2017年广东专升本高等数学真题

答案：C。

A 中指数趋于负无穷，极限为零。B 中 $1/n\to0$，指数函数连续，极限为 $e^0=1$。C 约分后为 $1/(x+1)$，极限为 $1/2$，并非零。D 由 $|x\sin(1/x)|\le|x|\to0$ 及夹逼定理得到零。

答案：B。

固定实数 $a$，对充分大的正 $x$ 底数为正。重要极限或取对数给出 $\lim(1+a/x)^x=e^a$（$a=0$ 时也成立）。由 $e^a=4$ 得 $a=\ln4=2\ln2$。

答案：D。

原函数关系表示 $F'(x)=f(x)$，因此 C 是定义本身。A 将导函数积分后回到原函数 $f(x)+C$；B 先对 $f$ 积分再求导，也回到 $f$。

D 若恒成立，对两边求导会要求 $F(x)=f'(x)$，题设并未给出这种关系。例如取 $f(x)=1,F(x)=x$，D 左边为 $x^2/2+C$，不等于 $1+C$。故只有 D 不正确。

答案：D。

令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2,dx=2tdt$，上下限从 $0,4$ 变为 $0,2$。于是

$$\int_0^4f(\sqrt{x})dx=2\int_0^2tf(t)dt=2\times4=8.$$

积分变量改名不改变已知积分的值。

答案：A。

原积分区域为 $-1\le x\le1,\ 0\le y\le\sqrt{1-x^2}$，即 $x^2+y^2\le1,\ y\ge0$ 的上半单位圆。

令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，则 $0\le r\le1,0\le\theta\le\pi$，且 $x^2+y^2=r^2$。面积元也要变化为 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$，所以

$$I=\int_0^\pi d\theta\int_0^1 r f(r^2)\,dr.$$

B 漏掉了面积元的因子 $r$；C、D 将角度扩大到整圆。故选 A。

答案：$3$。

把比值拆成 $(\sin6x)/(6x)\cdot(2x)/f(x)\cdot3$。由重要极限与等价无穷小定义，前两因子都趋于 $1$，所以极限为 $3$。

答案：$1/(p-1)$。

对有限上限 $R$，积分为 $[x^{1-p}/(1-p)]_1^R=(R^{1-p}-1)/(1-p)$。因 $p>1$，$R^{1-p}\to0$，取极限即得 $1/(p-1)$。

答案：$-1/x^2$（$x\ne0$）。

由全微分系数读出 $z_y=1/x$，再关于 $x$ 求偏导得 $z_{yx}=-1/x^2$。也可读出 $z_x=-y/x^2$，再对 $y$ 求导，得到相同结果。两个求导次序一致。

答案：$y=C_1e^{-3x}+C_2e^{3x}$。

特征方程 $r^2-9=0$ 的不同实根为 $-3,3$，对应两个线性无关解 $e^{-3x},e^{3x}$。通解为它们的任意线性组合。

答案：$1$。

先裂项 $1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1)$，前 $N$ 项相加后中间项抵消，得 $S_N=1-1/(N+1)$。令 $N\to\infty$，得级数和 $1$。

答案：$9$。

分子分母同时趋零。两次洛必达法则给出

$$\lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-3x-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{3e^{3x}-3}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{9e^{3x}}{\cos x}=9.$$

零点附近去心邻域中的 $\sin x$ 非零，第二次后的分母 $\cos x$ 也非零。

答案：$y'=x^{x^2+1}(2\ln x+1)$。

取对数得 $\ln y=x^2\ln x$。关于 $x$ 求导，$y'/y=2x\ln x+x$，再乘 $y=x^{x^2}$：

$$y'=x^{x^2}x(2\ln x+1)=x^{x^2+1}(2\ln x+1).$$

答案：$(-\infty,1)$ 上 $f''<0$，曲线为凸；$(1,+\infty)$ 上 $f''>0$，曲线为凹；拐点为 $(1,0)$。

被积函数连续，变限积分求导得 $f'(x)=\sqrt{(x-1)^2+1}$，继续求导：

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

分母恒正，二阶导数在 $x=1$ 两侧由负变正，故它是拐点横坐标。$f(1)=\int_1^1\cdots=0$，所以拐点为 $(1,0)$。

答案：$x\sin(x+2)+\cos(x+2)+C$。

取 $u=x,dv=\cos(x+2)dx$，则 $du=dx,v=\sin(x+2)$，由分部积分得

$$\int x\cos(x+2)dx=x\sin(x+2)-\int\sin(x+2)dx=x\sin(x+2)+\cos(x+2)+C.$$

答案：$0$。

在 $\tan z$ 有定义的位置，分别关于 $x,y$ 求导：

$$3(x-y)^2+(1+\sec^2z)z_x=0,$$

$$-3(x-y)^2+(1+\sec^2z)z_y=0.$$

两式相加，得到 $(1+\sec^2z)(z_x+z_y)=0$。系数恒正，故 $z_x+z_y=0$。

答案：$(e-1)/3$。

区域可写为 $0\le x\le1,0\le y\le x^2$。先关于 $y$ 积分，

$$I=\int_0^1dx\int_0^{x^2}e^{x^3}dy=\int_0^1x^2e^{x^3}dx.$$

令 $u=x^3$，$du=3x^2dx$，得 $I=(1/3)\int_0^1e^udu=(e-1)/3$。

答案：$y=2e^{2x}-e^x$。

切线斜率就是导数，故方程为 $y'-2y=e^x$，初值 $y(0)=1$。乘积分因子 $e^{-2x}$ 得 $(ye^{-2x})'=e^{-x}$。积分得到 $ye^{-2x}=-e^{-x}+C$，即 $y=-e^x+Ce^{2x}$。

代入初值得 $-1+C=1$，故 $C=2$。将所得函数求导可验证 $y'=2y+e^x$。

答案：收敛。

第一部分 $\sum1/n^2$ 为 $p=2>1$ 的收敛 $p$ 级数。第二部分令 $u_n=4^n/n!$，比值 $u_{n+1}/u_n=4/(n+1)\to0<1$，故收敛。两个收敛级数逐项相加仍收敛。

答案：（1）$y=1$ 与 $y=-1$；（2）$V=\pi(1+\ln2)$。

（1） $\sqrt{1+x^2}=|x|\sqrt{1+1/x^2}$。$x\to+\infty$ 时比值趋于 $1$，$x\to-\infty$ 时因 $|x|=-x$，比值趋于 $-1$。故两条水平渐近线如上。

（2） 在 $[0,1]$ 上函数恒正，圆盘法给出

$$V=\pi\int_0^1f^2(x)dx=\pi\int_0^1\frac{(1+x)^2}{1+x^2}dx=\pi\int_0^1\left(1+\frac{2x}{1+x^2}\right)dx.$$

原函数为 $x+\ln(1+x^2)$，代入上下限得到 $\pi(1+\ln2)$。

答案：（1）恒等式成立；（2）恰有一个实根。

（1） 令 $F(x)=f(x)+f(1/x)=\arctan(1/x)+\arctan x$（$x>0$）。链式法则给出

$$F'(x)=-\frac1{1+x^2}+\frac1{1+x^2}=0.$$

故 $F$ 在连通区间 $(0,+\infty)$ 为常数。代 $x=1$ 得 $F(1)=2\arctan1=\pi/2$，恒等式得证。

（2） 令 $G(x)=\arctan(1/x)-x$。它连续，且 $G'(x)=-1/(1+x^2)-1<0$，所以至多一个零点。又 $G(x)\to\pi/2>0$（$x\to0^+$），$G(x)\to-\infty$（$x\to+\infty$）。连续性与介值定理保证至少一个零点。两者合并即恰有一个实根。