许昌学院2013 高数试卷

3 π V = π + π − 2π = ，切平面为 z = 2 x 2 2
(sin y − y sin x ) dx + ( x cos y + cos x )dy = (sin ydx + x cos ydy ) + (cos xdy − y sin xdx) = d ( x sin y + y cos x)
故
f ( x, y ) = x sin y + y cos x + c
+∞
( x − 1) n 八、 （6 分）求幂级数 ∑ 的收敛半径与收敛区间，并求出它在收敛区间内的和函数. n 2n n =1
解： 收敛半径 R = 2 ，收敛区间为 [ −1,3)
s( x) = ∑
( x − 1)n n2n n =1
+∞
1 +∞ ( x − 1)n −1 1 +∞ x − 1 n −1 1 s′( x) = ⋅ ∑ = ∑( ) = n−1 2 n =1 2 2 n =1 2 3− x
级数的和函数在 x = 0 处的值为 0 .
9． 设 Σ 为平面
x y z 4 + + = 1 在第一卦限中的部分，则 ∫∫ ( z + 2 x + y )dS = 4 61 . 3 2 3 4 Σ t π 在对应 t = 的点处的法平面方程是 2 2
10． 曲线 x = t − sin t , y = 1 − cos t , z = 4 sin
解：特征方程为： r 2 − 3r + 2 = 0 特征根为： r1 = 2, r2 = 1 对应齐次方程的通解是： y = c1e
* 2x
+ c2 e x
设原方程的特解为： y = axe ，将其代入原方程待定系数得 a = −2 . 所以 y * = −2 xe x 故原方程的通解为 y = c1e
∞
13．若级数
∑ (u
n =1
n
+ 1) 收敛，则 lim un =
n →∞
-1
二、证明题（5 分）
函数 z = z ( x , y ) 由方程 x − az = φ ( y − bz ) 所确定，其中 φ (u ) 有连续导数， a, b 是不全为零的常数，
证明： a
∂z ∂z +b =1 ∂x ∂y
� ∫ (2 x
L
2
1 y − 2 y) dx + ( x3 − 2 x) dy ，其中 L 为以 y = x, y = x 2 围成区域的正向边 3
七、 （6 分）
设 Σ 是由曲线 ⎨
⎧z = y2 , ⎩ x = 0,
2
(0 ≤ z ≤ 2) 绕 z 轴旋转而成的曲面.
(1) 写出 Σ 的方程. （2）计算
x + y + 2z −
π −4=0. 2
2
11. 设 L 为下半圆周 y = − 4 − x ，则对弧长的曲线积分
x ∫e L
2
+ y2
ds = 2π e4 .
12．函数 f ( x) =
1 1 x x x 展开为 x 的幂级数的形式为 [1 + + ( ) 2 + ⋯ + ( ) n + ⋯], −2 < x < 2 2−x 2 2 2 2
∫
x
0
f (t ) sin tdt = x + 1 两边对 x 求导得
f ′( x) cos x + f ( x) sin x = 1
即
f ′( x ) + tan x ⋅ f ( x ) =
求解上面的一阶线性微分方程得
1 cos x
− tan xdx 1 ∫ tan xdx f ( x) = e ∫ [∫ e dx + C] = sin x + C cos x cos x
s(1) = 0 ，
1 dx, 1 1 3− x s ( x) = ln 2 − ln(3 − x) ( −1 ≤ x < 3)
∫
x
s′( x)dx == ∫
x
∞
∞
∞
九、 （5 分）设
∑ bn 是收敛的正项级数， ∑ (an − a n +1 ) 收敛. 试讨论 ∑ anbn 的敛散性，并说明理由.
(1, 0)
(0, 1)
(sin y − y sin x) dx + ( x cos y + cos x ) dy .
P = sin y − y sin x, Q = x cos y + cos x
∂P ∂Q = cos y − sin x = ∂y ∂x
所以 (sin y − y sin x ) dx + ( x cos y + cos x )dy 为某二元函数 f (x , y ) 的全微分
∫∫ 4(1 − y
Σ
)dzdx + z (8 y + 1)dxdy ，其中 Σ 取下侧.
2 2
解: (1) Σ 的方程是 z = x + y (0 ≤ z ≤ 2) . (2) 设 Σ 1 为 z = 2, ( x + y ≤ 2) 的上侧，则
2 2
∫∫
Σ+Σ1 Σ1
4(1 − y 2 )dzdx + z (8 y + 1)dxdy = ∫∫∫ dv = ∫
由于 f (0) = 1 ，所以 C = 1 ，故 f ( x) = sin x + cos x 十一、 （5 分） 证明: (sin y − y sin x ) dx + ( x cos y + cos x )dy 为某二元函数 f (x , y ) 的全微分，并求
f (x, y ) ，计算 ∫
解 因为
2 2
2
2
2
2
2 x0 ( x − x0 ) + 2 y0 ( y − y 0 ) − ( z − z 0 ) = 0
即
2 2 z = 2 x0 x + 2 y0 y + 1 − x0 − y0
该平面与抛物面及圆柱面所围成的立体的体积为
V = ∫ dθ ∫
π 2 π − 2
2cosθ
0
rdr ∫
1+ r 2
2
解:
∫∫ ( x
D
+ y ) dxdy = ∫∫ x2 dxdy = ∫
D
2π
0
dθ ∫ ( r cosθ )2 rdr =
2
3
65 π 4
六、 （5 分）
利用格林公式，计算 界. 解:
1 x 1 3 1 2 2 (2 x y − 2 y ) dx + ( x − 2 x ) dy = − x dxdy = − dx x2 dy = − 2 � ∫ ∫∫ ∫ ∫ 0 x 3 20 L D
2013 许昌学院高数考试 A 卷
一、填空题（每题 3 分，共 39 分）
1． 设 f ( x − y, x + y ) = x − y ，则 f ( x, y ) = xy . 2． 极限 lim
x →0 y→0
2 2
x2 y x 2 y + 1 −1
=
2
.
3． 设函数 f ( x, y ) = 2 x 2 + ax + xy2 + 2 y 在点 (1, −1) 处取得极值，则常数 a = 4． 函数 u = x sin( yz ) 的全微分为
7．设 y1 , y2 , y3 是微分方程 y ′′ + p( x) y′ + q( x) y = f ( x) 的三个不同的解，且
y1 − y2 ≠ 常数，则微分 y2 − y3
方程的通解为 y = c1 ( yΒιβλιοθήκη Baidu − y 2 ) + c2 ( y2 − y3 ) + y1 .
⎧ −1, −π ≤ x < 0 8．周期为 2π 的函数 f ( x) ，它在一个周期上的表达式为 f ( x ) = ⎨ 2 ，则 f ( x) 的傅里叶 ⎩ x + 1,0 ≤ x < π
∫
(1, 0)
(0, 1)
(sin y − y sin x) dx + ( x cos y + cos x) dy = [ x sin y + y cos x] (1,0) (0,1) = −1
十二、 （6 分）求抛物面 z = 1 + x + y 的一个切平面，使它与抛物面及圆柱面 ( x − 1) + y = 1 所围成 的立体的体积最小，并求出最小的体积，写出所求切平面方程. 解：设 F ( x , y , z ) = 1 + x + y − z ，得 Fx = 2 x , Fy = 2 y , Fz = − 1 抛物线在 ( x0 , y0 , z0 ) 处的切平面方程为
n =1 n =1 n =1
∞
解:
∑a b
n =1
∞
n n
是绝对收敛的.
m n =1
因为
∑ (an − a n +1 ) 收敛,所以部分和 sm = ∑ (an − a n+1 ) = a1 − am+1 有界,从而数列 {an} 有界
n =1
即存在常数 M > 0 ，使 | an |< M (n = 1, 2,3,⋯) ，故 | anbn |< Mbn ( n = 1, 2,3,⋯)
∞ ∞
由于
∑ bn 是收敛的正项级数，由比较审敛法知，
n =1
∑a b
n =1 x
n n
绝对收敛.
十、 （6 分）设可导函数 f ( x ) 满足 f ( x ) cos x + 2 解：方程 f ( x) cos x + 2
∫
0
f (t ) sin tdt = x + 1 ，求 f ( x ) .
2x
x
+ c2 e x − 2 xe x
由 y (0) = 0, y ′(0) = 1 解得 c1 = 3, c2 = −3 因此所求的特解是 y = 3e 2 x − 3e x − 2 xe x
五、 （6 分）计算二重积分
∫∫ ( x
D
2
+ y)dxdy ，其中 D = {( x, y ) 4 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9 } .
证明：方程 x − az = φ ( y − bz ) 两边同时对 x, y 求偏导得
1− a
∂z ∂z ∂z 1 = φ ′ ⋅ ( −b ) ⇒ = ∂x ∂x ∂x a − bφ ′ ∂z ∂z ∂z −φ ′ −a = φ ′ ⋅ (1 − b ) ⇒ = ∂y ∂y ∂y a − bφ ′ ∂z ∂z +b =1 ∂x ∂y
2 2 2 x0 ⋅ r ⋅cosθ + 2 y0 ⋅r ⋅sin θ +1− x0 − y0
dz
3 2 2 = π ( x0 + y0 ) + π − 2 x0π 2
解
⎧ ∂V ⎪ ∂x = 2π x0 − 2π = 0 ⎪ 0 ⎨ ⎪ ∂V = 2π y = 0 0 ⎪ ⎩ ∂y0
得 x0 = 1, y0 = 0 ，由提意可知 V 的最小值一定存在，且只有一个驻点，故可断定 V 的最小值为
Ω 2
2π 0
dθ ∫
2 0
dρ ∫ 2 ρ dz = 2π
ρ
2
∫∫ 4(1 − y ∫∫ 4(1 − y
Σ
)dzdx + z (8 y + 1) dxdy =
Dxy
2
∫∫ 2(8 y + 1) dxdy = ∫∫ 2 dxdy = 4π
Dxy
)dzdx + z (8 y + 1)dxdy = 2π − 4π = −2π
故 a
三、 （5 分）
设z
= ex
2 3
y
，求
∂2 z ∂x∂y
2 3 ∂2z = (6 xy 2 + 6 x3 y5 ) ex y ∂x∂y
解：
2 3 ∂z = 2 xy 3e x y , ∂x
四、 （6 分）求微分方程
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 2e x 满足条件 y (0) = 0, y ′(0) = 1 的特解.
-5 . 0
.
du = sin( yz) dx + xz cos( yz) dy + xy cos( yz) dz
ydxdy = ∫∫ D
5． 已知平面区域 D 是由直线 x + y = 1 ， x − y = 1 及 x = 0 所围成，则 6．微分方程 y ′ = y 2 e 2 x , 满足初始条件 y (0) = −2 的特解为 y = −2e −2 x .