期末测验一参考解答 1 直线x y z 3247 3 与平面 42 2 3 x y z    的关系是 (A)平行,但直线不在平面上 (B)直线在平面上 (C)垂直相交 (D)相交但不垂直 答( A) 2 设 f(x,y)是连续函数,则二次积分 答 ( C ) 3 下列级数中,哪一个发散 (A)121 n n, (B) nnnsin11  ,(C) enxn1( ) x  0 (D)13 21nn答:( B) 4 设 函 数 F u v ( , ) 具 有 一 阶 连 续 偏 导 数 , 且 F Fu v( , ) , ( , ) 01 2 01 3    , 则 曲 面F x y z xy yz zx ( , )      0 在点 ( , , ) 21 1  处的切平面方程为 (A) 2 6 0 x y z     (B) 2 11 8 0 x y z     (C) 2 8 0 x y z     (D) 2 11 6 0 x y z     答:( D ) 二 1 向量   a   7 2 5 , , 在向量   b  2 21 , , 上的投影等于____5___。 2 函数 u r r x y z     arctan ,2 2 2在点(1,1,1)处沿  a   10 1 , , 方向的方向导数为____________0__________。 cos cos cos       12012 ux rxruy ryr( , , ) ( , , )( , , ) ( , , )111211111121111114 31114 3   uz rzr( , , ) ( , , ) 11121111114 3  ua   14 3120120 3 设2 22002cos ,( ), ___ cos2 .... 1_________nnx a nx x a x xdx        则 4 求级数  nnxnn12! 2!的收敛域为________(-4, 4)_____________      2121 ! 2 !1 1lim lim lim2 2 ! 2 2 1 4!nn n nnn a nna n nn         故 R=4 又当 x=4 时,原级数为   21!4 2 !nnnn   4 1 11,2 2 1nnn uu n     nlim 0 nu . 故原级数发散。 综上所述,所求收敛域为(-4,4)。 5 设   f xx xxx x    2 022 23252322, ,, ,,    又设   S x 是以 2  为周期的函数   f x 的 Fourier 级数之和函数,求   S S S  244, , 。且在[0, 2  ]内   S x 不收敛于   f x 的点是 0, / 2 , 2  . S S f f        2321232032034           S S f f 4 2122 0 0 04        S S f       4747434 三.1 极限 lim( )xyyy xxxe0121 =  。 答: ee 2。 2 证明: f x yxyx yx yx y( , )( , ) ( , )( , ) ( , )22 40 00 0 0在点 ( , ) 0 0 处不连续,但存在一阶偏导数。 解 lim ( , ) lim( , ) ( , ) x ymy xyf x ymym y ymm0 0042 4 4 221 lim ( , )( , ) ( , ) x yf x y 0 0不存在。 f x y ( , ) 在点(0,0)处不连续 (4 分) lim( , ) ( , )lim ( , )  x xxf x fx xf   0 00 0 0 00 0 0 lim( , ) ( , )lim ( , )  y yyf y fy yf   0 00 0 0 00 0 0 (10 分) 3 设 f x y ( , ) 具有一阶连续偏导数, z xf x y e xy  ( , )22,求 d z 。  d d z f x yf xy e f xxy     221222 (5 分)     x f x ye f yxy 312222d (10 分) 4 设函数 y y x  ( ) 由方程 1 0    xy e exy xyln( ) 所确定,求ddyx和dd22yx。 令 F x y xy e exy xy( , ) ln( )    1 F yye yee eyee exxy xyxy xyxyxy xy' 2 (3 分) F xxe xee exee eyxy xyxy xyxyxy xy' 2 (6 分) ddyxyx  dd' 22 2 22 yxxy yxyx  (10 分) 、 四 1 2. : 1 1,0 1. Dy x d D x y       计算 其中 解:2Dx y dxdy =21( )Dy x dxdy +22( )Dx y dxdy  } 1 , 1 0 | ) , {( }, 0 , 1 0 | ) , {(2221          x y y y x D y x y y x D ……1 分 1012) ( ) (10410 02 221       dyydx x y dy dxdy x yyD……………………………4 分 154)2 21( ) ( ) (10421012 222         dyyy dx y x dy dxdy y xy D………………7 分 所以 2Dx y dxdy =103154101  .……………………………………………8 分 2 计算二重积分 其中 D:1≤x 2 +y 2 ≤4,y≥0,y≤x. 3 计算二重积分 其中 D:x 2 +y 2 ≤ax (a>0) 五 1 设 f(t)具有一阶连续导数,且满足 f′(o)=2, f(o)=1,又积分    Ly y x f x y x f d ) ( d ) ( 在全平面上与路径无关,试确定 f(t). 2 计算曲线积分 ,式中 L 为不过原点的正向的简单闭曲线。 六 1 设 Ω 是由 所确定的闭区域,试计算 I= ( )d . x z v  由对称性 2 计算 ,式中 L 是依次连接 A( 1  ,0),B(2,1),E(1,0)的折线段。 解:设以 A、B、E 三点为顶点的三角形所围区域为 D,其面积显见为 1。 原式    EA EA L   AE ABEA 0 d d ) sin ( 3   Dy xyyx yx Dy xd d 2 2  3 计算曲线积分  d s x ,其中  是(0,0,0)与(1,1,1)之间的直线段和x zx y4上(1,1,1)至 ) 1 , 1 , 1 (   之间的弧段组成。 解:记 z y x   : 1 0 x 1 x z x   , y : 42 1  x 1    2 1d d d s x s x s xL   11610d 16 2 d 3 x x x x x23 七 计算 其中∑是曲线段x=e y ,0≤y≤a绕ox轴旋转一周而成的旋转曲面的外侧。 旋转曲面∑:x= x≤e a . 2 补一平面块∑ 1 :x=e a , y 2 +z 2 ≤a 2 ,取 ox 方向为曲面方向。 ∑和∑ 1 围成立体Ω,由高斯公式 八 试求级数  nnnn n311 2111的和。 解: (1)设设幂级数    nnnxn nx s2111 21 , ……2 分 (2)求此幂级数的收敛域,为   1 , 1  (4 分) 所以当   1 , 1   x 时,有      1 12 1 2 11 11 12 22 1 2 1n nn nn ns x nx xn n n               1 12 2 2( 1) 2 121 1 121 2 2 1 2 ( )1n nn n nn n ns x x x xx                 两边积分  20021xxs x dx dxx   即  202(0) 2arctan1xs x s dx xx    , s(0)=0   2arctan s x x   再两边积分 020 021(0) 2arctan 2arctan | 21 =2 arctan ln(1 )x xxs x s xdx x x x dxxx x x      ( 0 ) 0 s   2 = 2 a r c t a n l n ( 1 ) s x x x x   所以　 故   31311 2111sn nnnn 34ln3 3π  或   dx xnx snnnx 1 21101 21 2     dxx dxnnnx x 1 2110 01 2    dxxdxx x20 012   ……6 分  21 ln arctan 2 x x x    ……7 分 故   31311 2111sn nnnn 34ln3 3π  ……10 分 2 已知:        x enxxnn0!试求:幂级数nnnxnn02! 21的和函数。 记  nnnxnnx s02! 21,则   nnxnn n nx s    2 !1 10 ……4 分 于是:         022 1 02 !112 42 !12 ! 112 ! 21nnn n nn n nxnx xxnxnxnx s……7 分 由于 xnnenx0!,因此             x ex xx sx2212 4 ……10 分