模拟题四
一、填空题
题目 1：
已知向量 $\vec{a}=\{-1,\ -1,\ 0\}$ 和 $\vec{b}=\{-1,\ 0,\ -1\}$，则 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为________；
解答过程：
首先求两向量的点乘积：
$\vec{a} \cdot \vec{b} = (-1)\times(-1) + (-1)\times0 + 0\times(-1) = 1$
然后分别求两向量的模：
$|\vec{a}| = \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{2}$
$|\vec{b}| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$
设 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\theta$，根据夹角余弦公式：
$\cos\theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|} = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
因为夹角 $\theta \in [0, \pi]$，所以 $\theta = \frac{\pi}{3}$。
答案： $\frac{\pi}{3}$ （或 $60^{\circ}$）
题目 2：
设函数 $z = \frac{\ln y}{x^2}$，则其在点 $(1,\ 2)$ 处的全微分为________；
解答过程：
分别求函数对 $x$ 和 $y$ 的偏导数：
对 $x$ 求偏导：$\frac{\partial z}{\partial x} = -2x^{-3}\ln y = -\frac{2\ln y}{x^3}$
对 $y$ 求偏导：$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x^2} \cdot \frac{1}{y} = \frac{1}{x^2 y}$
将点 $(1,\ 2)$ 代入偏导数中：
$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,2)} = -\frac{2\ln 2}{1^3} = -2\ln 2$
$\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,2)} = \frac{1}{1^2 \cdot 2} = \frac{1}{2}$
根据全微分公式 $dz = \frac{\partial z}{\partial x}dx + \frac{\partial z}{\partial y}dy$，得到点 $(1,\ 2)$ 处的全微分为：
$dz = -2\ln 2 \, dx + \frac{1}{2} \, dy$
答案： $-2\ln 2 \, dx + \frac{1}{2} \, dy$
题目 3：
设 $D=\{(x,\ y)|1 \le x^2+y^2 \le 4\}$，则二重积分 $\iint_D (x+2)dxdy = $________；
解答过程：
利用积分的线性性质，将积分拆分为两部分：
$\iint_D (x+2)dxdy = \iint_D x \, dxdy + \iint_D 2 \, dxdy$
积分区域 $D$ 是圆心在原点、半径从 $1$ 到 $2$ 的圆环，该区域关于 $y$ 轴对称。由于函数 $f(x,y)=x$ 是关于 $x$ 的奇函数，根据奇偶对称性，有：
$\iint_D x \, dxdy = 0$
对于第二部分：
$\iint_D 2 \, dxdy = 2 \iint_D 1 \, dxdy = 2 \times S_D$
其中 $S_D$ 为区域 $D$ 的面积：
$S_D = \pi \cdot 2^2 - \pi \cdot 1^2 = 4\pi - \pi = 3\pi$
所以原积分 $= 0 + 2 \times 3\pi = 6\pi$。
答案： $6\pi$
题目 4：
已知空间三点 $A(1,\ 2,\ 3)$，$B(2,\ -1,\ 5)$ 和 $C(3,\ 2,\ 5)$，则三角形 $ABC$ 中 $BC$ 边上的高为________；
解答过程：
利用向量叉乘的几何意义（平行四边形面积）来求高。设 $BC$ 边上的高为 $h$。
三角形面积 $S = \frac{1}{2} |\vec{BC} \times \vec{BA}| = \frac{1}{2} |\vec{BC}| \cdot h$
推出高 $h = \frac{|\vec{BC} \times \vec{BA}|}{|\vec{BC}|}$。
计算相关向量：
$\vec{BC} = (3-2,\ 2-(-1),\ 5-5) = (1,\ 3,\ 0)$
$\vec{BA} = (1-2,\ 2-(-1),\ 3-5) = (-1,\ 3,\ -2)$
计算叉乘 $\vec{BC} \times \vec{BA}$：
$$\vec{BC} \times \vec{BA} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 3 & 0 \\ -1 & 3 & -2 \end{vmatrix} = (-6-0)\vec{i} - (-2-0)\vec{j} + (3-(-3))\vec{k} = (-6,\ 2,\ 6)$$计算模长：
$|\vec{BC} \times \vec{BA}| = \sqrt{(-6)^2 + 2^2 + 6^2} = \sqrt{36 + 4 + 36} = \sqrt{76} = 2\sqrt{19}$
$|\vec{BC}| = \sqrt{1^2 + 3^2 + 0^2} = \sqrt{10}$
计算高：
$h = \frac{2\sqrt{19}}{\sqrt{10}} = 2\sqrt{\frac{19}{10}} = \frac{2\sqrt{190}}{10} = \frac{\sqrt{190}}{5}$
答案： $\frac{\sqrt{190}}{5}$ （或 $\sqrt{\frac{38}{5}}$）
题目 5：
将函数 $f(x)=e^{3x}$ 展开成 $x$ 的幂级数为________；
解答过程：
已知指数函数的标准麦克劳林展开式为：
$e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!} = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \dots \quad (-\infty < u < +\infty)$
令 $u = 3x$，代入上式即可得到：
$e^{3x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(3x)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{3^n}{n!} x^n \quad (-\infty < x < +\infty)$
答案： $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{3^n}{n!} x^n$ （注明 $x \in (-\infty, +\infty)$ 更严谨）
题目 6：
设函数 $z=f(x,y)$ 由方程 $F(x+y,\ y+z,\ z+x)=0$ 确定，且 $F$ 一阶偏导数连续，则 $\frac{\partial z}{\partial x}=$________.
解答过程：
令 $u = x+y$，$v = y+z$，$w = z+x$，则方程为 $F(u, v, w) = 0$。
这里 $z$ 是 $x, y$ 的函数。方程两边同时对 $x$ 求偏导（将 $y$ 视为常数），利用多元复合函数求导法则：
$F_1' \cdot \frac{\partial u}{\partial x} + F_2' \cdot \frac{\partial v}{\partial x} + F_3' \cdot \frac{\partial w}{\partial x} = 0$
分别计算内部偏导数：
$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x+y) = 1$
$\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y+z) = \frac{\partial z}{\partial x}$
$\frac{\partial w}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(z+x) = \frac{\partial z}{\partial x} + 1$
代入原式：
$F_1' \cdot 1 + F_2' \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + F_3' \cdot \left(\frac{\partial z}{\partial x} + 1\right) = 0$
提取 $\frac{\partial z}{\partial x}$：
$(F_2' + F_3')\frac{\partial z}{\partial x} = -(F_1' + F_3')$
解得：
$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_1' + F_3'}{F_2' + F_3'}$
答案： $-\frac{F_1' + F_3'}{F_2' + F_3'}$
二、选择题
题目 7：
方程 $y''-4y'+3y=2xe^{3x}$ 的一个特解具有形式________；
A) $y=(ax+b)e^{3x}$
B) $y=x(ax+b)e^{3x}$
C) $y=x^2(ax+b)e^{3x}$
D) $y=ax^2e^{3x}$
解答过程：
首先求对应齐次方程 $y''-4y'+3y=0$ 的特征方程：
$r^2 - 4r + 3 = 0$
解得特征根 $r_1=1$，$r_2=3$。
非齐次项 $f(x) = 2xe^{3x}$，属于 $P_n(x)e^{\alpha x}$ 类型。
这里 $\alpha = 3$，$P_n(x) = 2x$ 是一次多项式（$n=1$）。
因为 $\alpha=3$ 是特征方程的单根（与 $r_2$ 相同），所以设特解时需要多乘一个 $x$（即 $k=1$）。
特解的形式应设为：$y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x} = x^1 (ax+b) e^{3x} = x(ax+b)e^{3x}$。
答案： 选 B
题目 8：
直线 $\begin{cases} x = -2t + 3 \\ y = -7t - 4 \\ z = 3t \end{cases}$ 与平面 $4x - 2y - 2z = 3$ 的夹角是________；
A) $\frac{\pi}{3}$
B) $0$
C) $\frac{\pi}{6}$
D) $\pi$
解答过程：
从直线方程可得直线的方向向量 $\vec{s} = (-2,\ -7,\ 3)$。
从平面方程可得平面的法向量 $\vec{n} = (4,\ -2,\ -2)$。
计算 $\vec{s}$ 与 $\vec{n}$ 的点积：
$\vec{s} \cdot \vec{n} = (-2)\times4 + (-7)\times(-2) + 3\times(-2) = -8 + 14 - 6 = 0$
由于 $\vec{s} \cdot \vec{n} = 0$，说明直线的方向向量垂直于平面的法向量（$\vec{s} \perp \vec{n}$）。
这表明直线平行于平面（或在平面内），因此直线与平面的夹角为 $0$。
答案： 选 B
题目 9：
函数 $u = x^2 + y^2 - z^2$ 在点 $A(1,\ 1,\ 1)$ 处的梯度为________；
A) $(2,\ 2,\ 2)$
B) $6$
C) $(2,\ 2,\ -2)$
D) $2$
解答过程：
梯度向量为 $\mathbf{grad}\ u = \nabla u = \left( \frac{\partial u}{\partial x},\ \frac{\partial u}{\partial y},\ \frac{\partial u} {\partial z} \right)$。
分别求三个偏导数：
$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x$
$\frac{\partial u}{\partial y} = 2y$
$\frac{\partial u}{\partial z} = -2z$
将点 $A(1,\ 1,\ 1)$ 代入：
$\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{(1,1,1)} = 2(1) = 2$
$\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{(1,1,1)} = 2(1) = 2$
$\left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_{(1,1,1)} = -2(1) = -2$
因此在点 $A$ 的梯度为向量 $(2,\ 2,\ -2)$。
答案： 选 C
题目 10：
设平面区域 $D$ 由 $x=0$, $y=0$, $x+y=1$, $x+y=\frac{1}{2}$ 围成，且
$I_1 = \iint_D [\ln(x+y)]^5 dxdy$
$I_2 = \iint_D (x+y)^5 dxdy$
$I_3 = \iint_D [\sin(x+y)]^5 dxdy$
则 $I_1, I_2, I_3$ 之间大小顺序为________；
A) $I_1 > I_2 > I_3$ \quad B) $I_1 < I_2 < I_3$ \quad C) $I_1 > I_3 > I_2$ \quad D) $I_1 < I_3 < I_2$
解答过程：
在区域 $D$ 内，根据边界条件，有 $\frac{1}{2} \le x+y \le 1$。
令 $u = x+y$，则被积函数分别为 $f_1(u) = (\ln u)^5$，$f_2(u) = u^5$，$f_3(u) = (\sin u)^5$。
且积分区域使得变量 $u \in [\frac{1}{2},\ 1]$。
分析在这个区间内三个函数的大小关系：
因为 $\frac{1}{2} \le u \le 1$，所以 $\ln u \le 0$（严格来说除了 $u=1$ 时为0，其余均为负）。因此 $(\ln u)^5 \le 0$。
对于 $u > 0$，显然 $u^5 > 0$ 且 $(\sin u)^5 > 0$。因此 $I_1$ 最小，即 $I_1 < I_2$ 且 $I_1 < I_3$。
比较 $I_2$ 和 $I_3$：根据不等式常识，当 $u > 0$ 时，恒有 $\sin u < u$。
因此，在区间 $[\frac{1}{2},\ 1]$ 上，$(\sin u)^5 < u^5$。
这就意味着 $I_3 < I_2$。
综合以上分析，被积函数的大小关系为 $(\ln u)^5 < (\sin u)^5 < u^5$，由于积分区域 $D$ 的面积为正，积分值的大小关系与被积函数保持一致：
$I_1 < I_3 < I_2$。
答案： 选 D
题目 11：
极限 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$ 是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛的________条件；
A) 必要
B) 充分
C) 充分必要
D) 以上结论都不对
解答过程：
根据级数收敛的必要条件：如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，那么其一般项必定趋于零，即 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。
但反之不成立，即一般项趋于零的级数不一定收敛（最典型的反例是调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，其 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$，但级数发散）。
因此，$\lim_{n \to \infty} u_n = 0$ 是级数收敛的必要但非充分条件。
答案： 选 A
题目 12：
函数 $z = 2xy - 3x^2 - 2y^2 + 20$ 的极大值为________；
A) 25
B) 16
C) 18
D) 20
解答过程：
首先求函数的一阶偏导数，并令其为零求驻点：
$\frac{\partial z}{\partial x} = 2y - 6x = 0$
$\frac{\partial z}{\partial y} = 2x - 4y = 0$
解方程组得唯一驻点 $(0, 0)$。
接着求二阶偏导数：
$A = \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = -6$
$B = \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2$
$C = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = -4$
在驻点 $(0,0)$ 处，计算判别式：
$\Delta = AC - B^2 = (-6) \times (-4) - 2^2 = 24 - 4 = 20$
因为 $\Delta = 20 > 0$，且 $A = -6 < 0$，所以函数在驻点 $(0,0)$ 处取得极大值。
极大值为 $z(0,0) = 2(0)(0) - 3(0)^2 - 2(0)^2 + 20 = 20$。
答案： 选 D
题目 13：
已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{n^{a-\frac{1}{2}}}$ 绝对收敛，则________；
A) $0 < a \le \frac{1}{2}$
B) $\frac{1}{2} < a \le 1$
C) $1 < a \le \frac{3}{2}$
D) $a > \frac{3}{2}$
解答过程：
级数绝对收敛，意味着对其取绝对值后构成的正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| (-1)^n \frac{1}{n^{a-\frac{1}{2}}} \right| = \sum_{n=1}^ {\infty} \frac{1}{n^{a-\frac{1}{2}}}$ 是收敛的。
这是一个 $p$-级数 $\sum \frac{1}{n^p}$，其中 $p = a - \frac{1}{2}$。
根据 $p$-级数的收敛判定准则，当 $p > 1$ 时级数收敛。
因此有 $a - \frac{1}{2} > 1$，解得 $a > \frac{3}{2}$。
答案： 选 D
题目 14：
设函数 $f(x,y)$ 连续，则 $\int_1^2 dx \int_x^2 f(x,y) dy =$ ________.
A) $\int_1^2 dx \int_1^{1-x} f(x,y) dy$
B) $\int_1^2 dx \int_2^x f(x,y) dy$
C) $\int_1^2 dy \int_1^y f(x,y) dx$
D) $\int_1^2 dy \int_y^2 f(x,y) dx$
解答过程：
原二次积分的积分区域 $D$ 可表示为：
$1 \le x \le 2$ 且 $x \le y \le 2$。
在 $xOy$ 平面上画出该区域，它是由直线 $x=1$，$y=2$ 以及 $y=x$ 围成的三角形区域。
现在交换积分次序，先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分（即看作 $X$-型区域）：
从图形上看，$y$ 的取值范围是 $[1, 2]$；
对于固定在 $[1, 2]$ 中的任一 $y$，水平线穿过区域 $D$ 的左边界是直线 $x=1$，右边界是直线 $x=y$。
所以新的积分区域不等式表示为：$1 \le y \le 2$，$1 \le x \le y$。
因此，交换积分次序后得 $\int_1^2 dy \int_1^y f(x,y) dx$。
答案： 选 C
三、计算题
题目 15：
设函数 $z = f(x^2+y,\ \cos(x+y))$，其中 $f$ 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 $u = x^2+y$，$v = \cos(x+y)$，则 $z = f(u, v)$。
求偏导：$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x$, $\frac{\partial u}{\partial y} = 1$; $\quad \frac{\partial v}{\partial x} = -\sin(x+y) $, $\frac{\partial v}{\partial y} = -\sin(x+y)$
第一步：求一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$
利用多元复合函数求导法则（链式法则）：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\frac {\partial v}{\partial x} = 2x f_1' - \sin(x+y) f_2'$
第二步：求二阶偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$
对刚才的结果再关于 $y$ 求偏导：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( 2x f_1' - \sin(x+y) f_2' \right)$
$= 2x \frac{\partial}{\partial y}(f_1') - \left( \cos(x+y) \cdot 1 \cdot f_2' + \sin(x+y) \frac{\partial}{\partial y}(f_2') \right)$
接下来分别计算 $f_1'$ 和 $f_2'$ 对 $y$ 的偏导：
$\frac{\partial}{\partial y}(f_1') = f_{11}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{12}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{11}'' \cdot 1 - f_{12}'' \sin(x+y)$
$\frac{\partial}{\partial y}(f_2') = f_{21}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{22}'' \frac{\partial v}{\partial y} = f_{21}'' \cdot 1 - f_{22}'' \sin(x+y)$
代入原式（由于 $f$ 有二阶连续偏导数，故 $f_{12}'' = f_{21}''$）：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2x \big[ f_{11}'' - \sin(x+y) f_{12}'' \big] - \cos(x+y) f_2' - \sin(x+y) \big[ f_{12} '' - \sin(x+y) f_{22}'' \big]$
$= 2x f_{11}'' - 2x\sin(x+y) f_{12}'' - \cos(x+y) f_2' - \sin(x+y) f_{12}'' + \sin^2(x+y) f_{22}''$
整理合并同类项，得最终结果：
答：
$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x f_1' - \sin(x+y) f_2'$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2x f_{11}'' - (2x+1)\sin(x+y) f_{12}'' + \sin^2(x+y) f_{22}'' - \cos(x+y) f_2'$
题目 16：
求微分方程 $y'' + y' = x^2$ 的通解；
解答过程：
第一步：求对应齐次方程的通解
齐次方程 $y'' + y' = 0$ 的特征方程为 $r^2 + r = 0$，解得特征根 $r_1 = 0$，$r_2 = -1$。
齐次方程的通解为 $Y = C_1 + C_2 e^{-x}$ （$C_1, C_2$ 为任意常数）。
第二步：求非齐次方程的一个特解 $y^*$
非齐次项 $f(x) = x^2 = e^{0\cdot x} \cdot x^2$。
因为 $\alpha = 0$ 是特征方程的一个单根（与 $r_1$ 相同），因此设特解形式为：
$y^* = x(Ax^2 + Bx + C) = Ax^3 + Bx^2 + Cx$
求导：
$(y^*)' = 3Ax^2 + 2Bx + C$
$(y^*)'' = 6Ax + 2B$
将其代入原方程 $y'' + y' = x^2$ 中：
$(6Ax + 2B) + (3Ax^2 + 2Bx + C) = x^2$
$3Ax^2 + (6A + 2B)x + (2B + C) = x^2$
比较两边同次幂的系数：
$3A = 1 \implies A = \frac{1}{3}$
$6A + 2B = 0 \implies 2 + 2B = 0 \implies B = -1$
$2B + C = 0 \implies -2 + C = 0 \implies C = 2$
所以特解为 $y^* = \frac{1}{3}x^3 - x^2 + 2x$。
第三步：写出通解
方程的通解为 $y = Y + y^*$，即：
答： $y = C_1 + C_2 e^{-x} + \frac{1}{3}x^3 - x^2 + 2x$
题目 17：
计算积分 $\iint_D x^2 dxdy$，其中 $D$ 由抛物线 $y = x^2$ 和直线 $y = x$ 所围成的闭区域；
解答过程：
首先求两曲线的交点：联立 $y = x^2$ 与 $y = x$，解得 $x=0$ 或 $x=1$。交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。
确定积分区域 $D$ 的不等式表示（化为 $Y$-型区域处理较为简便，但直接用 $X$-型也行，这里用 $X$-型）：
区域 $D$ 为：$0 \le x \le 1$，$x^2 \le y \le x$。
将二重积分化为二次积分：
$\iint_D x^2 dxdy = \int_0^1 dx \int_{x^2}^x x^2 dy$
对于内层积分，把 $x$ 视为常数：
$= \int_0^1 \left[ x^2 y \right]_{y=x^2}^{y=x} dx$
$= \int_0^1 x^2 (x - x^2) dx$
$= \int_0^1 (x^3 - x^4) dx$
计算定积分：
$= \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{5}x^5 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{5 - 4}{20} = \frac{1}{20}$
答： $\frac{1}{20}$
题目 18：
求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n} x^{2n}$ 的收敛域及和函数.
解答过程：
令 $t = x^2$，原级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^n}{n}$。
第一步：求收敛域
计算此关于 $t$ 的幂级数的收敛半径 $R_t$：
$R_t = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = 1$
因此当 $|t| < 1$ 时收敛，即 $x^2 < 1 \implies -1 < x < 1$。
检查端点：
当 $x = 1$ 时，$t=1$，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$，这是交错调和级数，条件收敛。
当 $x = -1$ 时，$t=1$（因为 $x^2=1$），级数同上，收敛。
故该幂级数的收敛域为 $[-1, 1]$。
第二步：求和函数
设 $S_1(t) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^n}{n} \quad (t \in (-1, 1])$。
对其逐项求导：
$S_1'(t) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} t^{n-1} = 1 - t + t^2 - t^3 + \dots$
这是一个公比为 $-t$ 的等比级数，当 $|t| < 1$ 时，收敛于 $\frac{1}{1 - (-t)} = \frac{1}{1+t}$。
再积分回来求 $S_1(t)$，且 $S_1(0) = 0$：
$S_1(t) = \int_0^t \frac{1}{1+u} du = \ln(1+t)$
将 $t = x^2$ 代回，得到原级数的和函数：
$S(x) = \ln(1+x^2)$。
由于级数在 $x = \pm 1$ 处均收敛，根据阿贝尔定理，和函数在端点处连续，上述公式在 $[-1, 1]$ 上均成立。
答： 收敛域为 $[-1, 1]$，和函数为 $S(x) = \ln(1+x^2)$。
四、应用题
题目 19：
在曲面 $z = 2x^2 + y^2$ 上求一点 $P$，使得该曲面在 $P$ 点与平面 $4x - 2y + z + 6 = 0$ 距离最短；
解答过程：
设所求曲面上的点为 $P(x_0, y_0, z_0)$。要使 $P$ 点到给定平面距离最短，那么曲面在 $P$ 点处的切平面必须与已知平面平行。
设曲面方程为 $F(x,y,z) = 2x^2 + y^2 - z = 0$。
曲面在点 $P$ 处的法向量为 $\vec{N} = (F_x, F_y, F_z)|_P = (4x_0, 2y_0, -1)$。
已知平面 $4x - 2y + z + 6 = 0$ 的法向量为 $\vec{n} = (4, -2, 1)$。
因为切平面与已知平面平行，所以 $\vec{N} \parallel \vec{n}$，即存在比例关系：
$\frac{4x_0}{4} = \frac{2y_0}{-2} = \frac{-1}{1}$
化简得：
$x_0 = -1$
$-y_0 = -1 \implies y_0 = 1$
将 $x_0 = -1$, $y_0 = 1$ 代入原曲面方程 $z = 2x^2 + y^2$ 中求 $z_0$：
$z_0 = 2(-1)^2 + 1^2 = 2 + 1 = 3$
所以所求的点为 $P(-1, 1, 3)$。
答： 使得距离最短的点 $P$ 的坐标为 $(-1, 1, 3)$。
题目 20：
求锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 被柱面 $z^2 = 2x$ 所割下部分的曲面面积.
解答过程：
第一步：确定积分区域 $D$
交线满足方程组：
$\begin{cases} z = \sqrt{x^2 + y^2} \\ z^2 = 2x \end{cases}$
将第一式平方代入第二式得：$x^2 + y^2 = 2x$，即 $(x-1)^2 + y^2 = 1$。
这说明被割下的曲面部分在 $xOy$ 坐标面上的投影区域 $D$ 为圆面：$x^2 + y^2 \le 2x$。
第二步：计算曲面面积元
曲面方程为 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$。计算其对 $x, y$ 的偏导数：
$z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}$
$z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$
面积微元 $dS = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \, dxdy$：
$\sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} = \sqrt{1 + \frac{x^2}{x^2+y^2} + \frac{y^2}{x^2+y^2}} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$
第三步：计算面积积分
曲面面积 $S = \iint_D \sqrt{2} dxdy = \sqrt{2} \iint_D dxdy$。
其中 $\iint_D dxdy$ 正是投影圆面 $D: (x-1)^2 + y^2 \le 1$ 的面积。
该圆的半径为 $R=1$，其面积为 $\pi \cdot 1^2 = \pi$。
所以，$S = \sqrt{2} \cdot \pi = \sqrt{2}\pi$。
答： 所求曲面面积为 $\sqrt{2}\pi$。
五、证明题
题目 21：
设函数 $z = e^{-\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)}$，求证：$x^2 \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \frac{\partial z}{\partial y} = 2z$.
解答过程：
分别计算函数 $z$ 对 $x$ 和 $y$ 的偏导数。
由复合函数求导法则：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left[ e^{-\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)} \right] = e^{-\left (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)} \cdot \frac{\partial}{\partial x} \left( -\frac{1}{x} - \frac{1}{y} \right)$
$= z \cdot \left( -\left( -\frac{1}{x^2} \right) \right) = z \cdot \frac{1}{x^2}$
同理，对 $y$ 求偏导：
$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left[ e^{-\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)} \right] = e^{-\left (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right)} \cdot \frac{\partial}{\partial y} \left( -\frac{1}{x} - \frac{1}{y} \right)$
$= z \cdot \left( -\left( -\frac{1}{y^2} \right) \right) = z \cdot \frac{1}{y^2}$
将计算得到的偏导数代入待证等式左边：
左式 $= x^2 \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \frac{\partial z}{\partial y}$
$= x^2 \left( z \cdot \frac{1}{x^2} \right) + y^2 \left( z \cdot \frac{1}{y^2} \right)$
$= z + z$
$= 2z$
左式等于右式，原等式成立。证毕。