2014年广东专升本高等数学真题

答案：B。

分段点的极限要分别考察左右两侧：

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}(x+2)=2,\qquad\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}(2+3x)=2.$$

左右极限相等，所以两侧极限存在且等于 $2$。孤立点函数值 $f(0)=1$ 不影响趋近时的极限，但说明函数在 $0$ 处不连续。

答案：D。

当 $|x|\to+\infty$ 时，$|\sin x/x|\le1/|x|\to0$。将分子、分母同除以 $x$：

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x}{x+2\sin x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac1{1+2\sin x/x}=1.$$

所以图形在正、负无穷远处均趋近直线 $y=1$，应选 D。

答案：C。

先确定定义域为 $x>0$。求两次导数，得 $y'=1/x+x$、$y''=1-1/x^2$。当 $0<x<1$ 时，$y''<0$，曲线为凸（向下弯）；当 $x>1$ 时，$y''>0$，曲线为凹（向上弯）。所以凸区间是 $(0,1)$，选 C。负区间不在函数定义域内。

答案：D。

由原函数定义，$f(x)=(\arctan x^2)'=2x/(1+x^4)$，A 正确。又 $f(x)/x=2/(1+x^4)\to2$，极限为非零有限数，说明二者同阶，B 正确。注意同阶不要求比值为 $1$。

对 C，用原函数和反常积分定义得 $\int_0^{+\infty}f(x)dx=\lim_{b\to+\infty}[\arctan x^2]_0^b=\pi/2$。对 D，令 $u=2x$，得到

$$\int f(2x)dx=\frac12\int f(u)du=\frac12\arctan4x^2+C.$$

D 缺少 $1/2$，所以它不正确。

答案：A。

原积分区域由 $0\le x\le1$、$x^2\le y\le1$ 描述，即第一象限中抛物线 $y=x^2$ 上方、直线 $y=1$ 下方的部分。改为先对 $x$ 积分时，$0\le y\le1$，而 $x^2\le y$ 连同 $x\ge0$ 给出 $0\le x\le\sqrt y$。因此 $I=\int_0^1dy\int_0^{\sqrt y}f(x,y)dx$，选 A。

答案：$2$。

$n$ 为趋于正无穷的正整数，可将 $n^2$ 从根号中提出：

$$\frac{\sqrt{4n^2+3n+1}}n=\sqrt{4+\frac3n+\frac1{n^2}}\longrightarrow\sqrt4=2.$$

根号内趋于正数，平方根函数在该处连续，故可以直接将极限传入根号。

答案：$\xi=1$。

多项式在闭区间连续且开区间可导，满足定理条件。中值定理要求

$$f'(\xi)=\frac{f(2)-f(0)}{2-0}=\frac{7-(-1)}2=4.$$

而 $f'(x)=2x+2$，所以 $2\xi+2=4$，解得 $\xi=1\in(0,2)$。

答案：$a=-\dfrac12$。

$x=\ln\cos t$ 的实数取值要求 $\cos t>0$，所以 $e^{-x}=1/\cos t=\sec t$。因此参数关系可消去 $t$ 写成 $y=ae^{-x}$，求导得 $y'=-ae^{-x}$。

代入方程有 $-ae^{-x}=ae^{-x}+e^{-x}$。由于 $e^{-x}>0$，约去得 $-a=a+1$，从而 $a=-1/2$。这也避免在 $\tan t=0$ 时直接使用参数导数比值产生 $0/0$。

答案：$0$。

定义域要求 $xy>0$。先对 $x$ 求偏导，把 $y$ 看成常数，得 $z_x=y/(xy)=1/x$。再对 $y$ 求偏导，因为 $1/x$ 与 $y$ 无关，故 $z_{xy}=0$。也可反向先求 $z_y=1/y$，再对 $x$ 求导，结果相同。无需把 $\ln(xy)$ 拆成 $\ln x+\ln y$，从而不会误排除 $x,y$ 同负的区域。

答案：$y=C_1e^{-4x}+C_2e^{3x}$。

对常系数齐次线性方程取特征方程 $r^2+r-12=0$。因式分解为 $(r+4)(r-3)=0$，得两个不等实根 $r=-4,3$。相应两个线性独立解是 $e^{-4x},e^{3x}$，其任意线性组合即为通解，$C_1,C_2$ 为任意常数。

答案：$-\dfrac12$。

两个分式单独没有有限极限，应先通分：

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

这是 $0/0$ 型。在 $0$ 的去心邻域内可连续两次使用洛必达法则：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{-e^{-x}+1}{e^{-x}-1-xe^{-x}}=\lim_{x\to0}\frac{e^{-x}}{-2e^{-x}+xe^{-x}}=-\frac12.$$

第一次求导后仍为 $0/0$，因此还需继续一次；分母的乘积项也要完整求导。

答案：$y''(0)=3$。

在 $|x|<1$ 内可求导。由乘积与链式法则，

$$y'=\arcsin x+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+\frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}.$$

继续求导得

$$y''=\frac1{\sqrt{1-x^2}}+\frac2{\sqrt{1-x^2}}+\frac{2x^2}{(1-x^2)^{3/2}}=\frac1{\sqrt{1-x^2}}+\frac2{(1-x^2)^{3/2}}.$$

代 $x=0$ 得 $1+2=3$。注意原式是减去根式，所以根式求导后贡献正的 $x/\sqrt{1-x^2}$。

答案：在 $(-\infty,0]$ 上递减，在 $[0,+\infty)$ 上递增；唯一极小值为 $f(0)=0$，无极大值。

因为 $4^x+1>0$，定义域为 $\mathbb R$。求导得

$$f'(x)=\frac{4^x\ln4}{(4^x+1)\ln4}-\frac12=\frac{4^x-1}{2(4^x+1)}.$$

分母恒正。$x<0$ 时 $4^x<1$，故导数为负；$x>0$ 时导数为正，且唯一驻点为 $x=0$。因此函数先减后增，$0$ 处是极小值点，其值 $\log_42-\log_42=0$。导数没有由正变负的点，所以无极大值。

答案：$\ln\left|\dfrac{\sqrt{x+3}-1}{\sqrt{x+3}+1}\right|+C$。

在原式有定义的区间 $x>-3,\ x\ne-2$ 上，令 $t=\sqrt{x+3}>0$，则 $x=t^2-3$、$dx=2t\,dt$。于是

$$\int\frac{dx}{(x+2)\sqrt{x+3}}=2\int\frac{dt}{t^2-1}=\int\left(\frac1{t-1}-\frac1{t+1}\right)dt.$$

逐项积分得 $\ln|t-1|-\ln|t+1|+C=\ln|(t-1)/(t+1)|+C$，代回 $t$ 即可。两个被间断点分开的区间各有任意积分常数。

答案：（1）$s=\dfrac23(2\sqrt2-1)$；（2）$V_x=\dfrac\pi9$。

（1）$f'(x)=\sqrt x$，在 $[0,1]$ 连续。平面曲线弧长公式给出

$$s=\int_0^1\sqrt{1+[f'(x)]^2}\,dx=\int_0^1\sqrt{1+x}\,dx=\left[\frac23(1+x)^{3/2}\right]_0^1=\frac23(2\sqrt2-1).$$

（2）绕 $x$ 轴旋转的圆盘半径为 $f(x)$，其面积为 $\pi[f(x)]^2$，所以

$$V_x=\pi\int_0^1\left(\frac23x^{3/2}\right)^2dx=\frac{4\pi}9\int_0^1x^3dx=\frac{4\pi}9\cdot\frac14=\frac\pi9.$$

弧长使用导数的平方，旋转体体积使用函数值的平方，不能混用。

答案：$\dfrac{\partial z}{\partial x}+\dfrac{\partial z}{\partial y}=1$。

记 $u=x-y,v=y-z,w=z-x$，下式中的 $f_u,f_v,f_w$ 均在这些内变量处取值。对原等式关于 $x$ 求偏导，注意 $z$ 也依赖 $x$：

$$f_u-f_vz_x+f_w(z_x-1)=0.$$

整理得 $(f_v-f_w)z_x=f_u-f_w$。同理，对 $y$ 求偏导得

$$-f_u+f_v(1-z_y)+f_wz_y=0,$$

即 $(f_v-f_w)z_y=-f_u+f_v$。由已知分母非零，二式相加可除以它，得到

$$z_x+z_y=\frac{f_u-f_w-f_u+f_v}{f_v-f_w}=1.$$

答案：$\dfrac{128}3-\dfrac\pi2$。

区域 $D$ 是正方形 $[-2,2]\times[-2,2]$ 去掉单位圆盘内部。被积函数连续，边界的取舍不影响积分。利用积分可加性，先算整个正方形再减去圆盘：

$$I=\int_{-2}^2dx\int_{-2}^2(x^2+y^2)dy-\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1r^2\,r\,dr.$$

第一项为

$$\int_{-2}^2\left(4x^2+\frac{16}3\right)dx=4\cdot\frac{16}3+\frac{16}3\cdot4=\frac{128}3.$$

第二项用极坐标，等于 $2\pi\cdot(1/4)=\pi/2$。因此 $I=128/3-\pi/2$。

答案：$y=\arctan\!\left[\dfrac12\ln(1+x^2)\right]$（$x\in\mathbb R$）。

由 $1-\sin^2y=\cos^2y$，方程化为 $(1+x^2)y'=x\cos^2y$。初始点 $y=0$ 附近 $\cos y\ne0$，可分离变量：

$$\frac{dy}{\cos^2y}=\frac{x}{1+x^2}dx.$$

两边积分得 $\tan y=\tfrac12\ln(1+x^2)+C$。用 $y(0)=0$ 得 $C=0$，在经过初始点的反正切分支上即为答案。该表达式始终处于 $(-\pi/2,\pi/2)$，对所有实数 $x$ 有定义；代入可验证初值和原方程。

答案：（1）$a=1$；（2）$y=3e^3x+1$。

（1）设 $A(x)=(1+3x^2)^{1/x^2}$。取对数得 $\ln A(x)=\ln(1+3x^2)/x^2\to3$，因此 $A(x)\to e^3$。又 $\sin3x\to0$，所以 $\lim_{x\to0}f(x)=1$。连续条件要求 $a=f(0)=1$。

（2）分段点处按导数定义计算：

$$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}(1+3h^2)^{1/h^2}\frac{\sin3h}h=e^3\cdot3=3e^3.$$

切线经过 $(0,1)$，斜率为 $3e^3$，故方程为 $y-1=3e^3x$，即 $y=3e^3x+1$。

答案：（1）$f'(e^2)=-e^2$；（2）$\dfrac{e^4-1}{2}$。

（1）定义域为 $x>0$。下限随 $x$ 变化，求导需带负号并乘下限的导数：

$$f'(x)=-e^{(\ln x)^2}\frac1x.$$

在 $x=e^2$ 处，$\ln x=2$，所以 $f'(e^2)=-e^4/e^2=-e^2$。

（2）令 $I=\int_1^{e^2}f(x)dx/x$，分部积分取 $u=f(x),dv=dx/x$。于是

$$I=[f(x)\ln x]_1^{e^2}-\int_1^{e^2}\ln x\,f'(x)dx.$$

边界项为零，因为 $\ln1=0$ 且 $f(e^2)=\int_2^2e^{t^2}dt=0$。代入第一问求出的导数：

$$I=\int_1^{e^2}\frac{\ln x}{x}e^{(\ln x)^2}dx=\frac12[e^{(\ln x)^2}]_1^{e^2}=\frac{e^4-1}{2}.$$

最后一步使用 $d[(\ln x)^2]=2\ln x\,dx/x$；不需要求 $e^{t^2}$ 的初等原函数。