专升本数学严选800题

强化部分 · 导数与微分、积分学

一、导数与微分

543. 设函数 $y=y(x)$ 由 $y=\tan(x+y)$ 所确定，则 $y'=$（ ）
     A. $1+\dfrac{1}{y^2}$ B. $-\dfrac{1}{y^2}-1$ C. $1-\dfrac{1}{y^2}$ D. $\dfrac{1}{y^2}$
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     答案：B

     解析：方程两边对 $x$ 求导：$y' = \sec^2(x+y) \cdot (1+y')$。

     展开得：$y' = \sec^2(x+y) + y'\sec^2(x+y)$。

     移项：$y'(1-\sec^2(x+y)) = \sec^2(x+y)$。

     利用 $1+\tan^2\theta = \sec^2\theta$，即 $\sec^2(x+y) = 1+y^2$。

     所以 $y'(-y^2) = 1+y^2$，解得 $y' = -\dfrac{1+y^2}{y^2} = -\dfrac{1}{y^2}-1$。
544. 设 $f''(t) \neq 0$，有 $\begin{cases} x=f'(t) \\ y=tf'(t)-f(t) \end{cases}$，则 $\dfrac{d^2y}{dx^2}=$（ ）
     A. $1$ B. $\dfrac{1}{f'(t)}$ C. $\dfrac{1}{f''(t)}$ D. $-\dfrac{1}{f''(t)}$
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     答案：C

     解析：先求一阶导数：$\dfrac{dy}{dt} = f'(t) + tf''(t) - f'(t) = tf''(t)$。

     $\dfrac{dx}{dt} = f''(t)$，所以 $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{tf''(t)}{f''(t)} = t$。

     再求二阶导数：$\dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{dy}{dx}\right) = \dfrac{d}{dt}(t) \cdot \dfrac{dt}{dx} = 1 \cdot \dfrac{1}{f''(t)} = \dfrac{1}{f''(t)}$。
545. 设 $y=(1+x^2)^{\sin x}$，则 $y'=$（ ）
     A. $y\left[\cos x\ln(1+x^2)+\dfrac{2x\sin x}{1+x^2}\right]$ B. $y\left[\cos x\ln(1+x^2)-\dfrac{2x\sin x}{1+x^2}\right]$ C. $y\left[\cos x\ln(1+x^2)+\dfrac{\sin x}{1+x^2}\right]$ D. $y\left[\cos x\ln(1+x^2)-\dfrac{\sin x}{1+x^2}\right]$
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     答案：A

     解析：取对数得 $\ln y = \sin x \cdot \ln(1+x^2)$。

     两边对 $x$ 求导：$\dfrac{y'}{y} = \cos x \cdot \ln(1+x^2) + \sin x \cdot \dfrac{2x}{1+x^2}$。

     所以 $y' = y\left[\cos x\ln(1+x^2)+\dfrac{2x\sin x}{1+x^2}\right]$。
546. 设 $y=x^{50}(1+x^{50})$，则 $y^{(100)}=$（ ）
     A. $0$ B. $100!$ C. $99!$ D. $1$
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     答案：B

     解析：展开得 $y = x^{50} + x^{100}$。

     $(x^{50})^{(100)} = 0$（因为50阶导数后已为0）。

     $(x^{100})^{(100)} = 100!$。

     所以 $y^{(100)} = 100!$。
547. 曲线 $y=\dfrac{x^2+x}{x^2-1}$ 的水平渐近线和垂直渐近线条数为（ ）
     A. $0$ B. $1$ C. $2$ D. $3$
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     答案：C

     解析：水平渐近线：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{x^2+x}{x^2-1} = 1$，所以 $y=1$ 是一条水平渐近线。

     垂直渐近线：分母为0时 $x=\pm 1$。

     $\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)} = \lim_{x \to 1} \dfrac{x}{x-1} = \infty$，所以 $x=1$ 是垂直渐近线。

     $x=-1$ 时分子也为0，$\displaystyle\lim_{x \to -1} \dfrac{x}{x-1} = \dfrac{-1}{-2} = \dfrac{1}{2}$（有限值），所以 $x=-1$ 不是垂直渐近线。

     综上，1条水平渐近线，1条垂直渐近线，共2条。
548. 曲线 $y=\dfrac{x^2+1}{\sqrt{x^2-1}}$ 的垂直渐近线条数为（ ）
     A. $1$ B. $2$ C. $3$ D. $4$
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     答案：B

     解析：定义域要求 $x^2-1 > 0$，即 $x > 1$ 或 $x < -1$。

     当 $x \to 1^+$ 时，$y \to +\infty$；当 $x \to (-1)^-$ 时，$y \to +\infty$。

     所以 $x=1$ 和 $x=-1$ 都是垂直渐近线，共2条。
549. 若 $f(-x)=f(x)$，且 $x>0$ 时，$f'(x)>0$，$f''(x)<0$，则 $x<0$ 时（ ）
     A. $f'(x)>0, f''(x)>0$ B. $f'(x)>0, f''(x)<0$ C. $f'(x)<0, f''(x)>0$ D. $f'(x)<0, f''(x)<0$
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     答案：C

     解析：$f(-x)=f(x)$ 说明 $f(x)$ 是偶函数。

     偶函数的导数是奇函数：$f'(-x) = -f'(x)$。

     当 $x<0$ 时，$-x>0$，所以 $f'(x) = -f'(-x) < 0$。

     偶函数的二阶导数是偶函数：$f''(-x) = f''(x)$。

     当 $x<0$ 时，$f''(x) = f''(-x) < 0$？不对，重新推导：

     由 $f'(-x) = -f'(x)$，再求导得 $-f''(-x) = -f''(x)$，即 $f''(-x) = f''(x)$。

     所以 $f''(x) = f''(-x) < 0$？等等，题目给的是 $f''(x)<0$ 当 $x>0$。

     实际上 $f''(x)$ 是偶函数，所以 $x<0$ 时 $f''(x) = f''(-x) < 0$。

     但答案是C，即 $f''(x)>0$。让我再检查...

     重新分析：$f'(x)$ 是奇函数，$f''(x)$ 是偶函数。$x>0$ 时 $f''(x)<0$，则 $x<0$ 时 $f''(x)=f''(-x)<0$。

     但选项C是 $f''(x)>0$。可能题目或答案有误，或者我理解反了。

     实际上，如果 $f(x)$ 是偶函数，图像关于 $y$ 轴对称。$x>0$ 时递增（$f'>0$）且凸（$f''<0$），则 $x<0$ 时递减（$f'<0$）且凸（$f''<0$）。

     答案应为D。但标准答案通常给C，可能是题目条件或印刷问题，建议以 $f'(x)<0, f''(x)<0$ 为准。

二、微分中值定理与导数应用

550. 设 $y=f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上不恒为常数且连续可导，若 $f(0)=f(1)$，则在开区间 $(0,1)$ 内有（ ）
     A. $f'(x)$ 恒为零 B. $f'(x)>0$ C. $f'(x)<0$ D. 在 $(0,1)$ 内存在两点 $\xi_1$ 和 $\xi_2$，使 $f'(\xi_1)$ 与 $f'(\xi_2)$ 异号
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     答案：D

     解析：由罗尔定理，存在 $\xi \in (0,1)$ 使 $f'(\xi)=0$。

     由于 $f(x)$ 不恒为常数，必存在某点函数值大于（或小于）端点值。

     设最大值点为 $c$，则 $f(c)>f(0)=f(1)$。在 $(0,c)$ 上 $f$ 递增，在 $(c,1)$ 上 $f$ 递减。

     所以存在 $\xi_1 \in (0,c)$ 使 $f'(\xi_1)>0$，存在 $\xi_2 \in (c,1)$ 使 $f'(\xi_2)<0$。

三、不定积分

551. 下列说法中不正确的是（ ）
     A. $f'(x)dx = df(x)$ B. $\left(\int f'(x)dx\right)' = f(x)$ C. $d\int f(x)dx = f(x)dx$ D. $\int f'(x)dx = f(x)+C$
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     答案：B

     解析：A正确，这是微分定义。

     B：$\int f'(x)dx = f(x)+C$，所以 $\left(\int f'(x)dx\right)' = f'(x) \neq f(x)$，B错误。

     C正确，微分与积分互为逆运算。

     D正确，不定积分的基本性质。
552. 设曲线在 $y$ 轴的截距为 $1$ 且在任意一点处的切线斜率为 $3x^2$，则曲线方程为（ ）
     A. $y=6x+1$ B. $y=6x$ C. $y=x^3+1$ D. $y=x^3$
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     答案：C

     解析：由题意 $y' = 3x^2$，积分得 $y = x^3 + C$。

     $y$ 轴截距为 $1$ 即 $f(0)=1$，代入得 $C=1$。

     所以 $y = x^3 + 1$。
553. 已知 $f(x)=\sin x$，则 $\displaystyle\int \dfrac{f'(\arcsin x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=$（ ）
     A. $\arcsin x + C$ B. $\sin x + C$ C. $x + C$ D. $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} + C$
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     答案：C

     解析：$f'(x) = \cos x$，所以 $f'(\arcsin x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1-x^2}$。

     原式 $= \displaystyle\int \dfrac{\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}dx = \int 1 \cdot dx = x + C$。
554. 不定积分 $\displaystyle\int \dfrac{(\ln x-2)^3}{x}dx=$（ ）
     A. $3(\ln x-2)^2 + C$ B. $\dfrac{1}{4}(\ln x-2)^4 + C$ C. $(\ln x-2)^2 + C$ D. $(\ln x-2)^4 + C$
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     答案：B

     解析：令 $u = \ln x - 2$，则 $du = \dfrac{1}{x}dx$。

     原式 $= \displaystyle\int u^3 du = \dfrac{u^4}{4} + C = \dfrac{1}{4}(\ln x-2)^4 + C$。
555. 若 $\displaystyle\int xf(x)dx = \ln(1+x^2) + C$，则 $\displaystyle\int \dfrac{1}{f(x)}dx=$（ ）
     A. $\dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{1}{3}x^3\right) + C$ B. $\dfrac{1}{2}(x^3+x) + C$ C. $2\arctan x + C$ D. $\dfrac{1}{2}\arctan x + C$
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     答案：A

     解析：两边求导得 $xf(x) = \dfrac{2x}{1+x^2}$，所以 $f(x) = \dfrac{2}{1+x^2}$。

     则 $\dfrac{1}{f(x)} = \dfrac{1+x^2}{2} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{x^2}{2}$。

     $\displaystyle\int \dfrac{1}{f(x)}dx = \int \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x^2}{2}\right)dx = \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^3}{6} + C = \dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{x^3}{3}\right) + C$。

四、定积分

556. 已知函数 $f(x)$ 在 $[-1,2]$ 上连续，且 $\displaystyle\int_0^{-1}f(x)dx = -2$，$\displaystyle\int_0^1 f(2x)dx = 1$，则 $\displaystyle\int_{-1}^2 f(x)dx=$（ ）
     A. $1$ B. $2$ C. $3$ D. $4$
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     答案：D

     解析：由 $\displaystyle\int_0^{-1}f(x)dx = -2$，得 $\displaystyle\int_{-1}^0 f(x)dx = 2$。

     对于 $\displaystyle\int_0^1 f(2x)dx$，令 $t=2x$，则 $dx = \dfrac{dt}{2}$，当 $x=0$ 时 $t=0$，$x=1$ 时 $t=2$。

     所以 $\displaystyle\int_0^1 f(2x)dx = \dfrac{1}{2}\int_0^2 f(t)dt = 1$，即 $\displaystyle\int_0^2 f(x)dx = 2$。

     因此 $\displaystyle\int_{-1}^2 f(x)dx = \int_{-1}^0 f(x)dx + \int_0^2 f(x)dx = 2 + 2 = 4$。
557. 设在区间 $[a,b]$ 上 $f(x)>0$，$f'(x)<0$，$f''(x)> 0$。令 $S_1=\displaystyle\int_a^b f(x)dx$，$S_2=f(b)(b-a)$，$S_3=\dfrac{1}{2}[f(a)+f(b)](b-a)$，则（ ）
     A. $S_1 < S_2 < S_3$ B. $S_2 < S_1 < S_3$ C. $S_3 < S_1 < S_2$ D. $S_2 < S_3 < S_1$
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     答案：B

     解析：$f'(x)<0$ 说明 $f(x)$ 单调递减；$f''(x)>0$ 说明 $f(x)$ 是凹函数（下凸）。

     $S_2 = f(b)(b-a)$ 是矩形面积（以右端点函数值为高）。

     $S_3$ 是梯形面积。

     由于 $f$ 递减且凹，曲线在梯形下方、矩形上方，所以 $S_2 < S_1 < S_3$。
558. 设 $I=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\sin^2 x)dx$，$J=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\sin x)dx$，$K=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\cos x)dx$，则（ ）
     A. $J < I < K$ B. $J < K < I$ C. $I < K < J$ D. $I < J < K$
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     答案：D

     解析：在 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 上，比较被积函数的真数大小。

     由于 $0 \le x \le \frac{\pi}{4}$，有 $\sin^2 x \le \sin x \le \cos x$（因为 $\sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2} \le \cos x$ 在此区间）。

     所以 $1+\sin^2 x \le 1+\sin x \le 1+\cos x$。

     因此 $\ln(1+\sin^2 x) \le \ln(1+\sin x) \le \ln(1+\cos x)$。

     积分得 $I < J < K$。
559. 定积分 $\displaystyle\int_0^1 \sqrt{2x-x^2}dx$ 的值为（ ）
     A. $\pi$ B. $\dfrac{\pi}{2}$ C. $\dfrac{\pi}{3}$ D. $\dfrac{\pi}{4}$
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     答案：D

     解析：配方得 $2x-x^2 = 1-(x-1)^2$。

     令 $x-1 = \sin t$，则 $dx = \cos t dt$，当 $x=0$ 时 $t=-\frac{\pi}{2}$，$x=1$ 时 $t=0$。

     原式 $= \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \sqrt{1-\sin^2 t} \cdot \cos t dt = \int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \cos^2 t dt$。

     $= \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{1+\cos 2t}{2}dt = \left[\dfrac{t}{2}+\dfrac{\sin 2t}{4}\right]_{-\frac{\pi}{2}}^0 = 0 - (-\dfrac{\pi}{4}) = \dfrac{\pi}{4}$。

     几何意义：这是圆 $(x-1)^2+y^2=1$ 在第一象限的部分，即四分之一圆，面积为 $\dfrac{\pi}{4}$。