2019年山东专升本高等数学统考真题

答案：C

取 $x_n=\frac{\pi}{2}+2n\pi$，则 $f(x_n)=x_n\to+\infty$；取 $t_n=\frac{3\pi}{2}+2n\pi$，则 $f(t_n)=-t_n\to-\infty$。因此函数既没有统一上界，也没有统一下界，C正确。另取 $s_n=n\pi$，有 $f(s_n)=0$，所以它在 $x\to+\infty$ 时也不是无穷大量，没有有限极限。连续周期函数在一个周期上有界，从而在全实轴有界，故本函数不是周期函数。

答案：C

令 $u=x^2$，则 $du=2x\,dx$。由已知原函数公式，将其中自变量换成 $u$，有 $\int f(u)\,du=u\sin u^2+C$。所以

$$\int xf(x^2)\,dx=\frac12\int f(u)\,du=\frac12u\sin u^2+C=\frac12x^2\sin x^4+C.$$

这里 $\sin x^4$ 指 $\sin(x^4)$。

答案：D

两个平面垂直，等价于它们的法向量数量积为0。已知平面的法向量是 $(1,2,-3)$。D的法向量为 $(-1,2,1)$，数量积为 $-1+4-3=0$，所以选D。A、B的法向量与已知平面平行；C的法向量 $(-1,\frac12,\frac13)$ 与已知法向量的数量积为 $-1$。

答案：B

（1）正确：级数收敛的必要条件是通项趋于0，其逆否命题成立。（2）错误：调和级数 $\sum 1/n$ 的通项正、递减并趋于0，但级数发散。（3）错误：交错调和级数 $\sum(-1)^{n-1}/n$ 收敛，而绝对值级数为发散的调和级数。（4）错误：只有绝对收敛级数才保证任意重排不改变和；条件收敛级数可以因重排改变和或失去收敛性。所以只有1个正确命题，选B。

答案：A

积分区域 $D$ 固定，二重积分的值是一个常数，不随外部自变量 $x,y$ 变化。将积分中的哑变量换写为 $\xi,\eta$ 更容易看清这一点。因此

$$dF=\frac{2x}{1+x^2+y^2}\,dx+\frac{2y}{1+x^2+y^2}\,dy.$$

在 $(1,2)$ 处代入，分母为6，得到 $\frac13dx+\frac23dy$，选A。

根号要求 $-2\le x\le2$；对数要求 $\cos x>0$；分母又要求 $\ln\cos x\ne0$，即 $\cos x\ne1$。在 $[-2,2]$ 内，$\cos x>0$ 对应 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$，其中只有 $x=0$ 使 $\cos x=1$。因此定义域为 $(-\frac\pi2,0)\cup(0,\frac\pi2)$。

被积函数在 $t=0$ 的极限为2，可以连续补定义。原式在 $x\to0$ 时为 $0/0$ 型，应用洛必达法则与变限积分求导：
$\lim_{x\to0}\frac{\int_x^0(\sin2t/t)\,dt}{x} =\lim_{x\to0}-\frac{\sin2x}{x}=-2.$
连续要求 $f(0)$ 等于该极限，所以 $a=-2$。下限是 $x$、上限是0，求导时的负号不能遗漏。

先在有限区间分部积分，$\int xe^x\,dx=(x-1)e^x+C$。所以
$\int_{-\infty}^{0}xe^x\,dx=\lim_{a\to-\infty}\left[(x-1)e^x\right]_a^0 =-1-\lim_{a\to-\infty}(a-1)e^a=-1.$
指数趋零快于一次式增长，最后的极限为0，因此反常积分收敛。

令 $G=x+y+z+xyz$，则 $G_z=1+xy$，在给定点为1，隐函数可局部求导。由 $G_x+G_z z_x=0$ 得

$$z_x=-\frac{1+yz}{1+xy},\qquad z_x(0,1)=0.$$

对 $e^xyz(x,y)^2$ 使用乘积法则与链式法则：

$$\frac{\partial}{\partial x}\big(e^xy z^2\big)=e^xyz^2+2e^xyz\,z_x.$$

代入 $x=0,y=1,z=-1,z_x=0$，结果为1。这里 $e^x y z^2$ 是三个因子的乘积。

两边除以 $\Delta x$ 并取极限，由 $\alpha/\Delta x\to0$ 得

$$y'=\frac{y}{1+x^2}.$$

初值非零，对应解可分离变量：

$$\frac{dy}{y}=\frac{dx}{1+x^2},\quad \ln|y|=\arctan x+C,\quad y=Ce^{\arctan x}.$$

由 $y(0)=\pi$ 得 $C=\pi$，从而 $y(1)=\pi e^{\pi/4}$。

当 $x$ 充分接近 $\pi/2$ 时 $\sin x>0$。令 $t=x-\pi/2$，则 $\sin x=\cos t$，且 $(\pi-2x)^2=4t^2$。利用 $\ln(1+u)\sim u$ 与 $\cos t-1\sim-t^2/2$，

$$\frac{\ln\sin x}{(\pi-2x)^2}=\frac{\ln\cos t}{4t^2}\longrightarrow-\frac18.$$

也可连续使用两次洛必达法则得到相同结果。关键在于分子是一阶项相消后的二阶小量。

先求对应点：$x(2)=2,y(2)=4$。参数曲线的斜率是

$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{3t^2-2t}{t}=3t-2,$$

在 $t=2$ 处斜率为4。切线为 $y-4=4(x-2)$，即 $y=4x-4$。法线与切线垂直，其斜率为 $-1/4$，因此 $y-4=-\frac14(x-2)$，即 $x+4y-18=0$。

（1）$L_1$ 是两个平面的交线，其方向向量可取法向量的叉积：

$$(1,2,-2)\times(5,-2,-1)=(-6,-9,-12)=-3(2,3,4).$$

$L_2$ 的方向向量为 $(2,3,4)$，故方向平行。点 $(-3,0,1)$ 在 $L_2$ 上，却不满足 $L_1$ 第一式，两线不重合，因此是两条平行直线。

（2）过 $L_1$ 的平面族写成

$$(x+2y-2z-5)+\lambda(5x-2y-z)=0.$$

令其通过 $L_2$ 上的点 $(-3,0,1)$，有 $-10-16\lambda=0$，所以 $\lambda=-5/8$。整理得 $17x-26y+11z+40=0$。其法向量与 $L_2$ 方向向量的数量积为 $34-78+44=0$，又包含该直线上一点，故包含整条 $L_2$。

下列 $f',f''$ 均在 $2x-y$ 处取值，$g$ 的各偏导均在 $(u,v)=(x,xy)$ 处取值。对 $x$ 求导时，$u_x=1,v_x=y$，所以

$$z_x=2f'+g_u+yg_v.$$

再对 $y$ 求导：第一项给出 $-2f''$；$g_u$ 给出 $g_{uu}u_y+g_{uv}v_y=xg_{uv}$；$yg_v$ 同时要对外面的 $y$ 求导，得到 $g_v+y(g_{vu}u_y+g_{vv}v_y)=g_v+xyg_{vv}$。相加即

$$z_{xy}=-2f''+xg_{uv}+g_v+xyg_{vv}.$$

$g$ 的二阶偏导连续保证混合偏导可交换。

令 $a_n=n^n/n!>0$，使用比值判别法：
$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}\frac{n!}{n^n} =\left(1+\frac1n\right)^n\longrightarrow e>1.$
因此该正项级数发散。比值大于1也表明通项最终增长，不可能趋于0，与级数收敛的必要条件不符。

实系数二阶齐次方程的特征根为 $\alpha\pm i\beta$ 时，通解是 $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$。与已知式比较，得根 $1\pm i\sqrt2$，所以特征多项式为

$$(r-1-i\sqrt2)(r-1+i\sqrt2)=(r-1)^2+2=r^2-2r+3.$$

因此可取对应方程 $y''-2y'+3y=0$；将整个方程乘以任意非零常数仍为等价方程。

用极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$。区域为 $0\le\theta\le\pi/4,0\le r\le a$，被积函数为 $\tan\theta$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$。因此
$\iint_D\frac yx\,d\sigma =\int_0^{\pi/4}\int_0^a r\tan\theta\,dr\,d\theta =\frac{a^2}{2}\left[-\ln\cos\theta\right]_0^{\pi/4} =\frac{a^2}{4}\ln2.$
原点处的单点未定义不影响二重积分的值。

将抛物线改写为 $x=9-y^2$。它与 $x=2$ 的交点纵坐标为 $\pm\sqrt7$；水平线 $y=-1$ 将封闭图形分成上下两部分。上面部分满足 $-1\le y\le\sqrt7$，左边界为2，右边界为 $9-y^2$，因此
$A=\int_{-1}^{\sqrt7}\big[(9-y^2)-2\big]\,dy =\left[7y-\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^{\sqrt7} =\frac{14\sqrt7+20}{3}.$
按 $y$ 积分可直接使用横向宽度，避免因平方根上下支漏掉区域。

定义域为 $y>0$。由

$$f_x=2x(2+y^2),\qquad f_y=2x^2y+\ln y+1$$

得唯一驻点 $x=0,y=e^{-1}$。二阶导数为 $f_{xx}=2(2+y^2)>0$、$f_{xy}=4xy$、$f_{yy}=2x^2+1/y$。在驻点处，$f_{xy}=0$，故 $f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2>0$ 且 $f_{xx}>0$，为极小值点，函数值为 $-1/e$。也可直接注意 $x^2(2+y^2)\ge0$，而 $y\ln y$ 的全局最小值是 $-1/e$，所以这还是全局最小值。定义域内可微，极值点必须是驻点；唯一驻点是极小点，因此无极大值。

因 $1+x>0$，原结论等价于 $(1+x)\ln(1+x)-\arctan x>0$。令

$$F(x)=(1+x)\ln(1+x)-\arctan x.$$

有 $F(0)=0$，且当 $x>0$ 时，
$F'(x)=\ln(1+x)+1-\frac1{1+x^2} =\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x^2}>0.$
所以 $F$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递增，$F(x)>F(0)=0$。再除以正数 $1+x$，得到所证不等式。

令 $F(x)=f(x)-x$。可微保证连续，且 $F(0)=f(0)>0$、$F(1)=f(1)-1<0$。由零点定理，至少存在一点 $c\in(0,1)$ 使 $F(c)=0$，即 $f(c)=c$。

若存在两个不同不动点 $c_1<c_2$，则 $F(c_1)=F(c_2)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(c_1,c_2)$ 使 $F'(\xi)=0$，即 $f'(\xi)=1$，与条件矛盾。所以这样的点至多一个，与存在性合起来即为唯一。