模拟题六

一、填空题

1. 题目：

设向量 $\vec{a}=(1, 1, 2)$ 和 $\vec{b}=(1, 2, 1)$，则 $\vec{a}\times\vec{b}=$ __________;

解答过程：

根据向量叉乘的行列式计算公式：

$$\vec{a}\times\vec{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix}$$

展开行列式得：

$$= \mathbf{i}(1\times1 - 2\times2) - \mathbf{j}(1\times1 - 1\times2) + \mathbf{k}(1\times2 - 1\times1)$$$$= -3\mathbf{i} + \mathbf{j} + \mathbf{k}$$

写成坐标形式即为 $(-3, 1, 1)$。

答案： $(-3, 1, 1)$

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2. 题目：

设函数 $u=\ln(x^2+y^2+z^2)$，则其全微分 $du=$ __________;

解答过程：

全微分公式为 $du = \frac{\partial u}{\partial x}dx + \frac{\partial u}{\partial y}dy + \frac{\partial u}{\partial z}dz$。

分别求偏导数：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{x^2+y^2+z^2} \cdot 2x = \frac{2x}{x^2+y^2+z^2}$$

同理可得：

$$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{2y}{x^2+y^2+z^2}$$$$\frac{\partial u}{\partial z} = \frac{2z}{x^2+y^2+z^2}$$

代入全微分公式得：

$$du = \frac{2x\,dx + 2y\,dy + 2z\,dz}{x^2+y^2+z^2}$$

答案： $\frac{2x\,dx + 2y\,dy + 2z\,dz}{x^2+y^2+z^2}$

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3. 题目：

改变二次积分 $\int_0^1 dx \int_{x^3}^1 f(x, y)dy$ 的积分次序可得 __________;

解答过程：

首先确定原积分的积分区域 $D$。由原积分限可知：

$$0 \le x \le 1$$$$x^3 \le y \le 1$$

在直角坐标系中画出该区域，是由曲线 $y=x^3$（即 $x=\sqrt[3]{y}$）、直线 $y=1$ 和 $y$ 轴（$x=0$）围成的图形。

改变积分次序，先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分：

观察图形可知，$y$ 的取值范围是 $[0, 1]$。

对于给定的 $y \in [0, 1]$，穿过区域的水平线从左边界 $x=0$ 进入，从右边界 $x=\sqrt[3]{y}$ 穿出。

因此，改变次序后的积分为：

$$\int_0^1 dy \int_0^{\sqrt[3]{y}} f(x, y)dx$$

答案： $\int_0^1 dy \int_0^{\sqrt[3]{y}} f(x, y)dx$

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4. 题目：

原点到平面 $3x+4y-12z+13=0$ 的距离为 __________;

解答过程：

点 $(x_0, y_0, z_0)$ 到平面 $Ax+By+Cz+D=0$ 的距离公式为 $d = \frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$。

将原点坐标 $(0, 0, 0)$ 和平面方程参数代入：

$$d = \frac{|3(0) + 4(0) - 12(0) + 13|}{\sqrt{3^2 + 4^2 + (-12)^2}} = \frac{13}{\sqrt{9 + 16 + 144}} = \frac{13}{\sqrt{169}} = \frac{13}{13} = 1$$

答案： $1$

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5. 题目：

幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{6^n n}$ 的收敛域是 __________;

(注：根据分母含有 n，级数起始项应为 n=1，以避免分母为0)

解答过程：

设通项 $u_n = \frac{x^n}{6^n n}$，系数 $a_n = \frac{1}{6^n n}$。

计算收敛半径 $R$：

$$R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{6^n n}}{\frac{1}{6^{n+1}(n+1)}} = \lim_{n \to \infty} \frac{6^{n+1}(n+1)}{6^n n} = 6 \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = 6$$

所以收敛区间为 $(-6, 6)$。

接下来检查端点情况：

当 $x=6$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{6^n}{6^n n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$。这是调和级数，发散。

当 $x=-6$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-6)^n}{6^n n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$。这是交错调和级数，由莱布尼茨判别法可知其条件收敛。

因此，该幂级数的收敛域为 $[-6, 6)$。

答案： $[-6, 6)$

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6. 题目：

设函数 $u = xy + \frac{y}{x}$，则 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} =$ __________。

解答过程：

将函数改写为 $u = xy + yx^{-1}$。

首先求对 $x$ 的一阶偏导数，此时视 $y$ 为常数：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = y + y(-1)x^{-2} = y - yx^{-2}$$

然后求对 $x$ 的二阶偏导数：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(y - yx^{-2}) = 0 - y(-2)x^{-3} = 2yx^{-3} = \frac{2y}{x^3}$$

答案： $\frac{2y}{x^3}$

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二、选择题

7. 题目：

一阶线性微分方程 $y' - \frac{y}{x} = xe^x$ 的通解为 __________;

A) $y = x(e^{-x} + C)$

B) $y = x(e^x + C)$

C) $y = x^2(e^{-x} + C)$

D) $y = x^2(e^x + C)$

解答过程：

该方程为标准的一阶线性非齐次微分方程形式：$y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = -\frac{1}{x}$，$Q(x) = xe^x$。

求积分因子：

$$I(x) = e^{\int P(x)dx} = e^{\int -\frac{1}{x}dx} = e^{-\ln|x|} = \frac{1}{x} \quad (\text{假设 } x > 0)$$

将方程两边同乘积分因子 $\frac{1}{x}$：

$$\frac{1}{x}y' - \frac{1}{x^2}y = e^x$$

等号左边可以化简为乘积的导数形式：

$$\left(\frac{y}{x}\right)' = e^x$$

两边同时积分：

$$\frac{y}{x} = \int e^x dx = e^x + C$$

整理得到通解：

$$y = x(e^x + C)$$

对比选项，正确答案为 B。

答案： B

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8. 题目：

设函数 $z = 2x^2 - 2xy + y^2 + 3$，则下列结论中正确的是 __________;

A) 在点 $(0, 0)$ 处取极大值 $3$

B) 在点 $(0, 0)$ 处取极小值 $3$

C) 在点 $(0, 0)$ 处不取极值

D) 以上结论都不对

解答过程：

首先求驻点。计算一阶偏导数并令其为0：

$$z_x = 4x - 2y = 0$$$$z_y = -2x + 2y = 0$$

由 $z_y = 0$ 得到 $y = x$。代入 $z_x = 0$ 得到 $4x - 2x = 2x = 0$，解得 $x=0, y=0$。因此唯一的驻点是 $(0, 0)$。

接下来利用二阶偏导数判定极值。

$$A = z_{xx} = 4$$$$B = z_{xy} = -2$$$$C = z_{yy} = 2$$

计算判别式 $\Delta = AC - B^2$：

$$\Delta = (4)(2) - (-2)^2 = 8 - 4 = 4$$

因为 $\Delta > 0$ 且 $A = 4 > 0$，所以函数在驻点 $(0, 0)$ 处取得极小值。

极小值为 $z(0, 0) = 2(0)^2 - 2(0)(0) + 0^2 + 3 = 3$。

对比选项，正确答案为 B。

答案： B

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9. 题目：

函数 $u = x^2yz$ 在点 $(1, 1, 1)$ 处的梯度和在点 $(1, 1, 1)$ 处沿着方向 $\vec{l} = (1, 2, 2)$ 的方向导数分别为 __________;

A) $(1, 2, 1)$ 和 $2$

B) $(1, 1, 2)$ 和 $1$

C) $(2, 1, 1)$ 和 $1$

D) $(2, 1, 1)$ 和 $2$

解答过程：

先求梯度 $\mathbf{grad} \, u$（即 $\nabla u$）。

$$\nabla u = \left(\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z}\right) = (2xyz, x^2z, x^2y)$$

在点 $(1, 1, 1)$ 处的梯度为：

$$\nabla u(1, 1, 1) = (2(1)(1)(1), 1^2(1), 1^2(1)) = (2, 1, 1)$$

再求沿着方向 $\vec{l} = (1, 2, 2)$ 的方向导数。首先求方向 $\vec{l}$ 的单位向量 $\vec{e_l}$：

$$|\vec{l}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$$$$\vec{e_l} = \frac{\vec{l}}{|\vec{l}|} = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$$

方向导数等于梯度与单位方向向量的点积：

$$\frac{\partial u}{\partial l}\Bigg|_{(1,1,1)} = \nabla u(1,1,1) \cdot \vec{e_l} = (2, 1, 1) \cdot \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) = 2\left(\frac{1}{3}\right) + 1\left(\frac{2}{3}\right) + 1\left(\frac{2}{3}\right) = \frac{2+2+2}{3} = \frac{6}{3} = 2$$

因此，梯度为 $(2, 1, 1)$，方向导数为 $2$。

对比选项，正确答案为 D。

答案： D

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10. 题目：

函数

$$f(x, y) = \begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, & x^2 + y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2 + y^2 = 0 \end{cases}$$

在点 $(0, 0)$ 处 __________;

A) 不连续

B) 连续

C) 可微

D) 极限不存在

解答过程：

1. 判断连续性：考察 $(x,y) \to (0,0)$ 时函数的极限。

采用极坐标代换：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，$r\to0$。

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = \lim_{r\to0} \frac{r\cos\theta \cdot r\sin\theta}{\sqrt{r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta}} = \lim_{r\to0} \frac{r^2\cos\theta\sin\theta}{r} = \lim_{r\to0} r\cos\theta\sin\theta$$

由于 $|\cos\theta\sin\theta| \le 1$ 为有界函数，而 $\lim_{r\to0} r = 0$，根据夹逼定理：

$$\lim_{r\to0} r\cos\theta\sin\theta = 0$$

极限值 $0$ 等于函数在该点的值 $f(0,0) = 0$，因此函数在 $(0,0)$ 处连续。排除选项 A 和 D。

2. 判断可微性：

先求在 $(0,0)$ 处的偏导数：

$$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x\to0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$$$$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y\to0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y\to0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$$

如果函数在 $(0,0)$ 可微，则需要满足全增量趋于0的速度快于距离：

$$\lim_{(\Delta x, \Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0,0) - f_x(0,0)\Delta x - f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = 0$$

代入已知项，计算该极限：

$$\lim_{(\Delta x, \Delta y)\to(0,0)} \frac{\frac{\Delta x \Delta y}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} - 0}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = \lim_{(\Delta x, \Delta y)\to(0,0)} \frac{\Delta x \Delta y}{\Delta x^2 + \Delta y^2}$$

令动点沿直线 $\Delta y = k\Delta x$ 趋向于原点：

$$\lim_{\Delta x\to0} \frac{\Delta x(k\Delta x)}{(\Delta x)^2 + (k\Delta x)^2} = \lim_{\Delta x\to0} \frac{k(\Delta x)^2}{(1+k^2)(\Delta x)^2} = \frac{k}{1+k^2}$$

由于极限值依赖于路径 $k$ 的选择，该极限不存在，故函数在 $(0,0)$ 处不可微。排除选项 C。

因此，该函数在 $(0,0)$ 处连续但不可微。

答案： B

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11. 题目：

一阶线性微分方程 $\frac{dy}{dx} + \frac{y}{x} = \frac{\sin x}{x}$ 的通解是 __________;

A) $y = \frac{1}{x}(C - \cos x)$

B) $y = \frac{1}{x}(C + \cos x)$

C) $y = \frac{1}{x}(C - \sin x)$

D) $y = \frac{1}{x}(C + \sin x)$

解答过程：

该方程为标准的一阶线性非齐次微分方程形式：$y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = \frac{1}{x}$，$Q(x) = \frac{\sin x}{x}$。

方程两边同时乘以积分因子 $I(x) = e^{\int \frac{1}{x}dx} = e^{\ln x} = x$ （假设 $x>0$），得到：

$$x\frac{dy}{dx} + y = \sin x$$

等号左边可以化简为乘积的导数形式：

$$\frac{d}{dx}(xy) = \sin x$$

两边同时积分：

$$xy = \int \sin x dx = -\cos x + C$$

整理得到通解：

$$y = \frac{1}{x}(C - \cos x)$$

对比选项，正确答案为 A。

答案： A

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12. 题目：

若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x = -4$ 处条件收敛，则幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径 $R$ 满足 __________;

A) $R > 4$

B) $R < 4$

C) $R = 4$

D) 以上结论都不对

解答过程：

根据阿贝尔定理（Abel’s Theorem），如果幂级数在点 $x_0$ 处收敛，则对于所有满足 $|x| < |x_0|$ 的 $x$，级数绝对收敛；如果级数在点 $x_1$ 处发散，则对于所有满足 $|x| > |x_1|$ 的 $x$，级数发散。

已知级数在 $x = -4$ 处条件收敛：

1. 因为它在 $x = -4$ 处收敛，所以收敛半径 $R \ge |-4| = 4$。

2. 因为它是条件收敛而不是绝对收敛，说明 $x = -4$ 不能位于绝对收敛的开区间 $(-R, R)$ 内，因此不能有 $R > 4$。

综合以上两点，收敛半径必定恰好是 $R = 4$（此时 $x = -4$ 是收敛区间的一个端点）。

对比选项，正确答案为 C。

答案： C

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13. 题目：

若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则下列级数一定收敛的是 ______;

A) $\sum*{n=1}^{\infty} |u_n|$

B) $\sum*{n=1}^{\infty} \left(u_n^2 + \frac{1}{n}\right)$

C) $\sum*{n=1}^{\infty} (-1)^n u_n$

D) $\sum*{n=1}^{\infty} \left(u_n + \frac{1}{n^2}\right)$

解答过程：

已知 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。

A选项：若 $\sum u_n$ 是条件收敛，则 $\sum |u_n|$ 发散（例如 $u_n = \frac{(-1)^n}{n}$）。不一定收敛。

B选项：由于级数 $\sum \frac{1}{n}$（调和级数）发散，当 $\sum u_n^2$ 收敛时，两者的和会发散。不一定收敛。

C选项：如果 $u_n = \frac{(-1)^n}{n}$（此时原级数收敛），那么 $(-1)^n u_n = \frac{1}{n}$，级数 $\sum \frac{1}{n}$ 发散。不一定收敛。

D选项：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 是 $p$ 级数（$p=2>1$），因此是收敛的。根据级数的性质，两个收敛级数的和所构成的新级数也是收敛的，即 $\sum (u_n + \frac{1}{n^2})$ 必定收敛。

对比选项，正确答案为 D。

答案： D

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14. 题目：

平面 $x + 2y - 4z + 1 = 0$ 与平面 $\frac{x}{4} + \frac{y}{2} - z - 3 = 0$ 的位置关系是 __________;

A) 相交但不垂直

B) 垂直

C) 平行

D) 重合

解答过程：

提取两个平面的法向量：

第一个平面的法向量：$\vec{n_1} = (1, 2, -4)$

第二个平面的法向量：$\vec{n_2} = \left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}, -1\right)$

观察可知，$\vec{n_1} = 4\vec{n_2}$，两个法向量成比例（对应坐标的比例均为 4），说明两个平面的法向量平行。因此，这两个平面要么平行，要么重合。

将第二个平面方程两边同乘 4，得到：$x + 2y - 4z - 12 = 0$。

对比第一个平面方程 $x + 2y - 4z + 1 = 0$，因为常数项不相等（$1 \neq -12$），所以两平面不重合，它们是严格平行的。

对比选项，正确答案为 C。

答案： C

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三、计算题

15. 题目：

设函数 $z = f(xy, 2x - 2y)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$;

解答过程：

设中间变量 $u = xy$，$v = 2x - 2y$，则 $z = f(u, v)$。

利用复合函数求导法则（链式法则）：

1. 求 $\frac{\partial z}{\partial x}$：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} = f_1' \cdot y + f_2' \cdot 2 = yf_1' + 2f_2'$$

2. 求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$：

将上式对 $y$ 继续求偏导：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(yf_1' + 2f_2')$$

应用乘积法则和链式法则：

$$= 1 \cdot f_1' + y \cdot \frac{\partial (f_1')}{\partial y} + 2 \cdot \frac{\partial (f_2')}{\partial y}$$

其中：

$$\frac{\partial (f_1')}{\partial y} = f_{11}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{12}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{11}'' \cdot x + f_{12}'' \cdot (-2) = xf_{11}'' - 2f_{12}''$$$$\frac{\partial (f_2')}{\partial y} = f_{21}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{22}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{21}'' \cdot x + f_{22}'' \cdot (-2) = xf_{21}'' - 2f_{22}''$$

由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，故 $f_{12}'' = f_{21}''$。

代回原式：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = f_1' + y(xf_{11}'' - 2f_{12}'') + 2(xf_{12}'' - 2f_{22}'')$$

展开并合并同类项：

$$= f_1' + xyf_{11}'' - 2yf_{12}'' + 2xf_{12}'' - 4f_{22}''$$$$= f_1' + xyf_{11}'' + (2x - 2y)f_{12}'' - 4f_{22}''$$

答案：

$\frac{\partial z}{\partial x} = yf_1' + 2f_2'$

$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = f_1' + xyf_{11}'' + (2x - 2y)f_{12}'' - 4f_{22}''$

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16. 题目：

设微分方程 $y'' - y' - 2y = (1 - 2x)e^x$，试求其通解;

解答过程：

1. 首先求解对应的齐次方程 $y'' - y' - 2y = 0$。

写出特征方程：

$$r^2 - r - 2 = 0$$

分解因式得 $(r - 2)(r + 1) = 0$，解得特征根为 $r_1 = 2, r_2 = -1$。

所以齐次方程的通解为：

$$y_h = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-x}$$

2. 求解非齐次方程的一个特解 $y^*$:

等号右侧为 $P_n(x)e^{\alpha x}$ 形式，其中 $\alpha = 1, P_1(x) = 1 - 2x$。

因为 $\alpha = 1$ 不是特征根，故设特解的形式为：

$$y^* = (Ax + B)e^x$$

求导：

$$(y^*)' = A e^x + (Ax + B)e^x = (Ax + A + B)e^x$$$$(y^*)'' = A e^x + (Ax + A + B)e^x = (Ax + 2A + B)e^x$$

将 $y^*, (y^*)', (y^*)''$ 代入原方程：

$$(Ax + 2A + B)e^x - (Ax + A + B)e^x - 2(Ax + B)e^x = (1 - 2x)e^x$$

约去 $e^x$ 并合并含 $x$ 的项与常数项：

$$(A - A - 2A)x + (2A + B - A - B - 2B) = 1 - 2x$$$$-2Ax + (A - 2B) = -2x + 1$$

比较系数可得方程组：

$$-2A = -2 \implies A = 1$$$$A - 2B = 1 \implies 1 - 2B = 1 \implies B = 0$$

因此，特解为：

$$y^* = xe^x$$

3. 组合通解：

方程的通解 $y = y_h + y^*$：

$$y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-x} + xe^x$$

其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。

答案： $y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-x} + xe^x$

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17. 题目：

设 $D$ 是由直线 $y = 1$ 及抛物线 $y = x^2$ 所围成的平面有界闭区域，求二重积分 $\iint_D 2x^2 y \,dxdy$;

解答过程：

1. 确定积分区域 $D$：

联立 $y = 1$ 和 $y = x^2$，解得交点为 $(-1, 1)$ 和 $(1, 1)$。

区域 $D$ 可以表示为：$D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1, x^2 \le y \le 1\}$。

2. 将二重积分化为累次积分：

由于积分区域关于 $y$ 轴对称，且被积函数 $f(x,y) = 2x^2 y$ 关于 $x$ 是偶函数（$f(-x, y) = f(x, y)$），我们可以利用对称性：

$$\iint_D 2x^2 y \,dxdy = 2 \int_0^1 dx \int_{x^2}^1 2x^2 y \,dy$$

或者直接按照常规方法计算整个区间：

$$\iint_D 2x^2 y \,dxdy = \int_{-1}^1 dx \int_{x^2}^1 2x^2 y \,dy$$

先对 $y$ 积分：

$$\int_{x^2}^1 2x^2 y \,dy = 2x^2 \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_{y=x^2}^{y=1} = x^2(1^2 - (x^2)^2) = x^2(1 - x^4) = x^2 - x^6$$

再对 $x$ 积分：

$$\int_{-1}^1 (x^2 - x^6) dx$$

由于是被积函数是偶函数，积分区间对称：

$$= 2 \int_0^1 (x^2 - x^6) dx = 2 \left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{7}x^7 \right]_0^1$$$$= 2 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{7} \right) = 2 \left( \frac{7 - 3}{21} \right) = 2 \left( \frac{4}{21} \right) = \frac{8}{21}$$

答案： $\frac{8}{21}$

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18. 题目：

设幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n+1}$，求其收敛域及和函数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$ 的和。

解答过程：

1. 求收敛域及和函数：

设和函数为 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n+1}$。提取一个 $x^2$，使得幂次便于积分或求导：

$$S(x) = x^2 \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$$

对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$，由 $\lim_{n \to \infty} \left|\frac{(n+1)}{n}\right| = 1$，知其收敛半径 $R = 1$。

考察端点：当 $x = \pm 1$ 时，级数的通项不趋于 0，发散。故收敛域为 $(-1, 1)$。

在收敛域 $(-1, 1)$ 内，利用逐项积分：

设 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$。

对 $g(x)$ 从 0 到 $x$ 积分：

$$\int_0^x g(t) dt = \int_0^x \sum_{n=1}^{\infty} nt^{n-1} dt = \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x nt^{n-1} dt = \sum_{n=1}^{\infty} x^n$$

这是一个首项为 $x$，公比为 $x$ 的等比级数，其和为 $\frac{x}{1-x}$。

两边对 $x$ 求导得 $g(x)$：

$$g(x) = \left( \frac{x}{1-x} \right)' = \frac{1(1-x) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}$$

因此，原级数的和函数为：

$$S(x) = x^2 g(x) = \frac{x^2}{(1-x)^2} \quad (x \in (-1, 1))$$

2. 求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$ 的和：

观察待求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n \left(\frac{1}{2}\right)^n$。

利用我们在第1步求出的中间结果：

$$\sum_{n=1}^{\infty} nx^n = x \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} = x \cdot g(x) = \frac{x}{(1-x)^2}$$

令 $x = \frac{1}{2}$（显然在收敛域 $(-1, 1)$ 内），代入公式：

$$\sum_{n=1}^{\infty} n\left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{\frac{1}{2}}{(1 - \frac{1}{2})^2} = \frac{\frac{1}{2}}{(\frac{1}{2})^2} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}} = 2$$

答案： 收敛域为 $(-1, 1)$，和函数为 $S(x) = \frac{x^2}{(1-x)^2}$；级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$ 的和为 $2$。

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四、应用题

19. 题目：

设长方体的表面积为 36 平方米，求其长、宽和高取何值时，此长方体的体积最大;

解答过程：

设长方体的长、宽、高分别为 $x, y, z$（$x, y, z > 0$）。

已知表面积为 36：

$$2(xy + yz + zx) = 36 \implies xy + yz + zx = 18$$

要最大化的体积函数为：

$$V = xyz$$

利用均值不等式（AM-GM不等式）：对于三个正数 $xy, yz, zx$，其算术平均数大于等于几何平均数：

$$\frac{xy + yz + zx}{3} \ge \sqrt[3]{(xy)(yz)(zx)}$$$$\frac{18}{3} \ge \sqrt[3]{x^2 y^2 z^2}$$$$6 \ge \sqrt[3]{V^2}$$

两边立方得：

$$216 \ge V^2$$

开平方得：

$$V \le \sqrt{216} = 6\sqrt{6}$$

所以最大体积为 $6\sqrt{6}$。

等号成立的条件是参加均值不等式的三项相等，即：

$$xy = yz = zx$$

由于 $x, y, z \neq 0$，由 $xy=yz$ 得 $x=z$；由 $yz=zx$ 得 $y=x$。

因此 $x = y = z$。

代入约束条件：

$$x \cdot x + x \cdot x + x \cdot x = 18 \implies 3x^2 = 18 \implies x^2 = 6 \implies x = \sqrt{6}$$

所以当 $x = \sqrt{6}, y = \sqrt{6}, z = \sqrt{6}$ 时，长方体（此时为正方体）的体积最大。

(注：此题也可以使用拉格朗日乘数法求解，构造函数 $L(x,y,z,\lambda) = xyz + \lambda(xy+yz+zx-18)$，分别对 $x,y,z$ 求导令为0，由对称性可得同样结论。)

答案： 长、宽和高均取 $\sqrt{6}$ 米时，体积最大。

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20. 题目：

已知某汽车前灯的灯罩是旋转抛物面，且其方程为 $z = \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}y^2 \quad (0 \le z \le 2)$，求该灯罩的面积.

解答过程：

根据曲面面积的计算公式：

$$S = \iint_D \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} dxdy$$

已知 $z = \frac{1}{2}(x^2 + y^2)$。

求偏导数：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = x, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = y$$

所以积分式变为：

$$S = \iint_D \sqrt{1 + x^2 + y^2} \,dxdy$$

积分区域 $D$ 为曲面在 $xOy$ 平面上的投影。由 $0 \le z \le 2$ 得到：

$$\frac{1}{2}(x^2 + y^2) \le 2 \implies x^2 + y^2 \le 4$$

即投影区域是一个半径为 2 的圆盘。采用极坐标变换进行计算：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，$x^2+y^2 = r^2$。雅可比行列式为 $r$。

$$S = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^2 \sqrt{1 + r^2} \cdot r \,dr$$

先计算内层关于 $r$ 的积分，令 $u = 1 + r^2$，$du = 2r \,dr \implies r \,dr = \frac{1}{2}du$。积分限由 $r \in [0, 2]$ 变为 $u \in [1, 5]$。

$$\int_0^2 \sqrt{1 + r^2} \cdot r \,dr = \int_1^5 u^{1/2} \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_1^5 = \frac{1}{3} (5^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{1}{3} (5\sqrt{5} - 1)$$

再计算外层关于 $\theta$ 的积分：

$$S = \int_0^{2\pi} \frac{1}{3} (5\sqrt{5} - 1) d\theta = \frac{2\pi}{3} (5\sqrt{5} - 1)$$

答案： 该灯罩的面积为 $\frac{2\pi}{3}(5\sqrt{5} - 1)$。

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五、证明题

21. 题目：

设函数 $z = f(x, y)$ 是由方程 $F\left(z + \frac{y}{x}, z + \frac{x}{y}\right) = 0$ 确定的隐函数，其中函数 $F(u, v)$ 具有一阶连续偏导数，试证明：$x^2 y \frac{\partial z}{\partial x} + xy^2 \frac{\partial z}{\partial y}$ 为一常数.

解答过程：

设中间变量 $u = z + \frac{y}{x}$，$v = z + \frac{x}{y}$，原方程变为 $F(u, v) = 0$。

利用隐函数求导法则，对方程两边分别关于 $x$ 和 $y$ 求偏导：

1. 两边对 $x$ 求偏导（注意 $z$ 是 $x, y$ 的函数）：

$$F_u \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{y}{x^2}\right) + F_v \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{y}\right) = 0$$

展开并提取 $\frac{\partial z}{\partial x}$：

$$\frac{\partial z}{\partial x} (F_u + F_v) = \frac{y}{x^2}F_u - \frac{1}{y}F_v \quad \cdots (1)$$

2. 两边对 $y$ 求偏导：

$$F_u \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{x}\right) + F_v \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial y} - \frac{x}{y^2}\right) = 0$$

展开并提取 $\frac{\partial z}{\partial y}$：

$$\frac{\partial z}{\partial y} (F_u + F_v) = -\frac{1}{x}F_u + \frac{x}{y^2}F_v \quad \cdots (2)$$

3. 构造题目要求的表达式：

将式(1)两边同乘以 $x^2 y$：

$$x^2 y \frac{\partial z}{\partial x} (F_u + F_v) = x^2 y \left( \frac{y}{x^2}F_u - \frac{1}{y}F_v \right) = y^2 F_u - x^2 F_v$$

将式(2)两边同乘以 $xy^2$：

$$xy^2 \frac{\partial z}{\partial y} (F_u + F_v) = xy^2 \left( -\frac{1}{x}F_u + \frac{x}{y^2}F_v \right) = -y^2 F_u + x^2 F_v$$

将上面两式相加：

$$\left(x^2 y \frac{\partial z}{\partial x} + xy^2 \frac{\partial z}{\partial y}\right) (F_u + F_v) = (y^2 F_u - x^2 F_v) + (-y^2 F_u + x^2 F_v) = 0$$

假设 $F_u + F_v \neq 0$ （这是由隐函数存在定理保证其可导的一般前提条件），等式两边除以 $(F_u + F_v)$，得到：

$$x^2 y \frac{\partial z}{\partial x} + xy^2 \frac{\partial z}{\partial y} = 0$$

由于 $0$ 是一个常数，故结论得证。

答案： 证明如上，结果为常数 $0$。

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