2023年山东专升本高等数学Ⅱ真题

答案：D

奇函数须满足 $f(-x)=-f(x)$。$e^x$ 不满足该关系，$x^2+1$ 与 $\cos x$ 是偶函数，而 $\sin(-x)=-\sin x$，故选 D。扫描中的 A 项印作“ex”，结合指数函数选项的排版及答案页 D，本稿将其上标编辑复原为 $e^x$；这是 AI 编辑复原，不是官方勘误。

答案：B

分母为 $x(x+4)$。在 $x\ne0,-4$ 时可约成 $f(x)=1/x$，故 $\lim_{x\to-4}f(x)=-1/4$ 存在且有限，但原函数在 $x=-4$ 无定义。补定义 $f(-4)=-1/4$ 即可连续，因此是可去间断点，选 B。

答案：C

最高阶导数为 $y^{(3)}$，所以是三阶微分方程。$y^4$ 是函数值的四次幂，并不表示四阶导数；$(y')^2$ 也仍是一阶导数的平方。选 C。

答案：A

先对 $x$ 求导得 $z_x=y/(1+x^2y^2)$。再对 $y$ 使用商法则，$z_{xy}=[1+x^2y^2-y(2x^2y)]/(1+x^2y^2)^2=(1-x^2y^2)/(1+x^2y^2)^2$，选 A。

答案：A

因为积分变量为 $t$，$e^{x^2}$ 可提出：$F(x)=e^{x^2}\int_0^xe^{t^2}dt$。对这个乘积求导，第一项是 $2xe^{x^2}\int_0^xe^{t^2}dt=2xF(x)$；第二项由变上限积分求导得到 $e^{x^2}e^{x^2}=e^{2x^2}$。合计选 A。不能只对上限求导而漏掉被积函数中的参数 $x$。

实数平方根要求被开方数非负，即 $4-2x\ge0$。解得 $x\le2$，端点可取，所以定义域为 $(-\infty,2]$。

$x^2+2$ 恒正，函数可导。链式法则给出 $y'=2x/(x^2+2)$，代入 $x=1$ 得斜率为 $2/3$。

设 $G=\int_a^bg(x)dx$，由线性性有 $2\times3-3G=5$，所以 $3G=1$，$G=1/3$。

$f'(x)=12x^2(x-1)$，驻点为 $0$、$1$。在 $x<1$ 时除 $0$ 外导数为负，在 $x>1$ 时为正；故 $x=1$ 由减转增，是极小值点，$f(1)=3-4=-1$。$x=0$ 两侧导数同为负，不是极值点。

固定上下限的积分是常数。将其中的哑变量改为 $t$，再换元 $u=t/2$，得 $\int_0^4f(t/2)dt=2\int_0^2f(u)du$。令 $A=\int_0^2f(u)du$，则 $f(x)=3x+2A$。在 $[0,2]$ 积分得 $A=6+4A$，所以 $A=-2$、$f(x)=3x-4$。最后 $\int_0^1f(x)dx=[3x^2/2-4x]_0^1=-5/2$。

当 $x\ne0,-3$ 时，通分为 $\frac{x+3-3}{x(x+3)}=1/(x+3)$。故 $x\to0$ 时极限为 $1/3$。

提出 $e$ 得 $e\,[e^{\cos x-1}-1]/x^2$。因为 $\cos x-1\to0$，可以分解为 $e\cdot\frac{e^{\cos x-1}-1}{\cos x-1}\cdot\frac{\cos x-1}{x^2}$。两因子分别趋于 $1$ 与 $-1/2$，所以结果为 $-e/2$。这里使用的是 $e^u-1\sim u$ 和 $1-\cos x\sim x^2/2$。

可导必连续，左极限为 $0$，函数值为 $a$，所以先得 $a=0$。此时右导数为 $\lim_{x\to0^+}\ln(1+x)/x=1$，左导数为 $\lim_{x\to0^-}bx/x=b$。两者相等要求 $b=1$。代回后连续且左右导数相等，条件充分。

在不包含 $0$ 的区间，将被积函数拆成 $2x-1/x+3/x^2$。逐项积分：$\int2xdx=x^2$，$\int-1/x\,dx=-\ln|x|$，$\int3x^{-2}dx=-3/x$。合并得答案。对负数 $x$ 也适用，所以对数需要绝对值。

令 $t=\sin x$，则 $dt=\cos x\,dx$，且 $\sin2x=2\sin x\cos x$。积分化为

$$I=2\int_0^1te^t\,dt=2[(t-1)e^t]_0^1=2.$$

特征方程 $4r^2-12r+9=(2r-3)^2=0$ 有重根 $r=3/2$，所以通解为 $y=(C_1+C_2x)e^{3x/2}$。由 $y(0)=1$ 得 $C_1=1$。求导得 $y'=[C_2+\frac32(C_1+C_2x)]e^{3x/2}$，由 $y'(0)=2$ 得 $C_2+3/2=2$，即 $C_2=1/2$。故特解如答案。

固定 $y$ 对 $x$ 求导，得 $z_x=2x\cos(x^2+y)+2ye^{2x}$；固定 $x$ 对 $y$ 求导，得 $z_y=\cos(x^2+y)+e^{2x}$。函数处处光滑，故 $dz=z_xdx+z_ydy$，即答案。

两抛物线在 $(0,0)$ 相交。$y=8x^2$ 与 $xy=1$ 的第一象限交点为 $(1/2,2)$；$y=x^2$ 与 $xy=1$ 的交点为 $(1,1)$。在闭区域内，下边界为 $y=x^2$，上边界先为 $8x^2$（$0\le x\le1/2$），再为 $1/x$（$1/2\le x\le1$）。因此

$$I=\frac12\int_0^{1/2}(8x^2)^2-(x^2)^2\,dx+\frac12\int_{1/2}^1((1/x)^2-(x^2)^2)\,dx=\frac35.$$

两曲线相交时 $x^2/3=4-x^2$，且两者函数值非负，所以 $x=\sqrt3$、$y=1$。加上 $y$ 轴，区域的 $x$ 范围为 $[0,\sqrt3]$，上界为半圆、下界为斜线。绕 $x$ 轴旋转，用圆环法：

$$V=\pi\int_0^{\sqrt3}\left[(\sqrt{4-x^2})^2-\left(\frac{\sqrt3}3x\right)^2\right]dx=\pi\int_0^{\sqrt3}\left(4-\frac43x^2\right)dx.$$

积分得 $\pi[4x-4x^3/9]_0^{\sqrt3}=8\sqrt3\pi/3$。

（1）令 $H(x)=f(x)-x$。它在 $[0,1]$ 连续，且 $H(0)=f(0)>0$、$H(1)=f(1)-1<0$。由零点定理，存在 $x_0\in(0,1)$ 使 $H(x_0)=0$，即 $f(x_0)=x_0$。

（2）利用第一问得到的点，构造 $G(x)=x^3-x^2f(x)$。在 $[0,x_0]$ 上它连续，在内部可导，且 $G(0)=0$、$G(x_0)=x_0^2[x_0-f(x_0)]=0$。罗尔定理给出 $\xi\in(0,x_0)\subset(0,1)$ 使 $G'(\xi)=0$。展开为 $3\xi^2-2\xi f(\xi)-\xi^2f'(\xi)=0$，因为 $\xi>0$，除以 $\xi$ 即得 $[3-f'(\xi)]\xi=2f(\xi)$。