2025湖北省成考專升本高等數(shù)學(xué)通關(guān)考試題庫帶答案一、函數(shù)、極限與連續(xù)1.函數(shù)設(shè)\(f(x)=\frac{1}{x-1}\)，\(g(x)=x^2+1\)，求\(f[g(x)]\)和\(g[f(x)]\)。-解答：-求\(f[g(x)]\)：將\(g(x)=x^2+1\)代入\(f(x)\)中，可得\(f[g(x)]=\frac{1}{g(x)-1}=\frac{1}{x^2+1-1}=\frac{1}{x^2}\)，其中\(zhòng)(x\neq0\)。-求\(g[f(x)]\)：將\(f(x)=\frac{1}{x-1}\)代入\(g(x)\)中，可得\(g[f(x)]=(\frac{1}{x-1})^2+1=\frac{1+(x-1)^2}{(x-1)^2}=\frac{1+x^2-2x+1}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2x+2}{(x-1)^2}\)，其中\(zhòng)(x\neq1\)。2.極限求\(\lim\limits_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}\)。-解答：本題可先對分子進(jìn)行因式分解，再化簡式子求極限。因?yàn)閈(x^2-4=(x+2)(x-2)\)，所以\(\lim\limits_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim\limits_{x\to2}\frac{(x+2)(x-2)}{x-2}\)。當(dāng)\(x\to2\)但\(x\neq2\)時，可約去分子分母的\(x-2\)，得到\(\lim\limits_{x\to2}(x+2)\)。將\(x=2\)代入\(x+2\)，可得\(\lim\limits_{x\to2}(x+2)=2+2=4\)。求\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x\)。-解答：令\(t=\frac{x}{2}\)，則\(x=2t\)，當(dāng)\(x\to\infty\)時，\(t\to\infty\)。那么\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^{2t}\)。根據(jù)指數(shù)運(yùn)算法則\((a^m)^n=a^{mn}\)，可得\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^{2t}=\left[\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t\right]^2\)。由重要極限\(\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t=e\)，所以\(\left[\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t\right]^2=e^2\)。3.連續(xù)設(shè)函數(shù)\(f(x)=\begin{cases}x+1,&x\lt0\\a,&x=0\\x^2+1,&x\gt0\end{cases}\)，問\(a\)取何值時，\(f(x)\)在\(x=0\)處連續(xù)。-解答：函數(shù)\(f(x)\)在\(x=0\)處連續(xù)的充要條件是\(\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=f(0)\)。-求\(\lim\limits_{x\to0^-}f(x)\)：當(dāng)\(x\to0^-\)時，\(f(x)=x+1\)，則\(\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to0^-}(x+1)=0+1=1\)。-求\(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)\)：當(dāng)\(x\to0^+\)時，\(f(x)=x^2+1\)，則\(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}(x^2+1)=0^2+1=1\)。-因?yàn)閈(f(0)=a\)，要使\(f(x)\)在\(x=0\)處連續(xù)，則\(a=1\)。二、一元函數(shù)微分學(xué)1.導(dǎo)數(shù)的定義設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在點(diǎn)\(x_0\)處可導(dǎo)，且\(f^\prime(x_0)=2\)，求\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)。-解答：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\)。對\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)進(jìn)行變形，可得\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}=2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}\)。令\(t=2h\)，當(dāng)\(h\to0\)時，\(t\to0\)，則\(2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}=2\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}\)。由導(dǎo)數(shù)的定義可知\(\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}=f^\prime(x_0)\)，已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(2\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}=2\times2=4\)。2.求導(dǎo)法則求\(y=x^3\sinx\)的導(dǎo)數(shù)。-解答：根據(jù)乘積的求導(dǎo)法則\((uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime\)，其中\(zhòng)(u=x^3\)，\(v=\sinx\)。先對\(u=x^3\)求導(dǎo)，根據(jù)冪函數(shù)求導(dǎo)公式\((x^n)^\prime=nx^{n-1}\)，可得\(u^\prime=3x^2\)。再對\(v=\sinx\)求導(dǎo)，可得\(v^\prime=\cosx\)。則\(y^\prime=(x^3\sinx)^\prime=u^\primev+uv^\prime=3x^2\sinx+x^3\cosx\)。求\(y=\frac{e^x}{x^2+1}\)的導(dǎo)數(shù)。-解答：根據(jù)商的求導(dǎo)法則\((\frac{u}{v})^\prime=\frac{u^\primev-uv^\prime}{v^2}\)，其中\(zhòng)(u=e^x\)，\(v=x^2+1\)。對\(u=e^x\)求導(dǎo)，可得\(u^\prime=e^x\)。對\(v=x^2+1\)求導(dǎo)，可得\(v^\prime=2x\)。則\(y^\prime=(\frac{e^x}{x^2+1})^\prime=\frac{e^x(x^2+1)-e^x\times2x}{(x^2+1)^2}=\frac{e^x(x^2-2x+1)}{(x^2+1)^2}=\frac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2}\)。3.高階導(dǎo)數(shù)求\(y=e^{2x}\)的\(n\)階導(dǎo)數(shù)\(y^{(n)}\)。-解答：先求一階導(dǎo)數(shù)\(y^\prime=(e^{2x})^\prime\)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，令\(u=2x\)，則\(y=e^u\)，\(y^\prime=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}=e^u\cdot2=2e^{2x}\)。再求二階導(dǎo)數(shù)\(y^{\prime\prime}=(2e^{2x})^\prime=2\times2e^{2x}=2^2e^{2x}\)。通過歸納法可推測\(y^{(n)}=2^ne^{2x}\)。下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：-當(dāng)\(n=1\)時，\(y^\prime=2e^{2x}\)，結(jié)論成立。-假設(shè)當(dāng)\(n=k\)時，\(y^{(k)}=2^ke^{2x}\)成立。-當(dāng)\(n=k+1\)時，\(y^{(k+1)}=(y^{(k)})^\prime=(2^ke^{2x})^\prime=2^k\times2e^{2x}=2^{k+1}e^{2x}\)，結(jié)論也成立。所以\(y^{(n)}=2^ne^{2x}\)。4.微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用求函數(shù)\(y=x^3-3x^2+1\)的單調(diào)區(qū)間和極值。-解答：-首先求函數(shù)的定義域，函數(shù)\(y=x^3-3x^2+1\)的定義域?yàn)閈((-\infty,+\infty)\)。-然后求導(dǎo)數(shù)\(y^\prime=3x^2-6x=3x(x-2)\)。-令\(y^\prime=0\)，即\(3x(x-2)=0\)，解得\(x=0\)或\(x=2\)。-用\(x=0\)和\(x=2\)將定義域\((-\infty,+\infty)\)分成三個區(qū)間\((-\infty,0)\)，\((0,2)\)，\((2,+\infty)\)。-當(dāng)\(x\in(-\infty,0)\)時，\(y^\prime=3x(x-2)\gt0\)，所以函數(shù)\(y\)在\((-\infty,0)\)上單調(diào)遞增。-當(dāng)\(x\in(0,2)\)時，\(y^\prime=3x(x-2)\lt0\)，所以函數(shù)\(y\)在\((0,2)\)上單調(diào)遞減。-當(dāng)\(x\in(2,+\infty)\)時，\(y^\prime=3x(x-2)\gt0\)，所以函數(shù)\(y\)在\((2,+\infty)\)上單調(diào)遞增。-求極值：當(dāng)\(x=0\)時，\(y=0^3-3\times0^2+1=1\)，因?yàn)楹瘮?shù)在\(x=0\)左側(cè)單調(diào)遞增，右側(cè)單調(diào)遞減，所以\(x=0\)是極大值點(diǎn)，極大值為\(1\)。當(dāng)\(x=2\)時，\(y=2^3-3\times2^2+1=8-12+1=-3\)，因?yàn)楹瘮?shù)在\(x=2\)左側(cè)單調(diào)遞減，右側(cè)單調(diào)遞增，所以\(x=2\)是極小值點(diǎn)，極小值為\(-3\)。三、一元函數(shù)積分學(xué)1.不定積分求\(\int(2x+\frac{1}{x})dx\)。-解答：根據(jù)不定積分的加法法則\(\int(f(x)+g(x))dx=\intf(x)dx+\intg(x)dx\)，可得：\(\int(2x+\frac{1}{x})dx=\int2xdx+\int\frac{1}{x}dx\)。根據(jù)冪函數(shù)積分公式\(\intx^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq-1)\)，\(\int2xdx=2\times\frac{x^{1+1}}{1+1}+C_1=x^2+C_1\)。根據(jù)\(\int\frac{1}{x}dx=\ln|x|+C_2\)，所以\(\int(2x+\frac{1}{x})dx=x^2+\ln|x|+C\)（\(C=C_1+C_2\)）。求\(\intx\cosxdx\)。-解答：使用分部積分法\(\intudv=uv-\intvdu\)。令\(u=x\)，\(dv=\cosxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\int\cosxdx=\sinx\)。所以\(\intx\cosxdx=x\sinx-\int\sinxdx\)。又因?yàn)閈(\int\sinxdx=-\cosx+C\)，所以\(\intx\cosxdx=x\sinx+\cosx+C\)。2.定積分計(jì)算\(\int_{0}^{1}(x^2+1)dx\)。-解答：根據(jù)定積分的加法法則\(\int_{a}^(f(x)+g(x))dx=\int_{a}^f(x)dx+\int_{a}^g(x)dx\)，可得：\(\int_{0}^{1}(x^2+1)dx=\int_{0}^{1}x^2dx+\int_{0}^{1}1dx\)。根據(jù)牛頓-萊布尼茨公式\(\int_{a}^x^ndx=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{a}^=\frac{b^{n+1}}{n+1}-\frac{a^{n+1}}{n+1}(n\neq-1)\)，\(\int_{0}^{1}x^2dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{1^3}{3}-\frac{0^3}{3}=\frac{1}{3}\)。\(\int_{0}^{1}1dx=\left[x\right]_{0}^{1}=1-0=1\)。所以\(\int_{0}^{1}(x^2+1)dx=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}\)。計(jì)算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx\)。-解答：使用分部積分法\(\int_{a}^udv=[uv]_{a}^-\int_{a}^vdu\)。令\(u=x\)，\(dv=\sinxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\int\sinxdx=-\cosx\)。所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx=[-x\cosx]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-\cosx)dx\)。先計(jì)算\([-x\cosx]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}-0\times\cos0=0\)。再計(jì)算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-\cosx)dx=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cosxdx=-[\sinx]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=-(\sin\frac{\pi}{2}-\sin0)=-1\)。所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx=0-(-1)=1\)。四、多元函數(shù)微積分學(xué)1.偏導(dǎo)數(shù)設(shè)\(z=x^2y+\sin(xy)\)，求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)和\(\frac{\partialz}{\partialy}\)。-解答：-求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)：將\(y\)看作常數(shù)，對\(x\)求導(dǎo)。根據(jù)加法求導(dǎo)法則\((u+v)^\prime=u^\prime+v^\prime\)，\(u=x^2y\)，\(v=\sin(xy)\)。對\(u=x^2y\)求導(dǎo)，根據(jù)冪函數(shù)求導(dǎo)公式\((x^n)^\prime=nx^{n-1}\)，可得\(\frac{\partialu}{\partialx}=2xy\)。對\(v=\sin(xy)\)求導(dǎo)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，令\(t=xy\)，則\(v=\sint\)，\(\frac{\partialv}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialt}\cdot\frac{\partialt}{\partialx}=\cost\cdoty=y\cos(xy)\)。所以\(\frac{\partialz}{\partialx}=2xy+y\cos(xy)\)。-求\(\frac{\partialz}{\partialy}\)：將\(x\)看作常數(shù)，對\(y\)求導(dǎo)。對\(u=x^2y\)求導(dǎo)，可得\(\frac{\partialu}{\partialy}=x^2\)。對\(v=\sin(xy)\)求導(dǎo)，令\(t=xy\)，則\(v=\sint\)，\(\frac{\partialv}{\partialy}=\frac{\partialv}{\partialt}\cdot\frac{\partialt}{\partialy}=\cost\cdotx=x\cos(xy)\)。所以\(\frac{\partia