2019年广东专升本高等数学真题

答案：B。

分母 $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$ 在 $x=-2,1$ 为零，原函数在这两点无定义。其他点的有理函数连续，故仅这两点间断。

当 $x\ne-2,1$ 时可约分成 $x/(x+2)$。$x=1$ 是可去间断点，$x=-2$ 为无穷间断点；约分不能自动补回原函数的定义域。

答案：A。

左极限为 $\lim_{x\to0^-}(x+1)=1$，右极限为 $\lim_{x\to0^+}\cos x=1$。左右极限相等，故极限存在且等于 $1$。点处函数值 $f(0)=2$ 不影响趋近时的极限。

答案：D。

不定积分具有线性性质：函数之和的一个原函数等于各函数的原函数之和，所以 D 正确。

由题意 $f(x)=\sec^2x$，$g(x)=2^x\ln2$。A 把两个原函数相乘，其导数是 $2^x\sec^2x+2^x\ln2\tan x$，不是 $f(x)+g(x)$；B 右端求导为 $-2^{-x}\ln2+\sec^2x$，不是 $f(x)/g(x)$；C 右端求导为 $2^x\ln2\sec^2(2^x)$，也不是 $f[g(x)]=\sec^2(2^x\ln2)$。因此其余选项不能直接将原函数拼接作为相应不定积分。所有判断在各函数有定义的区间内进行。

答案：C。

A 的通项趋于 $1$，不趋零，故发散；B 是公比大于 $1$ 的几何级数，发散。C 是收敛几何级数 $\sum2/3^n$ 与收敛 $p=3$ 级数之差，故收敛。D 的项不小于调和级数项 $1/n$，由比较判别法发散。

答案：B。

先由极值必要条件：$f'(x)=a-b/x^2$，所以 $f'(-1)=a-b=0$。再看 $f''(x)=2b/x^3$，在 $-1$ 处为 $-2b$。要为极大值，需 $-2b<0$，即 $b>0$。若 $b=0$ 则 $a=0$，函数常量，不符合选项所指的严格极大值。

答案：$y=x/3$。

$t=0$ 对应点是 $(0,0)$。对参数求导，$dx/dt=3t^2+3>0$，$dy/dt=1/(1+t^2)$，所以参数曲线导数为

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1/(1+t^2)}{3t^2+3}=\frac1{3(1+t^2)^2}.$$

代入 $t=0$，切线斜率为 $1/3$。经过原点的切线为 $y=x/3$。两参数函数对全部实数 $t$ 有定义，所求点的 $dx/dt$ 非零。

答案：$y=2/x$，包含初始点的区间为 $x>0$。

乘积的微分是 $d(xy)=y\,dx+x\,dy$，所以方程等价于 $d(xy)=0$，积分得 $xy=C$。代入 $(1,2)$ 得 $C=2$，即 $y=2/x$。原初值解不能跨越 $x=0$。

答案：$e^x\cos y$。

由全微分公式可直接读出 $z_x=e^x\sin y$。再关于 $y$ 求偏导，得到 $z_{xy}=e^x\cos y$。也可从 $z_y=e^x\cos y$ 再关于 $x$ 求导，得到同样结果。

答案：$1/3$。

按区域条件先对 $y$ 积分：

$$\iint_Dx\,d\sigma=\int_0^1dx\int_0^x x\,dy=\int_0^1x^2dx=\frac13.$$

内层积分时 $x$ 是固定常数，故结果为 $x$ 乘区间长度 $x$。

答案：$\pi$。

按反常积分定义，所求等于 $\lim_{t\to+\infty}\int_1^t f(x)dx=\lim_{t\to+\infty}t\sin(\pi/t)$。令 $u=\pi/t\to0^+$，表达式为 $\pi\sin u/u$，由重要极限得到 $\pi$。

答案：$1/2$。

分子分母均趋于零，第一次洛必达法则得 $(e^x-\cos x)/(2x)$，仍为零比零，再用一次得 $(e^x+\sin x)/2$。其极限为 $(1+0)/2=1/2$。两次都在零点的去心邻域满足分母导数非零。

答案：

$$y'=\frac{x^x}{2x+1}\left(\ln x+1-\frac2{2x+1}\right).$$

因 $x>0$，$y>0$，可用对数求导：$\ln y=x\ln x-\ln(2x+1)$。两边求导得 $y'/y=\ln x+1-2/(2x+1)$，再乘原来的 $y$ 即得结果。

答案：$2\arctan x+\tfrac12\ln(1+x^2)+C$。

拆分为 $2\int dx/(1+x^2)+\int xdx/(1+x^2)$。第一项为 $2\arctan x$；第二项令 $u=1+x^2$，$du=2xdx$，得到 $\tfrac12\ln(1+x^2)$。因 $1+x^2>0$，对数内无需绝对值。

答案：$-1/15$。

令 $t=\sqrt{2x+1}$，则 $x=(t^2-1)/2$，$dx=t\,dt$。原上下限 $-1/2,0$ 对应 $t=0,1$。于是

$$I=\frac12\int_0^1(t^4-t^2)dt=\frac12\left(\frac15-\frac13\right)=-\frac1{15}.$$

原区间 $x\le0$，被积函数非正，结果负号也符合预期。

答案：

$$z_x=\frac{1-yze^{xyz}}{1+xye^{xyz}},\qquad z_y=-\frac{xze^{xyz}}{1+xye^{xyz}}.$$

在方程可确定可微隐函数且 $1+xye^{xyz}\ne0$ 的位置，关于 $x$ 求导：

$$1-z_x=e^{xyz}(yz+xy z_x).$$

移项得 $(1+xye^{xyz})z_x=1-yze^{xyz}$。

关于 $y$ 求导时 $x$ 不变：$-z_y=e^{xyz}(xz+xy z_y)$，移项得 $(1+xye^{xyz})z_y=-xze^{xyz}$。分别除以非零系数即可。

答案：$8\pi\ln2-3\pi$。

极坐标范围为 $1\le r\le2,0\le\theta\le2\pi$，$\ln(x^2+y^2)=2\ln r$，面积元为 $rdrd\theta$，故

$$I=4\pi\int_1^2r\ln r\,dr.$$

分部积分给出 $\int r\ln r\,dr=(r^2/2)\ln r-r^2/4$，因此

$$I=4\pi\left(2\ln2-1+\frac14\right)=8\pi\ln2-3\pi.$$

答案：收敛。

给出的比值 $b_{n+1}/b_n$ 要求各分母 $b_n$ 非零，结合 $b_n\ge a_n\ge0$ 得 $b_n>0$。将比值分子分母同时除以 $n^4$：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1+1/n)^4}{3+2/n^3-1/n^4}=\frac13<1.$$

所以由正项级数比值判别法 $\sum b_n$ 收敛。再由 $0\le a_n\le b_n$，比较判别法说明 $\sum a_n$ 收敛。此比较允许 $a_n=b_n$，不需要严格小于。

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

由链式法则，$df/d(e^{-x})=f'(x)/(-e^{-x})=x$，所以 $f'(x)=-xe^{-x}$。再求导得

$$f''(x)=-e^{-x}+xe^{-x}=(x-1)e^{-x}.$$

指数因子恒正，二阶导数的符号由 $x-1$ 决定，故区间如上。这里明确导数符号以避免凹凸称谓差异。

答案：（1）$\varphi(x)=\cos x+\sin x$；（2）$V=\pi^2/2+\pi$。

（1）将积分方程化为微分方程。 连续性保证变限积分可导；右边各项可导，故 $\varphi$ 也可导。两边求导并注意下限导数的负号：

$$\varphi'(x)=1+x\varphi(x)+\int_x^0\varphi(t)dt-x\varphi(x)=1+\int_x^0\varphi(t)dt.$$

再次求导得 $\varphi''=-\varphi$。原式代 $x=0$ 得 $\varphi(0)=1$，一阶导数式给出 $\varphi'(0)=1$。

方程通解为 $C_1\cos x+C_2\sin x$，代入初值得 $C_1=C_2=1$。可将所得函数代回积分方程检验。

（2） 在 $[0,\pi/2]$ 上函数非负，圆盘法给出

$$V=\pi\int_0^{\pi/2}(\sin x+\cos x)^2dx=\pi\int_0^{\pi/2}(1+\sin2x)dx=\pi\left(\frac\pi2+1\right).$$

答案：（1）$f$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递减；（2）$2018^{2019}>2019^{2018}$。

（1） 求导并合并分式：

$$f'(x)=\ln\left(1+\frac1x\right)-\frac1x-\frac1{1+x}.$$

对任意 $u>0$，$\ln(1+u)<u$。例如令 $h(u)=u-\ln(1+u)$，则 $h(0)=0,h'(u)=u/(1+u)>0$，可证明该不等式。取 $u=1/x$，得到

$$f'(x)<-\frac1{1+x}<0,$$

故 $f$ 严格递减。

（2） 因 $2018>3$，有 $f(2018)<f(3)=3\ln4-4\ln3=\ln(64/81)<0$。另一方面

$$f(2018)=\ln\frac{2019^{2018}}{2018^{2019}}.$$

对数为负说明比值小于 $1$，所以 $2019^{2018}<2018^{2019}$。