2018年浙江专升本高数考试真题答案、选择题：本大题共5小题，每小题4分，共20分。

号,X则f(x)在(1,1)内(C)1、设f(X)X ,x 0A、有可去间断点B、连续点C、有跳跃间断点D、有第二间断点sin x解析：lim f (x) lim x 0, lim f (x) lim 1x o x 0 x 0 x 0入lim f (x) lim f (x)，但是又存在，x 0是跳跃间断点x 0 x 022、当x 0时，sinx xcosx是x的(D )无穷小A、低阶B、等阶C、同阶D、高阶sinx xcosx cosx cosx xsinx 「sinx解析：lim 2lim lim 0 咼阶无穷小0x x 02x x 02X3、设f (x)二阶可导，在x X。

处f(X。

) 0 , lim f (x)0，则f (x)在x x°处(B )x x0 x X0A、取得极小值B、取得极大值C、不是极值D、X0,f(X°)是拐点解析：lim 0, f (x。

) lim ―，则其f (x。

) 0, f(x。

) 0,x X0 X X0x X0X x0X0为驻点，又 f (x°) 0 X X0是极大值点。

4、已知f(x)在a,b上连续，则下列说法不正确的是( B )b 2A、已知f2(x)dx 0,则在a,b 上，f (x) 0ad 2xB、 f (t)dt f (2x) f (x)，其中x,2x a, bdx xC、f(a) f(b) 0,则a,b 内有使得f ( ) 0bD、y f (x)在a,b上有最大值M和最小值m，则m(b a) f (x)dx M (b a)a的面积，该面积为0 f2(x) 0, 事实上若f (x)满足解析：A.由定积分几何意义可知，f2(x) 0 , f2 (x)dx为f2(x)在a, b上与x轴围成a的面积，该面积为0 f2(x) 0, 事实上若f (x)满足asin x)xB. C. D. A 、 连续非负 f (x) 0(a x b) bf(x)dx 0 ad 2xf(x)dx 2f (2x) f(x) dx x 有零点定理知结论正确 由积分估值定理可知, b b mdx f (x)dx a a F 列级数绝对收敛的是 (1)n1 1 B 、 解析: A. lim n 1 n 1"1 n x a,b , m f(x) bMdx m(b 1，由 (1)n1ln(n 1) 1发散 n 1」n a)f(x)dx M (bcos nn1n 3 9—1发散 .n 1a)D、B. lim ——n n _1 ln(1lim nln(1 n 10，由一发散n 1n发散n 1ln(1 n)C. 收敛 n) cosn .n 29 1 D.丄发散 n 1 n 二、填空题 _1n 2 _1_ ,而 lim n ： 9 =1,- 1~3n ㊁1~3 n 1 "2 n 2收敛_1_n 29收敛 cosn n 2 116、lim (1 as in x)x 1解析：lim (1x 0-ln(1lim e xx 0asin x)ln(1 asi nx) lim —X 0 xe1acosx lim 1 asinxx 01e7、lfx 0f(3 2x) sin x3，贝V f (3)解析:lim f(3)f(3 2x)x 0sin x2lirfx 02x) f(3) 2x2f (3) 3n111 013、sin x&若常数a,b 使得lim 卞 x 0e 解析：lim (cosx x 0e 2x a(cosx b) 5，则 b a b) limx所以根据洛必达法则可知: x(cosx b)2xa0, alim x(cosx b) x 02x cosx lim x 0 25,b 9、设ln(1 t arctant t) 解析:i dy dx11 t 21 1 t t 2(i t)1 t 2dy dx10、 y f (x)是 x 2 y 21 0所确定的隐函数，则d 2ydx 22 2y x 3y解析：方程两边同时求导，得: 2x 2yy方程2x 2yy0同时求导, 得:(y)2yy0，将-带入,y则得, (x )2 yyy 0写 ，dx 2 2y x3y11、求 x1 x2 的单增区间是（ 1,1)解析: 2 2 1 x 2x 2、2x ) (1 (1 1 x 22、2 x ) 则x 2 12、求已知 f (x) dx x 2 limnf(k)n解析：limnf(-) nf(x)dx10f(x )dx2x(eC)e2dx 1x(ln x)解析: 亠dlnx 1(In x) Inx 14、由x2: y 1,x 2围成的图形面积为解析: 221(x21)dx(3 x3x)15、常系数齐次线性微分方程y 2y 0的通解为y (G C2x)e x(C1C2为任意常数)解析：特征方程：r2 2r 1 0，特征根:通解为y (C1 C2x)e x( C1C2为任意常数)二、计算题60分)(本大题共8小题，其中16-19小题每小题7分，20-23小题每小题8分，共x xe elimx 01n(1 sin x)e x 解析：limx 0 ln(1x e 2xx e 1 lim 2xx 0 sin x sin x) lim ex 0ln(1 sin x)16、求lim 空2x 0 xx17、设y(x) (1 sinx)，求y(x)在x 处的微分解析：y(x) (1 sin x)xln y xln(1 sin x)ln( 1、cosx sin x) x —1 sin xdycosx x [ln(1 sinx) x ](1 si nx)x dx1 sin x代入上式，得微分dy dx18、求解析: 05 1cos2 xdx 5% 0 | sin x | dx% 2sin xdx ( sin x)dx 0 3sin xdx24sin x)dx35sin xdx4cosx|：10cosx|0 cosx|2cosx |3cosx|：ax), x 019、求 arctan 、xdxiQ解析：令 J x t ，则 x t 2, dx 2tdt2 2 2arctantdtt arctant t darctantt 2arcta ntt 2 ^2 dt 1 t 2, 2 ,t 2arcta n t1 t 23dt 1 t 2t 2arcta nt 1d 1 t 2)dtt 2arc tant t arcta nt c贝 V 原式 xarc ta n_x x arcta n x cxcosx解析：i —x 厂为奇函数,该式不代入计算dx ltdt232(5 t 2)dt解析:(5t 3t)h3 S 、.321、已知 f (x)2x ln(1b,x 0 在x0处可导，求a,b20、 1-1' .5 4xxcosx1 x 4)dx •、5 4x ,则 x5 t 2该式15 t 2 34 t (12t )dtf(x)在x 0处可导 f (x)在x 0处连续 lim f (x) lim f (x) f (0)x 0x 0lim f (x)0, lim f (x) bx 0x 0b 0x t 122、求过点A( 1,2,1)且平行于2x 3y z 7 0又与直线 y t 3相交的直线方程。

z 2t直线过点A( 1,2,1)，因为直线平行于平面，所以 S n , n (2, 3,1)，lim f 『(x) lim f (x)x 0x 0lim 1 f (x) lim ln(1 ax) 0 x 0x 0x 02x 0lim 1 f (x) limx 0x 0x 0a 2a设两条直线的交点 P(t 1,t 3,2t)，所以 SPA (t,t 1,2t 1)，所以 2t 3t 3 2t 10，t 4，P(3,7,8)，所以 PA (4,5,7)，所以直线方程为23、讨论 f (x)x 14 1 3 xy 2 z 1---- ----- 。

5722x 3x 1极值和拐点解析：132f(x)1x 2x 3x 1f'(x) x 2 4x 3令 f'(x) 0,则 x 1 1,x 2 33(〔)f (x)的极值列表如下：所以极大值为1 7f(1)- 2 3 1—,极小值 f (3) 133(2)f (x)的拐点f (x) 2x 4 令 f (x)0 则 x 2列表如下：5拐点为 2,_3四、综合题(本大题共 3大题，每小题10分，共30分)124、利用(1)n x n ，1 x n 0(1) 将函数ln(1 x)展开成x 的幕级数 (2) 将函数ln(3 x)展开成x 2的幕级数xf(x) 0 f (t)dt f(0)当x 1时，级数发散；当 x 1时，级数收敛，故收敛域为 1,1。

x 2 x (2) In(3x) ln[5 (x 2)]In [5(1匚)] 5In 5 ln(1 -5n1x 2、n1n(x 2)n 1ln 5(1) ( )In 5(1)n 1 ,八n 01 n 5n 05 (n 1)其中，1x -1 3 x7。

_25、f (x)在1， 上导函数连续，f(x) 0,已知曲线f(x)与直线x 1,x t(t 1)及x =1( t 1 )及x 轴所围成的去边梯形绕 x 轴所围成的旋转体体积是该曲边梯形的 t 倍,解析：(1)令 f (x) ln(11x)，f(x) C ，当 x (1,1)时,n n1) xn 11; n 126、f (x)在a,b 连续且(a, f (a))和(b, f(b))的直线与曲线交于(c, f(c))(a x b)，证 明：(1)存在 f ( J f ( 2) (2)在(a,b)存在 f ( ) 0解析： 解法一：(1 )过(a, f (a)), (b, f(b))的直线方程可设为：一、f(b) f(a)z 、 y f (c) (x c)b a所以可构造函数： F(x) f(x) x 所以 F(a) F(b) F(c)又因为f (x)在a, c c,b 连续可导的，则 F (x)在a,c c,b 连续可导， 所以根据罗尔定理可得存在 1 (a,c), 2(c,b), F ( 1) F ( 2) 0使 f ( J f ( 2)1o(2)由(1 )知f ( J f ( 2)，又f (x)二阶可导，存在且连续，故由罗尔定理可知,(1, 2) (a,b)，使得 f ( )0。

求 f (x)解析：S t1 f(x)dx ， V t2 1 f 2(x)dx由题意知, t21 f 2(x)dxt2 t 1 f(x)dx ，求导得，得 f 2(t)t1 f (x)dx tf (t)再求导，得 2 f(t)f (t)f(t) f(t) tf(t)即 2f(t) tf (t) 2f(t)f (t)，则 2y ty2yy ,2y (2yt)y ,2y t 2ydt dy 'dt 1 + t dy 2y1,1P(y)壬，Q(y) 1，t丄dy丄-dyydyC)丄(即,y 3由 f (1) f 2(1)1f (1) 1，带入得C -,故曲线方程为33x 2y解法二：(1)考虑f(x)在a,c及c,b上的格拉朗日中值定理有：1 a,c,2 (c,b)，有f(j ,c a be 由于A(a, f(a)), B(b, f(b)),C(e, f(e))共线，则有AC的斜率k AC丄色一血与BC的斜率k BC丄®—空a e b e 于是有f ( i) f ( 2)(2)与解法一(2)做法一致。