专升本高等数学测试题(答案)

（A） dy f '(ex )dx ；
（B） dy f '(e x )e xdx ；
（C）dy f (e x )e x dx ；
（D） dy [ f (e x )]'e xdx ．
解析 y f (e x ) 可以看作由 y f (u) 和 u e x 复合而成的复合函数
由复合函数求导法
x2 2 x 2
1
=.
（恒等变换之后“能代就代”）
4
x
sinπ t dt
8.求极限lim 1
=
x1 1 cosπ x
解：此极限是“ 0”型未定型，由洛必达法则，得 0
x
x
sinπ t dt ( sinπ t dt)
lim 1
= lim 1
= lim
sinπ x
x1 1 cosπ x x1 (1 cosπ x) x1 π sinπ x
y f (u) e x f (u) e x ，
所以
dy y dx f '(e x )e xdx ．
3. ex dx =( B ); 0
(A)不收敛;
(B)1;
(C)－１;
解析
edxx e
x 0 1 1．
0
0
(D)0.
4. y 2 y y (x 1)ex 的特解形式可设为（ A ）；
由于平面平行于 y 轴，所以 B 0 ，原方程变为 Ax Cz D 0 ，又所求平面过点 A (1, 5, 1)与 B (3 , 2, 3)，
将
A,
B
的坐标代入上述方程，得
A 3A
CD0, 3C D 0
,
解之得
A 2C , D 3C ,代入所设方程，故所求平面方程为
2x z 3 0.
12. lim(1 1 ) x . （第二个重要极限）
x
x2
解一 原式= lim(1 1 ) x (1 1 ) x lim(1 1 ) x lim[(1 1 ) x ]1 = ee1 1，
x
x
x
x0
x x
x
解二
原式= lim[(1 x
1 x2
)(
x2 )
(
]
1)
x=
e0
1．
13. lim[ 1 x0 x
D
2π
(A) d
4 r 2d r ；
0
1
2π
4
(B) d r d r ；
0
1
2π
(C) d
2 r 2d r ；
0
1
2π
2
(D) d r d r ．
0
1
解析 此题考察直角坐标系下的二重积分转化为极坐标形式．
当
x
y
r r
cos sin
时， dxdy rdrd ，由于1≤ x 2 y ≤2 4 ， D 表示为
解： 特征方程 r 2 2r 1 0 , 特征根 r1 r 2 1, 通解为 y (C1 C2 x)e x.
11. 交错级数 (1) n1
1
的敛散性为
n1
n(n 1)
（4） (1) n1
1
=
1
,
n1
n(n 1) n1 n(n 1)
而级数
1 收敛，故原级数绝对收敛.
n1 n(n 1)
专升本高等数学测试题
1.函数 y 1 sin x 是（ D ）．
（A） 奇函数； （B） 偶函数； （C） 单调增加函数； （D） 有界函数．
解析 因为1 sin x 1，即 0 1 sin x 2 , 所以函数 y 1 sin x 为有界函数．
2.若 f (u) 可导，且 y f (e x ) ，则有（ B ）；
lim( 1 ) 1
x1 π
π
9.曲线
x y
t, t 3,
在点（1，1）处切线的斜率
解：由题意知：
1 t, 1 t3, t 1 , dy (t 3) dx t 1 (t) t1 3t 2 t1 3,
曲线在点（1，1）处切线的斜率为 3
10. 方程 y''2 y' y 0 , 的通解为
∵ f (5) 50 ,
f (5) 200 .
∴ 比较 f (5), f (2), f (0), f (5) 的大小可知： f ( x) 最大值为 200， 最小值为 50 .
16.求不定积分
1 dx .
1 1 x
解 ： 令 1 x t , 则 x t 2 1 , dx 2tdt , 于 是
41
x dx =
21 t 2tdt =
2
[4
2t
4
]dt
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01 x
01t
0
1 t
4t t 2 4ln1 t 2 4 4ln 3. 0
18. 求方程 (ex y ex )dx (ex y ey )dy 0 的通解；
解 整理得
ex (ey 1)dx ey (ex 1)dy ，
x2 y 2 dxdy
r rdrd
2π
d
r
2
dr
．2
0
1
D
D
1 r 2 ， 0 2π ，故
6.函数 y = 1 arcsin( x 1)的定义域
3 x2
2
解由所给函数知，要使函数有定义，必须分母不为零且偶次根式的被开方式非负；反正弦函数符号内的式子绝对值小 于等于 1.可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即
用分离变量法，得 两边求不定积分，得 于是所求方程的通解为 即
e y dy ex dx ，
ey 1
ex 1
ln(ey 1) ln(ex 1) ln C ，
ey 1 C ， ex 1
ey C 1． ex 1
19.
u
e
x sin
xy
,
求 u x
(0,1)
, u y
(1,0)
.
解：因 u e xsin xy e cxos xy y e (sxin xy y cos xy) , x
4
y2
x
2
4
y2
y
的图形如右图，由图可知， D 也可表为0 x 4,
0 y 4x x ,
2
所以交换积分次序后，得 4dx 4 x x f x, ydy .
2
0
0
O 24
x
21.求平行于 y 轴，且过点 A (1,5,1) 与 B (3, 2 , 3) 的平面方程.
解一
利用向量运算的方法。关键是求出平面的法向量 n .因为平面平行于 y 轴，所以 n j .又因为平面过点
x
解：令 y xe , 两边取对数得：ln y e x ln x ,
两边关于 x 求导数得：
1 y' ex ln x ex
y
x
y' y(e x ln x ex ) x
x
ex
即
y' xe (e x ln x ) .
x
15.求 f (x) x3 + 3x 2 在闭区间5,5上的极大值与极小值，最大值与最小值.
原式= 12tt
dt
= 2
t
11 1 t
dt
= 2[ dt
1dtt ] = 2t
2ln1
t
C
= 2 1 x 2 ln1 1 x C .
17.求定积分 41 x dx .
01 x
解:（1）利用换元积分法，注意在换元时必须同时换限．
令 t x ， x t 2 ，dx 2tdt ， 当 x 0 时， t 0 ，当 x 4 时， t 2 ，于是
解： f (x) 3x 2 6x , 令 f (x) 0 , 得 x 0, x 2,
1
2
f (x) 6x 6 , f (0) 6 0 , f (2) 6 0 ,
∴ f (x) 的极大值为 f (2) 4，极小值为 f (0) 0 .
lim[ 1 1 ln(1 x)] x0 x x2
3 x 0,
3 x2 0,
x 1 1, 2
推得
3 x
3,
0x4,
即 0 x 3 , 因此，所给函数的定义域为 [0 , 3) .
7. 求极限lim 2
x 2
=
x2 2 x
解：原式=lim (2 x 2)(2 x 2) x2 (2 x)(2 x 2)
1 = lim
A 与 B ，所以必有 n AB .于是，取 n = j AB ,
ij k 而 AB ={2，7，4} ，所以 n = 0 1 0 = 4i 2k ，
2 7 4
因此，由平面的点法式方程，得 4(x 1) 0( y 5) 2(z 1) 0 ，即 2x z 3 0 .
解二 利用平面的一般式方程。设所求的平面方程为 Ax By Cz D 0 ,
(A) x2 (ax b)ex ；
(B) x(ax b)ex ；
(C) (ax b)ex ；
(D) (ax b)x 2 ．
解析
yp
x
2(ax
b)e
．
x
特征方程为 r2 2r 1 0 ，特征根为
r1 = r2 =1． =1 是特征方程的特征重根，于是有
5. x 2 y 2 dxdy ( C )，其中 D ：1≤ x 2 y 2 ≤ 4 ；
u e x cos xy x , y
u e0 (sin 0 cos 0) 1, x (0,1)
u e(cos 0 1) e .
y (1,0)
20.画出二次积分
20dy
f 2 4 y 2 x, y dx 的积分区域 D 并交换积分次序.
2 4 y 2
0 y 2,
解：
D
：
2
1 x2
ln(1
x)]
解 所求极限为 型 ，不能直接用洛必达法则，通分后可变成 0 或 型. 0
lim
x
ln(1
x)
lim
1
1 1
x
x0
x2
x0 2x
lim 1 x 1 lim 1 1 . x0 2x(1 x) x0 2(1 x) 2
x
14.设 f (x) xe ，求 f '(x) .