2012年广东专升本高等数学真题

答案：A。

收敛数列必有界，因此存在有限常数 $M_1,M_2>0$，使所有 $n$ 都满足 $|a_n|\le M_1$、$|c_n|\le M_2$。结合夹住关系，得到

$$-M_1\le a_n\le b_n\le c_n\le M_2.$$

取 $M=\max(M_1,M_2)$，便有 $|b_n|\le M$，所以必定有界。

因为 $a<c$，夹逼定理的两侧极限不相同，不能推断 $b_n$ 收敛。例如 $a_n=0$、$c_n=1$ 时，$b_n\equiv1/2$ 收敛，而 $b_n=(1+(-1)^n)/2$ 发散，两者都满足题设。故唯一必然结论为 A。

答案：C。

先求左极限。取对数后，

$$\lim_{x\to0^-}\frac{\ln(1-2x)}x=-2,$$

所以 $\lim_{x\to0^-}(1-2x)^{1/x}=e^{-2}$。右侧为连续表达式，故

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=e^2=f(0).$$

左右极限均存在且有限，但 $e^{-2}\ne e^2$，所以 $0$ 是跳跃间断点，选 C。可去间断需要左右极限相等；第二类间断则至少有一个单侧有限极限不存在，这里都不符合。

答案：D。

当 $|x|\to\infty$ 时 $u=3/x\to0$。把式子改写为

$$2x\sin\frac3x=6\frac{\sin(3/x)}{3/x}.$$

利用重要极限 $\sin u/u\to1$，得到极限 $6$，故选 D。关键是将分母也配成与正弦内部相同的 $3/x$。

答案：B。

先把有理分式做多项式除法：

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

因此

$$y=(a-1)x+1-\frac1{x+1}.$$

水平渐近线要求在至少一个无穷远方向上 $y$ 有有限极限。若 $a-1\ne0$，线性项无界，其余项无法抵消，所以不存在水平渐近线。只有 $a=1$ 时，$y\to1$，水平渐近线为 $y=1$。选 B。

答案：C。

条件 $0\le r\le1$、$0\le\theta\le\pi/4$ 描述第一象限中位于 $x$ 轴和直线 $y=x$ 之间的单位圆扇形。因此其直角坐标条件为

$$x^2+y^2\le1,\qquad 0\le y\le x.$$

按先 $x$ 后 $y$ 的次序取水平截线。$y$ 的最大值在直线与圆的交点，由 $2y^2=1$ 得 $y=\sqrt2/2$；对固定的 $y$，$x$ 从直线上的 $y$ 到圆上的 $\sqrt{1-y^2}$。故

$$I=\int_0^{\sqrt2/2}dy\int_y^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)\,dx,$$

对应 C。原式中的 $r\,dr\,d\theta$ 已是面积元，转回直角坐标后用 $dx\,dy$。

导数定义的分母应是函数自变量的实际增量。令 $h=-2\Delta x$，则 $h\to0$，并有
$\frac{f(x_0-2\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x} =-2\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}h.$
取极限即得 $-2f'(x_0)=-2\times3=-6$。不能把分母 $\Delta x$ 与自变量增量 $-2\Delta x$ 混为一谈。

不定积分表示某个原函数，在 $\pi$ 附近被积函数有定义，故

$$f'(x)=\frac{\tan x}{x}.$$

再用商法则求导：

$$f''(x)=\frac{x\sec^2x-\tan x}{x^2}.$$

由 $\sec^2\pi=1$、$\tan\pi=0$，得到 $f''(\pi)=\pi/\pi^2=1/\pi$。积分常数不会影响任何阶导数。

求导得 $y'=3x^2+2ax+b$，$y''=6x+2a$。因为函数是多项式，拐点处须满足 $y''(-1)=0$，即 $-6+2a=0$，得到 $a=3$。

点 $(-1,0)$ 在曲线上，还需满足

$$0=(-1)^3+a(-1)^2+b(-1)+1=a-b,$$

所以 $b=a=3$。此时 $y''=6(x+1)$ 确实在 $-1$ 两侧变号，因此符合拐点条件。

无穷限积分按极限定义计算：

$$I=\lim_{A\to-\infty}\int_A^0\frac{e^x}{1+e^x}\,dx.$$

因为 $[\ln(1+e^x)]'=e^x/(1+e^x)$，有
$I=\lim_{A\to-\infty}\bigl[\ln2-\ln(1+e^A)\bigr] =\ln2-0=\ln2.$
极限有限，故该反常积分收敛。

先记内层函数 $u=4x^2-y^2$。在 $(1,2)$ 处有 $u=4-4=0$，所以外层导数使用已知的 $f'(0)$。全微分链式法则给出

$$dz=f'(u)\,du=f'(u)(8x\,dx-2y\,dy).$$

在 $(1,2)$ 代入得到

$$\left.dz\right|_{(1,2)}=\frac12(8\,dx-4\,dy)=4\,dx-2\,dy.$$

全微分中 $dx,dy$ 保留为独立增量，不将它们代成点坐标。

当 $x>1$ 时底数为正，可把幂式写成指数：
$\left(\frac1{1+x}\right)^{1/\ln x} =\exp\left(-\frac{\ln(1+x)}{\ln x}\right).$
对指数中的 $\infty/\infty$ 型比值用洛必达法则，得到
$\lim_{x\to+\infty}-\frac{\ln(1+x)}{\ln x} =\lim_{x\to+\infty}-\frac{1/(1+x)}{1/x} =\lim_{x\to+\infty}-\frac{x}{1+x}=-1.$
由指数函数连续性，原极限为 $e^{-1}$。先求对数极限，不能把“底数趋零、指数趋零”直接判成 $0$ 或 $1$。

设 $s=\sqrt{3+t^2}$。因为 $s>|t|$，所以 $s+t>0$，对数对所有实数 $t$ 有定义。由 $s'=t/s$，得到
$\frac{dx}{dt}=\frac{t/s+1}{s+t} =\frac{(t+s)/s}{s+t}=\frac1s\ne0.$
又有 $dy/dt=t/s$，因此

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{t/s}{1/s}=t.$$

题目允许结果用参数表示，最简形式就是 $t$。

函数在整个实数轴上有定义。用乘积及复合求导法则，得
$f'(x)=e^{\pi/4+\arctan x}\left(1+\frac{x-1}{1+x^2}\right) =e^{\pi/4+\arctan x}\frac{x(x+1)}{1+x^2}.$
指数因子和分母都为正，所以符号由 $x(x+1)$ 决定。驻点为 $x=-1,0$；在 $(-\infty,-1)$ 上导数为正，在 $(-1,0)$ 上导数为负，在 $(0,+\infty)$ 上导数为正。因此相应地递增、递减、递增。

在 $x=-1$ 处由增变减，取得极大值

$$f(-1)=-2e^{\pi/4-\pi/4}=-2.$$

在 $x=0$ 处由减变增，取得极小值 $f(0)=-e^{\pi/4}$。这里的极值为局部性质，不能仅凭值的大小互换极大、极小。

对数函数直接积分不方便，取分部积分 $u=\ln(1+x^2)$、$dv=dx$，则 $du=2x/(1+x^2)\,dx$、$v=x$。于是

$$I=x\ln(1+x^2)-\int\frac{2x^2}{1+x^2}\,dx.$$

再利用 $x^2/(1+x^2)=1-1/(1+x^2)$，得到
$I=x\ln(1+x^2)-2\int\left(1-\frac1{1+x^2}\right)dx =x\ln(1+x^2)-2x+2\arctan x+C.$
求导检验时，额外项 $2x^2/(1+x^2)-2+2/(1+x^2)$ 恰好为零。

依题目要求先令 $t=x-1$，则 $dt=dx$，积分下限由 $1/2$ 变为 $-1/2$，上限由 $2$ 变为 $1$。于是
$I=\int_{-1/2}^1f(t)\,dt =\int_{-1/2}^{1/2}t^3e^{t^4+1}\,dt+\int_{1/2}^1\frac{dt}{t^2}.$
第一项的被积函数是奇函数：$t^3$ 为奇函数，$e^{t^4+1}$ 为偶函数；积分区间关于原点对称，所以该项为 $0$。第二项为

$$\left[-\frac1t\right]_{1/2}^1=-1-(-2)=1.$$

故 $I=1$。换元后须使用新自变量的分段点 $t=1/2$，不能仍在旧自变量 $x=1/2$ 处拆分。

特征方程为

$$r^2-4r+13=0,$$

其根是 $r=2\pm3i$。故通解为

$$y=e^{2x}(C_1\cos3x+C_2\sin3x).$$

由 $y(0)=1$ 得 $C_1=1$。对通解求导，在 $0$ 处有

$$y'(0)=2C_1+3C_2=8.$$

代入 $C_1=1$ 得 $C_2=2$，所以所求特解为 $y=e^{2x}(\cos3x+2\sin3x)$。两个初值同时决定两个积分常数。

在 $2y+1>0$ 的区域，函数有连续的二阶偏导，可以交换混合求导次序。为计算简便，先对 $y$ 求导：

$$z_y=2x^2(2y+1)^{x-1}.$$

再对 $x$ 求导，既要导前面的 $x^2$，又要导随 $x$ 变化的指数：
$z_{yx}=4x(2y+1)^{x-1} +2x^2(2y+1)^{x-1}\ln(2y+1).$
所求另一顺序的混合偏导与之相等。在 $(1,1)$ 代入，$2y+1=3$，幂指数 $x-1=0$，故结果为 $4+2\ln3$。注意常数底数 $a$ 的指数函数求导为 $a^x\ln a$。

曲线 $y=\sqrt x$ 在区域中等价于 $x=y^2$，且 $y\ge0$。取水平截线，得到

$$0\le y\le1,\qquad0\le x\le y^2.$$

这也保证根号内 $y^2-x\ge0$。于是

$$I=\int_0^1dy\int_0^{y^2}\sqrt{y^2-x}\,dx.$$

对 $x$ 积分时把 $y$ 当成常数，原函数为 $-\tfrac23(y^2-x)^{3/2}$。代入得
$I=\int_0^1\frac23(y^2)^{3/2}\,dy =\frac23\int_0^1y^3\,dy=\frac23\cdot\frac14=\frac16.$
这里用到了 $y\ge0$，故 $(y^2)^{3/2}=y^3$。

（1）切线斜率为 $y'$，直线 $OP$ 的斜率为 $y/x$。故题设给出

$$y'-\frac yx=ax.$$

在包含初始点 $x=1$ 的区间 $x>0$ 上，两边除以 $x$，可认出

$$\left(\frac yx\right)'=\frac{xy'-y}{x^2}=a.$$

积分得 $y/x=ax+C$，即 $y=ax^2+Cx$。由 $y(1)=0$ 得 $C=-a$，所以所求曲线分支满足 $y=ax(x-1)$。这个多项式也给出了经过原点的自然连续延拓；所用微分关系只在 $x\ne0$ 处讨论。

（2）令抛物线与直线相交：$ax(x-1)=ax$。因 $a>0$，得 $x(x-2)=0$，交点横坐标为 $0,2$。在 $0<x<2$，直线减抛物线为 $ax-ax(x-1)=a(2x-x^2)>0$，因此
$S=\int_0^2a(2x-x^2)\,dx =a\left[x^2-\frac{x^3}3\right]_0^2=\frac{4a}3.$
按题面所给 $S=3/8$，解得

$$\frac{4a}3=\frac38\quad\Longrightarrow\quad a=\frac9{32}>0.$$

这个参数代回面积式确实为 $3/8$。

（1）等价无穷小的条件为 $\lim_{x\to0}f(x)/x=1$。被积函数连续，所以 $f$ 可导，且 $f'(x)=2^{x^3-3x+a}$、$f(0)=0$。由导数定义，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=f'(0)=2^a.$$

因此 $2^a=1$，得到 $a=0$。

（2）此时 $f(2)=\int_0^2 2^{t^3-3t}\,dt$。记 $h(t)=t^3-3t$，则 $h'(t)=3(t^2-1)$：在 $[0,1]$ 上非正，在 $[1,2]$ 上非负。检查驻点和端点，

$$h(0)=0,\quad h(1)=-2,\quad h(2)=2.$$

所以 $-2\le h(t)\le2$。指数函数 $2^u$ 严格递增，故在 $0\le t\le2$ 上有

$$\frac14\le2^{t^3-3t}\le4.$$

对上述不等式在长度为 $2$ 的区间上积分，得到

$$\frac14\times2\le f(2)\le4\times2,$$

即 $1/2\le f(2)\le8$。