模拟题五
一、填空题
1. 设向量 $\vec{a} = (1, -1, 2)$，$\vec{b} = (1, 2, 1)$，则向量 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的投影为 ________;
- 解答过程：
向量 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 上的投影公式为 $Prj_{\vec{b}}\vec{a} = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|}$。
首先计算两向量的点乘：
$\vec{a} \cdot \vec{b} = 1 \times 1 + (-1) \times 2 + 2 \times 1 = 1 - 2 + 2 = 1$
然后计算向量 $\vec{b}$ 的模长：
$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}$
所以，投影为：$Prj_{\vec{b}}\vec{a} = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$。
答案： $\frac{\sqrt{6}}{6}$ （或 $\frac{1}{\sqrt{6}}$）
2. 设函数 $z = (\ln xy)^2$，则 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} =$ ________;
- 解答过程：
首先求关于 $x$ 的一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$。将 $y$ 视为常数，利用复合函数求导法则：
$\frac{\partial z}{\partial x} = 2(\ln xy) \cdot \frac{\partial}{\partial x}(\ln xy) = 2(\ln xy) \cdot \frac{1}{xy} \cdot y = \frac{2\ln xy}{x}$
然后对上述结果再求关于 $y$ 的偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{2\ln xy}{x} \right) = \frac{2}{x} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(\ln x + \ln y) = \frac{2}{x} \cdot \frac{1}{y} = \frac{2}{xy}$
（或者 $\frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{2\ln(xy)}{x} \right) = \frac{2}{x} \cdot \frac{1}{xy} \cdot x = \frac{2}{xy}$）
答案： $\frac{2}{xy}$
3. 将积分 $I = \int_0^2 dx \int_x^{\sqrt{3}x} f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) dy$ 化为极坐标系下的累次积分为 ________;
- 解答过程：
根据原积分上下限，积分区域 $D$ 由以下不等式确定：
$0 \leq x \leq 2$ 且 $x \leq y \leq \sqrt{3}x$。
转换为极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$：
射线 $y = x$ 对应角度 $\tan\theta = 1$，即 $\theta = \frac{\pi}{4}$；
射线 $y = \sqrt{3}x$ 对应角度 $\tan\theta = \sqrt{3}$，即 $\theta = \frac{\pi}{3}$；
直线 $x = 2$ 对应极坐标方程 $r\cos\theta = 2$，即 $r = \frac{2}{\cos\theta}$。
因此，极坐标下的积分区域为 $\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$， $0 \leq r \leq \frac{2}{\cos\theta}$。
同时，面积元素 $dxdy = r dr d\theta$，被积函数 $f(\sqrt{x^2+y^2}) = f(r)$。
积分化为：$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_0^{\frac{2}{\cos\theta}} f(r) r dr$。
答案： $\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} d\theta \int_0^{\frac{2}{\cos\theta}} f(r) r dr$
4. 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n(n+1)}$ 的收敛域为 ________;
- 解答过程：
设通项 $u_n(x) = \frac{x^n}{n(n+1)}$，系数 $a_n = \frac{1}{n(n+1)}$。
首先求收敛半径 $R$：
$R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n(n+1)}}{\frac{1}{(n+1)(n+2)}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)(n+2)}{n(n+1)} = 1$
所以收敛区间为 $(-1, 1)$。
接下来考察端点情况：
当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$，由比较判别法（或由于它是裂项相消级数），该正项级数收敛。
当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n(n+1)}$，其绝对值级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ 已知收敛，故该交错级数绝对收敛。
综上所述，收敛域包含两个端点。
答案： $[-1, 1]$
5. 直线 $\frac{x+1}{1} = \frac{y-2}{2} = \frac{z-1}{-1}$ 与平面 $x+y+1=0$ 的夹角为 ________;
- 解答过程：
直线的方向向量为 $\vec{s} = (1, 2, -1)$。
平面的法向量为 $\vec{n} = (1, 1, 0)$。
设直线与平面的夹角为 $\theta$（$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$），则有：
$\sin\theta = \frac{|\vec{s} \cdot \vec{n}|}{|\vec{s}||\vec{n}|}$
计算点乘：$\vec{s} \cdot \vec{n} = 1 \times 1 + 2 \times 1 + (-1) \times 0 = 3$
计算模长：$|\vec{s}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{6}$，$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$
代入公式：$\sin\theta = \frac{3}{\sqrt{6} \times \sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{12}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
因为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$，所以 $\theta = \frac{\pi}{3}$。
答案： $\frac{\pi}{3}$
6. 设函数 $z = e^{x^2 y}$，则 $dz = $ ________.
- 解答过程：
全微分公式为 $dz = \frac{\partial z}{\partial x}dx + \frac{\partial z}{\partial y}dy$。
对 $x$ 求偏导：$\frac{\partial z}{\partial x} = e^{x^2 y} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^2 y) = e^{x^2 y} \cdot 2xy$
对 $y$ 求偏导：$\frac{\partial z}{\partial y} = e^{x^2 y} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(x^2 y) = e^{x^2 y} \cdot x^2$
代入全微分公式得：$dz = 2xye^{x^2 y} dx + x^2 e^{x^2 y} dy = e^{x^2 y}(2xy dx + x^2 dy)$。
答案： $e^{x^2 y}(2xy dx + x^2 dy)$
二、选择题
7. 函数 $z = x^2 - xy + y^2 + 2$ 在驻点 $(0, 0)$ 处 ________;
A) 取得极大值 2
B) 取得极小值 2
C) 不取极值
D) 以上结论都不对
- 解答过程：
计算一阶偏导数求驻点（题目已给出为 $(0,0)$）：
$z_x = 2x - y$， $z_y = -x + 2y$。在 $(0,0)$ 处均等于 $0$。
计算二阶偏导数：
$A = z_{xx} = 2$
$B = z_{xy} = -1$
$C = z_{yy} = 2$
利用极值充分条件判别式 $\Delta = AC - B^2$：
$\Delta = 2 \times 2 - (-1)^2 = 4 - 1 = 3 > 0$
因为 $\Delta > 0$ 且 $A = 2 > 0$，所以函数在 $(0, 0)$ 处取得极小值。
极小值为 $z(0,0) = 0^2 - 0 + 0^2 + 2 = 2$。
答案选： B
8. 累次积分 $\int_{-1}^1 dx \int_{x^2}^1 f(x,y) dy$ 交换积分次序后为 ________;
A) $\int_0^1 dy \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f(x,y) dx$
B) $\int_0^1 dy \int_0^{\sqrt{y}} f(x,y) dx$
C) $\int_0^1 dy \int_{\sqrt{y}}^1 f(x,y) dx$
D) $\int_0^1 dy \int_0^{y^2} f(x,y) dx$
- 解答过程：
原积分区域 $D$ 可表示为：$-1 \leq x \leq 1$ 且 $x^2 \leq y \leq 1$。
在坐标系中画出该区域，是由抛物线 $y = x^2$ 和直线 $y = 1$ 围成的图形。
如果交换积分次序，先对 $x$ 积分再对 $y$ 积分，我们需要将区域表示为 X 型域：
观察图形可知，在 $y$ 方向上，积分区域从 $y=0$ 到 $y=1$。
对于任意固定的 $y \in [0, 1]$，穿过该区域的水平线从抛物线的左半支 $x = -\sqrt{y}$ 进入，从右半支 $x = \sqrt{y}$ 穿出。
因此新的积分界限为：$0 \leq y \leq 1$，$-\sqrt{y} \leq x \leq \sqrt{y}$。
积分变为：$\int_0^1 dy \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f(x,y) dx$。
答案选： A
9. 一阶线性方程 $y' + 2y = e^x$ 的通解为 ________;
A) $y = e^{3x} + C e^{-2x}$
B) $y = C e^x + e^{-2x}$
C) $y = \frac{1}{3} e^x + C e^{-2x}$
D) $y = e^x + C e^{-x}$
- 解答过程：
该方程是标准的一阶线性非齐次微分方程 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = 2$，$Q(x) = e^x$。
求积分因子：$\mu(x) = e^{\int P(x)dx} = e^{\int 2 dx} = e^{2x}$。
方程两边同乘积分因子 $e^{2x}$：
$e^{2x}y' + 2e^{2x}y = e^{3x}$
左边可化为导数形式：$(e^{2x}y)' = e^{3x}$。
两边同时积分：
$e^{2x}y = \int e^{3x} dx = \frac{1}{3}e^{3x} + C$ （$C$ 为任意常数）
解得：$y = \frac{1}{3}e^x + Ce^{-2x}$。
答案选： C
10. 曲面 $z = x^2 y + 1$ 在点 $(1, 1, 2)$ 处的切平面方程是 ________;
A) $x + y - z - 1 = 0$
B) $x + 2y - z - 1 = 0$
C) $2x + y - z - 1 = 0$
D) $x + y + z - 1 = 0$
- 解答过程：
设曲面方程为隐函数形式：$F(x, y, z) = x^2 y + 1 - z = 0$。
求 $F$ 对三个变量的偏导数：
$F_x = 2xy$
$F_y = x^2$
$F_z = -1$
将切点 $(1, 1, 2)$ 代入，得到法向量 $\vec{n}$ 的分量：
$F_x(1, 1, 2) = 2 \times 1 \times 1 = 2$
$F_y(1, 1, 2) = 1^2 = 1$
$F_z(1, 1, 2) = -1$
所以曲面在点 $(1, 1, 2)$ 处的法向量为 $\vec{n} = (2, 1, -1)$。
根据点法式方程写出切平面方程：
$2(x - 1) + 1(y - 1) - 1(z - 2) = 0$
展开并化简：
$2x - 2 + y - 1 - z + 2 = 0$
即 $2x + y - z - 1 = 0$。
答案选： C
11. 设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处的梯度为 $grad f(1, -1) = 6\vec{i} + 8\vec{j}$，则 $z=f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处方向导数的最大值为 ________;
A) 5 B) 10 C) $\sqrt{5}$ D) $\sqrt{10}$
- 解答过程：
根据方向导数与梯度的关系，函数在某一点处沿梯度方向的方向导数取得最大值，且最大值等于该点梯度的模长。
已知梯度向量为 $6\vec{i} + 8\vec{j}$，即 $(6, 8)$。
计算其模长：$|\text{grad } f(1, -1)| = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10$。
答案选： B
12. 下列级数中属于条件收敛的是 ________;
A) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^3}$
B) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$
C) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}$
D) 以上均不是
- 解答过程：
对于选项 A：其绝对值级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$，这是一个 $p$-级数，且 $p=3 > 1$，因此绝对值级数收敛，原级数绝对收敛。
对于选项 C：其绝对值级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$，$p=2 > 1$，绝对值级数收敛，原级数绝对收敛。
对于选项 B：其绝对值级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，这是调和级数，发散。但原级数是交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，满足莱布尼茨判别法的条件（通项单调递减趋于 0），因此原级数收敛。由于原级数收敛但其绝对值级数发散，故该级数为条件收敛。
答案选： B
13. 函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^{3/2}}, & x^2 + y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2 + y^2 = 0 \end{cases}$ 在点 $(0, 0)$ 处 ________;
A) 连续
B) 偏导不存在
C) 可微
D) 极限不存在
- 解答过程：
考察极限：令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$。
当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时，$r \to 0$。
$$f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r^4 \cos^2\theta \sin^2\theta}{(r^2)^{3/2}} = \frac{r^4 \cos^2\theta \sin^2\theta}{r^3} = r \cos^2\theta \sin^2\theta$$因为 $|\cos^2\theta \sin^2\theta| \leq 1$ 为有界函数，当 $r \to 0$ 时，极限为 0。
该极限等于函数在 $(0,0)$ 处的函数值 $f(0,0)=0$，因此函数在 $(0,0)$ 处连续（故 A 正确，D 错误）。
考察偏导数：
$$f_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0$$同理 $f_y(0,0) = 0$。偏导数存在（故 B 错误）。
考察可微性：
$$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - f(0,0) - (0 \cdot x + 0 \cdot y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^2}$$让动点沿直线 $y = kx$ 趋向于原点：
$$\lim_{x \to 0} \frac{x^2 (k^2 x^2)}{(x^2 + k^2 x^2)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{k^2 x^4}{(1+k^2)^2 x^4} = \frac{k^2}{(1+k^2)^2}$$极限值与 $k$ 的取值有关，因此该极限不存在，函数在 $(0,0)$ 处不可微（故 C 错误）。
答案选： A
14. 设 $\Omega$ 是由曲面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 及 $z = 6 - x^2 - y^2$ 所围成的空间有界闭区域，则其体积 $V_\Omega = $ ________.
A) $\frac{16}{3}\pi$
B) $\frac{11}{3}\pi$
C) $\frac{22}{3}\pi$
D) $\frac{32}{3}\pi$
- 解答过程：
利用柱面坐标系进行计算。令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, z = z$。
区域的两个边界曲面方程化为 $z = r$（圆锥面）和 $z = 6 - r^2$（旋转抛物面）。
联立求交线：$r = 6 - r^2 \Rightarrow r^2 + r - 6 = 0 \Rightarrow (r+3)(r-2) = 0$。
因为极径 $r \geq 0$，故 $r = 2$。交线在 $xy$ 平面上的投影是圆 $x^2 + y^2 \leq 4$。
所以积分区域为：$0 \leq \theta \leq 2\pi$，$0 \leq r \leq 2$，$r \leq z \leq 6 - r^2$。
体积积分：
$$V = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^2 r dr \int_{r}^{6-r^2} dz = 2\pi \int_0^2 r(6 - r^2 - r) dr$$$$= 2\pi \int_0^2 (6r - r^3 - r^2) dr = 2\pi \left[ 3r^2 - \frac{1}{4}r^4 - \frac{1}{3}r^3 \right]_0^2$$$$= 2\pi \left( 3(4) - \frac{1}{4}(16) - \frac{1}{3}(8) \right) = 2\pi \left( 12 - 4 - \frac{8}{3} \right) = 2\pi \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = 2\pi \left( \frac{16}{3} \right) = \frac{32}{3}\pi$$答案选： D
三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）
15. 设函数 $z = f(x+2y, 2x-y)$，且 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$;
- 解答过程：
令中间变量 $u = x+2y$，$v = 2x-y$。则 $z = f(u, v)$。
根据复合函数求导法则，分别求一阶偏导数：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = f_1' \cdot 1 + f_2' \cdot 2 = f_1' + 2f_2'$$继续求二阶混合偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$，即对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 再关于 $y$ 求偏导。注意 $f_1', f_2'$ 仍是 $u, v$ 的函数：
$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(f_1' + 2f_2') = \frac{\partial (f_1')}{\partial y} + 2\frac{\partial (f_2')}{\partial y}$$$$\frac{\partial (f_1')}{\partial y} = f_{11}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{12}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{11}'' \cdot 2 + f_{12}'' \cdot (-1) = 2f_{11}'' - f_{12}''$$$$\frac{\partial (f_2')}{\partial y} = f_{21}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{22}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{21}'' \cdot 2 + f_{22}'' \cdot (-1) = 2f_{21}'' - f_{22}''$$由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，故混合偏导数相等，即 $f_{12}'' = f_{21}''$。代入得：
$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = (2f_{11}'' - f_{12}'') + 2(2f_{12}'' - f_{22}'') = 2f_{11}'' - f_{12}'' + 4f_{12}'' - 2f_{22}'' = 2f_{11}'' + 3f_{12}'' - 2f_{22}''$$16. 求微分方程 $y'' - 3y' - 4y = x e^x$ 的一个特解及通解;
- 解答过程：
第一步：求对应的齐次方程的通解。
特征方程为：$r^2 - 3r - 4 = 0 \Rightarrow (r-4)(r+1) = 0$。
特征根为 $r_1 = 4$, $r_2 = -1$。
因此，齐次方程的通解为 $Y = C_1 e^{4x} + C_2 e^{-x}$（$C_1, C_2$ 为任意常数）。
第二步：求非齐次方程的一个特解 $y^*$。
方程右端为 $f(x) = x e^x$，形式为 $P_n(x)e^{\alpha x}$，其中 $\alpha = 1$, $n = 1$。
因为 $\alpha = 1$ 不是特征根，所以设特解为 $y^* = (Ax + B)e^x$。
求导得：
$$(y^*)' = A e^x + (Ax + B)e^x = (Ax + A + B)e^x$$$$(y^*)'' = A e^x + (Ax + A + B)e^x = (Ax + 2A + B)e^x$$将它们代入原微分方程：
$$(Ax + 2A + B)e^x - 3(Ax + A + B)e^x - 4(Ax + B)e^x = x e^x$$消去 $e^x$ 并合并同类项：
$$(A - 3A - 4A)x + (2A + B - 3A - 3B - 4B) = x$$$$-6Ax + (-A - 6B) = x$$对比系数得到方程组：
$-6A = 1 \Rightarrow A = -\frac{1}{6}$
$-A - 6B = 0 \Rightarrow -\left(-\frac{1}{6}\right) - 6B = 0 \Rightarrow 6B = \frac{1}{6} \Rightarrow B = \frac{1}{36}$
因此，特解为 $y^* = \left(-\frac{1}{6}x + \frac{1}{36}\right)e^x$。
第三步：写出通解。
通解 = 齐次通解 + 特解：
$$y = C_1 e^{4x} + C_2 e^{-x} + \left(\frac{1}{36} - \frac{1}{6}x\right)e^x$$17. 计算积分 $\iint_D (x^2 + y) dxdy$，其中 $D$ 是由抛物线 $y = x^2$ 和直线 $y = x$ 所围成的闭区域;
- 解答过程：
首先求曲线的交点，联立方程：
$$x^2 = x \Rightarrow x^2 - x = 0 \Rightarrow x(x - 1) = 0$$解得 $x = 0$ 或 $x = 1$。
在区间 $[0, 1]$ 上，$x \geq x^2$，故积分区域 $D$ 可表示为 $X$ 型区域：
$D = \{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1, x^2 \leq y \leq x\}$
化为累次积分计算：
$$I = \int_0^1 dx \int_{x^2}^x (x^2 + y) dy = \int_0^1 \left[ x^2 y + \frac{1}{2}y^2 \right]_{y=x^2}^{y=x} dx$$将上限和下限代入内部积分：
$$= \int_0^1 \left( (x^3 + \frac{1}{2}x^2) - (x^4 + \frac{1}{2}x^4) \right) dx = \int_0^1 \left( x^3 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x^4 \right) dx$$对外层积分进行计算：
$$= \left[ \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{6}x^3 - \frac{3}{10}x^5 \right]_0^1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{3}{10}$$找公分母计算结果（最小公倍数为 60）：
$$= \frac{15}{60} + \frac{10}{60} - \frac{18}{60} = \frac{25 - 18}{60} = \frac{7}{60}$$因此，该二重积分的值为 $\frac{7}{60}$。
18. 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (n+2)x^{n-1}$ 的收敛域及和函数.
- 解答过程：
第一步：求收敛域。
设通项系数 $a_n = n+2$。收敛半径 $R$ 为：
$$R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+2}{n+3} = 1$$收敛区间为 $(-1, 1)$。
检查端点：
当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} (n+2)$，由于一般项不趋于 0，级数发散。
当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} (n+2)(-1)^{n-1}$，一般项同样不趋于 0，级数发散。
因此，收敛域为 $(-1, 1)$。
第二步：求和函数 $S(x)$。
设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (n+2)x^{n-1}$，由幂级数在收敛域内可以逐项积分的性质，我们在两边同乘 $x^2$ （构造易于积分的形式）：
$$x^2 S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (n+2)x^{n+1}$$对上式从 0 到 $x$ 逐项积分 ($|x| < 1$)：
$$\int_0^x t^2 S(t) dt = \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x (n+2)t^{n+1} dt = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n+2}$$这是一个首项为 $x^3$，公比为 $x$ 的等比级数，其和为：
$$\sum_{n=1}^{\infty} x^{n+2} = \frac{x^3}{1-x}$$即 $\int_0^x t^2 S(t) dt = \frac{x^3}{1-x}$。
对等式两边关于 $x$ 求导：
$$x^2 S(x) = \left( \frac{x^3}{1-x} \right)' = \frac{3x^2(1-x) - x^3(-1)}{(1-x)^2} = \frac{3x^2 - 3x^3 + x^3}{(1-x)^2} = \frac{3x^2 - 2x^3}{(1-x)^2}$$当 $x \neq 0$ 时，两边除以 $x^2$ 得：
$$S(x) = \frac{3-2x}{(1-x)^2}$$当 $x = 0$ 时，原级数 $S(0) = 3$，而代入公式得 $\frac{3-0}{1^2} = 3$，等式也成立。
故收敛域为 $(-1, 1)$，和函数为 $S(x) = \frac{3-2x}{(1-x)^2}$。
四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）
19. 试在曲面 $z = xy + x^2 + y^2$ 上求一点 $P$，使得点 $P$ 处的法线垂直于平面 $3x+3y-z+1=0$，并求出点 $P$ 处的切平面方程及法线方程;
- 解答过程：
设曲面方程为隐函数形式：$F(x, y, z) = x^2 + y^2 + xy - z = 0$。
曲面上任意一点 $(x, y, z)$ 处的法向量为：
$$\vec{n}_1 = (F_x, F_y, F_z) = (2x + y, 2y + x, -1)$$已知平面的法向量为 $\vec{n}_2 = (3, 3, -1)$。
由于曲面在点 $P$ 处的法线垂直于给定平面，故曲面的法向量 $\vec{n}_1$ 与平面的法向量 $\vec{n}_2$ 应当平行，即分量成比例：
$$\frac{2x + y}{3} = \frac{x + 2y}{3} = \frac{-1}{-1}$$解得：
$$2x + y = 3$$$$x + 2y = 3$$两式相减可得 $x - y = 0 \Rightarrow x = y$。代回原式解得 $x = 1, y = 1$。
将 $x=1, y=1$ 代入曲面方程求出坐标 $z$：
$$z = 1 \cdot 1 + 1^2 + 1^2 = 3$$所以，所求的点为 $P(1, 1, 3)$。
此时法向量为 $\vec{n}_1 = (3, 3, -1)$。
切平面方程：
用点法式方程表示：$3(x - 1) + 3(y - 1) - 1(z - 3) = 0$。
化简得：$3x + 3y - z - 3 = 0$。
法线方程：
用对称式表示：$\frac{x - 1}{3} = \frac{y - 1}{3} = \frac{z - 3}{-1}$。
20. 设函数 $u = x^2 - xy + y^2 + 2z$，试求：
(1) 函数 $u$ 在点 $A(0, 1, 1)$ 处的梯度;
(2) 函数 $u$ 在点 $A(0, 1, 1)$ 处沿着从点 $A(0, 1, 1)$ 到点 $B(1, 3, 3)$ 的方向的方向导数;
(3) 函数 $u$ 在点 $A(0, 1, 1)$ 处方向导数的最大值.
- 解答过程：
(1) 求梯度：
计算各偏导数：
$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x - y$
$\frac{\partial u}{\partial y} = -x + 2y$
$\frac{\partial u}{\partial z} = 2$
在点 $A(0, 1, 1)$ 处的值为：
$u_x(0,1,1) = 0 - 1 = -1$
$u_y(0,1,1) = 0 + 2 = 2$
$u_z(0,1,1) = 2$
所以梯度 $\text{grad } u|_A = (-1, 2, 2)$ （或 $-\vec{i} + 2\vec{j} + 2\vec{k}$）。
(2) 求方向导数：
向量 $\vec{AB} = (1-0, 3-1, 3-1) = (1, 2, 2)$。
求该方向的单位向量 $\vec{l}$：
$$|\vec{AB}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$$$$\vec{l} = \frac{\vec{AB}}{|\vec{AB}|} = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$$沿此方向的方向导数等于梯度与该单位向量的点积：
$$\frac{\partial u}{\partial l} = \text{grad } u|_A \cdot \vec{l} = (-1)\left(\frac{1}{3}\right) + (2)\left(\frac{2}{3}\right) + (2)\left(\frac{2}{3}\right) = -\frac{1}{3} + \frac{4}{3} + \frac{4}{3} = \frac{7}{3}$$(3) 求方向导数最大值：
方向导数的最大值即为梯度的模：
$$\max \left( \frac{\partial u}{\partial l} \right) = |\text{grad } u|_A| = \sqrt{(-1)^2 + 2^2 + 2^2} = 3$$五、证明题（8 分）
21. 设函数 $u = f(x, y, z)$ 是由方程 $\varphi(u^2 - x^2, u^2 - y^2, u^2 - z^2) = 0$ 确定的隐函数，且 $\varphi$ 具有连续的一阶偏导数，试证明：
$$\frac{1}{x} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{1}{y} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{1}{z} \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{1}{u}$$- 解答过程（证明）：
令 $\xi = u^2 - x^2, \eta = u^2 - y^2, \zeta = u^2 - z^2$，则方程写为 $\varphi(\xi, \eta, \zeta) = 0$。
等式两端同时对 $x$ 求偏导（注意 $u$ 是 $x, y, z$ 的函数）：
$$\varphi_1' \cdot \frac{\partial \xi}{\partial x} + \varphi_2' \cdot \frac{\partial \eta}{\partial x} + \varphi_3' \cdot \frac{\partial \zeta}{\partial x} = 0$$其中：
$\frac{\partial \xi}{\partial x} = 2u \frac{\partial u}{\partial x} - 2x$
$\frac{\partial \eta}{\partial x} = 2u \frac{\partial u}{\partial x}$
$\frac{\partial \zeta}{\partial x} = 2u \frac{\partial u}{\partial x}$
代入上式并整理提取 $\frac{\partial u}{\partial x}$：
$$\varphi_1' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial x} - 2x \right) + \varphi_2' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial x} \right) + \varphi_3' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial x} \right) = 0$$$$2u \frac{\partial u}{\partial x} (\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3') = 2x \varphi_1'$$$$\frac{1}{x} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\varphi_1'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')}$$同理，等式两端同时对 $y$ 求偏导：
$$\varphi_1' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial y} \right) + \varphi_2' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial y} - 2y \right) + \varphi_3' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial y} \right) = 0$$整理得：
$$2u \frac{\partial u}{\partial y} (\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3') = 2y \varphi_2' \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{y} \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\varphi_2'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')}$$同理，等式两端同时对 $z$ 求偏导：
$$\varphi_1' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial z} \right) + \varphi_2' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial z} \right) + \varphi_3' \left( 2u \frac{\partial u}{\partial z} - 2z \right) = 0$$整理得：
$$2u \frac{\partial u}{\partial z} (\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3') = 2z \varphi_3' \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{z} \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{\varphi_3'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')}$$将求得的三式相加，得等式左边：
$$\frac{1}{x} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{1}{y} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{1}{z} \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{\varphi_1'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')} + \frac{\varphi_2'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')} + \frac{\varphi_3'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')}$$将右端通分合并：
$$= \frac{\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3'}{u(\varphi_1' + \varphi_2' + \varphi_3')} = \frac{1}{u}$$证明完毕。