1、 微积分期末考试综合题参考答案一设 ，证明： 条件收敛nean11ann11证明：（1）设 则 因此.0,xxf 0./ xxef在 单调增加。故： 即f1, ,1nff .1an又显然 因此由莱布尼兹定理知.010limlimxxfaxn收敛。nn11（2）再考察111|nna因为 .210lim21li0limlilim02 exeexxxnn故 发散。111|nnna综合（1） 、 （2）知： 条件收敛。nn1二设 在 的某一邻域内具有二阶连续导数，且 。证明：xf0 0lim0xf级数 绝对收敛。nfn1证明：因为 在 处具有二阶连续导数，且 ，根据可导必连xf00li0xf续，有：
2、=0， 。xf0limlimli00/ ffx麦克劳林展式：对 ， ， （f 2/2/!1。)0x因此， ，因此， .0lim,1021/ nnf nff23/1所以， 且 收敛，所以，.|021|li1|lim/23 ffnnf123n绝对收敛。nfn1三已知 满足 为正整数） 。且 求级数xnxefxnn(1/ ,1nef之和。1nf解：（1）解一阶线性微分方程 ，得其通解：fxnnnx1/，代入初始条件 Cdx eef xdxn11得 故 。,1en.0Cnxfn（2）原级数即为 11nxne令 。当 时，由逐项求导公式，有：,1xsn ,，xnn111/故 .1,l0dxsx所以， 。
3、xxsneefxn ln11 1,四设 求,.20cos40ixdnI 0nI解：（1） xdnxxdnnnnI si.cosi 401140 i|i 分 部（兜圈子） ，故， ，nn21 21nnI。011nnnI（2）令 当 时，由逐项求导公式，有：,0xxsn 1,x，xnn100/故 .1,1l10 dxsxx故： .2ln2ln2011 snnnI五已知函数 的全微分 并且 求 在椭yxfz, ,ydxdz,1fyxf,圆域 上的最值。14|,2D解：（1）由 得：,22Cdyxdz又 故.,Cyf,1f,所以， .,2xfz（2）下面求 在椭圆域 上的最值。,2yf 14|,2yx
4、D（i）令 ，得驻点 ，.02,yzx0,1P.2,f.0,yzx（ii）在椭圆 上，由椭圆的参数方程： ，142yx 2,0.sin,coyx 142cs1, sinco22 gyf。3s5所以， ，0,maxgyf 2,mingyxf综合(i),(ii)知， ， 。3,xf,if六在椭球面 上求一点，使得 沿着点122zzyxzyf 22,A(1,1,1)到点 B(2,0,1)的方向导数具有最大值。解：（1）记 ，则 沿0,2,0hABh zf 22,椭球面 上任意一点处的方向导数为122zyx。 yxzyxffDzyxh 20,12.,.,0/（2）问题转化为求函数 在条件 下的极值，下
5、用2拉格朗日乘数法解之。令 1, 22zyxzyxL由 )4(012 .0134)(/zyxzyxzyx ， 或） 不 符舍 ， 因 与 （解上述方程组，得： 或 因此有两个驻点 及.0,21zyx., 0,21P0,21P（3）因为 ， 所以，20,1fDh .20,1fh椭球面上点 处沿着 A(1,1,1)到 B(2,0,1)的方zyxzyf2,1P向导数具有最大值 。七证明：曲面 上任意一点处的切平面与曲面 所围成z24 yxz2的立体体积为定值。证明：（1）令 ，则曲面 上任意一点zyxF2, z24处的切平面的法向量为：zM0,，1,2, 0/ Mzyx从而点 M 处的切平面方程为：
6、，化简得：2000 zy。420xzyx（2）联立 ，消去 z，得立体向 xoy 面上的zzy22000 ,4投影区域 .: 2xD因此，所求立体的体积为 DD yxyxydxV 04042 222200 802rd极注意：上述计算二重积分的过程中，其实用到了变量替换公式：令则.4:,10., 2/0 vuyxvyuxJvuduvvudJDdxyVD 42222 2/ |4八。设 在 上连续，)(xfa,0试证明： ayxxyDdxfdxyfaD ,0|,)(0证明： ff xa0其中， 视为常数） ，所以，xdtfytdyf axxa (0 （交换积分次序后）tffaxD0（最后一步是利用积
7、dxftfdtf aaa 000分与变量记号无关） 。九设 在 上连续且单增，记)(xfb, .,|, byyxD试证明 .)(2baDdfdyf证明：记 baDba dxfydxyfxfxfI )()()(2-（1）dyfdyDD由轮换对称性，易知：-（2）xfxI()所以， （因 单增，故无论0)2dyfyD )(xf均有 即，,yx.()(xfx.)20baDdfdfI十证明： 41641722sin22 dxyyxx证明：一方面： ;16122 22si yy另一方面： .41721616 20122222ins rxddydxyx注意：后一不等式用到了：当 .|tan|si|,4|0
8、xx十一。设 L 是圆周 取逆时针方向，又 是正值连续函.122yx)(f数，试证： .)()(dfyfL证明：由格林公式：记 .1|,22Ddxyfdxyfxyfdxfyf DDL )()()()(-（1）xfyfDD)(又由轮换对称性： -（2） ，代入（1）式，得：dydxf.2)()(1)()( DDDL dxyxfxyfxfdxfyxf十二。设曲线积分 与路径无关，且方程 所确定的LdyF),( 0,F曲线的图形过点 。其中 是可微函数，求 所确定的曲线。2,10,x),(yx解：（1）由于曲线积分 与路径无关，所以，Ldy),( ,),(),(,),( / yxyxFxFyxyFx
9、即： ./xdxy（2）解此可分离变量型微分方程得其通解：,ln)l(lnln1 Cxyxydxxy又曲线的图形过点 ，所以， 因此所求曲线为：.C)2,(.2C.2xy十三。设 在 xoy 平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分),(yxQLd2与路径无关，并且对任意的 t，恒有求函数 。1,0,(2t ydxQ.,(2,10ydxQ),(yx解：（1）由于曲线积分 与路径无关，所以L)，故： -（1）xyx2 yxdyx2,(（思考一下，为什么此积分后带的不是任意常数 C,而是 ？）（2）又因为 ，代入（1）式：1,0,(2t ydxQ.,(2,10t ydxQ-（2）1,0txyd,t 选择
10、平行于坐标轴的折线路径积分分别以定积分表示出左、右两曲线积分，得：，即dyytt01021-（3）tdt（3）式两边同时对 t 求导，得：，所以 。1212tt 12,yxQ十四。设曲线 与 x 轴交于点 O(0,0),A(2,0).曲线在 A 点处的切线交 y)(y轴于 B 点积分，试计算 AB dxyxdyI )1ln(.cos1sin解：（1）由 ， ，故曲线在 A 点处的切线方程为：)2(xy2|/xK切，其与 y 轴于 B（0,4）.0（2）记 ，因为)1ln(cos,1sinxyQxP.,coxy补充直线段 ，记由 所围成的平面区域为 ，则BOA,ABD。84*212 DDABO
11、dxyyPxQ格 林所以， .0481882004AOBdI十五。设函数 具有连续导数，试计算，其中 为点 与dyxydxyIAB sincos/ AB)4,3()2,点的直线段下方的任意光滑曲线，且该曲线与直线段所围成的面积为 .6解：记 ，则.i,/QP.cos,cos/ xyxy因为 -（1） DDBA dP26格 林易知 : .3:,.1xy又 dxxBA 3 / 1sin1cos，dxdx331 33/i-（2） 33/ 1sinsi1xdx xdxx coscossin 33| -（3）注意到：划线部分可互相抵消： .262333 | xdxxBA所以， .62I十六。设在上半平面
12、 内，函数 具有连续偏导数，且对0|,yxD),(yxf于任意 都有 。试证明：对 D 内的任意分段光滑的有向0t )(),(2ftf闭曲线 L 都有 .,dyxyx证明：（一）因为 -（1）),(),(2ftf（1）式两边对 t 求导，得：-（2）),(2),(),(3/2/1 yxfyxyxtff（2）式中，令 t=1,得：-（3）0),(),(),(/2/1f（二）由格林公式： 02,(,(),(),( /2/1 dxyxfdxyfxyfdyxfyf DDL f十七。设 S 为椭球面 的上半部分，点 为 S 在点 P 处的12zP1,切平面， 为原点到平面 的距离。求zyx,S.3dzy
13、xIS解：（一）设切点 ，则 P 处的切平面方程为：P,，即02zZyYxX=2 整理后，得：SzZy20x由点到平面的距离公式： yxyxzyxSPzyxz 222222 4144|.|, （二）由 ，即： 。12:zxS 21:zS因此,2yz ,2yxdxydydSzx22241（三） dxydSdSzyxI yxyDDS 223233 4, 14 DD dxydxy极21241)1(2.120rd十八。设闭区域 ，0,|,2xyyx，求 。duvfyxf D,81),(2),(yf解：设 ，则由已知：kduvfD),(-（1） ，yx81,2从而 dxykdxyfkDD 8),( 2，
14、kkr 92618.1203sin022 cos由上式解之， 所以，.9k .98321281),( 22 yxyxyxf十九。设 在 上连续，且满足 ，tf,0dxytyxfttfe224241求 。tf解：（一）由于，rdfrdfdxytyxf tt 202042122 所以， -（1）ef2rft0（1）两边同时对 t 求导，得：，即 -（2）2.824/ ftefefttft4/ 8)(此为一阶线性非齐才次微分方程。（二）由公式，解方程（2） ，得： CtcdttCdttf etdt 244448 2222 -（3） 又显见 ，代入（3） ，得：C=1.1)0(所以， ettf24二十
15、。设有半径为 R 的定球，另有一半径 r 为的变球与定球相割。若变球中心在定球球面上，试问：当 r 等于多少时，含在定球内的变球部分的表面积最大，并求出最大表面积。解：（一）建立空间直角坐标系，使原点在定球球心上，两球的球心连线为 z轴。则定球的方程为： ，变球：zyx22:1。rzyx22:由 ， 。所以，R2yxrRz22,22rxz ,22ydxyrdxydS21又联立 ，消去 z，得投影区域为rRz22,ryxD2224:（二）由公式，所求变球含在定球内的变球部分的表面积 )023420222 2 rRdrRdxyDrrS rxy 极（三）令 .3342/ rRr又 所以， 在 取到最
16、大,04643|3/ RrRSrSR34值 。274二十一。在底半径为 R 高为 H 的圆柱体上面拼加一个同半径的半球体，使整个立体的重心位于球心处，试求 R 与 H 的关系。设立体密度 。1解：建立空间直角坐标系，使球心在原点。则圆柱面方程为。半球面的方程为： 。设重022zyx 022zRyx心 。 由题设，应有 。zG, zyx由重心坐标公式：-（1） （ 为整个立体）.0zdvz 而 -（2） （ 分别为圆柱体及半球体）21v 21,又 ，HRRHzdrzd2021 柱。dv 42002cossin2 球所以， .42Rzd二十二。设 具有连续导数，试计算uf dxyzdxyyxfdy
17、zxyfI e 222 31312，其中 表面的外侧。:2z解：（一）记yQyxxPf,321/2.1,32112/2 zRyxxPf（二）补充平面 ，记 与 所围成的区域为 。上 侧,:21z1。1033320221 rdzdvdvRyQxPI yx柱 .5610203102221 rID极二十三。设对于半空间 任意的光滑有向曲面 都有：xS其中， 在 上具有一阶连.)()(2zdxyyfdzxf eS xf,续导数，且 求 。,10limx解：（一）由高斯公式：.0)()()()( 22 dvzyxfxfzdxyxyfdzxf eexS即： ，对对于半空间 任意的光滑有向0)()(2/ xff 0曲面 都成立。故必须：S-（1）xfxxfx efefx 2/2/ )(11 为一阶线性非齐次微分方程。（二）由公式， （1）的通解为： CdxCxxfexxddx 2lnln2-（2）xeex22，故必有：xCxf20limli1 .110lim2 Cxx所以， .)(2fe二十四。设函数 在点 点可导，且 ，求xf00f，其中dxyzftt 22410lim .:22tzy解： dfdf ttf20020222 4sin所以， tztttdxyf 4224 lim10li .00lilim/3 fttfftt
