24-25-2-数学分析（下）-期中

一、填空题（每小题5分，共30分）

1. $\lim_{(x,y)\to(1,0)} \dfrac{\ln(x+e^y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=$ 【显示答案】 $\ln2$.

2. 函数 $u=\ln(x^2+y^2+z^2)$ 在点 $M(1,2,2)$ 处最大的方向导数为 【显示答案】 $\frac23$.

3. 向量值函数 $\overrightarrow{f}(x,y)=\binom{x^2y}{xy^2}$ 的导数为 【显示答案】 $\left(\begin{matrix}2xy&x^2\\y^2&2xy\end{matrix}\right)$.

4. 曲面 $z=x^2-y^2$ 上点 $(1,1,0)$ 处的切平面方程为 【显示答案】 $2x+2y-z=0$.

5. 椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 在点 $(a,0)$ 处的曲率为 【显示答案】 $\frac a{b^2}$.

6. 设 $\Omega:x^2+y^2+z^2\leq1$ 则 $\iiint_{\Omega} (x-2y+3z)^2dxdydz=$ 【显示答案】 $\frac{56}{15}\pi$.

二、选择题（每小题5分，共30分）

1. 函数 $f(x,y)=\sqrt[3]{x^3+y^3}$ 在 $(0,0)$ 处 ( ).

连续，偏导数不存在

不连续，偏导数存在

偏导数存在，不可微

偏导数存在，可微

检查

2. 已知函数 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点处可微，下列说法错误的是 ( ).

$f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点处连续

$f(x,x^2)$ 在 $x=0$ 点处可导

$f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点处偏导数存在

$f(x,x^2)$ 在 $x=0$ 点处连续

检查

3. 要使方程 $F(x,y)=0$ 在点 $(x_0,y_0)$ 的某邻域内唯一确定一个单值且连续可导的函数 $y=y(x)$，$F(x,y)$ 需要满足下列条件中的 ( ).

（1）$F(x_0,y_0)=0$；

（2）$F(x,y)$ 连续；

（3）$F_x(x_0,y_0)\neq0$；

（4）$F_y(x_0,y_0)\neq0$；

（5）$F_x,F_y$ 连续。

(1)(2)(3)

(1)(3)(4)

(1)(3)(5)

(1)(4)(5)

检查

4. 曲线 $y=\ln \cos x(0 \leq x \leq \dfrac\pi4)$ 的弧长为 ( ).

$\dfrac12 \ln2-1$

$\ln (\sqrt2+1)$

$\ln (\sqrt2-1)$

$\dfrac12 \ln2+1$

检查

5. 已知函数 $f(x,y)=x^3+y^3-3x^2-3y^2$，则点 $(0,0)$ 为 $f(x,y)$ 的 ( ).

极大值点

极小值点

非极值点

无法确定

检查

6. 已知 $D$ 是由曲线 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 和 $x$ 轴围成的区域，将 $\iint_D f(x,y)dxdy$ 化为极坐标系下的累次积分 ( ).

$\int_{0}^{\frac\pi2} d \theta \int_{0}^{\cos \theta} f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)d\rho$

$\int_{0}^{\frac\pi4} d \theta \int_{0}^{\cos \theta} f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)\rho d\rho$

$\int_{0}^{\frac\pi2} d \theta \int_{0}^{2\cos \theta} f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)\rho d\rho$

$\int_{0}^{\frac\pi4} d \theta \int_{0}^{2\cos \theta} f(\rho \cos \theta,\rho \sin \theta)\rho d\rho$

检查

三、（10分）

设 $z=f(x+y)+g(e^x,xy)$，其中 $f$ 二阶可导，$g$ 有二阶连续偏导数，求 ${\partial^2z\over\partial x\partial y}$.

› 答案 / 解析

$$\frac{\partial z}{\partial x}=f'(x+y)+\mathrm e^xg_1(\mathrm e^x,xy)+yg_2(\mathrm e^x,xy)$$$$\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=f''(x+y)+x\mathrm e^xg_{12}(\mathrm e^x,xy)+xyg_{22}(\mathrm e^x,xy)+g_2(\mathrm e^x,xy)$$

四、（10分）

设 $z=z(x,y)$ 是由方程 $2x^2-xy-y^2+z+e^z=e$ 确定的隐函数，且 $z(0,1)=1$，求 $\left.dz\right|_{(0,1)}$ 和 $\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)}$.

› 答案 / 解析

利用一阶全微分形式不变性，将方程看成关于 $(x,y)$ 的恒等式，两端求一阶全微分可得

$$\begin{align*} &4x\,\mathrm dx-y\,\mathrm dx-x\,\mathrm dy-2y\,\mathrm dy+\mathrm dz+\mathrm e^z\mathrm dz=0\\ \Rightarrow&\mathrm dz=\frac1{1+\mathrm e^z}\left[(y-4x)\,\mathrm dx+(x+2y)\,\mathrm dy\right]\qquad(1) \end{align*}$$

将 $x=0,\,y=1$ 与 $z(0,1)=1$ 代入上式即得

$$\left.\mathrm dz\right|_{(0,1)}=\frac1{1+\mathrm e}(\mathrm dx+2\,\mathrm dy)$$

由 (1) 还可得 $z_x'=\frac{y-4x}{1+\mathrm e^z},\;z_y'=\frac{x+2y}{1+\mathrm e^z}$，故

$$z_{xy}'=\frac1{1+\mathrm e^z}-\frac{y-4x}{(1+\mathrm e^z)^2}\mathrm e^zz_y'=\frac1{1+\mathrm e^z}-\frac{(y-4x)(x+2y)\mathrm e^z}{(1+\mathrm e^z)^3}$$

将 $x=0,\,y=1$ 与 $z(0,1)=1$ 代入上式即得

$$z_{xy}'(0,1)=\frac1{1+\mathrm e}-\frac{2\mathrm e}{(1+\mathrm e)^3}=\frac{1+\mathrm e^2}{(1+\mathrm e)^3}$$

五、（10分）

计算 $\iint\limits_D (x+y+xy)\,\mathrm dx\,\mathrm dy$，其中 $D$ 由直线 $x=-1,y=1$ 及曲线 $y=x^3$ 围成.

› 答案 / 解析

做辅助线 $y=-x^3\;(-1\le x\le0)$，将 $D$ 分为 $D_1,\,D_2$，其中 $D_1$ 关于 $x$ 轴对称，$D_2$ 关于 $y$ 轴对称，由对称性可知

$$\iint_Dxy\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0,\;\iint_{D_1}y\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0,\;\iint_{D_2}x\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0$$

于是

$$\begin{align*} \iint_D(x+y+xy)\,\mathrm dx\,\mathrm dy={}&\iint_{D_1}x\,\mathrm dx\,\mathrm dy+\iint_{D_2}y\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ ={}&2\int_{-1}^0x\,\mathrm dx\int_0^{-x^3}\mathrm dy+2\int_0^1\mathrm dx\int_{x^3}^1y\,\mathrm dy\\ ={}&-\frac25+\frac67=\frac{16}{35} \end{align*}$$

› 答案 / 解析

另一种方法：

由对称性可知 $\iint_Dxy\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0$，于是

$$\begin{align*} \iint_D(x+y+xy)\,\mathrm dx\,\mathrm dy={}&\iint_D(x+y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ ={}&\int_{-1}^1\mathrm dx\int_{x^3}^1(x+y)\,\mathrm dy\\ ={}&\int_{-1}^1\left[x(1-x^3)+\frac12(1-x^6)\right]\,\mathrm dx\\ ={}&\frac{16}{35} \end{align*}$$

六、（10分）

已知 $\Omega$ 由曲面 $z=2-x^2-y^2$ 与 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 所围成，计算三重积分 $\iiint\limits_D zdxdydz$.

› 答案 / 解析

投影法：

联立 $\begin{cases}z=2-x^2-y^2\\z=\sqrt{x^2+y^2}\end{cases}$，得两个曲面交线为 $\begin{cases}x^2+y^2=1\\z=1\end{cases}$，$\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影区域为 $D:x^2+y^2\le1$。

$$\begin{align*} \iiint_\Omega z\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz={}&\iint_{D:x^2+y^2\le1}\mathrm dx\,\mathrm dy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{2-x^2-y^2}z\,\mathrm dz\\ ={}&\frac12\iint_D\left[(2-x^2-y^2)^2-(x^2+y^2)\right] \,\mathrm dx\,\mathrm dy\\ ={}&\frac12\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^1\left[(2-\rho^2)^2-\rho^2\right]\rho\,\mathrm d\rho\\ ={}&\frac{11}{12}\pi \end{align*}$$

› 答案 / 解析

截面法：

联立 $\begin{cases}z=2-x^2-y^2\\z=\sqrt{x^2+y^2}\end{cases}$，得两个曲面交线为 $\begin{cases}x^2+y^2=1\\z=1\end{cases}$。

$$\begin{align*} \iiint_z\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz={}&\int_0^1z\,\mathrm dz\iint_{D_1:x^2+y^2\le z^2}\mathrm dx\,\mathrm dy+\int_1^2z\,\mathrm dz\iint_{D_2:x^2+y^2\le2-z}\mathrm dx\,\mathrm dy\\ ={}&\int_0^1\pi z^3\,\mathrm dz+\int_1^2\pi z(2-z)\,\mathrm dz\\ ={}&\frac14\pi+\frac23\pi\\ ={}&\frac{11}{12}\pi \end{align*}$$

› 答案 / 解析

柱坐标法：

$$\begin{align*} \iiint_\Omega z\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz={}&\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^1\rho\,\mathrm d\rho\int_\rho^{2-\rho^2}z\,\mathrm dz\\ ={}&\pi\int_0^1\rho[(2-\rho^2)^2-\rho^2] \,\mathrm d\rho\\ ={}&\frac{11}{12}\pi \end{align*}$$