2013年广东专升本高等数学真题

答案：C。

“与 $x$ 等价”是指该无穷小除以 $x$ 后极限为 $1$。已知基本等价关系 $\ln(1+x)\sim x$、$\arcsin x\sim x$。对于 D，有

$$\frac{\sqrt{1+2x}-1}{x}=\frac{2}{\sqrt{1+2x}+1}\longrightarrow1.$$

但 $1-\cos x=2\sin^2(x/2)\sim x^2/2$，因此 $(1-\cos x)/x\to0$。所以只有 C 不与 $x$ 等价。

答案：C。

先看无穷远处：

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{x^2-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{1-1/x^2}=1,$$

所以 $y=1$ 是水平渐近线。再看分母为零的点 $x=\pm1$，此时分子趋于 $1$ 而分母趋于 $0$，函数在相应单侧趋于无穷大，故 $x=1$、$x=-1$ 都是铅直渐近线。两类渐近线同时存在，应选 C。

答案：C。

罗尔定理要求：闭区间连续、开区间可导、两端函数值相等。A 虽连续且端点值相等，但 $x=0$ 处的差商 $x^{2/3}/x=x^{-1/3}$ 无有限极限，不可导。B 在 $0$ 处左、右导数分别为 $-1,1$，也不可导。

C 在整个区间连续，在 $0$ 处差商 $x^{1/3}\to0$，因而可导，其余点也可导，并且 $f(-1)=f(1)=1$，满足全部条件。D 的端点值分别为 $-1,1$，不相等。故选 C。

答案：A。

求导时两项中的 $\sin x$ 相消：

$$f'(x)=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x.$$

在 $0$ 的充分小邻域内，$\cos x>0$，因此导数由负变正，$f(0)$ 是极小值。在 $\pi/2$ 附近，$x>0$，而 $\cos x$ 由正变负，导数也由正变负，$f(\pi/2)$ 是极大值。故选 A。

答案：D。

对含 $\ln x$ 的表达式取 $x>0$。令 $u=2\ln x+1$，则 $du=2\,dx/x$，所以

$$\int\frac1xf(2\ln x+1)\,dx=\frac12\int f(u)\,du=\frac12F(u)+C.$$

代回 $u$ 得 D。也可求导验证：$[F(2\ln x+1)/2]'=f(2\ln x+1)/x$。A、B 错把 $F$ 的原函数当成 $f$；C 少了换元带来的 $1/2$。

答案：$f(1)=\dfrac12$。

连续要求补入的函数值等于该点极限。对于 $x\ne\pm1$，通分得

$$f(x)=\frac{x+1-2}{(x-1)(x+1)}=\frac1{x+1}.$$

于是 $\lim_{x\to1}f(x)=1/2$。定义 $f(1)=1/2$ 即可使函数在 $1$ 处连续。约去因子只在 $x\ne1$ 时进行，补入的值由极限决定。

答案：$y=\dfrac{x-1}{\ln3}$。

$t=0$ 对应的点是 $(1,0)$。参数方程的导数为

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{\sec^2t}{3^t\ln3}.$$

因 $dx/dt|_{t=0}=\ln3\ne0$，该公式适用，切线斜率为 $1/\ln3$。用点斜式 $y-0=(x-1)/\ln3$ 得所求方程。

答案：$f'_-(0)=e^{-1}$。

左导数应从左侧差商计算，而不是直接代入左侧求导公式：

$$f'_-(0)=\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}x=\lim_{x\to0^-}(1-x)^{1/x}.$$

对最后的正数取对数，$\ln[(1-x)^{1/x}]=\ln(1-x)/x\to-1$，再取指数，得到极限 $e^{-1}$。这里右导数为 $0$，但题目只问左导数。

答案：$V=\pi$。

在位置 $x$ 处垂直于 $x$ 轴的截面是半径 $1/x$ 的圆，面积为 $\pi/x^2$。由于图形沿 $x$ 轴无限延伸，体积用反常积分：

$$V=\pi\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^2}=\pi\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac1x\right]_1^b=\pi.$$

虽然区域无界，截面积衰减足够快，体积仍然有限。

答案：$2\pi$。

取 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$。圆环对应 $1\le r\le2$、$0\le\theta\le2\pi$，而面积元为 $d\sigma=r\,dr\,d\theta$。于是

$$\iint_D\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\,d\sigma=\int_0^{2\pi}\!d\theta\int_1^2\frac1r\,r\,dr=2\pi.$$

不能漏掉面积元中的 $r$，否则会错误地得到对数。

答案：$1$。

令 $t=1/x$，则 $t\to0^+$，原式变成 $\sin(e^t-1)/t$。将其分成两个基本极限：

$$\frac{\sin(e^t-1)}t=\frac{\sin(e^t-1)}{e^t-1}\cdot\frac{e^t-1}t.$$

由于 $e^t-1\to0$，第一因子趋于 $1$；第二因子也趋于 $1$，所以原极限为 $1$。此处可分别使用 $\sin u\sim u$、$e^t-1\sim t$。

答案：$a=2,\ b=-1$。

分母趋于零而整个比值趋于零，分子必趋于零。由 $f$ 连续得 $(a+b-1)f(0)=0$。因 $f(0)\ne0$，所以 $a+b=1$。

用这一关系把常数项消去：

$$\frac{af(x)+bf(2x)-f(0)}x=a\frac{f(x)-f(0)}x+2b\frac{f(2x)-f(0)}{2x}.$$

按导数定义，其极限为 $(a+2b)f'(0)$。又因 $f'(0)\ne0$，必须 $a+2b=0$。联立两式得 $b=-1,a=2$。反代后极限确为零，因此条件也充分。

答案：$y'(0)=2$。

因为有 $\ln y$，解应满足 $y>0$。先代 $x=0$ 到方程，得 $y=1$。再把 $y$ 看作 $x$ 的函数，对等式两边求导：

$$y\ln y+xy'\ln y+xy'+y'=2e^{2x}.$$

因此 $y'(1+x\ln y+x)=2e^{2x}-y\ln y$。在 $(x,y)=(0,1)$ 代入，系数为 $1$，得 $y'(0)=2$。系数非零也保证该点附近可以由此式解出导数。

答案：凹区间为 $(-\infty,0)$，凸区间为 $(0,+\infty)$，拐点为 $(0,\ln2)$。

因为 $\sqrt{x^2+4}>|x|$，对数内恒为正，定义域为 $\mathbb R$。链式求导后约简：

$$y'=\frac{x/\sqrt{x^2+4}+1}{\sqrt{x^2+4}+x}=\frac1{\sqrt{x^2+4}},\qquad y''=-\frac{x}{(x^2+4)^{3/2}}.$$

分母恒正。当 $x<0$ 时 $y''>0$，曲线为凹（向上弯）；当 $x>0$ 时 $y''<0$，曲线为凸（向下弯）。二阶导数在 $0$ 两侧变号，故该处是拐点，其纵坐标为 $\ln2$。

答案：$\dfrac1{\cos x}+\cos x+C$。

先将一个 $\sin x$ 留给微分，其余用 $\sin^2x=1-\cos^2x$ 改写。令 $u=\cos x$，$du=-\sin x\,dx$，有

$$\int\frac{\sin^3x}{\cos^2x}\,dx=-\int\frac{1-u^2}{u^2}\,du=-\int(u^{-2}-1)\,du=\frac1u+u+C.$$

代回即得结论，适用于 $\cos x\ne0$ 的各连续区间。求导检验得到 $\sin x/\cos^2x-\sin x=\sin^3x/\cos^2x$。

答案：$2(\sqrt3-1)-\dfrac\pi3$。

根式提示令 $t=\sqrt{x+1}$，则 $x=t^2-1$、$dx=2t\,dt$；上下限 $x=0,2$ 分别变为 $t=1,\sqrt3$。于是

$$I=2\int_1^{\sqrt3}\frac{t^2-1}{t^2+1}\,dt=2\int_1^{\sqrt3}\left(1-\frac2{t^2+1}\right)dt.$$

积分后得到

$$I=2[t-2\arctan t]_1^{\sqrt3}=2(\sqrt3-1)-4\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)=2(\sqrt3-1)-\frac\pi3.$$

更换变量后上下限也必须一起更换。

答案：$dz=ye^{-x^2y^2}\,dx+xe^{-x^2y^2}\,dy$，$z_{xy}=e^{-x^2y^2}(1-2x^2y^2)$。

先将上限看成复合变量 $u=xy$。由变上限积分求导和链式法则，

$$z_x=e^{-(xy)^2}\frac{\partial(xy)}{\partial x}=ye^{-x^2y^2},\qquad z_y=xe^{-x^2y^2}.$$

被积函数及这些偏导连续，所以全微分为 $dz=z_xdx+z_ydy$。再对 $z_x$ 关于 $y$ 求导，注意外面的因子 $y$ 也要求导：

$$z_{xy}=e^{-x^2y^2}+y e^{-x^2y^2}(-2x^2y)=e^{-x^2y^2}(1-2x^2y^2).$$

各阶偏导连续，先后次序可交换。

答案：当 $k>0$ 时，$y=C_1e^{(1+\sqrt k)x}+C_2e^{(1-\sqrt k)x}$；当 $k=0$ 时，$y=(C_1+C_2x)e^x$。

这是二阶常系数齐次线性方程，令 $y=e^{rx}$ 得特征方程

$$r^2-2r+1-k=(r-1)^2-k=0.$$

当 $k>0$ 时，两个不等实根为 $1\pm\sqrt k$，对应两个独立指数解；当 $k=0$ 时出现重根 $r=1$，第二个独立解须取 $xe^x$。所以不能把 $k=0$ 直接代入两不等根形式，否则会漏掉一个自由常数。

答案：$I=\displaystyle\int_1^e dy\int_0^{\ln y}\dfrac{(2x+1)(2y+1)}{\ln y+1}\,dx=\dfrac{e^2+3}{2}$。

原区域为 $0\le x\le1,\ e^x\le y\le e$。固定 $y$ 后，$y$ 从 $1$ 变到 $e$，由 $e^x\le y$ 得 $0\le x\le\ln y$，因此可写成答案中的积分次序。

先对 $x$ 积分：

$$I=\int_1^e\frac{2y+1}{\ln y+1}[x^2+x]_0^{\ln y}\,dy=\int_1^e(2y+1)\ln y\,dy.$$

这里 $\ln y+1>0$，约分合法。再分部积分，取 $u=\ln y,dv=(2y+1)dy$：

$$I=[(y^2+y)\ln y]_1^e-\int_1^e(y+1)\,dy=e^2+e-\left[\frac{y^2}2+y\right]_1^e=\frac{e^2+3}{2}.$$

答案：（1）$f(x)=2(e^x-x-1)$（$x\ge0$）；（2）不等式对所有 $x>0$ 成立。

（1）非负性使面积等于积分，故

$$\int_0^t f(u)\,du=f(t)-t^2.$$

令 $t=0$ 得 $f(0)=0$。对 $t$ 求导得 $f'(t)-f(t)=2t$，这是一阶线性方程。乘积分因子 $e^{-t}$：

$$[e^{-t}f(t)]'=2te^{-t}.$$

由分部积分 $\int2te^{-t}dt=-2(t+1)e^{-t}$，得 $f(t)=-2(t+1)+Ce^t$。再用 $f(0)=0$ 得 $C=2$，因此 $f(x)=2(e^x-x-1)$。由于 $e^x\ge1+x$，该函数在 $[0,+\infty)$ 非负，且代回面积关系成立。

（2）先设 $g(x)=e^x-x-1$，则 $g(0)=0$，$g'(x)=e^x-1>0$（$x>0$），所以 $g(x)>0$。再设

$$H(x)=2(e^x-x-1)-x^2-\frac{x^3}{3}.$$

有 $H(0)=H'(0)=0$，且 $H''(x)=2(e^x-x-1)>0$（$x>0$）。因此 $H'$ 在正半轴严格递增，$H'(x)>0$；继而 $H$ 严格递增，$H(x)>H(0)=0$。这正是 $f(x)>x^2+x^3/3$。