200420052高等数学期末试题
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d
1
dr
1r 2
(3r 2 2z) r dz
0
0
0
2
1
(
3r
3
z
0
r
z2]
1r 2 0
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2
1
[3r
3
(1
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(1
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2
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0
2
1
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0
2
r5
r3
r ) dr
2 (
2
r6 6
r4 4
r2 2
)
1 0
5
6
x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy (z2 1)dxdy
2
d
1
[2r
4
cos 4
2r 4
sin4
(1
r2
)2
1]r
dr
0
0
14
2
d
1
[2r
4
cos 4
2r 4
sin4
(1
r
2 )2
1]r
dr
0
0
2
d
1
[2r
5 (cos4
sin4
)
(r 5
2r
3
)]dr
0
0
2 0
[(cos4 sin4 ) r 6
3
1 0
(1 6
r6
1 0
1 2
r4
1 0
6. 求方程 yy ( y)2 0 的通解时,可令( B ).
A. y P,则 y P C. y P,则 y P dP
dx
B. y P,则 y P dP dy
D. y P,则 y P dP dy
5
三、（本题9分）计算二重积分
I ( x y)dxdy,其中D ( x, y) x2 y2 4, x2 y2 2x 0
3 2
驻 点P1 (
1 3
,
2 3
,
21 3), P2( 3
,
2 3
,
2) 3
f (P1) 3, f (P2 ) 9, f (x, y, z)与3 f (x, y, z)有相同极值点,
3 f ( x, y, z)最大值为3 9,最小值为3 3
3 3 3 x 2y 2z 6 3 9 (x, y, z)
n 2m n 2m 1
(n 1,2,;m 1,2,)
4
x 2 m1 (2m 1)2 cos(2m 1) x
4 (2n 1)2 cos(2n 1) x
2 n1
整理，得 8 (2n 1)2 cos(2n 1) x 2 x
n1
n1
8
(2n
1)2
cos(2n
1)
拓
为F
(
x)
x, x,
0 x
,
x 0
则F ( x)的Fourier系数为
2
a0
2
x dx
0
x2 2
0
17
2
an
x cos nx dx
0
2
n
[x
sinnx
0
sinnx dx]
0
2
n
sinnx dx
0
2
n2
cos nx
0
2
n2
(cos n
1)
0, 4
n2 ,
所 以 最 值 必 在的 边 界x2 y2 z2 1上 取 得
令 F ( x, y, z ) x 2 y 2z 6 ( x2 y2 z2 1)
Fx 1 2 x 0
由
Fy
Fz
2 2
2 2 z
y
0
0
x y
1
2
1
x2 y2 z2 1
z
1
19
A. 必要条件 C. 充要条件
B. 充分条件 D. 无关条件
2.设 是球面 x2 y2 z2 R2 , z 0部分, 1 是 在第一卦限中的 部分,则有( A )
A. z dS 4 xdS
1
C. xy dS 4 xydS
1
B. y dS 4 xdS
1
D. xyz dS 4 xyzdS
)
]
d
1 3
4
2
I4
1 3
2 0
d 1 4 2 3 1 1 2
3
422 3
6
15
解 Gauss法 添加辅助面 : z 0( x2 y2 1), 取下侧, 则
x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy [3 ( x2 y2 ) 2z]dxdydz
2
n s(1) 2e
n1 (n 1)!
7
(2) (1)n
1
n1
n ln(n 1)
(2) 令 un
1
, 由lim un lim
n
, 又 级 数
1发 散,
n ln(n 1) n 1 n ln(n 1)
n1 n
n
以及 un
1
0
n ln(n 1)
知级数
(1)n
条件收敛．
n1 n ln(n 1)
(1)dxdy
I
D: x2 y2 1
5
6
6
16
九、(本题5分)证明：
当 0 x 时, 级 数
8 (2n 1)2 cos(2n 1) x 2 x
n1
并问当 x 0时, 上述级数之和等于怎样一个函数
证明：取f ( x) x( 0 x )
将f
(
x )偶 延
x x0 1
y f (x0 ) f ( x0 )
z g(x0 ) g( x0 )
6.设 曲线L : x2 y2 a2 , 则 L ( x2 y) ds a3
1
二、选择题（本题18分，每小题3分）
1.二元函数z f ( x, y) 在点( x0 , y0 ) 可微是其在该点偏导数存在的( B )
( , )
4 4 [sin2x ysin x]dx cos x dy (0,0)
4 sin2x dx
4
cos
dy
0
0
4
1 cos 2x 2
4 0
cos
4
y
4 0
1 2
28
10
六、（本题9分）函数 z f (t), t (x, xy) ,其中 f 具有二阶导数,
具有二阶偏导数, 求 2 z
0
0
( x) e x
x
(t)dt
( x) e x ( x)
0
且 (0) 1, (0) 1 即为初值问题：
( x) ( x) e x (1) (0) 1,(0) 1 (2)
12
由(1) 特征方程 r2 1 0, 特征根r1,2 i, (1) 的齐次方程通解Y c1 sin x c2 cos x
I
2
2 dy
y sin(x2 y2 ) dx
1
2 dy
1 y2 sin(x 2 y2 ) dx
0
0
0
2
在极坐标下的形式是( D ).
1
A.
2
d
2 r sinr 2 dr
0
4
B.
2
d
1
r
s
in
r
2
dr
0
2
C.
2 d
1
r
sin
r
2
dr
0
0
D.
2
d
1
r
sin
r
2
dr
0
4
4
由 f ( x) e x , p0( x), 1非 特 征 根, 设(1) 的 特 解 y a e x
将 y代入(1)得 : a 1 2
(1) 的通解( x)
Y
y
c1
sin x
c2
cos
x
1 2
ex
(3)
将
(2)代
入(3),及
(
x)
c1
cos
x
c2
sin
x
1 2
e
x中,
得
:
c1 c2
8
五、（本题9分）
设函数 f ( x)有连续导数, f (0) 1, 对平面上任意一条分段光滑的曲线L,
若曲线积分I L[sin 2x y f ( x) tan x]dx f ( x)dy与路径无关,
(1) 试求 f ( x)
(2) 设
L
是 从 点O
(0,0)到 点 P
(曲 线,
16 3
I4
16 3
3 4
1 2
2
6
四、（本题9分）试 判 断 下 列 二级 数 哪 个 收 敛, 是 绝 对 收 敛, 还 是
条件收敛, 并对绝对收敛的级数求和
n
(1) n1 (n 1)!
(2) (1)n
1
n1
n ln(n 1)
n1
解 (1) lim an1 lim
n an
n
n! n
n1
lim n
n2
01
(n 1)!
级数
n 绝 对 收 敛, n1 (n 1)!
令
s( x)
n xn1
n1 (n 1)!
x (,)
则
s( x)
x 0
n1
(n
n x
1)!
n1
xn
n1
(n
1)!
xn1
x
n1
(n
1)!
( xe x ) e x (1 x)
取逆时针方向，则曲线积分 ydx (e y2 x)dy 2 L
4.函数 f ( x)
1
展开成( x 1)的泰勒级数是
(1)n( x 1)n
,
0
x2
x
n0
5.设 f ( x), g( x) 都 是 可 微 函 数 ， 则 曲 线y f ( x), z g( x)在 点
( x0,
y0 , z0 )处 的 切 线 方 程 是
1
2 1
2
( x) 1 (sin x cos x e x ) 为所求.
2
13
八、(本题9分)计算曲面积分 I x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy, 其 中 曲 面 是z 1 x2 y2 (z 0) 上 侧
解 合 一 投 影 法 由 z 1 x2 y2 , 得zx 2x, zy 2 y,
D
解 记 D1 ( x, y) x2 y2 4 , D2 ( x, y) x2 y2 2x 0 ,
则由对称性, 得
I x dxdy x dxdy x dxdy x dxdy 2 x dxdy
D
D1
D2
D2
D2 ( y0)
2cos
2 2 cos d
0
0
2 d
3 3 dv 3 x 2 y 2z 6 dv 3 9 dv
4 3 3 3 x 2 y 2z 6 dv 4
3
33
20
xy
解
z x
f
(t ) (1
y2 )
2z xy
f ( x21
x y22 )
f ( x12
y x22 2 )
11
七、(本题9分)设函 数 ( x)连续,且满足
( x) e x
x
t (t )dt x
x
(t )dt,
0
0
求 (x)
解
(x) ex
x
x
t (t )dt x (t )dt
计算I
44
解 (1) 由 [sin 2x y f ( x) tan x] f ( x) ,
y
x
f (x) f (x)tan x
d f (x) tan xdx f ( x) c cos x
f (x) 又 f (0) 1 c 1, f ( x) cos x
9
(,)
(2) I 4 4 [sin2x y f ( x)tan x]dx f ( x) dy (0,0)
n 2x, 2 y, 1 记A x3, y3, z2 1 , 则
0
I A n dS
x3,
y3,
z2 1 2x,
2 y,
1 dS
n
(2x4 2 y4 z2 1) dxdy
[2 x4 2 y4 (1 x2 y2 )2 1] dxdy
D: x 2 y 2 1
一、填空题（本题18分，每小题3分）
1.函 数 z
z( x,
y)由方程x yz
exz
所确定,则 z x
yz exz x y exz
2.函数u z4 3xz x2 y2在点(1,1,1)处的最大方向导数是 6
3.设L是以A(0,0), B(1,0),C(1,1), D(0,1)为顶点的正方形的边界，
1
2
C
Ａ. 绝对收敛 Ｃ. 发散
Ｂ. 条件收敛 D. 敛散性不能判定
4.若 y1 e3x , y2 xe3x为以下二阶常系数线性齐次方程的
两个解，则该方程应为 ( D ).
A y 6 y 9 y 0
B. y 9 y 0
C. y 9 y 0
D. y 6 y 9 y 0
3
5 .二 重 积 分
x
2x, 2x,
0 x x 0
18
十.(本题5分) 证明：
4 3 3 3 x 2 y 2z 6 dv 4 , 其中 : x2 y2 z2 1
3
33
证明：令f ( x, y, z) x 2 y 2z 6, 由 f x 1, f y 2, fz 2, 可见 f ( x, y, z)在内无驻点,
1
dr
1r 2
(3r 2 2z) r dz
0
0
0
2
1
(
3r
3
z
0
r
z2]
1r 2 0
dr
2
1
[3r
3
(1
r
2
)
r
(1
r
2
)2
]dr
0
2
1
(
0
2
r5
r3
r ) dr
2 (
2
r6 6
r4 4
r2 2
)
1 0
5
6
x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy (z2 1)dxdy
2
d
1
[2r
4
cos 4
2r 4
sin4
(1
r2
)2
1]r
dr
0
0
14
2
d
1
[2r
4
cos 4
2r 4
sin4
(1
r
2 )2
1]r
dr
0
0
2
d
1
[2r
5 (cos4
sin4
)
(r 5
2r
3
)]dr
0
0
2 0
[(cos4 sin4 ) r 6
3
1 0
(1 6
r6
1 0
1 2
r4
1 0
6. 求方程 yy ( y)2 0 的通解时,可令( B ).
A. y P,则 y P C. y P,则 y P dP
dx
B. y P,则 y P dP dy
D. y P,则 y P dP dy
5
三、（本题9分）计算二重积分
I ( x y)dxdy,其中D ( x, y) x2 y2 4, x2 y2 2x 0
3 2
驻 点P1 (
1 3
,
2 3
,
21 3), P2( 3
,
2 3
,
2) 3
f (P1) 3, f (P2 ) 9, f (x, y, z)与3 f (x, y, z)有相同极值点,
3 f ( x, y, z)最大值为3 9,最小值为3 3
3 3 3 x 2y 2z 6 3 9 (x, y, z)
n 2m n 2m 1
(n 1,2,;m 1,2,)
4
x 2 m1 (2m 1)2 cos(2m 1) x
4 (2n 1)2 cos(2n 1) x
2 n1
整理，得 8 (2n 1)2 cos(2n 1) x 2 x
n1
n1
8
(2n
1)2
cos(2n
1)
拓
为F
(
x)
x, x,
0 x
,
x 0
则F ( x)的Fourier系数为
2
a0
2
x dx
0
x2 2
0
17
2
an
x cos nx dx
0
2
n
[x
sinnx
0
sinnx dx]
0
2
n
sinnx dx
0
2
n2
cos nx
0
2
n2
(cos n
1)
0, 4
n2 ,
所 以 最 值 必 在的 边 界x2 y2 z2 1上 取 得
令 F ( x, y, z ) x 2 y 2z 6 ( x2 y2 z2 1)
Fx 1 2 x 0
由
Fy
Fz
2 2
2 2 z
y
0
0
x y
1
2
1
x2 y2 z2 1
z
1
19
A. 必要条件 C. 充要条件
B. 充分条件 D. 无关条件
2.设 是球面 x2 y2 z2 R2 , z 0部分, 1 是 在第一卦限中的 部分,则有( A )
A. z dS 4 xdS
1
C. xy dS 4 xydS
1
B. y dS 4 xdS
1
D. xyz dS 4 xyzdS
)
]
d
1 3
4
2
I4
1 3
2 0
d 1 4 2 3 1 1 2
3
422 3
6
15
解 Gauss法 添加辅助面 : z 0( x2 y2 1), 取下侧, 则
x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy [3 ( x2 y2 ) 2z]dxdydz
2
n s(1) 2e
n1 (n 1)!
7
(2) (1)n
1
n1
n ln(n 1)
(2) 令 un
1
, 由lim un lim
n
, 又 级 数
1发 散,
n ln(n 1) n 1 n ln(n 1)
n1 n
n
以及 un
1
0
n ln(n 1)
知级数
(1)n
条件收敛．
n1 n ln(n 1)
(1)dxdy
I
D: x2 y2 1
5
6
6
16
九、(本题5分)证明：
当 0 x 时, 级 数
8 (2n 1)2 cos(2n 1) x 2 x
n1
并问当 x 0时, 上述级数之和等于怎样一个函数
证明：取f ( x) x( 0 x )
将f
(
x )偶 延
x x0 1
y f (x0 ) f ( x0 )
z g(x0 ) g( x0 )
6.设 曲线L : x2 y2 a2 , 则 L ( x2 y) ds a3
1
二、选择题（本题18分，每小题3分）
1.二元函数z f ( x, y) 在点( x0 , y0 ) 可微是其在该点偏导数存在的( B )
( , )
4 4 [sin2x ysin x]dx cos x dy (0,0)
4 sin2x dx
4
cos
dy
0
0
4
1 cos 2x 2
4 0
cos
4
y
4 0
1 2
28
10
六、（本题9分）函数 z f (t), t (x, xy) ,其中 f 具有二阶导数,
具有二阶偏导数, 求 2 z
0
0
( x) e x
x
(t)dt
( x) e x ( x)
0
且 (0) 1, (0) 1 即为初值问题：
( x) ( x) e x (1) (0) 1,(0) 1 (2)
12
由(1) 特征方程 r2 1 0, 特征根r1,2 i, (1) 的齐次方程通解Y c1 sin x c2 cos x
I
2
2 dy
y sin(x2 y2 ) dx
1
2 dy
1 y2 sin(x 2 y2 ) dx
0
0
0
2
在极坐标下的形式是( D ).
1
A.
2
d
2 r sinr 2 dr
0
4
B.
2
d
1
r
s
in
r
2
dr
0
2
C.
2 d
1
r
sin
r
2
dr
0
0
D.
2
d
1
r
sin
r
2
dr
0
4
4
由 f ( x) e x , p0( x), 1非 特 征 根, 设(1) 的 特 解 y a e x
将 y代入(1)得 : a 1 2
(1) 的通解( x)
Y
y
c1
sin x
c2
cos
x
1 2
ex
(3)
将
(2)代
入(3),及
(
x)
c1
cos
x
c2
sin
x
1 2
e
x中,
得
:
c1 c2
8
五、（本题9分）
设函数 f ( x)有连续导数, f (0) 1, 对平面上任意一条分段光滑的曲线L,
若曲线积分I L[sin 2x y f ( x) tan x]dx f ( x)dy与路径无关,
(1) 试求 f ( x)
(2) 设
L
是 从 点O
(0,0)到 点 P
(曲 线,
16 3
I4
16 3
3 4
1 2
2
6
四、（本题9分）试 判 断 下 列 二级 数 哪 个 收 敛, 是 绝 对 收 敛, 还 是
条件收敛, 并对绝对收敛的级数求和
n
(1) n1 (n 1)!
(2) (1)n
1
n1
n ln(n 1)
n1
解 (1) lim an1 lim
n an
n
n! n
n1
lim n
n2
01
(n 1)!
级数
n 绝 对 收 敛, n1 (n 1)!
令
s( x)
n xn1
n1 (n 1)!
x (,)
则
s( x)
x 0
n1
(n
n x
1)!
n1
xn
n1
(n
1)!
xn1
x
n1
(n
1)!
( xe x ) e x (1 x)
取逆时针方向，则曲线积分 ydx (e y2 x)dy 2 L
4.函数 f ( x)
1
展开成( x 1)的泰勒级数是
(1)n( x 1)n
,
0
x2
x
n0
5.设 f ( x), g( x) 都 是 可 微 函 数 ， 则 曲 线y f ( x), z g( x)在 点
( x0,
y0 , z0 )处 的 切 线 方 程 是
1
2 1
2
( x) 1 (sin x cos x e x ) 为所求.
2
13
八、(本题9分)计算曲面积分 I x3dydz y3dzdx (z2 1)dxdy, 其 中 曲 面 是z 1 x2 y2 (z 0) 上 侧
解 合 一 投 影 法 由 z 1 x2 y2 , 得zx 2x, zy 2 y,
D
解 记 D1 ( x, y) x2 y2 4 , D2 ( x, y) x2 y2 2x 0 ,
则由对称性, 得
I x dxdy x dxdy x dxdy x dxdy 2 x dxdy
D
D1
D2
D2
D2 ( y0)
2cos
2 2 cos d
0
0
2 d
3 3 dv 3 x 2 y 2z 6 dv 3 9 dv
4 3 3 3 x 2 y 2z 6 dv 4
3
33
20
xy
解
z x
f
(t ) (1
y2 )
2z xy
f ( x21
x y22 )
f ( x12
y x22 2 )
11
七、(本题9分)设函 数 ( x)连续,且满足
( x) e x
x
t (t )dt x
x
(t )dt,
0
0
求 (x)
解
(x) ex
x
x
t (t )dt x (t )dt
计算I
44
解 (1) 由 [sin 2x y f ( x) tan x] f ( x) ,
y
x
f (x) f (x)tan x
d f (x) tan xdx f ( x) c cos x
f (x) 又 f (0) 1 c 1, f ( x) cos x
9
(,)
(2) I 4 4 [sin2x y f ( x)tan x]dx f ( x) dy (0,0)
n 2x, 2 y, 1 记A x3, y3, z2 1 , 则
0
I A n dS
x3,
y3,
z2 1 2x,
2 y,
1 dS
n
(2x4 2 y4 z2 1) dxdy
[2 x4 2 y4 (1 x2 y2 )2 1] dxdy
D: x 2 y 2 1
一、填空题（本题18分，每小题3分）
1.函 数 z
z( x,
y)由方程x yz
exz
所确定,则 z x
yz exz x y exz
2.函数u z4 3xz x2 y2在点(1,1,1)处的最大方向导数是 6
3.设L是以A(0,0), B(1,0),C(1,1), D(0,1)为顶点的正方形的边界，
1
2
C
Ａ. 绝对收敛 Ｃ. 发散
Ｂ. 条件收敛 D. 敛散性不能判定
4.若 y1 e3x , y2 xe3x为以下二阶常系数线性齐次方程的
两个解，则该方程应为 ( D ).
A y 6 y 9 y 0
B. y 9 y 0
C. y 9 y 0
D. y 6 y 9 y 0
3
5 .二 重 积 分
x
2x, 2x,
0 x x 0
18
十.(本题5分) 证明：
4 3 3 3 x 2 y 2z 6 dv 4 , 其中 : x2 y2 z2 1
3
33
证明：令f ( x, y, z) x 2 y 2z 6, 由 f x 1, f y 2, fz 2, 可见 f ( x, y, z)在内无驻点,