2026年山东专升本高等数学Ⅱ真题

答案：B

周期函数要求存在固定 $T>0$，使定义域中的 $x$ 总满足 $f(x+T)=f(x)$。余弦满足 $\cos(x+2\pi)=\cos x$，是周期函数。二次函数和两个严格单调函数不具备此性质，选 B。

答案：C

等价无穷小要求与 $x$ 的比值趋于 $1$。$\tan2x/x\to2$，$(x-\sin x)/x\to0$，$\sin x/x\to1$，$(1-\cos x)/x\to0$。因此只有 C。

答案：A

按题面的 $y''-16y'=0$，特征方程为 $r^2-16r=r(r-16)=0$，有两个不同实根 $0,16$。因此通解为 $C_1e^{16x}+C_2$，选 A。

答案：B

可导先要求连续。$f(0)=1$，右极限为 $a+b$，所以 $a+b=1$。左导数为 $a\cos0=a$，右导数为 $b-a$，故 $a=b-a$，即 $b=2a$。联立得 $a=1/3,b=2/3$，选 B。

答案：B

A 中

$$\left(\frac{n^2+1}{n^2-3n}\right)^n=\left(1+\frac3n+O(n^{-2})\right)^n\longrightarrow e^3,$$

不是 $e$。B 中

$$n\ln\left(\frac{\sqrt{1+n^2}+1}{n}\right)=n\ln\left(\sqrt{1+n^{-2}}+n^{-1}\right)\longrightarrow1,$$

所以极限为 $e$。C 含 $\tan n$，其项会为负，原式按实数幂并非对所有充分大的整数 $n$ 都有定义，故不成立。D 的底数 $\sin n+\pi/2$ 始终落在正的有界区间内，故其对数有界，除以 $n$ 趋于 0，极限为 1。只有 B 成立。扫描题页 A—C 的公式变量写作 $x$、下标为 $n\to\infty$；本稿仅将变量统一为 $n$。

扫描题页的 $g(-1)$ 会得到 $f(0)=\ln0$，在实数范围内无定义。本地答案页也指出这一点，并明确把 $g(1)$ 作为修正猜测，计算得 $1/\ln2$。在用户授权的 AI 编辑复原下，工作稿采用 $g(1)$：$g(1)=2$，$f(g(1))=\ln2$，上标 $-1$ 表示倒数，故结果为 $1/\ln2$。这是编辑修复，不是扫描字面或官方勘误。

在 $x=0$ 时方程化为 $\arcsin y=0$，所以 $y(0)=0$。设 $F(x,y)=y(e^x-1)+\arcsin(x+y)$，在 $(0,0)$ 附近光滑且 $F_y(0,0)=1\ne0$，隐函数可导。直接求导得

$$y'(e^x-1)+ye^x+\frac{1+y'}{\sqrt{1-(x+y)^2}}=0.$$

代入 $(x,y)=(0,0)$，得到 $1+y'(0)=0$，故 $y'(0)=-1$。

定义域要求 $y\ne x$。固定 $y$ 用商法则得 $z_x=[y(y-x)+xy]/(y-x)^2=y^2/(y-x)^2$；固定 $x$ 得 $z_y=[x(y-x)-xy]/(y-x)^2=-x^2/(y-x)^2$。故全微分为 $z_xdx+z_ydy$。

先令 $u=2x$，得到 $I=\frac18\int_0^1u^2\int_1^u\sin(t^2)dt\,du$。因 $u\le1$，内积分反向，故

$$I=-\frac18\int_0^1du\int_u^1u^2\sin(t^2)dt=-\frac18\int_0^1\sin(t^2)\left(\int_0^tu^2du\right)dt=-\frac1{24}\int_0^1t^3\sin(t^2)dt.$$

令 $v=t^2$，则 $t^3dt=v\,dv/2$，所以 $I=-\frac1{48}\int_0^1v\sin vdv=-\frac1{48}[-v\cos v+\sin v]_0^1=(\cos1-\sin1)/48$。原被积函数在此区间非正，结果为负。

扫描题页仅列积分式，未印问项；本地答案页提供换序式。AI 据配对答案将工作稿问项复原为“试交换积分次序”，并独立复核如下。利用有向积分，

$$\int_{4x}^{5x^2}f(x,y)\,dy=\int_0^{5x^2}f(x,y)\,dy-\int_0^{4x}f(x,y)\,dy.$$

前两部分合并后，对应 $-1\le x\le1$、$0\le y\le5x^2$；固定 $y\in[0,5]$，横截线为 $x\in[-1,-\sqrt{y/5}]\cup[\sqrt{y/5},1]$。被减去的三角区域换序为 $0\le y\le4$、$y/4\le x\le1$。因此得到答案中的三项积分。问项为 AI 编辑复原，不是原卷字面。

扫描下标字形读作 $n\to1$，但被求式只含变量 $x$；本地答案页按 $x\to1$ 化简并得 $3/2$。AI 按题面表达式和配对答案将极限变量统一为 $x$。当 $x\ne\pm1$ 时，括号内通分为

$$\frac{x-5+2(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac3{x+1}.$$

因此 $x\to1$ 时极限为 $3/2$。该变量修正是编辑裁定。

分子分母都趋于零。第一次洛必达后为 $(4x+1-\cos x)/(e^x+\sin x-1)$，仍为 $0/0$。第二次洛必达得到 $(4+\sin x)/(e^x+\cos x)$，趋于 $4/2=2$。也可用二阶展开检验：分子首项 $2x^2$，分母首项 $x^2$。

拆为 $\int x/(x^2+4)dx-2\int1/(x^2+4)dx$。第一项由 $u=x^2+4$ 得 $\frac12\ln(x^2+4)$；第二项用 $\int dx/(x^2+a^2)=\frac1a\arctan(x/a)$，得到 $-\arctan(x/2)$。分母恒正，无须对数绝对值。

在给定区间 $\cos x\ge1/2>0$，对数有定义。令 $u=\cos x$、$du=-\sin xdx$，上下限由 $0,\pi/3$ 变成 $1,1/2$，故原积分为 $\int_{1/2}^1(u+\ln u)du$。原函数是 $u^2/2+u\ln u-u$，所以结果 $=-1/2-[1/8-(\ln2)/2-1/2]=(\ln2)/2-1/8$。

点 $(1,3)$ 不在曲线上，题目要求的是经过该点的切线，切点横坐标需要另设。设切点为 $(a,e^a+3a)$，斜率为 $e^a+3$，切线为 $y-(e^a+3a)=(e^a+3)(x-a)$。令它通过 $(1,3)$，得 $3=e^a+3a+(e^a+3)(1-a)=3+e^a(2-a)$。因 $e^a>0$，解得唯一 $a=2$，代回得 $y=(e^2+3)x-e^2$。

左端是乘积导数 $(xy)'$。积分时，$\int2x\arctan xdx=x^2\arctan x-\int x^2/(1+x^2)dx=(x^2+1)\arctan x-x$。加上 $\int1dx=x$ 后相消，因此 $xy=(1+x^2)\arctan x+C$。由 $y(1)=0$ 得 $C=-\pi/2$，所以特解如答案，取包含初值点且不跨越 $x=0$ 的区间 $x>0$。

将折线分成 $x\le1$ 时 $1-x$ 和 $x\ge1$ 时 $x-1$。与椭圆上弧的有效交点为 $(0,1)$、$(3/2,1/2)$；另一个代数根必须按分支筛除。椭圆弧在上，折线在下，所以

$$I=\int_0^{3/2}x\sqrt{1-x^2/3}dx-\int_0^1x(1-x)dx-\int_1^{3/2}x(x-1)dx.$$

第一项的原函数为 $-(1-x^2/3)^{3/2}$，值为 $7/8$；后两项各为 $1/6$。故 $I=7/8-1/3=13/24$。

一阶偏导为 $f_x=18x+18-18y$、$f_y=-18x-6+6y^2$。联立得 $x=y-1$、$y^2-3x-1=0$，代入后 $(y-1)(y-2)=0$，驻点为 $(0,1)$、$(1,2)$。二阶偏导 $A=18$、$B=-18$、$C=12y$，判别式为 $AC-B^2=216y-324$。在 $(0,1)$ 为 $-108<0$，是鞍点；在 $(1,2)$ 为 $108>0$ 且 $A>0$，所以是极小值点。代入得 $f(1,2)=9+18-36-12+16=-5$。

两根式曲线相交于 $(1,\sqrt3)$；圆弧与直线的有效交点为 $(2,0)$；$\sqrt{3x}=3x-6$ 要求 $x\ge2$，平方后筛选得 $(3,3)$。因此区域在 $[1,2]$ 的下界是圆弧，在 $[2,3]$ 的下界是直线，上界一直是 $\sqrt{3x}$。面积为

$$S=\int_1^3\sqrt{3x}dx-\int_1^2\sqrt{4-x^2}dx-\int_2^3(3x-6)dx.$$

三项分别为 $6-2\sqrt3/3$、$2\pi/3-\sqrt3/2$、$3/2$，故 $S=9/2-2\pi/3-\sqrt3/6$。平方求交点后要排除负的直线函数值，以免引入伪交点。

扫描题页和答案页均只写 $f(x)>0$，没有明确正性区间；题目同时给 $f(0)=f(4)=0$，因此工作稿按常见且与端点条件相容的读法将正性限定在 $0<x<4$。扫描结论允许取端点，端点会使结论平凡；工作稿将存在点限定在内部，使命题非平凡。另将“二阶可导”明确为 $f\in C^2[0,4]$，以保证积分条件可用。以上均为 AI 编辑整理，不是原卷字面。
令 $J=\int_0^4|f\prime\prime(t)|\,dt$。必有 $J>0$；否则连续的 $f\prime\prime$ 恒为 0，$f$ 为仿射函数，再由 $f(0)=f(4)=0$ 得 $f\equiv0$，与内部正性矛盾。由 $f$ 在 0 连续且 $f(0)=0$，可取充分小的 $x>0$ 使 $f(x)<J$，且 $x<4$。于是 $f(x)\le J$，结论成立。