25-26-2-数学分析（下）-期末

一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）

  1. 二重极限 lim⁡(x,y)→(0,0)ex2y−1x2+y2=\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{e^{x^2 y}-1}{x^2+y^2} = ( )
  1. 设 u=2xy−z2u=2xy-z^2，则 uu 在点 (1,1,1)(1,1,1) 处的方向导数的最大值为 ( )
  1. 曲线 Γ:x=t, y=2t2, z=3t3\Gamma: x=t,\, y=2t^2,\, z=3t^3 在点 (1,2,3)(1,2,3) 处的法平面方程为 ( )
  1. 设区域 D={(x,y)∣∣y∣≤x≤1}D=\{(x,y) \mid |y| \leq x \leq 1\}，则二重积分 I1=∬Dxy2 dσI_1=\iint_D xy^2 \,\mathrm{d}\sigma， I2=∬Dx2y dσI_2=\iint_D x^2 y \,\mathrm{d}\sigma， I3=∬D(x2y2−1) dσI_3=\iint_D (x^2 y^2 - 1) \,\mathrm{d}\sigma 的大小关系是 ( )
  1. 设曲线 C:∣x∣+∣y∣=1C: |x|+|y|=1，则 ∮C(∣x∣+yarcsin⁡x3)ds=\oint_C (|x|+y \arcsin x^3) \mathrm{d}s = ( )
  1. 设曲线 CC 为 {x=t−sin⁡ty=1−cos⁡t\begin{cases} x=t-\sin t \\ y=1-\cos t \end{cases} 从 t=0t=0 到 t=πt=\pi 的一段弧，则曲线积分 ∫Cy dx=\int_C y \, \mathrm{d}x =( )
  1. 下列正项级数收敛的是( )
  1. 已知幂级数 ∑n=1∞an(x+1)n\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x+1)^n 在 x=2x=2 处条件收敛，则 ∑n=1∞anxn\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n 在 x=−2x=-2 处( )
  1. 函数 f(x)=ln⁡(1−x2)f(x)=\ln(1-x^2) 展开为麦克劳林级数为( )
  1. 设 f(x)f(x) 以 22 为周期，且 f(x)={x+1,0≤x≤10,−1<x<0f(x)=\begin{cases} x+1, & 0 \leq x \leq 1 \\ 0, & -1 < x < 0 \end{cases}，其傅里叶级数的和函数为 s(x)s(x)，则 s(2026)=s(2026) =( )

二、（每小题 5 分，共 10 分）

  1. 设 z=f(xy, 2x+3y)z=f(xy,\, 2x+3y)，ff 具有二阶连续偏导数，求 ∂z∂x\dfrac{\partial z}{\partial x} 和 ∂2z∂x∂y\dfrac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}。
答案 / 解析
∂z∂x=yf1+2f2\frac{\partial z}{\partial x} = y f_1 + 2 f_2∂2z∂x∂y=f1+y(f11⋅x+f12⋅3)+2(f21⋅x+f22⋅3)=f1+xyf11+(3y+2x)f12+6f22\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= f_1 + y\left( f_{11} \cdot x + f_{12} \cdot 3 \right) + 2\left( f_{21} \cdot x + f_{22} \cdot 3 \right) \\ &= f_1 + xy f_{11} + (3y + 2x) f_{12} + 6 f_{22} \end{aligned}
  1. 设 z=z(x,y)z=z(x,y) 由方程 xz2−yz+y2=1xz^2 - yz + y^2 = 1 所确定，求 ∂z∂x\dfrac{\partial z}{\partial x}。
答案 / 解析

方程两边对 xx 求偏导得

z2+2xz∂z∂x−y∂z∂x=0z^2 + 2xz \frac{\partial z}{\partial x} - y \frac{\partial z}{\partial x} = 0

故

∂z∂x=z2y−2xz\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{z^2}{y - 2xz}

三、（每小题 7 分，共 14 分）

  1. 求函数 f(x,y,z)=x+2y+12zf(x,y,z) = x + 2y + \dfrac{1}{2}z 在抛物面 z=x2+y2−1z = x^2 + y^2 - 1 上的最小值。
答案 / 解析

代入 z=x2+y2−1z = x^2 + y^2 - 1 并配方：

2f=x2+2x+y2+4y−1=(x+1)2+(y+2)2−62f = x^2 + 2x + y^2 + 4y - 1 = (x+1)^2 + (y+2)^2 - 6

当 x=−1, y=−2x = -1,\ y = -2 时，有 fmin⁡=−3f_{\min} = -3。

  1. 设曲面 SS 是抛物面 z=x2+y2−1z = x^2 + y^2 - 1 在 z≤0z \leq 0 的有限部分，求曲面积分 ∬Sx2+y24z+5 dS\iint_S \frac{x^2 + y^2}{\sqrt{4z+5}} \, \mathrm{d}S .
答案 / 解析

投影区域 D:x2+y2≤1D: x^2 + y^2 \leq 1，且

dS=1+zx2+zy2 dxdy=1+4(x2+y2) dxdy\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + 4(x^2 + y^2)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y

又 4z+5=1+4(x2+y2)4z + 5 = 1 + 4(x^2 + y^2)，故

∬Sx2+y24z+5 dS=∬D(x2+y2) dxdy=∫02πdθ∫01ρ2⋅ρ dρ=π2\iint_S \frac{x^2 + y^2}{\sqrt{4z+5}}\,\mathrm{d}S = \iint_D (x^2 + y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 \rho^2 \cdot \rho\,\mathrm{d}\rho = \frac{\pi}{2}

四、（10 分）

求幂级数 ∑n=0∞(n+1)xn\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n 的收敛域及和函数，利用所求结果计算 1+322+423+⋯+n+12n+⋯1 + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \cdots + \frac{n+1}{2^n} + \cdots 的和。

答案 / 解析

收敛半径

R=lim⁡n→∞∣anan+1∣=lim⁡n→∞∣n+1n+2∣=1R = \displaystyle\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{n+1}{n+2}\right| = 1

经讨论 x=±1x = \pm 1 时级数发散，故收敛域为 (−1,1)(-1, 1).

由 ∑n=0∞xn=11−x (∣x∣<1)\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}\ (|x|<1)，两边求导得

∑n=1∞nxn−1=1(1−x)2\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2}

故原幂级数和函数

S(x)=∑n=0∞(n+1)xn=1(1−x)2S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n = \frac{1}{(1-x)^2}

令 x=12x = \dfrac{1}{2}得

∑n=0∞n+12n=1(1−12)2=4\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{2^n} = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2}\right)^2} = 4

故

1+322+423+⋯=∑n=1∞n+12n=4−1=31 + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{2^n} = 4 - 1 = 3

五、（每小题 5 分，共 10 分）

设 D1⊂R2D_1 \subset \mathbb{R}^2 为使得二重积分 I(D)=∬D(4−x2−y2) dxdyI(D) = \iint_D (4 - x^2 - y^2) \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y 取得最大值的有界单连通闭区域。

  1. 求区域 D1D_1 及 I(D1)I(D_1) 的值；
答案 / 解析

D1D_1 为被积函数非负的整个区域

D1:x2+y2≤4D_1: x^2 + y^2 \leq 4I(D1)=∬D1(4−x2−y2) dxdy=∫02πdθ∫02(4−ρ2) ρ dρ=8πI(D_1) = \iint_{D_1} (4 - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^2 (4 - \rho^2)\,\rho\,\mathrm{d}\rho = 8\pi
  1. 一质点在变力 F⃗=(2xy−y4+3) i⃗+(x2−4xy3+x) j⃗\vec{F} = (2xy - y^4 + 3)\,\vec{i} + (x^2 - 4xy^3 + x)\,\vec{j} 作用下，沿着 D1D_1 的边界 CC 逆时针移动一周，求变力 F⃗\vec{F} 做的功。
答案 / 解析

由格林公式

W=∮CP dx+Q dy=∬D1(Qx−Py) dxdy=∬D11 dxdy=4πW = \oint_C P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \iint_{D_1} (Q_x - P_y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_1} 1\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 4\pi

六、（10 分）

计算曲面积分 I=∬Sxy dy∧dz+yz dz∧dx+zx dx∧dy,I = \iint_S xy\,\mathrm{d}y \wedge \mathrm{d}z + yz\,\mathrm{d}z \wedge \mathrm{d}x + zx\,\mathrm{d}x \wedge \mathrm{d}y, 其中 SS 是上半球面 z=1−x2−y2z = \sqrt{1 - x^2 - y^2} 的上侧。

答案 / 解析

记 F⃗=(xy, yz, zx)\vec{F} = (xy,\, yz,\, zx)，则散度

∇⋅F⃗=∂(xy)∂x+∂(yz)∂y+∂(zx)∂z=x+y+z\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial(xy)}{\partial x} + \frac{\partial(yz)}{\partial y} + \frac{\partial(zx)}{\partial z} = x + y + z

补上底面 S1:z=0S_1: z = 0（x2+y2≤1x^2 + y^2 \leq 1，取下侧），S+S1S + S_1 构成闭曲面外侧，围成上半球体 Ω\Omega。由高斯公式：

∬S+∬S1=∭Ω(x+y+z) dV\iint_S + \iint_{S_1} = \iiint_{\Omega} (x + y + z)\,\mathrm{d}V

由 Ω\Omega 关于 x=0x = 0、y=0y = 0 平面对称，∭Ωx dV=∭Ωy dV=0\displaystyle\iiint_{\Omega} x\,\mathrm{d}V = \iiint_{\Omega} y\,\mathrm{d}V = 0，而

∭Ωz dV=∫01z⋅π(1−z2) dz=π[z22−z44]01=π4\iiint_{\Omega} z\,\mathrm{d}V = \int_0^1 z \cdot \pi(1 - z^2)\,\mathrm{d}z = \pi\left[\frac{z^2}{2} - \frac{z^4}{4}\right]_0^1 = \frac{\pi}{4}

底面 S1S_1 上 z=0z = 0，故 ∬S1=0\displaystyle\iint_{S_1} = 0。

因此

I=π4−0=π4I = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}

七、（10 分）

试确定正常数 λ\lambda 的值，使曲线积分 ∫Cx2yλ dx+xλy2 dy\int_C x^2 y^\lambda \, \mathrm{d}x + x^\lambda y^2 \, \mathrm{d}y 与路径无关，并对所求的 λ\lambda，计算 ∫(1,0)(2,1)x2yλ dx+xλy2 dy\int_{(1,0)}^{(2,1)} x^2 y^\lambda \, \mathrm{d}x + x^\lambda y^2 \, \mathrm{d}y 的值。

答案 / 解析

记 P=x2yλP = x^2 y^\lambda，Q=xλy2Q = x^\lambda y^2。

令

∂P∂y=∂Q∂x\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}

得

λx2yλ−1=λxλ−1y2\lambda x^2 y^{\lambda-1} = \lambda x^{\lambda-1} y^2

故 λ=3\lambda = 3.

此时 P=x2y3P = x^2 y^3，Q=x3y2Q = x^3 y^2，取原函数

u(x,y)=x3y33u(x,y) = \frac{x^3 y^3}{3}

则

∫(1,0)(2,1)x2y3 dx+x3y2 dy=u(2,1)−u(1,0)=83−0=83\int_{(1,0)}^{(2,1)} x^2 y^3\,\mathrm{d}x + x^3 y^2\,\mathrm{d}y = u(2,1) - u(1,0) = \frac{8}{3} - 0 = \frac{8}{3}

八、（6 分）

设 f(x)f(x) 在 [0,1][0,1] 上连续，an=∫1n+11nf(x) dx(n=1,2,⋯ )a_n = \int_{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}^{\frac{1}{\sqrt{n}}} f(x) \, \mathrm{d}x \quad (n=1,2,\cdots)，证明 ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n 绝对收敛。

答案 / 解析

因 ff 在 [0,1][0,1] 上连续，故有界，设 ∣f(x)∣≤M|f(x)| \le M（x∈[0,1]x \in [0,1]）。

1n−1n+1=1n(n+1)(n+1+n)<1nn=1n3/2\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} = \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)} < \frac{1}{n\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{3/2}}

于是

∣an∣≤M(1n−1n+1)<Mn3/2|a_n| \le M\left(\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) < \frac{M}{n^{3/2}}

由 pp 级数 ∑1n3/2\displaystyle\sum \frac{1}{n^{3/2}}（p=32>1p = \frac{3}{2} > 1）收敛，比较判别法知 ∑n=1∞∣an∣\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} |a_n| 收敛，即 ∑n=1∞an\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n 绝对收敛。