专升本数学严选800题

强化部分 - 定积分、微分方程与多元函数（完整校对版）

一、定积分计算

设 $f'(2x) = e^{-x}$，则 $f(\ln x) = $。

答案：$-\frac{2}{\sqrt{x}} + C$
令 $t = 2x$，则 $x = \frac{t}{2}$，得 $f'(t) = e^{-t/2}$。

$f(t) = \int e^{-t/2}dt = -2e^{-t/2} + C$。

代入 $t = \ln x$：$f(\ln x) = -2e^{-\frac{1}{2}\ln x} + C = -2x^{-1/2} + C = -\frac{2}{\sqrt{x}} + C$。
$\int_{-1}^{1} x^2[\ln(x+\sqrt{1+x^2})+1]dx = $。

答案：$\frac{2}{3}$
原式 $= \int_{-1}^1 x^2\ln(x+\sqrt{1+x^2})dx + \int_{-1}^1 x^2 dx$。

因 $\ln(x+\sqrt{1+x^2})$ 是奇函数，$x^2$ 是偶函数，乘积为奇函数，对称区间积分为 0。

原式 $= \int_{-1}^1 x^2 dx = \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_{-1}^1 = \frac{1}{3} - (-\frac{1}{3}) = \frac{2}{3}$。
$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (x^3+1)\cos^2 x dx = $。

答案：$\frac{\pi}{2}$
$x^3 \cos^2 x$ 是奇函数，在对称区间积分为0。

$\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2}$

原式 $= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 x dx = 2\int_0^{\pi/2} \frac{1+\cos 2x}{2}dx$

$= \left[x + \frac{\sin 2x}{2}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{2}$
$\int_{-\pi}^{\pi} (\sin^3 x + \sqrt{\pi^2-x^2})dx = $。

答案：$\frac{\pi^3}{2}$
$\sin^3 x$ 是奇函数，在对称区间积分为0。

$\sqrt{\pi^2-x^2}$ 表示上半圆，半径为$\pi$。

积分 $= \frac{1}{2}\pi \cdot \pi^2 = \frac{\pi^3}{2}$（半圆面积）。
$\int_{-1}^{1} (x^2+x^3)^2 dx = $。

答案：$\frac{24}{35}$
展开：$(x^2+x^3)^2 = x^4 + 2x^5 + x^6$。

利用奇偶性：$2x^5$ 是奇函数，$\int_{-1}^1 2x^5 dx = 0$。

原式 $= \int_{-1}^1 (x^4 + x^6) dx = 2\int_0^1 (x^4 + x^6) dx = 2\left[\frac{1}{5}x^5 + \frac{1}{7}x^7\right]_0^1$。

$= 2(\frac{1}{5} + \frac{1}{7}) = 2 \times \frac{12}{35} = \frac{24}{35}$。
设 $f(x) = x + \sqrt{1-x^2} - 2\int_0^1 f(x)dx$，则 $f(x) = $。

答案：$x + \sqrt{1-x^2} - \frac{2+\pi}{6}$
设 $C = \int_0^1 f(x)dx$（常数），则 $f(x) = x + \sqrt{1-x^2} - 2C$。

两边积分：$C = \int_0^1 (x + \sqrt{1-x^2} - 2C) dx = \left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^1 + \frac{\pi}{4} - [2Cx]_0^1$。

$C = \frac{1}{2} + \frac{\pi}{4} - 2C \implies 3C = \frac{2+\pi}{4} \implies C = \frac{2+\pi}{12}$。

代回得：$f(x) = x + \sqrt{1-x^2} - 2(\frac{2+\pi}{12}) = x + \sqrt{1-x^2} - \frac{2+\pi}{6}$。
函数 $f(x) = xe^{x^2}$ 在 $[0,2]$ 上的平均值为。

答案：$\frac{e^4-1}{4}$
平均值 $= \frac{1}{2-0}\int_0^2 xe^{x^2}dx$

令 $u = x^2$，$du = 2xdx$

$= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\int_0^4 e^u du = \frac{1}{4}[e^u]_0^4 = \frac{e^4-1}{4}$
$\int_1^{e^2} \frac{\ln^3 x}{2x}dx = $。

答案：$2$
令 $u = \ln x$，则 $du = \frac{1}{x}dx$。

上下限：$x=1 \to u=0$；$x=e^2 \to u=2$。

原式 $= \frac{1}{2}\int_0^2 u^3 du = \frac{1}{2} \cdot \left[\frac{1}{4}u^4\right]_0^2 = \frac{1}{8} \cdot 16 = 2$。
$\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan^4 x}{\cos^2 x}dx = $。

答案：$\frac{1}{5}$
$\frac{1}{\cos^2 x} = \sec^2 x$，$d(\tan x) = \sec^2 x dx$

令 $u = \tan x$，当 $x=0$ 时 $u=0$，$x=\pi/4$ 时 $u=1$

$= \int_0^1 u^4 du = \left.\frac{u^5}{5}\right|_0^1 = \frac{1}{5}$
$\int_0^{\ln 2} e^{-x+e^{-x}}dx = $。

答案：$e - \sqrt{e}$
原式 $= \int_0^{\ln 2} e^{e^{-x}} \cdot e^{-x} dx$。令 $u = e^{-x}$，则 $du = -e^{-x}dx$。

上下限：$x=0 \to u=1$；$x=\ln 2 \to u=1/2$。

原式 $= \int_1^{1/2} e^u (-du) = \int_{1/2}^1 e^u du = [e^u]_{1/2}^1 = e - e^{1/2} = e - \sqrt{e}$。
$\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos x dx = $。

答案：$\frac{\pi^2}{4} - 2$
分部积分两次：

$\int x^2 \cos x dx = x^2 \sin x - \int 2x \sin x dx$

$= x^2 \sin x + 2x \cos x - 2\sin x + C$

代入上下限：$\left[\frac{\pi^2}{4} + 0 - 2\right] - [0 + 0 - 0] = \frac{\pi^2}{4} - 2$
$\int_0^{\pi} \sqrt{1-\sin^2 x}dx = $。

答案：$2$
$\sqrt{1-\sin^2 x} = |\cos x|$

在 $[0, \pi/2]$ 上 $\cos x \ge 0$，在 $[\pi/2, \pi]$ 上 $\cos x \le 0$

$= \int_0^{\pi/2} \cos x dx + \int_{\pi/2}^{\pi} (-\cos x)dx$

$= [\sin x]_0^{\pi/2} - [\sin x]_{\pi/2}^{\pi} = 1 - (0-1) = 2$
$\int_0^2 \min\{x, x^2\}dx = $。

答案：$\frac{7}{6}$
比较 $x$ 与 $x^2$：当 $0 \le x \le 1$ 时 $x \ge x^2$；当 $1 < x \le 2$ 时 $x < x^2$

$\min\{x,x^2\} = \begin{cases} x^2, & 0 \le x \le 1 \\ x, & 1 < x \le 2 \end{cases}$

$= \int_0^1 x^2 dx + \int_1^2 x dx = \frac{1}{3} + \left[\frac{x^2}{2}\right]_1^2 = \frac{1}{3} + 2 - \frac{1}{2} = \frac{7}{6}$
设 $f(x) = \begin{cases} e^{2x}, & x \le 1 \\ x\ln x, & x > 1 \end{cases}$，则 $\int_0^e f(x)dx = $。

答案：$\frac{3e^2-1}{4}$
分段积分：$= \int_0^1 e^{2x}dx + \int_1^e x\ln x dx$

第一项：$\frac{1}{2}[e^{2x}]_0^1 = \frac{e^2-1}{2}$

第二项：分部积分，$u=\ln x$，$dv=xdx$

$\int x\ln x dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$

$\left[\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}\right]_1^e = \left(\frac{e^2}{2} - \frac{e^2}{4}\right) - \left(0 - \frac{1}{4}\right) = \frac{e^2}{4} + \frac{1}{4}$

总和 $= \frac{e^2-1}{2} + \frac{e^2+1}{4} = \frac{2e^2-2+e^2+1}{4} = \frac{3e^2-1}{4}$
设 $\int_0^{x^3} f(t)dt = 6x+1$，则 $f(8) = $。

答案：$\frac{1}{2}$
两边对 $x$ 求导：$f(x^3) \cdot 3x^2 = 6$

$f(x^3) = \frac{2}{x^2}$

令 $x^3 = 8$，则 $x = 2$

$f(8) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
设 $f'(2x) = \frac{1}{1+4x}$，则 $\int_0^4 f'(x)dx = $。

答案：$\ln 3$
令 $t = 2x$，则 $x = t/2$，得 $f'(t) = \frac{1}{1+2t}$。

即 $f'(x) = \frac{1}{1+2x}$。

积分：$\int_0^4 \frac{1}{1+2x} dx = \frac{1}{2}[\ln(1+2x)]_0^4 = \frac{1}{2}(\ln 9 - \ln 1) = \frac{1}{2}\ln 3^2 = \ln 3$。

二、反常积分与定积分应用

反常积分 $\int_0^{+\infty} e^{-2x}dx$ 的敛散性为。

答案：收敛，值为$\frac{1}{2}$
$\int_0^{\infty} e^{-2x}dx = \lim_{b\to\infty} \left[-\frac{1}{2}e^{-2x}\right]_0^b$

$= \lim_{b\to\infty} \left(-\frac{1}{2}e^{-2b} + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$

故收敛。
反常积分 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2+2x+5}dx$ 的值为。

答案：$\frac{\pi}{8}$
分母配方：$x^2+2x+5 = (x+1)^2 + 4$。

原式 $= \int_1^{+\infty} \frac{1}{(x+1)^2+2^2} dx = \left[ \frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2} \right]_1^{+\infty}$。

$= \frac{1}{2}\left(\lim_{x \to \infty}\arctan\frac{x+1}{2} - \arctan 1\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{8}$。
反常积分 $\int_0^1 \frac{1}{(1-x)^2}dx$ 的敛散性为。

答案：发散
$x=1$ 是瑕点

$\int_0^1 \frac{1}{(1-x)^2}dx = \lim_{a\to 1^-} \left[\frac{1}{1-x}\right]_0^a$

$= \lim_{a\to 1^-} \left(\frac{1}{1-a} - 1\right) = +\infty$

故发散。
$y=\sin x(\frac{\pi}{4}\le x\le\pi)$，$y=\cos x(\frac{\pi}{4}\le x\le\frac{\pi}{2})$与$x$轴所围成平面图形的面积$S = $。

答案：$\sqrt{2}$
画图分析：$\sin x$ 在 $[\pi/4, \pi]$，$\cos x$ 在 $[\pi/4, \pi/2]$

$S = \int_{\pi/4}^{\pi/2}(\sin x - \cos x)dx + \int_{\pi/2}^{\pi}\sin x dx$

$= [-\cos x - \sin x]_{\pi/4}^{\pi/2} + [-\cos x]_{\pi/2}^{\pi}$

$= (0-1) - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + (1-0) = \sqrt{2}$
曲线 $y=\ln x$，$y$轴与直线 $y=\ln 3, y=\ln 5$ 所围平面图形面积为。

答案：$2$
用 $y$ 作为积分变量，$x = e^y$

$S = \int_{\ln 3}^{\ln 5} e^y dy = [e^y]_{\ln 3}^{\ln 5} = 5 - 3 = 2$
函数 $y=\sin x(0\le x\le\pi)$与$x$轴所围成平面图形的面积$S = $，该平面图形绕$x$轴旋转后所得旋转体体积$V_x = $。

答案：$S=2, V_x=\frac{\pi^2}{2}$
$S = \int_0^{\pi} \sin x dx = [-\cos x]_0^{\pi} = 2$

$V_x = \pi\int_0^{\pi} \sin^2 x dx = \pi\int_0^{\pi}\frac{1-\cos 2x}{2}dx$

$= \pi\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right]_0^{\pi} = \pi \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}$

三、微分方程

微分方程 $dy-(1+x^2)dx = y^2(1+x^2)dx$ 的通解为。

答案：$\arctan y = x + \frac{x^3}{3} + C$
整理：$dy = (1+x^2)(1+y^2)dx$

分离变量：$\frac{dy}{1+y^2} = (1+x^2)dx$

积分：$\arctan y = x + \frac{x^3}{3} + C$

（或写成 $y = \tan(x + \frac{x^3}{3} + C)$）
微分方程 $x\frac{dy}{dx} = y + x\cot\frac{y}{x}$ 的通解为。

答案：$\cos\frac{y}{x} = \frac{C}{x}$ 或 $x\cos\frac{y}{x} = C$
齐次方程，令 $u = y/x$，则 $y' = u + xu'$。

$x(u + xu') = xu + x\cot u \implies xu' = \cot u$。

分离变量：$\frac{1}{\cot u} du = \frac{1}{x} dx \implies \int \frac{\sin u}{\cos u} du = \int \frac{1}{x} dx$。

$-\ln|\cos u| = \ln|x| + C \implies x\cos u = C \implies x\cos\frac{y}{x} = C$。
微分方程 $y' + y\cot x = \frac{1}{\sin x}$ 的通解为。

答案：$y = \frac{x+C}{\sin x}$
一阶线性方程，$P(x) = \cot x$，$Q(x) = \frac{1}{\sin x}$

积分因子：$\mu = e^{\int \cot x dx} = e^{\ln|\sin x|} = \sin x$

$y\sin x = \int \frac{1}{\sin x} \cdot \sin x dx = \int 1 dx = x + C$

$y = \frac{x+C}{\sin x}$
微分方程 $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x+y}$ 的通解为。

答案：$x = Ce^y - y - 1$
交换角色：$\frac{dx}{dy} = x + y$，即 $\frac{dx}{dy} - x = y$

关于 $x$ 的一阶线性方程，积分因子：$e^{-y}$

$xe^{-y} = \int ye^{-y}dy = -ye^{-y} - e^{-y} + C$

$x = -y - 1 + Ce^y$
设 $f(x)$ 连续，且 $f(x) = 2\int_0^x f(t)dt + x + 1$，则 $f(x) = $。

答案：$\frac{3}{2}e^{2x} - \frac{1}{2}$
两边求导：$f'(x) = 2f(x) + 1 \implies f'(x) - 2f(x) = 1$。

一阶线性方程，通解：$f(x) = Ce^{2x} - \frac{1}{2}$。

初始值：令原式 $x=0$，得 $f(0) = 0 + 0 + 1 = 1$。

$1 = Ce^0 - \frac{1}{2} \implies C = \frac{3}{2}$。

故 $f(x) = \frac{3}{2}e^{2x} - \frac{1}{2}$。
设 $y=y(x)$ 是 $y''+y'-2y=0$ 的解，且在 $x=0$ 处取得极值3，则 $y(x) = $。

答案：$y = e^{-2x} + 2e^x$
特征方程：$r^2 + r - 2 = 0$，$(r+2)(r-1) = 0$，$r = -2, 1$

通解：$y = C_1e^{-2x} + C_2e^x$

$y(0) = C_1 + C_2 = 3$

$y' = -2C_1e^{-2x} + C_2e^x$，$y'(0) = -2C_1 + C_2 = 0$（极值点）

解得：$C_2 = 2C_1$，$3C_1 = 3$，$C_1 = 1$，$C_2 = 2$

$y = e^{-2x} + 2e^x$
设 $y=f(x)$ 满足 $y''+2y'+y=0$，且 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=1$，则 $y(x) = $。

答案：$y = xe^{-x}$
特征方程：$r^2 + 2r + 1 = 0$，$(r+1)^2 = 0$，$r = -1$（重根）

通解：$y = (C_1 + C_2x)e^{-x}$

由极限条件：$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x} = 1$，知 $f(0) = 0$

$f(0) = C_1 = 0$

$\lim_{x\to 0}\frac{C_2xe^{-x}}{x} = C_2 = 1$

$y = xe^{-x}$
微分方程 $y''-2y'+y=(x+1)e^x$ 的特解可设为。

答案：$y^* = x^2(ax+b)e^x$
特征方程：$r^2-2r+1=0$，$(r-1)^2=0$，$r=1$（重根）

右端 $(x+1)e^x$，$\lambda = 1$ 是重特征根

特解形式：$y^* = x^2(ax+b)e^x$
微分方程 $y''-y=x+e^x$ 的特解可设为。

答案：$y^* = ax + b + cxe^x$
特征方程：$r^2-1=0$，$r=\pm 1$

对于 $x$：$\lambda=0$ 不是特征根，设 $y_1^* = ax+b$

对于 $e^x$：$\lambda=1$ 是单特征根，设 $y_2^* = cxe^x$

叠加：$y^* = ax+b+cxe^x$

四、多元函数微分

函数 $f(x,y)=\frac{\ln(x+y)}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 的定义域为。

答案：$\{(x,y)|x+y>0, (x,y)\neq(0,0)\}$
分子要求：$x+y > 0$

分母要求：$x^2+y^2 \neq 0$，即 $(x,y) \neq (0,0)$

综合：$x+y>0$ 且 $(x,y)\neq(0,0)$
设 $z=x^{x-y}$，则 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,0)} = $，$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,0)} = $。

答案：$1, 0$
$z = x^{x-y} = e^{(x-y)\ln x}$

$\frac{\partial z}{\partial x} = z \cdot \left(\ln x + \frac{x-y}{x}\right)$

$\frac{\partial z}{\partial y} = z \cdot (-\ln x)$

在 $(1,0)$：$z = 1^{1-0} = 1$

$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,0)} = 1 \cdot (0 + 1) = 1$

$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,0)} = 1 \cdot 0 = 0$
设 $z=\frac{x\cos(y-1)}{1+\sin(y-1)}+y^2$，则 $\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = $。

答案：$2$
在 $(0,1)$ 处，$x=0$，第一项为0

$\frac{\partial z}{\partial y} = x \cdot \frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{\cos(y-1)}{1+\sin(y-1)}\right] + 2y$

代入 $x=0$：$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = 0 + 2 \cdot 1 = 2$
设 $z=xe^{x+y}+(x+1)\ln(1+y)$，则 $dz|_{(1,0)} = $。

答案：$2e dx + (e+2)dy$
$\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x+y} + xe^{x+y} + \ln(1+y) = (1+x)e^{x+y} + \ln(1+y)$

$\frac{\partial z}{\partial y} = xe^{x+y} + \frac{x+1}{1+y}$

在 $(1,0)$：$\frac{\partial z}{\partial x} = 2e + 0 = 2e$

$\frac{\partial z}{\partial y} = e + 2$

$dz = 2e \cdot dx + (e+2)dy$
设 $z=x^3y^2$，$x=s+3t$，$y=2s-t$，则 $\frac{\partial z}{\partial s} = $，$\frac{\partial z}{\partial t} = $。

答案：$3x^2y^2 + 4x^3y$ ， $9x^2y^2 - 2x^3y$
$\frac{\partial z}{\partial s} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}$

$= 3x^2y^2 \cdot 1 + 2x^3y \cdot 2 = 3x^2y^2 + 4x^3y$

$\frac{\partial z}{\partial t} = 3x^2y^2 \cdot 3 + 2x^3y \cdot (-1) = 9x^2y^2 - 2x^3y$
设 $z=f(xy, y^2)$，其中 $f(u, v)$ 可微，则 $dz = $。

答案：$(yf_1')dx + (xf_1' + 2yf_2')dy$
设 $u = xy$，$v = y^2$

$\frac{\partial z}{\partial x} = f_1' \cdot y$

$\frac{\partial z}{\partial y} = f_1' \cdot x + f_2' \cdot 2y$

$dz = yf_1'dx + (xf_1' + 2yf_2')dy$
设 $z=xf(xy^2, y\sin y)$，其中 $f(u, v)$ 可微，则 $\frac{\partial z}{\partial x} = $。

答案：$f(xy^2, y\sin y) + xy^2f_1'$
乘积法则：$\frac{\partial z}{\partial x} = f + x \cdot \frac{\partial f}{\partial x}$

$\frac{\partial f}{\partial x} = f_1' \cdot y^2$

$\frac{\partial z}{\partial x} = f(xy^2, y\sin y) + xy^2f_1'$