left(\frac{x}{\sin x}y\right)'=0,$$

故 $y=C\sin x/x$。代入 $y(\pi/2)=2/\pi$，得 $C=1$，于是 $f(x)=\sin x/x$。

（2）求导：

$$f'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}.$$

记 $g(x)=x\cos x-\sin x$，则 $g'(x)=-x\sin x<0$（$0<x<\pi$），且连续延拓到 $0$ 时 $g(0)=0$。因此对一切 $x\in(0,\pi)$，有 $g(x)<0$，而 $x^2>0$，所以 $f'(x)<0$。由导数的单调性判定，$f$ 在该区间严格递减。