2016年广东专升本高等数学真题

答案：A。

左极限是 $1+1=2$，函数值及右极限是 $3+a$。连续要求 $3+a=2$，故 $a=-1$。

答案：D，即 $f'(x_0)=6$。

导数定义是

$$f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}.$$

题目给出的极限与定义完全相同，所以导数等于 $6$，对应 D。注意分子的自变量增量和分母都是 $\Delta x$，没有额外倍率。

答案：A。

点在曲线上给出 $a+b=2$。二阶导数为 $6ax+2b$，拐点 $x=1$ 满足 $6a+2b=0$，即 $3a+b=0$。联立得 $a=-1,b=3$。此时 $y''=6(1-x)$ 在 $x=1$ 两侧变号，确为拐点。

答案：D。

链式法则给出 $[f(\cos x)]'=-\sin x f'(\cos x)$。因此所求原函数为 $-f(\cos x)+c$。也可令 $u=\cos x$，$du=-\sin xdx$ 直接换元。

答案：C。

部分和 $s_n\to1$，所以 $\sum u_n$ 收敛。A 为其常数倍，B 是原级数与去首项级数的和，D 是原级数与公比 $3/5$ 的收敛几何级数之差，均收敛。

C 中增加了发散调和级数 $\sum1/n$。其部分和为 $s_n+\sum_{k=1}^n1/k\to+\infty$，故发散。

答案：$3$。

令 $u=3/x\to0^+$，则 $x\sin(3/x)=3\sin u/u\to3$。

答案：$dx$。

$y'=[(1+x^2)-2x^2]/(1+x^2)^2=(1-x^2)/(1+x^2)^2$，故 $y'(0)=1$。由 $dy=y'dx$，在零点的微分为 $dx$。

答案：$1/y$，其中 $y>0$。

先对 $x$ 求偏导得 $z_x=\ln y$，再对 $y$ 求导得 $z_{xy}=1/y$。函数在 $y>0$ 上光滑，交换次序也得同样结果。

答案：$\pi/2$。

极坐标下 $0\le r\le1,0\le\theta\le2\pi$，被积函数为 $r^2$，面积元为 $rdrd\theta$，故积分为 $\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1r^3dr=2\pi/4=\pi/2$。

答案：$8\pi/3$。

每个 $x\in[-2,2]$ 处，椭圆内部的竖线段旋转形成半径 $\sqrt{1-x^2/4}$ 的圆盘。体积为

$$V=\pi\int_{-2}^2\left(1-\frac{x^2}4\right)dx=\pi\left[x-\frac{x^3}{12}\right]_{-2}^2=\frac{8\pi}3.$$

答案：$1/6$。

先合并为 $(x-\sin x)/x^3$，再连续使用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{6x}=\frac16.$$

重要极限 $\sin x/x\to1$ 给出最后结果。

答案：$y=-x+1$。

对方程关于 $x$ 求导得 $6x+y'+e^{xy}(y+xy')=0$，即

$$y'(1+xe^{xy})=-6x-ye^{xy}.$$

代入 $(0,1)$ 得 $y'=-1$。点斜式为 $y-1=-(x-0)$，即 $y=-x+1$。

答案：$2\arcsin\sqrt{x}+C$，实数被积函数要求 $0<x<1$。

令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2,dx=2tdt$，而 $\sqrt{x(1-x)}=t\sqrt{1-t^2}$。积分化为

$$2\int\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=2\arcsin t+C=2\arcsin\sqrt{x}+C.$$

代换中 $t>0$，可约去分子分母的 $t$。

答案：$2/\ln2-1/(\ln2)^2$。

取 $u=x,dv=2^xdx$，则 $du=dx,v=2^x/\ln2$。分部积分得

$$I=\left[\frac{x2^x}{\ln2}\right]_0^1-\frac1{\ln2}\int_0^12^xdx=\frac2{\ln2}-\frac1{\ln2}\left[\frac{2^x}{\ln2}\right]_0^1=\frac2{\ln2}-\frac1{(\ln2)^2}.$$

答案：$z_x(1,0)=2+2\ln2,z_y(1,0)=1$。

在 $u>0$ 时 $z_u=vu^{v-1}$，$z_v=u^v\ln u$。由链式法则，

$$z_x=z_u u_x+z_v v_x=2vu^{v-1}+u^v\ln u,$$

$$z_y=z_u u_y+z_v v_y=vu^{v-1}.$$

在 $(1,0)$ 处，$u=2,v=1$，代入得上述结果。$x$ 同时改变底数和指数，因此对 $x$ 求导不能只保留一条链。

答案：$4/3$。

有界区域位于第一象限：曲线 $y=1/x$ 与 $y=x$ 相交于 $(1,1)$，加上 $x=2$ 得 $1\le x\le2,1/x\le y\le x$。所以

$$I=\int_1^2dx\int_{1/x}^x\frac x{y^2}dy=\int_1^2\left[-\frac xy\right]_{1/x}^xdx=\int_1^2(x^2-1)dx=\left[\frac{x^3}3-x\right]_1^2=\frac43.$$

答案：$a=0$，通解 $y=C_1+C_2e^{2x}$。

已知特解的一阶二阶导数为 $2e^{2x},4e^{2x}$。代回方程得 $(4-4+a)e^{2x}=0$，指数恒正，故 $a=0$。

此时方程 $y''-2y'=0$ 的特征方程为 $r(r-2)=0$，两个根 $0,2$ 对应解 $1,e^{2x}$，故通解如上。

答案：收敛。

初项 $u_1=1>0$，递推系数均为正，所以所有 $u_n>0$。递推式直接给出

$$\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac13\lim_{n\to\infty}(1+1/n)^n=\frac e3<1.$$

由比值判别法，原级数收敛。

**结论：**两命题均成立。

（1） 在零点附近函数有定义，且 $f(x)\to0$。用洛必达法则，

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to0}\left(\frac1{1+x}-1+x\right)=0.$$

按高阶无穷小定义，$f(x)=o(x)$。

（2） 将导数通分：

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

当 $x>0$ 时导数为正，且 $f(0)=0$。故 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格增加，得到 $f(x)>f(0)=0$。

答案：（1）在 $(0,+\infty)$ 上严格增加，无内部极值；在 $x=0$ 处取得严格全局最小值 $0$。（2）$f(x)=\sqrt{e^{\arctan x}-1}$（$x\ge0$）。

（1）判断极值与端点最小值。 在积分方程中取 $x=0$，积分为零，故 $f^2(0)=0$，即 $f(0)=0$。

当 $x>0$ 时，被积函数 $(1+f^2(t))/(1+t^2)$ 连续且严格为正，因此积分严格大于零。于是 $f^2(x)>0$；结合非负条件，得到 $f(x)>0$。对积分方程两边求导，由积分上限函数求导公式和复合函数求导法则，

$$2f(x)f'(x)=\frac{1+f^2(x)}{1+x^2}\quad(x>0).$$

右侧严格为正，且 $f(x)>0$，所以 $f'(x)>0$。函数在 $(0,+\infty)$ 严格增加，没有内部极大值或极小值。

另一方面，$f(0)=0$，而所有 $x>0$ 都有 $f(x)>0$。因此 $x=0$ 是定义域上的严格全局最小值点，最小值为 $0$。若把端点按定义域内的单侧邻域纳入局部极值，它也构成端点极小值；若极值只讨论内点，则应表述为“无内部极值”。两种口径对应的内点和端点结论相同。

（2）求函数。 令 $g(x)=f^2(x)$，则 $g(0)=0$，并且

$$g'(x)=\frac{1+g(x)}{1+x^2}\quad(x>0).$$

因为 $1+g(x)>0$，可以分离变量：

$$\frac{dg}{1+g}=\frac{dx}{1+x^2}.$$

积分得到

$$\ln(1+g(x))=\arctan x+C.$$

由 $g$ 在 $0$ 处连续且 $g(0)=0$，令 $x\to0^+$，得到 $C=0$。从而

$$g(x)=e^{\arctan x}-1.$$

非负条件唯一选取非负平方根，故

$$\boxed{f(x)=\sqrt{e^{\arctan x}-1}\quad(x\ge0).}$$

代回检验。 所得 $g$ 满足 $g(0)=0$ 和 $g'(x)=(1+g(x))/(1+x^2)$。将这个等式从 $0$ 积分到 $x$，正好还原原积分方程；平方根函数在 $[0,+\infty)$ 连续，在 $(0,+\infty)$ 可导，并且非负，全部条件都满足。

零点边界说明。 当 $x\to0^+$ 时，$\arctan x\sim x$ 且 $e^u-1\sim u$，所以 $f(x)\sim\sqrt{x}$，右差商 $[f(x)-f(0)]/x\sim1/\sqrt{x}\to+\infty$。因此 $0$ 处没有有限右导数。题目只要求开区间内可导，端点只要求连续，这与所得函数一致。