2016年浙江省专升本高数真题答案解析

xf(x)dxxdf(x)xf(x)f(x)dx00

001

f(1)f(1)f(0)2

4、A【解析】本题考察计算级数u(x)收敛半径的基本方法：比值法n0

n



un1(x)xn

由lim，则1得到：令unnnnu(x)abn

xn1

n1n1anbn1ablimlim|x||x|1，则|x|a.nn1n1nnxabaanbn5、C【解析】本题考察如下形式的方程：ypyqyPn(x)e

x

sinx，特解形式：xe(Qn(x)cosxRn(x)sinx),iisnotrootyx

xe(Qn(x)cosxRn(x)sinx),iisroot

0x本题方程yyyxsinx,其中右端项f(x)xsinxxesinx，这里0i不是齐次特征方程的特征根，所以可以设特解形式为：(axb)sinx(cxd)cosx.二、填空题6、1x1，【解析】limlimx1x1x12

1x1

1

2

2

7、x1,x1，【解析】根据对数的意义即知：x10。第1页共5页微研改变学历8、4，【解析】lim

h0

知识改变命运f(12h)f(1)f(12h)f(1)

lim22f(1).h0h2h2eyy

9、dy，【解析】对等式sinyxe2x0两边关于x求导得：dxycosyxe2ey

cosyyexey20，得：y

cosyxeyy

y

10、12112xlnxx2C，【解析】xlnxdxlnxdx，然后根据分部积分法即得.2421

n1k1111、【解析】由定积分的定义limf()f(x)dx即知。dxln2，01xnnn0k1

12、2，【解析】根据定积分的几何意义即知：13、C1e

x



0

sinxdx2.C2e2x，【解析】根据二阶齐次微分方程的特征方程求解。jy1y2

kz1.z2

i



14、(18,24,15)，【解析】a(x1,y1,z1),b(x2,y2,z2)，abx1

x2

15、2xyz30，2xyz90.【解析】设与平面2xyz30平行且距离为6的平面为：2xyzD10与平面2xyzD20，然后根据平行平面的距离公式d

|D1D2|ABC222可以计算：D13,D9.三、计算题16、解：方法：根据limf(x)f(x0)解题。xx0ex1xax21；Step1、由limf(x)f(0)，即：lim

x0x0x2ex1xax2ex12axex2a12alimlimStep2、由lim2x0x0x0x2x22则12a1

1，计算可得a.22

17、解：方法：分段函数在分界点处的导数需要单独计算。第2页共5页微研改变学历知识改变命运当x0,f(x)

1

2x111x2当x0,f(x)

x

2x11f(x)f(0)lim当x0,f(0)lim，即f(0)1x0xx0x0ln(1x)

1lim

xx01

(2x1)2,x0

因此：f(x)x01,

1,x01x18、解：step1、f(x)

7x6

，x1,x2；2

x3x2

2x7x218x127x212x4

Step2、f(x)，f(x)，2322

x3x2x3x2令f(x)0，得到x0.则xyy(,0)

凸00

拐点(0,1)

凹1

无(1,2)

凸2

无(2,)

凹由表格可知：拐点是(0,3)；凸区间是(,0)，(1,2)；凹区间是(0,1)，(2,)。19、解：这是欧拉微分方程。方法是设xe；则原方程可以转化为D(D1)y3Dyy0,这里D

t

d

。可据此解出dt1lnx

yC1etC2tet，然后由tlnx代入可得：yC1C2.xx第3页共5页微研改变学历知识改变命运20、解：xcos2xdx



111xdsin2xxsin2xcos2xC

242

21、解：因为111



x23x2x2x1则535111dxdx23x3x2x2x1x25lnln3ln2x13

22、解：

11x1x2dx2x1x2dx011x2d1x201

2311

23、解：step1.因为

(2x)22x

1111x

Step2.又

x2x212n022n

111

Step3.则有n

(2x)22xn12

四、综合题n1

xn1，|x|2.0,0a1

n

24、解：根据指数数列极限lima1,a1

n

,a11,0x21

x1x2n1

则：lim2nlim0,x21nnx1nx212

1,x1

2n

1,1x1

x1

即：lim2n0,x1

nx1

x1,orx11,

2n

25、证明：x2

Step1.令f(x)cosx1，x0，则原不等式即转化为证明f(x)0即可。2

第4页共5页微研改变学历知识改变命运此时：f(x)0(f(0))，因此原不等式即：f(x)f(0),(x0.)Step2.证明f(x)在区间(0,)上单调递增，即f(x)0。因为：f(x)xsinx

Step3.下面再重复上面的步骤：只需证明f(x)xsinx0即可。此时：f(x)0(f(0))，因此该不等式即：f(x)f(0),(x0)Step4.证明f(x)在区间(0,)上单调递增，即f(x)0。因为：f(x)1cosx0。该不等式显然成立。故原命题成立。26、证明：Step1.由题设f(0)



2

1

f(x)dx,根据积分中值性质得到：f(0)f(c)，c(1,2)；Step2.再由罗尔定理知：存在一点(0,c)(0,2)，使得f()0.命题成立。扫码获得高数历年真题解析

第5页共5页