一、填空题（每小题 3 分，共 30 分）

  1. ∑n=1∞1+(−1)n2n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+(-1)^{n} }{2^{n} }= .

  2. 级数 ∑n=1∞ln⁡(1−12n)\sum_{n=1}^{\infty}\ln{\left(1-\frac{1}{2n}\right)} 的敛散性是 （填写: 收敛或发散）.

  3. 已知级数 ∑n=1∞(−1)nnp\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n} }{n^{p} } 条件收敛, 则常数 pp 的取值范围是 .

  4. 设 f(x)={1,0≤x≤π,2,π<x<2πf(x)=\begin{cases}1,&0\le x\le\pi,\\2,&\pi<x<2\pi\end{cases}, f(x)f(x) 以 2π2\pi 为周期的傅里叶级数的和函数为 s(x)s(x), 则 s(−π)=s(-\pi)= ;

  5. 设函数 ∫x−yx+yet2\int_{x-y}^{x+y}\mathrm{e}^{t^{2} }, 则 ∂2z∂x ∂y∣(1,1)=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x\,\partial y}\right|_{(1,1)}= .

  6. 圆周 {x2+y2+z2=6,x+2y+z=1\begin{cases}x^{2}+y^{2}+z^{2}=6,\\x+2y+z=1\end{cases} 上点 (2,−1,1)(2,-1,1) 处切线方程为 .

  7. 设 Ω\Omega 是球体闭区域 {(x,y,z)∣x2+y2+z2≤1}\left\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\le1\right\}, 则 ∭Ωx2dx dy dz=\iiint_{\Omega}x^{2}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z= .

  8. 设 LL 是圆周 x2+y2=1x^{2}+y^{2}=1, 则曲线积分 ∮L(x+y)2 ds=\oint_{L}(x+y)^{2}\,\mathrm{d}s= .

  9. 设 Σ\Sigma 是平面 x+2y+2z=1x+2y+2z=1 在第一卦限部分, 则曲面积分 ∬Σ(x2+y+z) dS=\iint_{\Sigma}\left(\frac{x}{2}+y+z\right)\,\mathrm{d}S= .

  10. ∫(0,0)(1,π)excos⁡y dx−exsin⁡y dy=\int_{(0,0)}^{(1,\pi)}\mathrm{e}^{x}\cos{y}\,\mathrm{d}x-\mathrm{e}^{x}\sin{y}\,\mathrm{d}y= .

二（10 分）

设函数 z=f(x−y,2x+y)+φ[g(x,y)]z=f(x-y,2x+y)+\varphi[g(x,y)], 其中 f, gf,\,g 具有二阶连续偏导数, φ\varphi 二阶可导, 求全微分 dz\mathrm{d}z 及 ∂2z∂x ∂y\frac{\partial^{2}z}{\partial x\,\partial y}.

答案 / 解析

全微分为: dz=[f1+2f2+φ′(g)g1]dx+[−f1+f2+φ′(g)g2]dy\mathrm{d}z=[f_{1}+2f_{2}+\varphi'(g)g_{1}]\mathrm{d}x+[-f_{1}+f_{2}+\varphi'(g)g_{2}]\mathrm{d}y.

∂2z∂x ∂y=−f11+f12−2f21+2f22+φ′′(g)g12+φ′(g)g12\frac{\partial^{2}z}{\partial{x}\,\partial{y} }=-f_{11}+f_{12} -2f_{21}+2f_{22}+\varphi''(g)g_{1}^{2}+\varphi'(g)g_{12}

又因为 ff 的二阶偏导连续的, 所以 f12=f21f_{12}=f_{21}, 因此

∂2z∂x ∂y=−f11−f12+2f22+φ′′(g)g12+φ′(g)g12\frac{\partial^{2}z}{\partial{x}\,\partial{y} }=-f_{11} -f_{12}+2f_{22}+\varphi''(g)g_{1}^{2}+\varphi'(g)g_{12}

三（10 分）

求幂函数 ∑n=1∞(−1)n−1(n+1)nxn\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(n+1)nx^{n} 的收敛域及和函数, 并计算级数 ∑n=1∞(n+1)n3n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n+1)n}{3^{n} } 的和.

答案 / 解析

收敛半径: R=lim⁡n→∞∣(−1)n−1(n+1)n(−1)n(n+2)(n+1)∣=1R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{(-1)^{n-1}(n+1)n}{(-1)^{n}(n+2)(n+1)}\right|=1;

当 x=±1x=\pm1 时, lim⁡n→∞(−1)n−1(n+1)n=∞\lim_{n\rightarrow\infty}(-1)^{n-1}(n+1)n=\infty, 此时级数不收敛;

综上所述, 级数 ∑n=1∞(−1)n−1(n+1)nxn\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(n+1)nx^{n} 的收敛域为 (−1,1)(-1,1).

记和函数为 S(x)S(x), 则

S(x)x=∑n=1∞(−1)n−1(n+1)nxn−1=d2dx2∑n=1∞(−x)n+1=d2dx11+x\frac{S(x)}{x}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(n+1)nx^{n-1}=\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d}x^{2} }\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^{n+1}=\frac{\mathrm{d}^{2} }{\mathrm{d}x}\frac{1}{1+x}

于是 S(x)=2x(x+1)3S(x)=\frac{2x}{(x+1)^{3} }.

代入 x=−13x=-\frac{1}{3} 可以得到 S(−13)=∑n=1∞−(n+1)n3n=−94S\left(-\frac{1}{3}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-(n+1)n}{3^{n} }=-\frac{9}{4}. 所以

∑n=1∞(n+1)n3n=94\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n+1)n}{3^{n} }=\frac{9}{4}

四（10 分）

计算二重积分 I=∬D[x1+x2+y2+x3ln⁡(y+y2+1)] dx dyI=\iint_{D}\left[\frac{x}{1+x^{2}+y^{2} }+x^{3}\ln\left(y+\sqrt{y^{2}+1}\right)\right]\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y, 其中 DD 是半圆环域 {(x,y)∣1≤x2+y2≤3,  x+y≥0}\left\{(x,y)\mid1\le x^{2}+y^{2}\le3,\;x+y\ge0\right\}.

答案 / 解析

先将积分区域分为两部分:

I: 1≤x2+y2≤3,  x+y≥0,  x≥y1\le x^{2}+y^{2}\le3,\;x+y\ge0,\;x\ge y;

II: 1≤x2+y2≤3,  x+y≥0,  x≤y1\le x^{2}+y^{2}\le3,\;x+y\ge0,\;x\le y.

因为 x3ln⁡(y+y2+1)x^{3}\ln\left(y+\sqrt{y^{2}+1}\right) 是关于 xx 和 yy 的奇函数, 所以对于 I 区域 (关于 xx 轴对称) 和 II 区域 (关于 yy 轴对称) 各有

∬x3ln⁡(y+y2+1) dx dy=0\iint x^{3}\ln\left(y+\sqrt{y^{2}+1}\right)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=0

而这个积分的第一项只需使用极坐标形式求解即可:

∬x1+x2+y2 dx dy=∬ρ2cos⁡θ1+ρ2 dρ dθ=∫−π43π4 dθ∫13ρ21+ρ2 dρ=2(3−1−π12)\begin{aligned} \iint\frac{x}{1+x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y &= \iint\frac{\rho^{2}\cos{\theta}}{1+\rho^{2}}\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta \\ &= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\,\mathrm{d}\theta \int_{1}^{\sqrt{3}} \frac{\rho^{2}}{1+\rho^{2}}\,\mathrm{d}\rho \\ &= \sqrt{2} \left( \sqrt{3} - 1 - \frac{\pi}{12} \right) \end{aligned}

五（10 分）

计算累次积分 ∫01 dy∫01−y dz∫01−y−z(1−x)e−(1−x−z)2 dx\int_{0}^{1}\,\mathrm{d}y\int_{0}^{1-y}\,\mathrm{d}z\int_{0}^{1-y-z}(1-x)\mathrm{e}^{-(1-x-z)^{2} }\,\mathrm{d}x.

答案 / 解析

换序即可.

∫01dy∫01−ydz∫01−y−z(1−x)e−(1−x−z)2 dx=∫01(1−x) dx∫01−xe−(1−x−z)2 dz∫01−x−zdy=∫01(1−x) dx∫01−x(1−x−z)e−(1−x−z)2 dz=12∫01(1−x)[1−e−(1−x)2]dx=14e.\begin{align} {}&\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-y}\mathrm{d}z\int_{0}^{1-y-z}(1-x)\mathrm{e}^{-(1-x-z)^{2} }\,\mathrm{d}x\\ ={}&\int_{0}^{1}(1-x)\,\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{e}^{-(1-x-z)^{2} }\,\mathrm{d}z\int_{0}^{1-x-z}\mathrm{d}y\\ ={}&\int_{0}^{1}(1-x)\,\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}(1-x-z)\mathrm{e}^{-(1-x-z)^{2} }\,\mathrm{d}z\\ ={}&\frac{1}{2}\int_{0}^{1}(1-x)\left[1-\mathrm{e}^{-(1-x)^{2} }\right]\mathrm{d}x\\ ={}&\frac{1}{4\mathrm{e} }. \end{align}

六（10 分）

计算曲线积分 I=∮L(1−x2y) dx+(1+xy2) dyI=\oint_{L}(1-x^{2}y)\,\mathrm{d}x+(1+xy^{2})\,\mathrm{d}y, 其中 LL 是圆周 x2+y2=2xx^{2}+y^{2}=2x, 方向为逆时针.

答案 / 解析

由格林公式可知,

∮L(1−x2y) dx+(1+xy2) dy=∬S(y2+x2) dx dy\oint_{L}(1-x^{2}y)\,\mathrm{d}x+(1+xy^{2})\,\mathrm{d}y=\iint_{S}(y^{2}+x^{2})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y

其中 S: x2+y2≤2xS:\,x^{2}+y^{2}\le2x.

再用极坐标形式求解:

∬S(y2+x2) dx dy=∬S′ρ3 dρ dθ=∫−π2π2dθ∫02cos⁡θρ3dρ=3π2\iint_{S}(y^{2}+x^{2})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\iint_{S'}\rho^{3}\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\theta=\int_{-\frac{\pi}{2} }^{\frac{\pi}{2} }\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\cos{\theta} }\rho^{3}\mathrm{d}\rho=\frac{3\pi}{2}

七（10 分）

计算曲面积分 I=∬Σ(x+x3) dy dz+(y+y3) dz dx−2z dx dyI=\iint_{\Sigma}(x+x^{3})\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+(y+y^{3})\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x-2z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y, 其中 Σ\Sigma 是抛物面 z=x2+y2  (0≤z≤1)z=x^{2}+y^{2}\;\left(0\le z\le1\right) 的下侧.

答案 / 解析

补全封闭曲面，根据 Gauss 定理：

∬Σ∪DF⋅n dS=∭V(3x2+3y2) dV\iint_{\Sigma\cup D}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=\iiint_V(3x^2+3y^2)\,dV

极坐标计算体积：

3∫02πdθ∫01dρ∫ρ21ρ3dz=3⋅2π(14−16)=π23\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1d\rho\int_{\rho^2}^1\rho^3dz =3\cdot2\pi\left(\tfrac1{4}-\tfrac1{6}\right) =\tfrac\pi2

圆盘D上通量：

∬DF⋅n dS=−2π\iint_D\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=-2\pi

因此：

I=π2−(−2π)=5π2I=\tfrac\pi2-(-2\pi)=\tfrac{5\pi}2

八（10 分）

求函数 f(x,y)=2x+3y+xyf(x,y)=2x+3y+xy 在圆周 C:  x2+y2=52C:\;x^{2}+y^{2}=52 上方向导数的最大值.

答案 / 解析

∇f=(2+y,3+x)\nabla f=(2+y,3+x), 所以 ∥∇f∥=(3+x)2+(2+y)2\left\|\nabla f\right\|=\sqrt{(3+x)^{2}+(2+y)^{2} }. 要在限制条件 x2+y2=52x^{2}+y^{2}=52 下考虑求出 ∥∇f∥\left\|\nabla f\right\| 的最大值, 应使用拉格朗日乘数法.

考虑到

{g(x,y)=(3+x)2+(2+y)2,L(x,y,λ)=(3+x)2+(2+y)2+λ(x2+y2−52),\begin{cases} g(x,y)=(3+x)^{2}+(2+y)^{2},\\ L(x,y,\lambda)=(3+x)^{2}+(2+y)^{2}+\lambda(x^{2}+y^{2} -52), \end{cases}

有

{Lx=2(x+3)+2λx=0,Ly=2(y+2)+2λy=0,Lλ=x2+y2−52=0,\begin{cases} L_{x}=2(x+3)+2\lambda x=0,\\ L_{y}=2(y+2)+2\lambda y=0,\\ L_{\lambda}=x^{2}+y^{2} -52=0, \end{cases}

解出

{x=−6,y=−4,λ=−12\begin{cases} x=-6,\\ y=-4,\\ \lambda=-\frac{1}{2} \end{cases}

或

{x=6,y=4,λ=−32.\begin{cases} x=6,\\ y=4,\\ \lambda=-\frac{3}{2}. \end{cases}

经过验证, ∥∇f(−6,−4)∥=13\left\|\nabla f(-6,-4)\right\|=\sqrt{13}, ∥∇f(6,4)∥=313\left\|\nabla f(6,4)\right\|=3\sqrt{13}. 所以 f(x,y)f(x,y) 在圆周 CC 上方向导数的最大值是 3133\sqrt{13}.