2023年广东专升本高等数学真题

答案： C

指数函数 $2^x$ 在 $x=0$ 连续，可以直接代入。$2^0+1=2$，故选 C。

答案： C

连续要求 $a=\lim_{x\to0}(1+x^2)^{1/x^2}$。令 $t=x^2\to0^+$，由重要极限 $\lim_{t\to0}(1+t)^{1/t}=e$，得到 $a=e$。

答案： B

切线斜率等于该点导数。用乘积法则，$y\prime=e^{-x}-xe^{-x}=(1-x)e^{-x}$。代入 $x=1$，斜率为 $0$。

答案： A

原函数的导数是被积函数，所以 $f(x)=2$。因此 $\int_0^{\pi/2}f(x)\,dx=[2x]_0^{\pi/2}=\pi$，而 $\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx=1$。相减得 $\pi-1$。

答案： D

原级数收敛必有 $u_n\to0$。D 的通项趋于 $-1\ne0$，违反级数收敛的必要条件。A 是收敛级数乘常数，B 仅删除有限项，均收敛；C 的前 $N$ 项和为 $u_1-u_{N+1}\to u_1$，也收敛。

答案： $0$

当 $x\to\pm\infty$ 时，$|\sin x/x|\le1/|x|\to0$。由夹逼准则函数趋于 $0$，故水平渐近线为 $y=0$。

答案： $1$

将无穷上限写成极限：$\int_k^{+\infty}x^{-2}dx=\lim_{b\to\infty}[-1/x]_k^b=1/k$。由 $1/k=1$ 和 $k>0$ 得 $k=1$。

答案： $-2$

先对 $x$ 求偏导，$z_x=x^x(\ln x+1)+2(x-y)$。再对 $y$ 求偏导，第一项与 $y$ 无关，第二项的导数为 $-2$，所以 $z_{xy}=-2$。

答案： $\displaystyle\int_0^1dy\int_0^{y^2}f(x,y)\,dx$

原区域为 $0\le x\le1,\sqrt{x}\le y\le1$。把边界 $y=\sqrt{x}$ 改写成 $x=y^2$；固定 $y\in[0,1]$ 时，$x$ 从 $0$ 到 $y^2$。故交换后为 $\int_0^1dy\int_0^{y^2}f(x,y)dx$。

答案： $y=C_1e^x+C_2e^{7x}$

设指数型解 $e^{rx}$，得到特征方程 $r^2-8r+7=(r-1)(r-7)=0$。两根 $1,7$ 不同，对应两个独立解 $e^x,e^{7x}$。通解为 $C_1e^x+C_2e^{7x}$，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。

答案： $6$

分子分母同时趋于 $0$。分子分解为 $(x-2)(x^2+5x+10)$，分母为 $(x-2)(x+2)$。对 $x\ne2$ 约去 $x-2$，再代入：$(4+10+10)/4=6$。

答案： $\dfrac12\,dx$

由链式法则，$y\prime=(1-\sin x)/(2\sqrt{x+\cos x})$。在 $x=0$ 时分母为 $2$，分子为 $1$，得到 $y\prime(0)=1/2$。微分为 $dy=y\prime(0)dx=dx/2$，不能漏掉 $dx$。

答案： $(0,e)$ 上凹（$f\prime\prime>0$），$(e,+\infty)$ 上凸（$f\prime\prime<0$）。

凹凸由二阶导数判断。$f\prime\prime(x)=(1-\ln x)/x^2$。因为 $x^2>0$，当 $0<x<e$ 时二阶导数为正，曲线凹（开口向上）；当 $x>e$ 时二阶导数为负，曲线凸（开口向下）。以二阶导数符号同时说明凹凸，可避免术语习惯混淆。

答案： $(2x-3)e^x+C$

分部积分取 $u=2x-1$，$dv=e^x dx$，则 $du=2dx,v=e^x$。所以积分为 $(2x-1)e^x-2\int e^xdx=(2x-3)e^x+C$。对结果求导，得到 $(2x-1)e^x$，核验正确。

答案： $3$

按分段点 $1$ 拆成 $\int_{-1}^1\frac{2x^3}{1+x^2}dx+\int_1^4 1dx$。前一被积函数为奇函数，在对称区间积分为 $0$；后一积分为 $4-1=3$。总值为 $3$。

答案： $z_x=-\dfrac{2xe^{y^2z}}{1+x^2y^2e^{y^2z}}$，$z_y=-\dfrac{2x^2yze^{y^2z}}{1+x^2y^2e^{y^2z}}$。

指数中的 $z$ 也依赖 $x,y$，必须一起求导。对 $x$ 求导：$z_x=-2xe^{y^2z}-x^2e^{y^2z}y^2z_x$，移项得 $(1+x^2y^2e^{y^2z})z_x=-2xe^{y^2z}$。对 $y$ 求导：$z_y=-x^2e^{y^2z}(2yz+y^2z_y)$，故 $(1+x^2y^2e^{y^2z})z_y=-2x^2yze^{y^2z}$。共同分母至少为 $1$，不会为零，得到所列两式。

答案： $\dfrac\pi3$

圆域适合极坐标：$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$0\le r\le1,0\le\theta\le2\pi$，面积元为 $rdrd\theta$。所以积分为 $\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1r^5dr=2\pi\cdot1/6=\pi/3$。

答案： 收敛。

由上下界可知 $u_n\ge0$。对上界级数令 $a_n=n^2/2^n$，$a_{n+1}/a_n=(n+1)^2/(2n^2)\to1/2<1$，故上界级数由比值判别法收敛。又 $0\le u_n\le a_n$，用正项级数比较判别法，原级数收敛。仅有下界不能证明收敛，本题关键是可求和的上界。

答案： 两式均成立。

（1）令 $H(x)=\arctan x+\arctan(1/x)$。在 $x>0$ 上，$H\prime(x)=1/(1+x^2)-1/(x^2+1)=0$，故为常数。取 $x=1$ 得 $H(1)=\pi/2$，即第一式。

（2）令 $G(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2})-\arctan x$，有 $G(0)=0$。求导得 $G\prime(x)=1/\sqrt{1+x^2}-1/(1+x^2)>0$（因为 $x>0$ 时 $\sqrt{1+x^2}<1+x^2$）。所以 $G(x)>G(0)=0$，得到严格不等式。

答案： $f(x)=3x^2+\sqrt{1+x^4}$；$g(x)=\dfrac{1+2x^{5/2}}{3x^2+\sqrt{1+x^4}}$（$x\ge0$）。

（1）因 $f(x)$ 在上方，面积条件是 $\int_0^t[f(x)-\sqrt{1+x^4}]dx=t^3$。两边对 $t$ 求导得 $f(t)-\sqrt{1+t^4}=3t^2$，故 $f(x)=3x^2+\sqrt{1+x^4}$；在 $0$ 处用连续性同样成立，$f(0)=1$。

（2）左边正是 $(fg)\prime$。因此 $f(x)g(x)=\int5x^{3/2}dx=2x^{5/2}+C$。初值给出 $C=f(0)g(0)=1$。由于 $f(x)\ge1>0$，可除以 $f(x)$，得所列 $g(x)$。代回乘积导数和初值均满足。