2015年广东专升本高等数学真题

答案：B。

两个无穷小等价，表示它们的比值趋于 $1$。在 $x\ne0$ 时，

$$\frac{kx-2x^2+3x^3}{x}=k-2x+3x^2\longrightarrow k.$$

因此必须有 $k=1$，选 B。仅仅都趋于零还不能推出等价。

答案：A。

$f'(x_0)=0$ 表示 $x_0$ 是驻点，$f''(x_0)=1>0$。由二阶导数的定义，$f'(x_0+h)=h+o(h)$，所以充分靠近 $x_0$ 时，左侧导数为负、右侧导数为正，函数先减后增，$x_0$ 是极小值点。B 的极大值结论错误，C 否定极值也错误；若拐点处二阶导数存在，必要条件是该处二阶导数等于 $0$；本题 $f''(x_0)=1$，故 D 错误。

答案：C。

已知 $F'(u)=f(u)$。令 $u=2x$，则 $dx=du/2$，故

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

检验时求导：$[F(2x)/2]'=F'(2x)=f(2x)$，系数 $1/2$ 不能漏掉。

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。对任何常数 $k$，本函数在 $[0,1]$ 连续，在 $(0,1)$ 可导；端点处无须可导。

端点值为 $f(0)=1$、$f(1)=k$，所以 $k=1$。

答案：D。

A 是发散调和级数的两倍。B 的通项趋于 $1$ 而非 $0$，不满足级数收敛的必要条件。C 是 $p=1/2\le1$ 的 $p$ 级数，发散。

D 中的几何级数公比为 $3/4$，绝对值小于 $1$，故收敛；$\sum1/n^2$ 的 $p=2>1$，也收敛。两个收敛级数相加仍收敛，故选 D。

答案：$y=e^{-5}$。

在 $x>5$ 或 $x<0$ 时底数为正，可取对数。记 $y=(1-5/x)^x$，则

$$\ln y=x\ln(1-5/x)=-5\frac{\ln(1-5/x)}{-5/x}\longrightarrow-5\quad(x\to\pm\infty),$$

其中使用 $\ln(1+u)/u\to1$。所以 $y\to e^{-5}$，两端同有水平渐近线 $y=e^{-5}$。

答案：$2$。

参数方程求导公式为 $dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt)$，要求分母不为零。这里 $dy/dt=3t^2+2$，$dx/dt=\sec^2t$，在 $t=0$ 分母为 $1$，故

$$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=0}=\frac2{1}=2.$$

答案：$1/5$。

无穷上限积分须用有限上限的极限定义：

$$\int_1^{+\infty}x^{-6}\,dx=\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac1{5x^5}\right]_1^b=\lim_{b\to+\infty}\left(\frac15-\frac1{5b^5}\right)=\frac15.$$

答案：$y=e^{x^2/2}$。

方程可写成 $y'=xy$。在初值附近 $y\ne0$，分离变量得 $dy/y=x\,dx$，积分为 $\ln|y|=x^2/2+C$，即 $y=C_1e^{x^2/2}$。代入 $y(0)=1$ 得 $C_1=1$。

所得函数在整个实轴满足原方程和初值，因此是所求特解。

答案：$-1/(x\ln2)$。

固定 $x>0$，当增量充分小时函数有定义。令 $h=-\Delta x$，则原差商等于 $-[f(x+h)-f(x)]/h$，其极限是 $-f'(x)$。由 $f'(x)=1/(x\ln2)$ 得所求极限。负号来自自变量增量与分母的方向相反。

答案：$a=2,b=1$。

左极限中令 $u=2(x-1)$，用重要极限 $\sin u/u\to1$：

$$\lim_{x\to1^-}\frac{\sin2(x-1)}{x-1}=2.$$

右极限为 $\lim_{x\to1^+}(x+b)=1+b$，函数值为 $a$。连续要求 $2=1+b=a$，故 $a=2,b=1$。

答案：$-1/3$。

分子分母都趋于零，且分母导数在 $x\ne0$ 的邻域不为零，可用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}\frac{\arctan x-x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\frac1{1+x^2}-1}{3x^2}.$$

先通分化简分子为 $-x^2/(1+x^2)$，在 $x\ne0$ 时约去 $x^2$，得到

$$\lim_{x\to0}-\frac1{3(1+x^2)}=-\frac13.$$

先化简可避免反复求导。

答案：$-1/4$。

先用对数运算法则写为 $y=x-\ln(e^x+1)$。于是

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

代入 $x=0$、$e^0=1$，得到 $y''(0)=-1/4$。

答案：$2(\sqrt{x+2}-\arctan\sqrt{x+2})+C$。

实数定义域为 $x\ge-2$，原函数在内部区间 $x>-2$ 求导。令 $t=\sqrt{x+2}$，则 $x=t^2-2$、$dx=2t\,dt$、$x+3=t^2+1$。所以

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

积分后得 $2(t-\arctan t)+C$，再代回 $t=\sqrt{x+2}$ 即得结果。

答案：$\pi/8-1/4$。

在 $0\le x\le\pi/4$ 上，$x\ge0$ 且 $\cos2x\ge0$，曲线位于横轴上方，故面积为

$$A=\int_0^{\pi/4}x\cos2x\,dx.$$

用分部积分，取 $u=x$、$dv=\cos2x\,dx$，得到

$$A=\left[\frac x2\sin2x+\frac14\cos2x\right]_0^{\pi/4}=\frac\pi8-\frac14.$$

结果为正，与面积含义一致。

答案：$I=\int_0^\pi d\theta\int_0^1e^{r^2}r\,dr=\frac\pi2(e-1)$。

原积分区域满足 $x^2+y^2\le1$、$y\ge0$，是上半单位圆。极坐标下 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，范围为 $0\le r\le1$、$0\le\theta\le\pi$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$。

因此

$$I=\int_0^\pi d\theta\int_0^1e^{r^2}r\,dr=\int_0^\pi\frac12(e-1)\,d\theta=\frac\pi2(e-1).$$

径向积分使用 $u=r^2$，$du=2r\,dr$。面积元的 $r$ 是坐标变换的必要因子。

答案：$y=e^{-x}(2\cos2x+\sin2x)$。

特征方程 $r^2+2r+5=0$ 的根为 $-1\pm2i$，所以通解为

$$y=e^{-x}(C_1\cos2x+C_2\sin2x).$$

由 $y(0)=2$ 得 $C_1=2$。对通解求导：

$$y'=e^{-x}[-C_1\cos2x-C_2\sin2x-2C_1\sin2x+2C_2\cos2x].$$

在零点代入 $y'(0)=0$，得 $-C_1+2C_2=0$，故 $C_2=1$，得到所求特解。

答案：收敛。

各项 $a_n=n^2/(3^n+1)>0$，适用比值判别法。计算

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^2}{n^2}\frac{3^n+1}{3^{n+1}+1}=\left(1+\frac1n\right)^2\frac{1+3^{-n}}{3+3^{-n}}\longrightarrow\frac13<1.$$

故原正项级数收敛。结论不能只由通项趋于零得出，比值小于 $1$ 才是本题的充分依据。

答案：（1）$dz=x^{y-1}(1+y\ln x)dx+x^y(\ln x)^2dy$；（2）$e^2/2+\ln2-3$。

（1）求全微分。 对 $x$ 求偏导时固定 $y$，对 $y$ 求偏导时固定 $x$：

$$f_x=yx^{y-1}\ln x+x^{y-1}=x^{y-1}(1+y\ln x),$$

$$f_y=x^y(\ln x)^2.$$

这些偏导在给定定义域连续，故全微分为 $dz=f_xdx+f_ydy$，代入即得。

（2）计算积分。 $D$ 是矩形，先对 $y$ 积分可利用 $\partial(x^y)/\partial y=x^y\ln x$：

$$\iint_Df\,d\sigma=\int_2^e dx\int_{-1}^1x^y\ln x\,dy=\int_2^e[x^y]_{-1}^1dx=\int_2^e\left(x-\frac1x\right)dx.$$

所以

$$\iint_Df\,d\sigma=\left[\frac{x^2}2-\ln x\right]_2^e=\frac{e^2}2-1-2+\ln2=\frac{e^2}2+\ln2-3.$$

结论：（1）$F''(x)<0$，曲线向下弯曲，按本卷术语为“凸的”；（2）$F(x)=0$ 在 $(0,1)$ 内恰有一个实根。

（1） 因为 $f$ 可导而连续，微积分基本定理给出

$$F'(x)=f(x)-2x,\qquad F''(x)=f'(x)-2.$$

单调递减可导函数满足 $f'(x)\le0$，所以 $F''(x)\le-2<0$。用明确的二阶导数符号描述可避免不同教材“凹、凸”名称的差异。

（2）存在性。 $F$ 在 $[0,1]$ 连续，$F(0)=-1<0$。按题目的严格单调递减含义，对 $0\le t<1$ 有 $f(t)>f(1)=2$，从而

$$F(1)=\int_0^1f(t)dt-2>\int_0^1 2dt-2=0.$$

由零点定理，$(0,1)$ 内至少有一个实根。

唯一性。 当 $0<x<1$ 时，$f(x)>2$，所以 $F'(x)=f(x)-2x>2-2x>0$。因此 $F$ 在 $(0,1)$ 严格增加，至多有一个零点。结合存在性，恰有一个实根。

若把“单调递减”解释为仅非增，常函数 $f\equiv2$ 会使 $F(x)=-(x-1)^2$ 在开区间无根；本题的严格递减用语须保留。