2025江蘇專轉(zhuǎn)本高數(shù)練習(xí)題及答案解析高等數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題（本大題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請把所選項前的字母填在題后的括號內(nèi)）1.函數(shù)\(f(x)=\frac{1}{\ln(x1)}\)的定義域是（）A.\((1,+\infty)\)B.\((1,2)\cup(2,+\infty)\)C.\([1,+\infty)\)D.\([1,2)\cup(2,+\infty)\)【答案】B【解析】要使函數(shù)\(f(x)=\frac{1}{\ln(x1)}\)有意義，則\(\begin{cases}x1>0\\\ln(x1)\neq0\end{cases}\)。由\(x1>0\)得\(x>1\)；由\(\ln(x1)\neq0\)，即\(x1\neq1\)，得\(x\neq2\)。所以函數(shù)的定義域為\((1,2)\cup(2,+\infty)\)，故選B。2.\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)的值為（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=1\)，令\(u=3x\)，當(dāng)\(x\to0\)時，\(u\to0\)。則\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\times\frac{3}{3}=3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\times1=3\)，故選D。3.設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在點\(x_0\)處可導(dǎo)，且\(f^\prime(x_0)=2\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)f(x_0)}{h}\)的值為（）A.2B.4C.1D.\(\frac{1}{2}\)【答案】B【解析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)f(x_0)}{\Deltax}\)。對于\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)f(x_0)}{h}\)，令\(\Deltax=2h\)，當(dāng)\(h\to0\)時，\(\Deltax\to0\)。則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)f(x_0)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)f(x_0)}{h}\times\frac{2}{2}=2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)f(x_0)}{2h}=2f^\prime(x_0)\)。已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(2f^\prime(x_0)=2\times2=4\)，故選B。4.曲線\(y=x^33x^2+1\)在點\((1,1)\)處的切線方程為（）A.\(y=3x+2\)B.\(y=3x4\)C.\(y=4x+3\)D.\(y=4x5\)【答案】A【解析】首先對函數(shù)\(y=x^33x^2+1\)求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n1}\)。\(y^\prime=(x^33x^2+1)^\prime=3x^26x\)。將\(x=1\)代入到導(dǎo)數(shù)\(y^\prime\)中，得到切線的斜率\(k=y^\prime|_{x=1}=3\times1^26\times1=36=3\)。已知切線過點\((1,1)\)，斜率為\(3\)，根據(jù)直線的點斜式方程\(yy_0=k(xx_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)為直線上一點，\(k\)為直線斜率）。可得切線方程為\(y(1)=3(x1)\)，即\(y+1=3x+3\)，整理得\(y=3x+2\)，故選A。5.設(shè)\(f(x)\)是連續(xù)函數(shù)，\(F(x)=\int_{0}^{x^2}f(t)dt\)，則\(F^\prime(x)\)等于（）A.\(f(x^2)\)B.\(2xf(x^2)\)C.\(f(x)\)D.\(2xf(x)\)【答案】B【解析】根據(jù)變上限積分求導(dǎo)公式，若\(F(x)=\int_{a}^{\varphi(x)}f(t)dt\)，則\(F^\prime(x)=f(\varphi(x))\varphi^\prime(x)\)。在\(F(x)=\int_{0}^{x^2}f(t)dt\)中，\(a=0\)，\(\varphi(x)=x^2\)，\(\varphi^\prime(x)=2x\)。所以\(F^\prime(x)=f(x^2)\times2x=2xf(x^2)\)，故選B。6.微分方程\(y^\prime+2y=0\)的通解為（）A.\(y=Ce^{2x}\)B.\(y=Ce^{2x}\)C.\(y=Cxe^{2x}\)D.\(y=Cxe^{2x}\)【答案】A【解析】對于一階線性齊次微分方程\(y^\prime+P(x)y=0\)，其通解公式為\(y=Ce^{\intP(x)dx}\)。在微分方程\(y^\prime+2y=0\)中，\(P(x)=2\)。則\(\intP(x)dx=\int2dx=2x\)，所以通解為\(y=Ce^{2x}\)，故選A。二、填空題（本大題共6小題，每小題4分，共24分）7.已知\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{xa})^x=8\)，則\(a=\)______。【答案】\(\ln2\)【解析】\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{xa})^x=\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{3a}{xa})^x\)。令\(t=\frac{xa}{3a}\)，則\(x=3at+a\)，當(dāng)\(x\to\infty\)時，\(t\to\infty\)。\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{3a}{xa})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^{3at+a}=\lim\limits_{t\to\infty}[(1+\frac{1}{t})^t]^{3a}\cdot(1+\frac{1}{t})^a\)。因為\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t=e\)，\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^a=1\)，所以\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{3a}{xa})^x=e^{3a}\)。已知\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+2a}{xa})^x=8\)，即\(e^{3a}=8\)，兩邊取自然對數(shù)得\(3a=\ln8=3\ln2\)，解得\(a=\ln2\)。8.函數(shù)\(y=x^22\lnx\)的單調(diào)遞減區(qū)間是______。【答案】\((0,1)\)【解析】函數(shù)\(y=x^22\lnx\)的定義域為\((0,+\infty)\)。對\(y\)求導(dǎo)得\(y^\prime=(x^22\lnx)^\prime=2x\frac{2}{x}=\frac{2(x^21)}{x}=\frac{2(x1)(x+1)}{x}\)。令\(y^\prime<0\)，因為\(x>0\)，所以\((x1)(x+1)<0\)，又\(x+1>0\)，則\(x1<0\)，解得\(0<x<1\)。所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是\((0,1)\)。9.設(shè)\(z=e^{xy}\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\big|_{(1,1)}=\)______?！敬鸢浮縗(e\)【解析】對\(z=e^{xy}\)關(guān)于\(x\)求偏導(dǎo)數(shù)，把\(y\)看作常數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則\((e^u)^\prime=e^u\cdotu^\prime\)。\(\frac{\partialz}{\partialx}=ye^{xy}\)。將\((1,1)\)代入到\(\frac{\partialz}{\partialx}\)中，得到\(\frac{\partialz}{\partialx}\big|_{(1,1)}=1\timese^{1\times1}=e\)。10.計算\(\int_{0}^{1}x\sqrt{1x^2}dx=\)______?！敬鸢浮縗(\frac{1}{3}\)【解析】令\(u=1x^2\)，則\(du=2xdx\)，當(dāng)\(x=0\)時，\(u=1\)；當(dāng)\(x=1\)時，\(u=0\)。\(\int_{0}^{1}x\sqrt{1x^2}dx=\frac{1}{2}\int_{1}^{0}\sqrt{u}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{\frac{1}{2}}du\)。根據(jù)積分公式\(\intx^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq1)\)，可得：\(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{\frac{1}{2}}du=\frac{1}{2}\times[\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}]_0^1=\frac{1}{3}(1^{\frac{3}{2}}0^{\frac{3}{2}})=\frac{1}{3}\)。11.已知向量\(\vec{a}=(1,2,3)\)，\(\vec=(2,1,1)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=\)______?！敬鸢浮縗(3\)【解析】根據(jù)向量點積的坐標(biāo)運算公式，若\(\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\vec=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)。已知\(\vec{a}=(1,2,3)\)，\(\vec=(2,1,1)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(2)\times1+3\times(1)=223=3\)。12.冪級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n\cdot3^n}\)的收斂半徑\(R=\)______?！敬鸢浮縗(3\)【解析】對于冪級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\)，其收斂半徑\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\vert\frac{a_n}{a_{n+1}}\vert\)。在冪級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n\cdot3^n}\)中，\(a_n=\frac{1}{n\cdot3^n}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{(n+1)\cdot3^{n+1}}\)。則\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\vert\frac{a_n}{a_{n+1}}\vert=\lim\limits_{n\to\infty}\vert\frac{\frac{1}{n\cdot3^n}}{\frac{1}{(n+1)\cdot3^{n+1}}}\vert=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)\cdot3^{n+1}}{n\cdot3^n}\)。\(=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\times3=3\)。三、解答題（本大題共8小題，每小題8分，共64分）13.求極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x1x}{x^2}\)?！窘狻勘绢}可使用洛必達(dá)法則求解。因為當(dāng)\(x\to0\)時，分子\(e^x1x\to0\)，分母\(x^2\to0\)，滿足\(\frac{0}{0}\)型。根據(jù)洛必達(dá)法則，\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x1x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{(e^x1x)^\prime}{(x^2)^\prime}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x1}{2x}\)。此時當(dāng)\(x\to0\)時，分子\(e^x1\to0\)，分母\(2x\to0\)，仍為\(\frac{0}{0}\)型，再次使用洛必達(dá)法則。\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x1}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{(e^x1)^\prime}{(2x)^\prime}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}\)。14.設(shè)函數(shù)\(y=y(x)\)由方程\(e^{xy}+x+y=1\)所確定，求\(\frac{dy}{dx}\)。【解】對方程\(e^{xy}+x+y=1\)兩邊同時對\(x\)求導(dǎo)。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，\((e^{xy})^\prime=e^{xy}\cdot(xy)^\prime=e^{xy}(y+x\frac{dy}{dx})\)，\((x)^\prime=1\)，\((y)^\prime=\frac{dy}{dx}\)。則\(e^{xy}(y+x\frac{dy}{dx})+1+\frac{dy}{dx}=0\)。展開得\(ye^{xy}+xe^{xy}\frac{dy}{dx}+1+\frac{dy}{dx}=0\)。移項可得\(xe^{xy}\frac{dy}{dx}+\frac{dy}{dx}=ye^{xy}1\)。提取公因式\(\frac{dy}{dx}\)得\(\frac{dy}{dx}(xe^{xy}+1)=(ye^{xy}+1)\)。所以\(\frac{dy}{dx}=\frac{ye^{xy}+1}{xe^{xy}+1}\)。15.求函數(shù)\(f(x)=x^33x^29x+5\)的極值?！窘狻渴紫葘瘮?shù)\(f(x)=x^33x^29x+5\)求導(dǎo)，\(f^\prime(x)=(x^33x^29x+5)^\prime=3x^26x9\)。令\(f^\prime(x)=0\)，即\(3x^26x9=0\)，兩邊同時除以\(3\)得\(x^22x3=0\)。因式分解得\((x3)(x+1)=0\)，解得\(x_1=1\)，\(x_2=3\)。然后求二階導(dǎo)數(shù)\(f^{\prime\prime}(x)=(3x^26x9)^\prime=6x6\)。當(dāng)\(x=1\)時，\(f^{\prime\prime}(1)=6\times(1)6=12<0\)，所以\(f(x)\)在\(x=1\)處取得極大值。\(f(1)=(1)^33\times(1)^29\times(1)+5=13+9+5=10\)。當(dāng)\(x=3\)時，\(f^{\prime\prime}(3)=6\times36=12>0\)，所以\(f(x)\)在\(x=3\)處取得極小值。\(f(3)=3^33\times3^29\times3+5=272727+5=22\)。16.計算\(\int\frac{1}{x^2+2x+2}dx\)。【解】先對分母進(jìn)行配方：\(x^2+2x+2=(x+1)^2+1\)。則\(\int\frac{1}{x^2+2x+2}dx=\int\frac{1}{(x+1)^2+1}dx\)。令\(u=x+1\)，則\(du=dx\)。\(\int\frac{1}{(x+1)^2+1}dx=\int\frac{1}{u^2+1}du\)。根據(jù)積分公式\(\int\frac{1}{1+x^2}dx=\arctanx+C\)，可得\(\int\frac{1}{u^2+1}du=\arctanu+C\)。再將\(u=x+1\)代回，得到\(\int\frac{1}{x^2+2x+2}dx=\arctan(x+1)+C\)。17.計算二重積分\(\iint\limits_{D}xyd\sigma\)，其中\(zhòng)(D\)是由\(y=x\)，\(y=1\)和\(x=0\)所圍成的閉區(qū)域。【解】先確定積分區(qū)域\(D\)的范圍：\(0\leqslantx\leqslant1\)，\(x\leqslanty\leqslant1\)。則\(\iint\limits_{D}xyd\sigma=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}xydy\)。先對\(y\)積分：\(\int_{x}^{1}xydy=x\int_{x}^{1}ydy=x[\frac{y^2}{2}]_{x}^{1}=x(\frac{1}{2}\frac{x^2}{2})\)。再對\(x\)積分：\(\int_{0}^{1}x(\frac{1}{2}\frac{x^2}{2})dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(xx^3)dx\)。\(=\frac{1}{2}[\frac{x^2}{2}\frac{x^4}{4}]_{0}^{1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}\frac{1}{4})=\frac{1}{8}\)。18.求過點\(M(1,2,3)\)且與平面\(2xy+3z1=0\)平行的平面方程?！窘狻恳阎笃矫媾c平面\(2xy+3z1=0\)平行，則它們的法向量相同。平面\(2xy+3z1=0\)的法向量\(\vec{n}=(2,1,3)\)。根據(jù)平面的點法式方程\(A(xx_0)+B(yy_0)+C(zz_0)=0\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0,z_0)\)為平面上一點，\((A,B,C)\)為平面的法向量）。已知點\(M(1,2,3)\)，法向量\(\vec{n}=(2,1,3)\)，則所求平面方程為：\(2(x1)(y+2)+3(z3)=0\)。展開得\(2x2y2+3z9=0\)，整理得\(2xy+3z13=0\)。19.求冪級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x1)^n}{n\cdot2^n}\)的收斂區(qū)間。【解】令\(t=x1\)，則冪級數(shù)變?yōu)閈(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot2^n}\)。先求\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot2^n}\)的收斂半徑\(R\)，\(a_n=\frac{1}{n\cdot2^n}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{(n+1)\cdot2^{n+1}}\)。\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\vert\frac{a_n}{a_{n+1}}\vert=\lim\limits_{n\to\infty}\vert\frac{\frac{1}{n\cdot2^n}}{\frac{1}{(n+1)\cdot2^{n+1}}}\vert=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)\cdot2^{n+1}}{n\cdot2^n}=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\times2=2\)。當(dāng)\(t=2\)時，冪級數(shù)為\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n\cdot2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\)，這是調(diào)和級數(shù)，發(fā)散。當(dāng)\(t=2\)時，冪級數(shù)為\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2)^n}{n\cdot2^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{n}\)，這是交錯級數(shù)，根據(jù)萊布尼茨判別法，收斂。所以\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cdot2^n}\)的收斂區(qū)間為\([2,2)\)。因為\(t=x1\)，則\(2\leqslantx1<2\)，解得\(1\leqslantx<3\)。所以冪級數(shù)\(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x1)^n}{n\cdot2^n}\)的收斂區(qū)間為\([1,3)\)。20.設(shè)函數(shù)\(f(x)\)在\([0,1]\)上連續(xù)，且\(\int_{0}^{1}f(x)dx=1\)，求\(\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x)f(y)dy\)?！窘狻吭O(shè)\(I=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x)f(y)dy\)。交換積分次序，積分區(qū)域\(D\)：\(0\leqslantx\leqslant1\)，\(x\leqslanty\leqslant1\)，也可表示為\(0\leqslanty\leqslant1\)，\(0\leqslantx\leqslanty\)。則\(I=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x)f(y)dx\)。又因為\(I=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x)f(y)dy\)，所以\(2I=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x)f(y)dy+\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x)f(y)dx\)。\(2I=\int_{0}^{1}f(x)dx\int_{x}^{1}f(y)dy+\int_{0}^{1}f(y)dy\int_{0}^{y}f(x)dx\)。由于\(\int_{0}^{1}f(x)dx=1\)，且\(\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}f(y)dy=1\)。\(2I=\left(\int_{0}^{1}f(x)dx\right)^2=1\)，所以\(I=\frac{1}{2}\)。四、證明題（本大題共2小題，每小題9