2025年广东专升本高等数学真题

答案： D，即 $3$。

指数函数 $e^x$ 在 $x=0$ 连续，因此求极限时可以直接把 $x=0$ 代入。由 $e^0=1$ 得

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

这里指数 $x$ 趋于零，$e^x$ 趋于 $1$，不能误认为趋于零。

答案： C，即 $2$。

先对函数求导，再代入所给的点。利用幂函数求导公式 $(x^n)\prime=nx^{n-1}$，得到

$$f\prime(x)=2x,\qquad f\prime(1)=2.$$

也可按定义检验：$[f(1+h)-f(1)]/h=2+h$，当 $h\to0$ 时趋于 $2$。

答案： A。左导数为 $1$，右导数为 $2$。

接点处 $f(1)=1$。左右导数分别考察差商的左、右极限：
$f\prime_-(1)=\lim_{h\to0^-}\frac{f(1+h)-f(1)}h =\lim_{h\to0^-}\frac{(1+h)-1}h=1,$
$f\prime_+(1)=\lim_{h\to0^+}\frac{f(1+h)-f(1)}h =\lim_{h\to0^+}\frac{(1+h)^2-1}h =\lim_{h\to0^+}(2+h)=2.$
两侧导数均为有限数，所以都存在，选 A。两者不相等，因此通常意义下的导数 $f\prime(1)$ 不存在；题目问的是两侧导数是否存在。

答案： B，即 $1$。

$|x|$ 在零点两侧表达式不同：$x<0$ 时为 $-x$，$x\ge0$ 时为 $x$。因此
$\int_{-1}^{1}|x|\,\mathrm dx =\int_{-1}^{0}(-x)\,\mathrm dx+\int_0^1x\,\mathrm dx =\frac12+\frac12=1.$
也可利用偶函数性质写成 $2\int_0^1x\,\mathrm dx$。绝对值函数是偶函数，不能用奇函数在对称区间积分为零的结论。

答案： C。

先读出积分区域，而不要只调换 $\mathrm dx$ 与 $\mathrm dy$。原式对应

$$D=\{(x,y):0\le x\le1,\ 0\le y\le x\}.$$

这是由 $y=0$、$y=x$、$x=1$ 围成的三角形。先取定 $y$ 时，$y$ 从 $0$ 变到 $1$；每个这样的水平截线上，$x$ 从左边的 $x=y$ 变到右边的 $x=1$。故

$$I=\int_0^1\mathrm dy\int_y^1 f(x,y)\,\mathrm dx.$$

A、D 的内层上下限反向，B 对应的是另一半三角形。

答案： $\mathrm dy=2x\,\mathrm dx$。

一元可导函数的微分是 $\mathrm dy=y\prime\,\mathrm dx$。这里 $y\prime=2x$，所以

$$\mathrm dy=2x\,\mathrm dx.$$

导数 $2x$ 是变化率，微分还包含自变量的微分 $\mathrm dx$，不要漏写。

答案： $y\prime\prime=6(x-1)$。

二阶导数是对一阶导数再求一次导数。链式法则中，内层函数 $x-1$ 的导数为 $1$，因此

$$y\prime=3(x-1)^2,\qquad y\prime\prime=6(x-1).$$

题目求函数表达式，并没有指定某个点，不需要再代入 $x=1$。

答案： $0$。

记前 $n$ 项的部分和为 $S_n=a_1+\cdots+a_n$。级数收敛表示存在有限数 $S$，使 $S_n\to S$。又有 $a_n=S_n-S_{n-1}$，所以

$$\lim_{n\to\infty}a_n=S-S=0.$$

这是级数收敛的必要条件。反过来，通项趋于零并不能保证级数收敛，例如调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty}1/n$ 发散。

答案： $\dfrac{13}{6}$。

第一类曲线积分使用弧长微分 $\mathrm ds$。用 $x$ 参数化这段曲线：$y=x^2$，$0\le x\le\sqrt2$，于是
$\mathrm ds=\sqrt{1+(y\prime)^2}\,\mathrm dx =\sqrt{1+4x^2}\,\mathrm dx.$
因为此段上 $x\ge0$，所以 $\sqrt y=\sqrt{x^2}=x$。因此

$$\int_L\sqrt y\,\mathrm ds=\int_0^{\sqrt2}x\sqrt{1+4x^2}\,\mathrm dx.$$

令 $u=1+4x^2$，则 $\mathrm du=8x\,\mathrm dx$。当 $x=0$ 时 $u=1$，当 $x=\sqrt2$ 时 $u=9$，故
$\int_L\sqrt y\,\mathrm ds=\frac18\int_1^9u^{1/2}\,\mathrm du =\frac1{12}\bigl(9^{3/2}-1\bigr)=\frac{27-1}{12}=\frac{13}{6}.$
一般 $\sqrt{x^2}=|x|$，本题由于积分区间非负才可直接写成 $x$。

答案： $\dfrac45(e^{2\pi}+1)$。

先在积分关系中换元 $u=t/2$，$\mathrm dt=2\,\mathrm du$，得到

$$f(x)=2\int_0^xf(u)\,\mathrm du+4.$$

由这个积分关系，$f$ 是积分函数与常数的和，因而连续；再用变上限积分求导得 $f\prime(x)=2f(x)$。在原式代入 $x=0$，得到 $f(0)=4$。

解一阶微分方程也可直接观察 $(e^{-2x}f(x))\prime=e^{-2x}(f\prime-2f)=0$，所以 $f(x)=Ce^{2x}$。由初值得 $C=4$，即 $f(x)=4e^{2x}$。

下面用两次分部积分推出所需的原函数。设
$I=\int e^{2x}\sin x\,\mathrm dx,\qquad J=\int e^{2x}\cos x\,\mathrm dx.$
分部积分公式为 $\int u\,\mathrm dv=uv-\int v\,\mathrm du$。先在 $I$ 中取 $u=\sin x$、$\mathrm dv=e^{2x}\,\mathrm dx$，则 $\mathrm du=\cos x\,\mathrm dx$、$v=e^{2x}/2$，于是
$I=\frac{e^{2x}\sin x}{2}-\frac12\int e^{2x}\cos x\,\mathrm dx =\frac{e^{2x}\sin x}{2}-\frac J2.$
再在 $J$ 中取 $u=\cos x$、$\mathrm dv=e^{2x}\,\mathrm dx$，则 $\mathrm du=-\sin x\,\mathrm dx$、$v=e^{2x}/2$，所以
$J=\frac{e^{2x}\cos x}{2}+\frac12\int e^{2x}\sin x\,\mathrm dx =\frac{e^{2x}\cos x}{2}+\frac I2.$
这里暂不写积分常数，最后统一补上。把第二式代入第一式，有

$$I=\frac{e^{2x}\sin x}{2}-\frac{e^{2x}\cos x}{4}-\frac I4.$$

将右端的 $-I/4$ 移到左端，得到

$$\frac54I=\frac{e^{2x}}4(2\sin x-\cos x),$$

因此
$\int e^{2x}\sin x\,\mathrm dx =\frac{e^{2x}}5(2\sin x-\cos x)+C.$
对右边求导可检查其确为 $e^{2x}\sin x$。利用 $f(x)=4e^{2x}$ 代回所求定积分，得到
$\int_0^{\pi}f(x)\sin x\,\mathrm dx =\frac45\left[e^{2x}(2\sin x-\cos x)\right]_0^{\pi} =\frac45(e^{2\pi}+1).$
上端 $\cos\pi=-1$，下端 $\cos0=1$，两端相减后是相加。

答案： $\dfrac12$。

直接代入会得到 $0/0$，先把分母因式分解。对于 $x\ne1$ 且靠近 $1$ 的点，

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

极限研究的是趋近点附近的函数值，允许在 $x\ne1$ 时约去公因子。因此

$$\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x^2-1}=\lim_{x\to1}\frac1{x+1}=\frac12.$$

答案： 在 $x=0$ 处取得极大值 $f(0)=-1$；没有极小值。

函数在实数范围处处可导，先求导：

$$f\prime(x)=1-e^x.$$

令 $f\prime(x)=0$，得到 $e^x=1$，唯一驻点为 $x=0$。当 $x<0$ 时 $e^x<1$，故 $f\prime(x)>0$，函数递增；当 $x>0$ 时 $e^x>1$，故 $f\prime(x)<0$，函数递减。

所以函数经过 $0$ 时由增转减，在这里取得极大值。代入得 $f(0)=0-1=-1$。导数只有这一个零点，且没有不可导点，因此没有极小值。这个极大值同时是全局最大值。

答案： $y-2=\dfrac25(x-4)$，即 $2x-5y+2=0$。

先找到切点。当 $t=1$ 时，$x=2+1+1=4$，$y=1+1=2$，所以切点为 $(4,2)$。

再求切线斜率。参数曲线中，当 $\mathrm dx/\mathrm dt\ne0$ 时，
$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dy/\mathrm dt}{\mathrm dx/\mathrm dt} =\frac{2t}{4t+1}.$
在 $t=1$ 处，分母为 $5\ne0$，斜率为 $2/5$。用点斜式得到

$$y-2=\frac25(x-4).$$

整理为 $2x-5y+2=0$，再代入切点可检查方程成立。

答案： $-1$。

对方程两边关于 $x$ 求导。$y$ 视为 $x$ 的函数；乘积 $xe^x$ 用乘积法则：

$$y\prime+e^x+xe^x=0,$$

所以 $y\prime=-(1+x)e^x$。代入 $x=0$，得到

$$\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{x=0}=-(1+0)e^0=-1.$$

也可先把原式解为 $y=1-xe^x$ 再求导，结论相同。

答案： $\dfrac12$。

因为 $(\sin x)\prime=\cos x$，可令 $u=\sin x$，$\mathrm du=\cos x\,\mathrm dx$。上下限分别由 $x=0,\pi/2$ 变成 $u=0,1$，故
$\int_0^{\pi/2}\sin x\cos x\,\mathrm dx =\int_0^1u\,\mathrm du=\left[\frac{u^2}{2}\right]_0^1=\frac12.$
也可使用原函数 $\frac12\sin^2x$ 直接代入两端。

答案： 收敛。

这是正项级数，可以使用比值判别法。设 $a_n=n^2/3^n>0$，则
$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)^2}{3^{n+1}}\frac{3^n}{n^2} =\frac13\left(1+\frac1n\right)^2.$
于是

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13<1.$$

由比值判别法，该级数收敛。这里只需判断敛散，不必求级数的和；也不能只凭通项趋于零就断言收敛。

答案： $y=x+\dfrac{x^5}{5}$。

方程中没有 $y$ 本身，令 $p=y\prime$，则 $p\prime=y\prime\prime$，方程降阶为

$$(1+x^4)p\prime-4x^3p=0.$$

因为 $1+x^4>0$，观察商的导数可得
$\left(\frac p{1+x^4}\right)\prime =\frac{(1+x^4)p\prime-4x^3p}{(1+x^4)^2}=0.$
所以 $p=C_1(1+x^4)$。由 $p(0)=y\prime(0)=1$ 得 $C_1=1$。再积分：

$$y=\int(1+x^4)\,\mathrm dx=x+\frac{x^5}{5}+C_2.$$

由 $y(0)=0$ 得 $C_2=0$。

检查：$y\prime=1+x^4$、$y\prime\prime=4x^3$，代入原方程后两项相消，两个初值也都满足。用商的导数降阶可避免在分离变量时漏掉 $p=0$ 的通解分支；本题初值已排除该分支。

答案： $\dfrac{14\pi}{9}$。

积分区域是单位圆盘，被积函数只与 $x^2+y^2$ 有关，适合采用极坐标

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$$

圆盘对应 $0\le r\le1$、$0\le\theta\le2\pi$，面积微分为 $\mathrm dx\mathrm dy=r\,\mathrm dr\mathrm d\theta$。因此
$\iint_D\sqrt{1+3x^2+3y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy =\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^1r\sqrt{1+3r^2}\,\mathrm dr.$
令 $u=1+3r^2$，则 $\mathrm du=6r\,\mathrm dr$，上、下限变为 $4$、$1$，故
$\int_0^1r\sqrt{1+3r^2}\,\mathrm dr =\frac16\int_1^4u^{1/2}\,\mathrm du =\frac19(4^{3/2}-1)=\frac79.$
乘以角度积分 $2\pi$，结果为 $14\pi/9$。极坐标换元时必须保留雅可比因子 $r$。

答案： （1）在 $(e,1)$ 处，$\mathrm dz=2\,\mathrm dx+e\,\mathrm dy$。（2）所给恒等式在函数定义域 $xy>0$ 上成立。

函数包含对数，必须有 $xy>0$。在这个开集内，$x$、$y$ 均不为零，函数光滑，以下偏导数都存在；点 $(e,1)$ 属于定义域。

（1）全微分。 对 $x$ 求偏导时将 $y$ 当常数，使用乘积法则；对 $y$ 求偏导时将 $x$ 当常数：

$$z_x=\ln(xy)+x\frac{y}{xy}=\ln(xy)+1,$$

$$z_y=x\frac{x}{xy}=\frac xy.$$

在 $(e,1)$ 处，$\ln(e\cdot1)=1$，因此 $z_x(e,1)=2$、$z_y(e,1)=e$。根据 $\mathrm dz=z_x\,\mathrm dx+z_y\,\mathrm dy$，得到

$$\left.\mathrm dz\right|_{(e,1)}=2\,\mathrm dx+e\,\mathrm dy.$$

（2）验证恒等式。 从 $z_x=\ln(xy)+1$ 出发，继续求所需偏导：

$$z_{xx}=\frac1x,\qquad z_{xy}=\frac1y,\qquad z_{xyy}=-\frac1{y^2}.$$

这里 $\partial^3z/(\partial y^2\partial x)$ 表示先对 $x$ 求一次偏导，再对 $y$ 求两次偏导。代入左端：

$$xz_{xx}+y^2z_{xyy}=x\frac1x+y^2\left(-\frac1{y^2}\right)=1-1=0.$$

因此等式得证。不要把 $z_{xyy}$ 误写成只求一次 $y$ 偏导的 $z_{xy}$。

答案： （1）$f(0)=0$。（2）由连续性知 $a=0$；$g\prime(0)=\dfrac12$，且 $\lim_{x\to0}g\prime(x)=\dfrac12$，所以 $g\prime$ 在 $x=0$ 处连续。

（1）求 $f(0)$。 由题设 $f(x)/x\to1$，可得

$$\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}x\frac{f(x)}x=0.$$

再利用 $f$ 在零点连续，得到 $f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0$。

（2）分别求零点导数和附近导数的极限。 记

$$F(x)=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt.$$

因为 $f$ 连续，微积分基本定理给出 $F\prime(x)=f(x)$，且 $F(0)=0$。

先求 $a$。对于 $x\ne0$，$g(x)=F(x)/x$。在 $x\to0$ 时分子、分母都趋于零，且导数之比 $F\prime(x)/1=f(x)\to0$，所以可用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\frac{F(x)}x=\lim_{x\to0}f(x)=0.$$

由 $g$ 在零点连续，$a=g(0)=0$。

然后按导数定义求 $g\prime(0)$，不能把 $x\ne0$ 的商法则公式直接代入零点：
$g\prime(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}x =\lim_{x\to0}\frac{F(x)}{x^2}.$
这里仍是 $0/0$ 型，$2x$ 在零点两侧的去心邻域中不为零，且
$\lim_{x\to0}\frac{F\prime(x)}{2x} =\frac12\lim_{x\to0}\frac{f(x)}x=\frac12.$
因此由洛必达法则，$g\prime(0)=1/2$。

最后，对 $x\ne0$ 使用商法则：
$g\prime(x)=\frac{xf(x)-F(x)}{x^2} =\frac{f(x)}x-\frac{F(x)}{x^2}.$
刚才已求得第二项趋于 $1/2$，而第一项趋于 $1$，于是

$$\lim_{x\to0}g\prime(x)=1-\frac12=\frac12=g\prime(0).$$

故 $g\prime$ 在零点连续。这里没有假设 $f$ 在每一点可导，所用的是 $f$ 连续保证 $F\prime=f$，以及题设给出的极限。