2023年山东专升本高等数学Ⅲ真题

答案：A

指数函数本身不限制自变量，根号要求 $x-2\ge0$。因此定义域为 $[2,+\infty)$。

答案：D

有界要求函数值的绝对值有统一上界。对所有实数均有 $|\cos x|\le1$，所以 D 有界；另外三项的函数值可无限增大。

答案：C

等价要求两者的比趋于 $1$。$\sin x/x,\tan x/x,\ln(1+x)/x$ 均趋于 $1$；而 $1-\cos x\sim x^2/2$，除以 $x$ 趋于零，故选 C。

答案：B

左极限为 $1^2=1$，右极限为 $\ln1=0$。两侧均有限但不相等，属于跳跃间断点。

答案：B

链式法则给出 $y'=\tfrac12(2x^2+3)^{-1/2}\cdot4x=2x/\sqrt{2x^2+3}$。乘 $dx$ 得 B。

答案：A

先求 $y'=2/(2x+5)$，再求导时还要乘内函数导数 $2$，得到 $y''=-4/(2x+5)^2$，定义域为 $x>-5/2$。

答案：D

由原函数定义得 $f(x)=\cos x$，所以 $f(2x)=\cos2x$。D 求导为 $\tfrac12\cdot2\cos2x=\cos2x$，其他选项多出倍数。常数 $1$ 不影响导数。

答案：B

$y'=xe^x$，$y''=(x+1)e^x$。指数因子恒正，二阶导数在 $x=-1$ 处从负变正，所以这里是拐点。代回 $y=(-2)e^{-1}=-2/e$，得 B。

答案：C

扫描字样为 $[1,4]$，本地答案页却对 $[0,4]$ 使用分部积分；本稿按同页答案作编辑修复，采用 $f$ 在 $[0,4]$ 可导。于是 $\int_0^4xf'(x)dx=[xf(x)]_0^4-\int_0^4f(x)dx=4-\int_0^4f(x)dx=3$，故所求为 $1$。

答案：D

把不依赖 $t$ 的 $x$ 提出，$f(x)=x\int_0^{2x}\sin t^2dt$。乘积求导得 $f'=\int_0^{2x}\sin t^2dt+x\cdot2\sin((2x)^2)$，故为 D。不能漏掉前因子 $x$ 的导数。

先算 $g(-1)=1$，再代入外层得 $f(1)=e$。

对数极限为 $\lim x\ln(1-4/(3x))=-4/3$，所以原极限为 $e^{-4/3}$。这里趋向无穷，不能把极限点改成 $0$；负无穷方向也给出同一结果。

同区间积分的线性性给出 $3(-2)+4(3)=-6+12=6$。

先确认该点真数为 $1>0$。两边求导得 $y'+(1+y')/(x+y-1)=0$，整理为 $(x+y)y'=-1$。代入 $(1,1)$ 得 $y'=-1/2$。

设固定限积分为常数 $C$，则 $f(x)=3x^2-2x+C$。两边在 $[0,3]$ 积分得 $C=18+3C$，所以 $C=-9$。故所求 $=[x^3-x^2-9x]_0^2=8-4-18=-14$。用 $t$ 作积分哑变量不改变原意。

乘共轭式得 $\dfrac{x}{\sqrt{4x^2+x}+2x}$。因 $x>0$，分子分母同除 $x$ 得 $1/(\sqrt{4+1/x}+2)\to1/4$。

用展开式 $\ln(1+x)=x-x^2/2+o(x^2)$、$1-\cos x=x^2/2+o(x^2)$，分子分母同阶且主项相同，极限为 $1$。也可一次洛必达后化为 $[x/(1+x)]/\sin x$ 再取极限。

右极限为 $a$，左极限为 $1+a-b$，均应等于 $b$。所以 $a=b$、$1+a-b=b$，解得 $a=b=1$。代回左右极限均为 $1$。

$y'=e^{2x}+2xe^{2x}$，代 $x=0$ 得切线斜率 $1$，故法线斜率为 $-1$。过 $(0,1)$ 得 $y-1=-x$。

对 $\int\arctan xdx$ 取 $u=\arctan x,dv=dx$，得 $x\arctan x-\int x/(1+x^2)dx=x\arctan x-\tfrac12\ln(1+x^2)$。另有 $\int2^xdx=2^x/\ln2$，相加补 $C$ 即得。

先写成 $-x(1-x^2)^{3/2}$。令 $u=1-x^2$，则 $du=-2x\,dx$，上下限从 $1$ 到 $0$。原式 $=\tfrac12\int_1^0u^{3/2}du=-\tfrac12\cdot\tfrac25=-1/5$。原被积函数在 $(0,1)$ 非正，与结果符号相符。

$f'=3(ax-1)(ax-3)$，驻点为 $1/a,3/a$。导数的二次项系数为正，故在较小根左侧为正、两根之间为负、较大根右侧为正。若 $a>0$，较小根为 $1/a$，这里极大；较大根为 $3/a$，这里极小。若 $a<0$，两根顺序互换，极大点为 $3/a$，极小点为 $1/a$。代回得 $f(1/a)=4/a$、$f(3/a)=0$，所以结论如上。

条件可化为 $f(2)-f(1)=[f(4)-f(2)]/2$，即在 $[1,2]$、$[2,4]$ 上的平均变化率相同。分别用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1\in(1,2)$、$\xi_2\in(2,4)$，使 $f'(\xi_1)=f(2)-f(1)$、$f'(\xi_2)=[f(4)-f(2)]/2$，所以两导数值相等。$f$ 二阶可导保证 $f'$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 连续并在内部可导，对 $f'$ 用罗尔定理，存在 $\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(1,4)$ 使 $f''(\xi)=0$。

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