2015年山东专升本高等数学统考真题

答案：C

当 $n$ 充分大时底数为正。对数为 $-n\ln(1-2/n)$，利用 $\ln(1+u)\sim u$，其极限为 $2$，所以原数列极限为 $e^2$，选 C。

答案：A

由恒等式 $1-\cos x=2\sin^2(x/2)$，比值为 $\frac12[\sin(x/2)/(x/2)]^2\to1/2$，故选 A。

答案：B

对数真数须严格大于零，即 $|\sin x|>0$，等价于 $\sin x\ne0$。所以排除 $x=k\pi$，其余实数均可，选 B。

答案：A

定义域为全实轴，且 $f(-x)=(e^{-x}-e^x)/2=-f(x)$，所以是奇函数，选 A。

答案：C

两边求导：$f(x)=(xe^{-2x})^{\prime}=e^{-2x}-2xe^{-2x}=(1-2x)e^{-2x}$，选 C。常数项导数为零。

答案：D

A、B 通项不趋零，发散；C 的绝对值级数为收敛的 $p=2$ 级数，绝对收敛；D 正项部分单调趋零，交错级数收敛，但绝对值级数的 $p=1/2<1$，发散。所以 D 条件收敛。

答案：B

分子分母同除以 $x^2$，当 $x\to\pm\infty$，函数趋于 $2$，所以水平渐近线为 $y=2$，选 B。

答案：D

圆域关于 $y$ 轴对称，变换 $(x,y)\mapsto(-x,y)$ 保持区域和面积元不变，而被积函数 $x$ 变号。左右两半积分互相抵消，所以为零，选 D。

答案：C

按反常积分定义，先积分到有限 $R$：$\int_0^Re^{-2x}dx=(1-e^{-2R})/2$。令 $R\to+\infty$ 得 $1/2$，所以收敛并选 C。

两个分支在各自开区间连续，只需检查零点。左极限为 $-1$，右侧 $\sin(1/x)$ 不断振荡，没有极限。因此零点为第二类间断点，具体是振荡间断点。

内点可微函数若有极值，费马定理保证导数为零，所以必要。反之 $f(x)=x^3$ 在零点导数为零却没有极值，说明不充分。

导数定义是双侧差商极限。双侧有限极限存在当且仅当左右差商极限均存在且相等，所以两个空依次为“相等”和“充分必要”。左右导数仅存在而不相等时不可导。

同方向向量可取原向量乘正数。把长度缩放为一，应除以原向量的正模长，所以为 $\boldsymbol a/|\boldsymbol a|$；非零条件保证除法有意义。

若 $p\ne1$，从 $\varepsilon$ 积到 $1$ 得 $100(1-\varepsilon^{1-p})/(1-p)$。当 $p<1$ 有有限极限 $100/(1-p)$；当 $p>1$ 趋于正无穷。$p=1$ 时积分为 $-100\ln\varepsilon\to+\infty$，故临界点也发散。

实数幂的通常可导区间取 $x>0$。写成 $y=e^{\sin x\ln x}$，链式法则给出 $y^{\prime}=x^{\sin x}(\cos x\ln x+\sin x/x)$，再乘 $dx$ 得微分。

区间长度为一，割线斜率为 $1/2-1=-1/2$。又 $f^{\prime}(\xi)=-1/\xi^2$，所以 $\xi^2=2$。中值点须在 $(1,2)$，故取正根 $\sqrt2$。

在区域内 $0\le x+y\le1$，所以 $(x+y)^2\ge(x+y)^3$。在非空内部 $0<x+y<1$ 时严格大于，且该内部有正面积，因此积分严格大于，不能仅写不小于。

$y^{\prime}=-2xe^{-x^2}$，$y^{\prime\prime}=(4x^2-2)e^{-x^2}$。指数因子恒正，二阶导数在 $x=\pm1/\sqrt2$ 为零，且两处都变号，所以共有两个拐点，坐标为 $(\pm1/\sqrt2,e^{-1/2})$。

对称式分母给出方向向量 $(2,5,-3)$。该平面的法向量也是 $(2,5,-3)$，方向与法向平行，所以直线垂直于平面。

令 $u=1/x^2\to0$，原式变为 $(e^u-1)/u$。利用指数重要极限得到 $1$。不要将 $e^{1/x^2}-1$ 单独取极限后乘以无穷大。

当 $(a,b)\ne(0,0)$，可设原函数为 $e^{ax}(A\sin bx+B\cos bx)$。求导比较正弦、余弦系数得 $aA-bB=1$、$bA+aB=0$，解得 $A=a/(a^2+b^2)$、$B=-b/(a^2+b^2)$，故得到答案。若 $a=b=0$，被积函数恒零，原函数为常数；若仅 $b=0,a\ne0$，通式也正确地给出常数。

每个分母都在 $\sqrt{n^2+1}$ 和 $\sqrt{n^2+n}$ 之间，故总和夹在 $n/\sqrt{n^2+n}$ 与 $n/\sqrt{n^2+1}$ 之间。两端分别为 $1/\sqrt{1+1/n}$ 和 $1/\sqrt{1+1/n^2}$，均趋于 $1$。夹逼定理给出极限 $1$。

竖直切片的范围为 $0\le x\le2$、$0\le y\le2-x$。所以 $I=\int_0^2dx\int_0^{2-x}(3x+2y)dy=\int_0^2[3x(2-x)+(2-x)^2]dx$。化简被积式为 $4+2x-2x^2$，积分得 $8+4-16/3=20/3$。

平面内可取方向 $\boldsymbol e_y=(0,1,0)$ 和两点连线方向 $(1,1,9)$。同时垂直于两者的法向量可取 $(9,0,-1)$，所以平面不含 $y$ 项。代入第一点，点法式为 $9(x-4)-(z+2)=0$，得到 $9x-z-38=0$，第二点也满足。

特征方程 $r^2+4=0$ 的根为 $\pm2i$。共轭纯虚根对应正弦、余弦两个独立实解，所以通解为 $C_1\cos2x+C_2\sin2x$，代回可验证。

令 $F(x)=x^5+x-1$。有 $F(0)=-1<0,F(1)=1>0$，多项式连续，故零点定理保证 $(0,1)$ 内至少有一个根。又 $F^{\prime}(x)=5x^4+1>0$，所以在全实轴严格递增，不可能有两个根。结合得恰有一个正根。

当 $x=0$ 时各项为零，显然收敛。对固定 $x\ne0$，相邻项绝对值比为 $|x|\frac{(n+1)^4}{(n+1)n^4}=|x|\frac{(n+1)^3}{n^4}\to0<1$。由比值判别法绝对收敛，所以对任意实数都收敛。

在四个相邻区间连续应用罗尔定理，得到四个递增的一阶导零点；再对相邻零点间区间依次应用罗尔定理，得到三个二阶导零点、两个三阶导零点，最后得到四阶导零点 $\xi\in(x_0,x_4)\subset(a,b)$。题设四阶可导性保证所需条件。扫描结论不可辨，本稿依据答案页证明链恢复数学结论，不宣称逐字复原。

无盖桶的铁皮面积是底面积加侧面积，$S=\pi r^2+2\pi rh$。由体积约束 $V=\pi r^2h$，消去 $h$ 得 $S(r)=\pi r^2+2V/r$（$r>0$）。导数 $S^{\prime}=2\pi r-2V/r^2$，令零得 $r^3=V/\pi$。导数在此点左负右正，且两端 $S\to+\infty$，所以为全局最小。此时 $h=V/(\pi r^2)=r$，故 $r:h=1:1$。无盖条件决定只计一个圆形底面。

暂无。扫描题设代入 x=0 得 0=1，不存在满足条件的函数。