高等数学H2模拟题 | YHK's life

模拟题一

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题

题目 1：

二阶齐次线性微分方程 $y''+3y'+2y=0$ 通解为__________；

解答过程：

写出该微分方程的特征方程：

$$r^2 + 3r + 2 = 0$$

因式分解得到：

$$(r+1)(r+2) = 0$$

解得特征根为实数且不相等：$r_1 = -1$，$r_2 = -2$。

根据二阶常系数齐次线性微分方程的解法，其通解公式为 $y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$，代入特征根得：

$$y = C_1e^{-x} + C_2e^{-2x}$$

（其中 $C_1, C_2$ 为任意常数）

答案： $C_1e^{-x} + C_2e^{-2x}$

题目 2：

设方程 $x^3+y^3=3xy$ 确定一元隐函数 $y=f(x)$，则 $\frac{dy}{dx}=$__________；

解答过程：

方程两边同时对 $x$ 求导（注意 $y$ 是 $x$ 的函数）：

$$3x^2 + 3y^2 \cdot y' = 3(1 \cdot y + x \cdot y')$$

约去公因数 $3$，得：

$$x^2 + y^2 y' = y + x y'$$

将含有 $y'$ 的项移到等式一边，其他项移到另一边：

$$y^2 y' - x y' = y - x^2$$

提取公因式 $y'$：

$$y'(y^2 - x) = y - x^2$$

解得：

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

答案： $\frac{y - x^2}{y^2 - x}$

题目 3：

设函数 $f(x,y)$ 连续，则累次积分 $\int_0^1 dx \int_0^{x^2} f(x,y) dy$ 交换积分次序后为__________；

解答过程：

首先确定原积分的积分区域 $D$。由原积分上下限可知：

$$0 \le x \le 1$$$$0 \le y \le x^2$$

在直角坐标系中画出该区域：它是由抛物线 $y = x^2$、直线 $x = 1$ 以及 $x$ 轴（$y=0$）围成的图形。

现在交换积分次序，即先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分。

从图形上看，$y$ 的取值范围是 $[0, 1]$。

对于任意给定的 $y \in [0, 1]$，穿过区域 $D$ 的水平射线从抛物线左半支进入（即 $x = \sqrt{y}$），从直线退出（即 $x = 1$）。因此 $x$ 的积分下限为 $\sqrt{y}$，上限为 $1$。

交换积分次序后的积分式为：

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

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

题目 4：

设函数 $z=e^x \cos y$，则全微分 $\left. dz \right|_{(0,0)}=$__________；

解答过程：

先求出函数对 $x$ 和 $y$ 的偏导数：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = e^x \cos y$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -e^x \sin y$$

将点 $(0,0)$ 代入偏导数中：

$$\left. \frac{\partial z}{\partial x} \right|_{(0,0)} = e^0 \cos 0 = 1 \times 1 = 1$$$$\left. \frac{\partial z}{\partial y} \right|_{(0,0)} = -e^0 \sin 0 = -1 \times 0 = 0$$

根据全微分公式 $dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy$，可得：

$$\left. dz \right|_{(0,0)} = 1 \cdot dx + 0 \cdot dy = dx$$

答案： $dx$

题目 5：

设 $D$ 是由直线 $y=1$、$x=0$ 及 $y=x$ 所围成的平面闭区域，则 $\iint_D 2xy dx dy=$__________；

解答过程：

积分区域 $D$ 是一个顶点分别为 $(0,0), (0,1), (1,1)$ 的三角形区域。

我们可以选择先对 $x$ 积分，后对 $y$ 积分，这样计算较简便。

$y$ 的取值范围是 $[0, 1]$。

对于固定的 $y$，$x$ 的范围是从 $x=0$（$y$ 轴）到 $x=y$（直线 $y=x$）。

化为累次积分：

$$\iint_D 2xy dx dy = \int_0^1 dy \int_0^y 2xy dx$$

内层积分对 $x$ 求解（将 $y$ 视为常数）：

$$\int_0^y 2xy dx = \left[ x^2y \right]_{x=0}^{x=y} = (y^2)y - 0 = y^3$$

外层积分对 $y$ 求解：

$$\int_0^1 y^3 dy = \left[ \frac{1}{4}y^4 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}$$

答案： $\frac{1}{4}$

题目 6：

将函数 $f(x) = \frac{1}{x+1}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数__________。

解答过程：

令 $t = x - 1$，则 $x = t + 1$。需要将函数展开为关于 $t$ 的幂级数。

将 $x$ 替换掉：

$$f(x) = \frac{1}{(t+1)+1} = \frac{1}{t+2}$$

为了利用常用的几何级数展开式 $\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n$，将其变形：

$$\frac{1}{t+2} = \frac{1}{2(1 + \frac{t}{2})} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - (-\frac{t}{2})}$$

展开为级数：

$$\frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left( -\frac{t}{2} \right)^n = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^n}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} t^n$$

最后将 $t = x - 1$ 代回：

$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} (x-1)^n$$

（收敛域为 $\left| -\frac{x-1}{2} \right| < 1$，即 $-1 < x < 3$）

答案： $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} (x-1)^n$

二、选择题

题目 7：

微分方程 $xy''' + 2x^2y'^2 + x^3y = x^4$ 的阶数为__________；

A) 一阶

B) 二阶

C) 三阶

D) 四阶

解答过程：

微分方程的阶数是指方程中出现的未知函数的最高阶导数的阶数。

观察方程 $xy''' + 2x^2(y')^2 + x^3y = x^4$，其中出现的导数有 $y'$（一阶导数）和 $y'''$（三阶导数）。

最高阶导数是 $y'''$，因此该微分方程是三阶微分方程。

答案： C

题目 8：

微分方程 $y'' - y = 2xe^x$ 的一个特解具有形式__________；

A) $axe^x$

B) $(ax+b)e^x$

C) $x(ax+b)e^x$

D) $x^2(ax+b)e^x$

解答过程：

首先求对应齐次方程 $y'' - y = 0$ 的特征方程：

$$r^2 - 1 = 0 \implies r_1 = 1, r_2 = -1$$

非齐次项的形式为 $f(x) = 2xe^x = P_1(x)e^{\alpha x}$，其中多项式 $P_1(x) = 2x$（一次多项式），指数系数 $\alpha = 1$。

对比特征根，$\alpha = 1$ 是特征方程的一个单根（即 $k=1$ 重根）。

根据二阶常系数非齐次线性微分方程特解的设定法则，特解形式应设为：

$$y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x}$$

代入 $k=1$，$n=1$（$Q_1(x)$ 为一次多项式 $ax+b$），$\alpha=1$，得到：

$$y^* = x^1(ax+b)e^{1 \cdot x} = x(ax+b)e^x$$

答案： C

题目 9：

平面 $6x+2y-4z+3=0$ 与平面 $x+\frac{y}{3}-\frac{2}{3}z=\frac{1}{2}$ 的位置关系是__________；

A) 相交但不垂直

B) 垂直

C) 重合

D) 平行

解答过程：

设平面 $\pi_1$: $6x+2y-4z+3=0$，其法向量 $\vec{n_1} = (6, 2, -4)$。

设平面 $\pi_2$: $x+\frac{1}{3}y-\frac{2}{3}z=\frac{1}{2}$，其法向量 $\vec{n_2} = (1, \frac{1}{3}, -\frac{2}{3})$。

观察两个法向量的关系，容易发现 $\vec{n_1} = 6 \cdot \vec{n_2}$，即两法向量平行。这说明两个平面要么平行，要么重合。

将平面 $\pi_2$ 的方程两边同乘 $6$，化简得：

$$6x + 2y - 4z = 3$$

即 $6x + 2y - 4z - 3 = 0$。

对比平面 $\pi_1$ 的方程 $6x + 2y - 4z + 3 = 0$，两个方程的常数项不同（$3 \neq -3$），因此这两个平面没有交点，相互平行且不重合。

答案： D

题目 10：

方程 $x^2 + y^2 = 1$ 表示的曲面是__________；

A) 球面

B) 柱面

C) 椭球面

D) 椭圆抛物面

解答过程：

在空间直角坐标系 $(x,y,z)$ 中，方程 $x^2 + y^2 = 1$ 缺少了变量 $z$。

这意味着对于空间中任意的一个 $z$ 值（即在任何高度的水平截面上），截得的曲线都是 $xoy$ 平面上的单位圆 $x^2 + y^2 = 1$。

将无数个相同的圆沿着 $z$ 轴方向平移堆叠，形成的曲面是圆柱面。

答案： B

题目 11：

函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微是函数在该点偏导数存在的__________；

A) 充分条件

B) 必要条件

C) 充要条件

D) 既非充分又非必要条件

解答过程：

根据多元函数微分学的基本理论，如果函数在某点可微，则它在该点的各个偏导数必定存在（可微 $\implies$ 偏导数存在）。

但是，反过来不一定成立，即偏导数存在并不能保证函数可微（还需要偏导数连续等其他条件才能作为充分条件）。

因此，可微是偏导数存在的充分条件。

答案： A

题目 12：

设 $D$ 为平面区域 $x^2+y^2 \le R^2 (R>0)$，则 $\iint_D \sqrt{R^2-x^2-y^2} dxdy = $__________；(利用二重积分的几何意义)

A) $\frac{1}{3}\pi R^3$

B) $\frac{2}{3}\pi R^3$

C) $\frac{4}{3}\pi R^3$

D) $0$

解答过程：

根据二重积分的几何意义，如果被积函数 $f(x,y) \ge 0$，则 $\iint_D f(x,y) dxdy$ 的值等于以区域 $D$ 为底、曲面 $z = f(x,y)$ 为顶的曲顶柱体的体积。

本题中，积分区域 $D$ 是 $xOy$ 平面上半径为 $R$ 的圆盘；曲面 $z = \sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 是一个球心在原点、半径为 $R$ 的上半球面。

因此，该二重积分的值就是这个上半球体的体积。

球体的体积公式为 $V_{球} = \frac{4}{3}\pi R^3$。

所以上半球体的体积为 $V = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3$。

答案： B

题目 13：

设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则 $\lim_{n \to \infty} u_n$ __________；

A) 必发散

B) 必收敛于1

C) 必收敛于0

D) 敛散性不能确定

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 $u_n$ 当 $n \to \infty$ 时的极限必定为 $0$。

即：若级数收敛，则必有 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。

答案： C

题目 14：

函数 $f(x,y) = x^3 - y^3 + 3x^2 + 3y^2 - 9x$ 在点 $(-3, 0)$ 处__________。

A) 取到极小值

B) 取不到极值

C) 取到极大值

D) 以上结论都不对

解答过程：

首先求函数的一阶偏导数，验证 $(-3,0)$ 是否为驻点：

$f_x(x,y) = 3x^2 + 6x - 9$

$f_y(x,y) = -3y^2 + 6y$

代入 $(-3, 0)$：

$f_x(-3,0) = 3(-3)^2 + 6(-3) - 9 = 27 - 18 - 9 = 0$

$f_y(-3,0) = -3(0)^2 + 6(0) = 0$

所以 $(-3,0)$ 确实是驻点。

接下来求二阶偏导数：

$f_{xx}(x,y) = 6x + 6$

$f_{xy}(x,y) = 0$

$f_{yy}(x,y) = -6y + 6$

计算在点 $(-3,0)$ 处的值：

$A = f_{xx}(-3,0) = 6(-3) + 6 = -12$

$B = f_{xy}(-3,0) = 0$

$C = f_{yy}(-3,0) = -6(0) + 6 = 6$

判别式：$\Delta = AC - B^2 = (-12) \times 6 - 0^2 = -72$

因为 $AC - B^2 < 0$，根据多元函数极值存在的充分条件，该点不是极值点。

答案： B

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

题目 15：

设函数 $z = \ln(x+2y) + xy^3$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$；

解答过程：

先求对 $x$ 的一阶偏导数（将 $y$ 视为常数）：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}[\ln(x+2y)] + \frac{\partial}{\partial x}[xy^3]$$$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{x+2y} \cdot 1 + y^3 = \frac{1}{x+2y} + y^3$$

再求混合二阶偏导数，即在上一步的基础上对 $y$ 求导（将 $x$ 视为常数）：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{x+2y} + y^3 \right)$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = -(x+2y)^{-2} \cdot \frac{\partial(x+2y)}{\partial y} + 3y^2$$$$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = -\frac{2}{(x+2y)^2} + 3y^2$$

题目 16：

求一阶非齐次线性微分方程 $\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x-2}y = 2(x-2)^2$ 的通解；

解答过程：

该方程是标准的一阶线性微分方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ 的形式，其中：

$$P(x) = -\frac{1}{x-2}$$$$Q(x) = 2(x-2)^2$$

代入一阶线性微分方程的通解公式：

$$y = e^{-\int P(x)dx} \left( \int Q(x) e^{\int P(x)dx} dx + C \right)$$

先计算积分因子相关的部分：

$$\int P(x)dx = \int -\frac{1}{x-2} dx = -\ln|x-2|$$$$e^{\int P(x)dx} = e^{-\ln|x-2|} = \frac{1}{|x-2|}$$$$e^{-\int P(x)dx} = e^{\ln|x-2|} = |x-2|$$

（由于通解中包含任意常数 $C$，我们可以在去绝对值时将符号吸收到常数中，为书写方便，假设 $x>2$ 讨论，最终结果形式对 $x<2$ 同样适用）：

$$y = (x-2) \left( \int 2(x-2)^2 \cdot \frac{1}{x-2} dx + C \right)$$$$y = (x-2) \left( \int 2(x-2) dx + C \right)$$$$y = (x-2) \left( x^2 - 4x + C_1 \right) \text{ 或者更简洁地写成 } (x-2) \left( (x-2)^2 + C \right)$$$$y = (x-2)^3 + C(x-2)$$

题目 17：

设函数 $z = f(x,y) = x^2y + xy^3$，试求：

(1) 函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的梯度；

(2) 函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的方向导数的最值，并求方向导数取最值时对应的方向；

解答过程：

(1) 先求一阶偏导数：

$$f_x(x,y) = 2xy + y^3$$$$f_y(x,y) = x^2 + 3xy^2$$

代入点 $(1,1)$ 计算：

$$f_x(1,1) = 2(1)(1) + 1^3 = 3$$$$f_y(1,1) = 1^2 + 3(1)(1)^2 = 4$$

所以，函数在点 $(1,1)$ 处的梯度为向量：

$$\mathbf{grad} f(1,1) = \nabla f(1,1) = \{3, 4\} \text{ 或 } 3\vec{i} + 4\vec{j}$$

(2) 根据方向导数的性质，函数在某点方向导数的最大值等于梯度的模，最小值等于负的梯度的模。

最大值：$|\nabla f(1,1)| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$

取得最大值的方向与梯度方向相同，即方向向量为 $\vec{l}_{max} = \{3, 4\}$（或单位向量 $\{\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\}$）。

最小值：$-|\nabla f(1,1)| = -5$

取得最小值的方向与梯度方向相反，即方向向量为 $\vec{l}_{min} = \{-3, -4\}$（或单位向量 $\{-\frac{3}{5}, -\frac{4}{5}\}$）。

题目 18：

设幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，试求：

(1) 收敛半径； (2) 收敛域； (3) 和函数。

解答过程：

(1) 收敛半径：

通项系数 $a_n = \frac{1}{n}$，$a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$。

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$$

收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = 1$。

(2) 收敛域：

开区间为 $(-1, 1)$，需检查端点。

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

当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，这是交错级数，满足莱布尼茨判别法（$\frac{1}{n}$ 单调递减且趋于 0），条件收敛。

因此，收敛域为 $[-1, 1)$。

(3) 和函数：

设和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，$x \in [-1, 1)$。

对 $S(x)$ 在收敛区间内逐项求导：

$$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{x^n}{n} \right)' = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1} = 1 + x + x^2 + \dots$$

这是一个首项为 $1$，公比为 $x$ 的等比级数，当 $|x| < 1$ 时，

$$S'(x) = \frac{1}{1-x}$$

由于 $S(0) = 0$，将 $S'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分：

$$S(x) = \int_0^x S'(t)dt = \int_0^x \frac{1}{1-t} dt = -\ln(1-x)$$

由阿贝尔定理，由于在 $x=-1$ 处级数收敛，和函数在 $x=-1$ 处连续，因此 $S(x) = -\ln(1-x)$ 的定义域可扩展到 $x \in [-1, 1)$。

和函数为：$S(x) = -\ln(1-x), x \in [-1, 1)$。

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

题目 19：

设由抛物面 $z = x^2+y^2$ 与上半球面 $z = \sqrt{2-x^2-y^2}$ 相交所得的交线圆为 $C$，求

(1) 交线 $C$ 在 $xOy$ 面上的投影曲线；

(2) 计算由这个抛物面和此上半球面所围成的立体的体积；

解答过程：

(1) 将两曲面方程联立以求交线：

$$\begin{cases} z = x^2+y^2 \\ z = \sqrt{2-x^2-y^2} \end{cases}$$

消去 $z$，得 $x^2+y^2 = \sqrt{2-(x^2+y^2)}$。

设 $r^2 = x^2+y^2 \ge 0$，则方程化为 $r^2 = \sqrt{2-r^2}$。

两边平方：$r^4 = 2 - r^2 \implies r^4 + r^2 - 2 = 0 \implies (r^2-1)(r^2+2) = 0$。

因为 $r^2 \ge 0$，所以 $r^2 = 1$，即 $x^2+y^2 = 1$。

此时 $z = 1^2 = 1$。

投影到 $xOy$ 面上（即 $z=0$），交线 $C$ 的投影曲线方程为：

$$\begin{cases} x^2+y^2 = 1 \\ z = 0 \end{cases}$$

(2) 立体的投影区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \le 1$。

立体的顶是上半球面 $z_2 = \sqrt{2-x^2-y^2}$，底是抛物面 $z_1 = x^2+y^2$。

体积 $V = \iint_D (\sqrt{2-x^2-y^2} - (x^2+y^2)) dxdy$。

采用极坐标计算更为方便，区域 $D$ 为 $0 \le \theta \le 2\pi, 0 \le r \le 1$。

$$V = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 (\sqrt{2-r^2} - r^2) r dr$$$$V = 2\pi \left( \int_0^1 r\sqrt{2-r^2} dr - \int_0^1 r^3 dr \right)$$

计算两个定积分：

第一项积分：

$$\int_0^1 r\sqrt{2-r^2} dr = -\frac{1}{2} \int_0^1 (2-r^2)^{\frac{1}{2}} d(2-r^2) = -\frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3}(2-r^2)^{\frac {3}{2}} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}(1^{\frac{3}{2}} - 2^{\frac{3}{2}}) = \frac{2\sqrt{2}-1}{3}$$

第二项积分：

$$\int_0^1 r^3 dr = \left[ \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = \frac{1}{4}$$

代入计算 $V$：

$$V = 2\pi \left( \frac{2\sqrt{2}-1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2\pi \left( \frac{8\sqrt{2}-4-3}{12} \right) = \frac{(8\sqrt{2}-7) \pi}{6}$$

题目 20：

求球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 在点 $(1, 1, \sqrt{2})$ 处的切平面及法线方程。

解答过程：

设曲面方程为隐函数形式 $F(x,y,z) = x^2+y^2+z^2-4 = 0$。

求各个偏导数：

$$F_x = 2x, \quad F_y = 2y, \quad F_z = 2z$$

将已知切点坐标 $P_0(1, 1, \sqrt{2})$ 代入，得到法向量 $\vec{n}$：

$$F_x(P_0) = 2(1) = 2$$$$F_y(P_0) = 2(1) = 2$$$$F_z(P_0) = 2(\sqrt{2}) = 2\sqrt{2}$$

法向量 $\vec{n} = (2, 2, 2\sqrt{2})$，为简化计算，可取平行向量 $\vec{n'} = (1, 1, \sqrt{2})$ 作为法向量。

切平面方程：

$$F_x(P_0)(x-x_0) + F_y(P_0)(y-y_0) + F_z(P_0)(z-z_0) = 0$$$$1(x-1) + 1(y-1) + \sqrt{2}(z-\sqrt{2}) = 0$$

展开并化简：

$$x - 1 + y - 1 + \sqrt{2}z - 2 = 0$$$$x + y + \sqrt{2}z - 4 = 0$$

法线方程：

$$\frac{x-x_0}{F_x(P_0)} = \frac{y-y_0}{F_y(P_0)} = \frac{z-z_0}{F_z(P_0)}$$$$\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{1} = \frac{z-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$$

五、证明题（8 分）

题目 21：

证明：级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 条件收敛。

证明过程：

记通项的绝对值为 $u_n = \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}$，原级数为交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$。

第一步：证明不绝对收敛

考虑对应的绝对值级数 $\sum_{n=2}^{\infty} u_n = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}$。

当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n+1}{n-1} \to 1$。

将其与 $p$ 级数 $v_n = \frac{1}{n^{1/3}}$ 比较，取极限：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n+1}{n-1} \frac{1}{n^{1/3}}}{\frac{1}{n^{1/3}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n-1} = 1 \quad (0 < 1 < +\infty)$$

根据极限比较判别法，由于 $p$ 级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1/3}}$ 发散（因 $p = \frac{1}{3} < 1$ ），所以绝对值级数 $\sum_{n=2}^{\infty} u_n$ 发散。即原级数不绝对收敛。

第二步：证明原级数收敛

需要使用莱布尼茨判别法验证交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$。

莱布尼茨判别法有两个条件：

$\lim_{n \to \infty} u_n = 0$
序列 $\{u_n\}$ 单调递减。

验证条件 1：

$$\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1 + \frac{1}{n}}{1 - \frac{1}{n}} \cdot \frac{1}{n^{1/3}} \right) = 1 \cdot 0 = 0$$

（条件1满足）

验证条件 2：

构造函数 $f(x) = \frac{x+1}{x-1} x^{-1/3} = \frac{x+1}{(x-1)x^{1/3}}$，($x \ge 2$)，判断其导数符号：

$$f'(x) = \left( \frac{x+1}{x-1} \right)' x^{-1/3} + \frac{x+1}{x-1} \left( x^{-1/3} \right)'$$$$f'(x) = \frac{(x-1) - (x+1)}{(x-1)^2} x^{-1/3} + \frac{x+1}{x-1} \left( -\frac{1}{3}x^{-4/3} \right)$$$$f'(x) = \frac{-2}{(x-1)^2} x^{-1/3} - \frac{x+1}{3(x-1)x^{4/3}}$$

当 $x \ge 2$ 时：

第一项 $\frac{-2}{(x-1)^2} x^{-1/3} < 0$

第二项 $- \frac{x+1}{3(x-1)x^{4/3}} < 0$

两项均为负，故 $f'(x) < 0$。

这说明函数 $f(x)$ 单调递减，从而数列 $u_n = f(n)$ 也是单调递减的。（条件2满足）

由莱布尼茨判别法可知，交错级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n u_n$ 收敛。

结论：

原级数收敛，但其绝对值级数发散，因此级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{n+1}{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ 是条件收敛的。证毕。

模拟题二

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题（每小题 3 分，共 18 分）

1. 题目：

微分方程 $xy''' + 2(y'')^2 - y = 0$ 的阶数为________；

解答过程：

微分方程的阶数是指方程中所含未知函数的最高阶导数的阶数。

观察给定的微分方程 $xy''' + 2(y'')^2 - y = 0$，其中出现了未知函数 $y$ 的一阶导数（未出现）、二阶导数 $y''$ 以及三阶导数 $y'''$。

由于最高阶导数为三阶导数 $y'''$，因此该微分方程的阶数为 $3$。

答案： $3$

2. 题目：

已知向量 $\vec{b} = (1, 2, -2)$ 和 $\vec{a} = (2, -1, 2)$，则 $2\vec{b} - \vec{a} =$ ________；

解答过程：

根据向量的数乘和减法运算法则，直接代入坐标进行计算：

$$2\vec{b} = 2(1, 2, -2) = (2, 4, -4)$$$$2\vec{b} - \vec{a} = (2, 4, -4) - (2, -1, 2) = (2 - 2, 4 - (-1), -4 - 2) = (0, 5, -6)$$

答案： $(0, 5, -6)$

3. 题目：

平面 $yoz$ 内的曲线 $z = 2y^2$ 绕 $z$ 轴旋转一周所形成的旋转曲面方程为 ________；

解答过程：

在空间解析几何中，坐标面上的曲线绕某坐标轴旋转生成旋转曲面的规律是：绕某轴旋转，该轴的坐标变量保留，而将另一个变量替换为“正负根号下其余两个变量平方和”。

具体到本题，平面 $yoz$ 内的曲线 $z = 2y^2$ 绕 $z$ 轴旋转，则变量 $z$ 保持不变，将方程中的 $y$ 替换为 $\pm\sqrt{x^2 + y^2}$（或者直接将 $y^2$ 替换为 $x^2 + y^2$）。

代入得到旋转曲面方程为：$z = 2(x^2 + y^2)$。

答案： $z = 2(x^2 + y^2)$ （或 $z = 2x^2 + 2y^2$）

4. 题目：

设向量 $\vec{a} = \vec{i} - \vec{j} + 2\vec{k}$，$\vec{b} = \vec{i} + 2\vec{j} + \vec{k}$，则向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 ________；

解答过程：

将向量写为坐标形式：$\vec{a} = (1, -1, 2)$，$\vec{b} = (1, 2, 1)$。

设两向量夹角为 $\theta$，根据向量数量积公式 $\cos\theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$ 进行计算：

首先计算数量积（点乘）：

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = 1\times1 + (-1)\times2 + 2\times1 = 1 - 2 + 2 = 1$$

然后计算各自的模长：

$$|\vec{a}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{6}$$$$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{6}$$

代入夹角余弦公式：

$$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \frac{1}{6}$$

由于向量夹角范围是 $[0, \pi]$，因此夹角 $\theta = \arccos\frac{1}{6}$。

答案： $\arccos\frac{1}{6}$

5. 题目：

二元函数 $f(x, y) = x^2 - y^2 + xy$ 在点 $(1, 1)$ 处沿着方向 $\vec{l} = (3, 4)$ 的方向导数为________；

解答过程：

首先求函数在点 $(1, 1)$ 处的梯度（偏导数）。

关于 $x$ 的偏导数：$f_x(x, y) = 2x + y$，在 $(1, 1)$ 处的值为 $f_x(1, 1) = 2(1) + 1 = 3$。

关于 $y$ 的偏导数：$f_y(x, y) = -2y + x$，在 $(1, 1)$ 处的值为 $f_y(1, 1) = -2(1) + 1 = -1$。

所以函数在 $(1, 1)$ 处的梯度为 $\nabla f(1, 1) = (3, -1)$。

其次，求方向 $\vec{l} = (3, 4)$ 的单位方向向量 $\vec{e_l}$：

$$\vec{e_l} = \frac{\vec{l}}{|\vec{l}|} = \frac{(3, 4)}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\right)$$

方向导数等于梯度与单位方向向量的点乘：

$$\frac{\partial f}{\partial l}\bigg|_{(1,1)} = \nabla f(1, 1) \cdot \vec{e_l} = (3, -1) \cdot \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5} \right) = 3 \times \frac{3}{5} + (-1) \times \frac{4}{5} = \frac{9}{5} - \frac{4}{5} = 1$$

答案： $1$

6. 题目：

若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则极限 $\lim_{n \to \infty}(2u_n + 3) =$ ________.

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 $0$，即 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。

利用极限的四则运算法则，可以直接求解要求的极限：

$$\lim_{n \to \infty}(2u_n + 3) = 2 \lim_{n \to \infty} u_n + \lim_{n \to \infty} 3 = 2(0) + 3 = 3$$

答案： $3$

二、选择题（每小题 3 分，共 24 分）

7. 题目：

极限 $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x + 3y}{x - 2y}$ ________；

A) 不存在

B) 存在且不等于$0$

C) 存在且等于$0$

D) 以上结论都不对

解答过程：

判断二元极限是否存在，通常考察动点沿着不同路径趋于原点时极限值是否唯一。

设动点 $(x,y)$ 沿着直线 $y = kx$ 趋于 $(0,0)$。将 $y = kx$ 代入原式得：

$$\lim_{x \to 0} \frac{x + 3kx}{x - 2kx} = \lim_{x \to 0} \frac{x(1 + 3k)}{x(1 - 2k)} = \frac{1 + 3k}{1 - 2k}$$

由于最终的极限值 $\frac{1 + 3k}{1 - 2k}$ 依赖于参数 $k$ 的取值（即趋于原点的不同方向会导致不同的极限值），因此该二元极限不存在。

答案： A

8. 题目：

方程 $z = 2 - x^2 - y^2$ 表示的二次曲面是________；

A) 抛物柱面

B) 旋转抛物面

C) 双曲面

D) 椭球面

解答过程：

对方程进行简单变形，得到 $z - 2 = -(x^2 + y^2)$。

这是一个标准的旋转抛物面方程的平移形式。它的顶点在 $(0, 0, 2)$，由于右侧为负号，这是一个开口向下的旋转抛物面（由抛物线 $z = 2 - x^2$ 绕 $z$ 轴旋转而成）。

因此，它表示的二次曲面是旋转抛物面。

答案： B

9. 题目：

正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}$ 的敛散性为________；

A) 收敛

B) 发散

C) 条件收敛

D) 敛散性不定

解答过程：

这是一个典型的含有指数和幂函数的正项级数，可以使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）进行判断。

设 $u_n = \frac{n^2}{2^n}$，则 $u_{n+1} = \frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}$。

计算后项与前项之比的极限：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\frac{n^2}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{2^n}{2^{n+1}} \right] = \lim_{n \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{1}{n}\right) ^2 \cdot \frac{1}{2} \right]$$

因为 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^2 = 1$，所以：

$$\rho = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$

因为极限 $\rho = \frac{1}{2} < 1$，根据比值审敛法可知，该正项级数收敛。

答案： A

10. 题目：

设函数 $f(x, y)$ 连续，则交换二次积分 $\int_0^1 dx \int_0^x f(x, y) dy$ 的积分次序为________；

A) $\int_0^1 dy \int_0^1 f(x, y) dx$

B) $\int_0^1 dy \int_1^y f(x, y) dx$

C) $\int_0^1 dy \int_0^y f(x, y) dx$

D) $\int_0^1 dy \int_y^1 f(x, y) dx$

解答过程：

首先确定原二次积分的积分区域 $D$。

根据积分上下限，区域 $D$ 由不等式组 $0 \le x \le 1$ 且 $0 \le y \le x$ 确定。在平面直角坐标系中画出该区域，可以发现这是一个由直线 $y=0$、$x=1$ 以及 $y=x$ 所围成的三角形区域。

现在交换积分次序，即先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分：

确定 $y$ 的积分范围（投影到 $y$ 轴上的范围）：观察图形，区域在 $y$ 轴上的投影区间是 $[0, 1]$，所以外层积分限为 $\int_0^1 \cdots dy$。
确定 $x$ 的积分范围（对给定的 $y \in [0, 1]$，穿过区域的平行于 $x$ 轴的射线的进出点）：射线从直线 $x=y$ 穿入，从直线 $x=1$ 穿出。所以内层积分限为 $\int_y^1 \cdots dx$。

综合起来，交换积分次序后的积分式为：$\int_0^1 dy \int_y^1 f(x, y) dx$。

答案： D

11. 题目：

设函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处的梯度为 $\text{grad} f(1, -1) = 3\vec{i} + 4\vec{j}$，则 $z = f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处方向导数的最小值为________；

A) $-\sqrt{2}$

B) $5$

C) $\sqrt{2}$

D) $-5$

解答过程：

函数在某一点沿某一方向的方向导数公式为：$D_l f = |\text{grad} f| \cdot \cos\theta$，其中 $\theta$ 是梯度向量与方向向量 $\vec{l}$ 之间的夹角。

当 $\theta = \pi$ 时（即沿着与梯度相反的方向），方向导数取得最小值，最小值为 $-|\text{grad} f|$。

已知 $\text{grad} f(1, -1) = (3, 4)$，其模长为 $|\text{grad} f| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。

因此，方向导数的最小值为 $-5$。

答案： D

12. 题目：

方程 $y'' - 5y' + 6y = xe^{2x}$ 的一个特解应具有形式________；

A) $(ax+b)e^{2x}$

B) $ae^{2x}$

C) $x(ax+b)e^{2x}$

D) $x^2(ax+b)e^{2x}$

解答过程：

首先求对应齐次方程 $y'' - 5y' + 6y = 0$ 的特征方程：$r^2 - 5r + 6 = 0$。

解得特征根为 $r_1 = 2, r_2 = 3$。

非齐次项的形式为 $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$，这里 $\alpha = 2$，$P_n(x) = x$ 是一次多项式（$n=1$）。

因为 $\alpha = 2$ 是特征方程的单根（即 $k=1$），根据二阶常系数线性非齐次微分方程特解的设定原则，特解的形式应设为：

$$y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x} = x^1(ax+b)e^{2x} = x(ax+b)e^{2x}$$

答案： C

13. 题目：

对于函数 $z = f(x, y)$，下列结论正确的是________；

A) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 连续

B) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 可微

C) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都连续，则 $z = f(x, y)$ 可微

D) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 极限存在

解答过程：

这是多元函数微分学中的基本定理。

偏导数存在仅仅代表函数在平行于坐标轴的方向上极限存在，不能推导出演函数在该点连续，也不能推导出极限存在，更不能推导出可微。因此 A、B、D 均错误。

根据充分条件定理：如果函数的各个偏导数在某点的某邻域内存在，且在该点连续，则函数在该点可微。

答案： C

14. 题目：

若幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $4$，则下列点一定是发散点的是________.

A) $-4$

B) $1$

C) $4$

D) $5$

解答过程：

该幂级数缺省中心点，即在 $x=0$ 处展开。已知收敛半径 $R = 4$，则由阿贝尔定理可知：

当 $|x| < 4$ 即 $x \in (-4, 4)$ 时，幂级数绝对收敛；

当 $|x| > 4$ 时，幂级数发散；

当 $x = 4$ 或 $x = -4$ 时，敛散性无法直接确定，可能收敛也可能发散。

在给出的选项中，只有点 $x = 5$ 满足 $|x| > 4$，因此 $5$ 一定是发散点。

答案： D

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

15. 题目：

设函数 $u = x^2 + y^2 + z^2$，其中 $z = x^2 \cos y$，求 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}$；

解答过程：

利用复合函数的链式求导法则。

$$u(x, y) = x^2 + y^2 + z(x, y)^2$$

求关于 $x$ 的偏导数：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^2) \cdot \frac{\partial z} {\partial x} = 2x + 2z \cdot (2x \cos y)$$

将 $z = x^2 \cos y$ 代入：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x + 2(x^2 \cos y)(2x \cos y) = 2x + 4x^3 \cos^2 y$$

求关于 $y$ 的偏导数：

$$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + y^2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^2) \cdot \frac{\partial z} {\partial y} = 2y + 2z \cdot (x^2(-\sin y))$$

将 $z = x^2 \cos y$ 代入：

$$\frac{\partial u}{\partial y} = 2y - 2(x^2 \cos y)(x^2 \sin y) = 2y - 2x^4 \sin y \cos y = 2y - x^4 \sin 2y$$

答案： $\frac{\partial u}{\partial x} = 2x + 4x^3 \cos^2 y$，$\frac{\partial u}{\partial y} = 2y - x^4 \sin 2y$

16. 题目：

计算二重积分 $\iint_D \frac{1}{xy} d\sigma$，其中积分区域 $D$ 是由 $y = \ln x, y = 1, y = 2, x = 1$ 围成；

解答过程：

首先确定积分区域 $D$。由边界曲线 $y = \ln x$ 可得 $x = e^y$。

画出积分区域的草图可以看出，这是一个 $X$-型区域（或 $Y$-型区域，但化为先对 $x$ 积分更简便）。

区域 $D$ 可以表示为不等式组：$1 \le y \le 2$，且 $1 \le x \le e^y$。

将其化为累次积分：

$$\iint_D \frac{1}{xy} d\sigma = \int_1^2 dy \int_1^{e^y} \frac{1}{xy} dx$$

先对内层关于 $x$ 进行积分（将 $y$ 视为常数）：

$$\int_1^{e^y} \frac{1}{xy} dx = \frac{1}{y} \int_1^{e^y} \frac{1}{x} dx = \frac{1}{y} [\ln x]_1^{e^y} = \frac{1}{y}(\ln e^y - \ln1) = \frac{1}{y}(y - 0) = 1$$

再对外层关于 $y$ 进行积分：

$$\int_1^2 1 dy = [y]_1^2 = 2 - 1 = 1$$

答案： $1$

17. 题目：

求微分方程 $y' + \frac{y}{x} = \frac{1}{x^2}$ 满足初始条件 $y|_{x=1} = 0$ 的特解；

解答过程：

这是一个标准的一阶线性非齐次微分方程，形式为 $y' + p(x)y = q(x)$。

其中 $p(x) = \frac{1}{x}$，$q(x) = \frac{1}{x^2}$。

方法一（公式法）：

通解公式为 $y = e^{-\int p(x)dx} \left( \int q(x)e^{\int p(x)dx} dx + C \right)$。

先计算积分因子：$e^{\int p(x)dx} = e^{\int \frac{1}{x}dx} = e^{\ln x} = x$ （初始条件 $x=1>0$，故直接写为 $x$）。

代入通解公式：

$$y = \frac{1}{x} \left( \int \frac{1}{x^2} \cdot x dx + C \right) = \frac{1}{x} \left( \int \frac{1}{x} dx + C \right) = \frac{1} {x}(\ln x + C)$$

方法二（凑微分法，更快捷）：

方程两边同乘 $x$ 得：$xy' + y = \frac{1}{x}$

左边即为乘积的导数：$(xy)' = \frac{1}{x}$

两边积分得：$xy = \ln x + C$

通解为：$y = \frac{\ln x + C}{x}$

将初始条件 $y(1) = 0$ 代入通解：

$0 = \frac{\ln 1 + C}{1} \implies C = 0$

因此，特解为 $y = \frac{\ln x}{x}$。

答案： $y = \frac{\ln x}{x}$

18. 题目：

求函数 $f(x, y) = 4(x - y) - x^2 - y^2$ 的极值.

解答过程：

第一步：求驻点。

求一阶偏导数并令其为 $0$：

$$f_x(x, y) = 4 - 2x = 0 \implies x = 2$$$$f_y(x, y) = -4 - 2y = 0 \implies y = -2$$

得到唯一的驻点 $P(2, -2)$。

第二步：利用二阶偏导数判别法判断极值。

求二阶偏导数：

$$A = f_{xx}(x, y) = -2$$$$B = f_{xy}(x, y) = 0$$$$C = f_{yy}(x, y) = -2$$

在驻点 $P(2, -2)$ 处计算判别式：

$$\Delta = AC - B^2 = (-2) \times (-2) - 0^2 = 4$$

因为 $\Delta > 0$，且 $A = -2 < 0$，所以函数在点 $(2, -2)$ 处取得极大值。

第三步：计算极值。

极大值 $f(2, -2) = 4(2 - (-2)) - 2^2 - (-2)^2 = 4 \times 4 - 4 - 4 = 16 - 8 = 8$。

答案： 函数在 $(2, -2)$ 处取得极大值，极大值为 $8$。

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

19. 题目：

求曲面 $z = x^2 + 2y^2$ 在点 $(1, 1, 3)$ 处的切平面及法线方程；

解答过程：

设隐函数 $F(x, y, z) = x^2 + 2y^2 - z = 0$。

求 $F(x, y, z)$ 的各个偏导数：

$$F_x = 2x, \quad F_y = 4y, \quad F_z = -1$$

将已知点 $(1, 1, 3)$ 代入，求得曲面在该点处的法向量 $\vec{n}$：

$$\vec{n} = (F_x(1,1,3), F_y(1,1,3), F_z(1,1,3)) = (2, 4, -1)$$

切平面方程：

利用点法式方程 $A(x-x_0) + B(y-y_0) + C(z-z_0) = 0$：

$$2(x - 1) + 4(y - 1) - 1(z - 3) = 0$$

化简得：$2x + 4y - z - 3 = 0$。

法线方程：

利用对称式方程 $\frac{x-x_0}{A} = \frac{y-y_0}{B} = \frac{z-z_0}{C}$：

$$\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z - 3}{-1}$$

答案： 切平面方程为 $2x + 4y - z - 3 = 0$；法线方程为 $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z - 3}{-1}$。

20. 题目：

求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$ 的收敛域与和函数.

解答过程：

第一步：求收敛域。

设 $a_n = n$。利用比值法求收敛半径 $R$：

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

收敛区间为 $(-1, 1)$。

检查端点：

当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} n$，发散（通项不趋于0）。

当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^{n-1}$，发散。

所以收敛域为 $(-1, 1)$。

第二步：求和函数。

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

观察可知，通项 $nx^{n-1}$ 是 $x^n$ 的导数。利用幂级数在收敛区间内可逐项积分的性质：

对 $S(x)$ 在 $[0, x]$ 上积分得：

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

这是一个公比为 $x$ 的无穷等比数列求和，因为 $|x| < 1$，所以：

$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{x}{1 - x}$$

即 $\int_0^x S(t) dt = \frac{x}{1 - x}$。

两边对 $x$ 求导，即可恢复出 $S(x)$：

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

（或者利用 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$ 直接两边求导：$(\sum_{n=0}^{\infty} x^n)' = \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} = (\frac {1}{1-x})' = \frac{1}{(1-x)^2}$）

答案： 收敛域为 $(-1, 1)$，和函数为 $S(x) = \frac{1}{(1 - x)^2}$。

五、证明题（8 分）

21. 题目：

设函数 $z = x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$，其中 $f$ 为可微函数，试证明：$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = 2z$.

证明过程：

令中间变量 $u = \frac{y}{x}$，则 $z = x^2 f(u)$。利用复合函数的链式求导法则分别求偏导数。

求 $\frac{\partial z}{\partial x}$：

应用乘积求导法则和复合求导：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) \cdot f(u) + x^2 \cdot \frac{\partial}{\partial x}(f(u)) = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) + x^2 \cdot f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{y}{x}\right)$$

因为 $\frac{\partial}{\partial x}\left(yx^{-1}\right) = -yx^{-2} = -\frac{y}{x^2}$，代入上式：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) + x^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) \left(-\frac{y}{x^2}\right) = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) - y f'\left(\frac{y}{x}\right)$$

上式两边同乘 $x$：

$$x \frac{\partial z}{\partial x} = 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right) - xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \quad \text{--- (式 1)}$$

求 $\frac{\partial z}{\partial y}$：

将 $x$ 视为常数：

$$\frac{\partial z}{\partial y} = x^2 \cdot f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{x}\right) = x^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) \left(\frac{1}{x}\right) = x f'\left(\frac{y}{x}\right)$$

上式两边同乘 $y$：

$$y \frac{\partial z}{\partial y} = xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \quad \text{--- (式 2)}$$

验证等式：

将（式 1）和（式 2）相加：

$$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = \left[ 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right) - xy f'\left(\frac{y}{x} \right) \right] + xy f'\left(\frac{y}{x}\right)$$

化简得：

$$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$$

又因为已知 $z = x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$，代入上式即得：

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

证毕。

模拟题三

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、填空题（每小题 3 分，共 18 分）

1. 已知三点 $A(1, 2, 3)$，$B(3, 4, 5)$，$C(2, 4, 7)$，则三角形 $ABC$ 的面积为________；

解答过程：

首先求出由点 $A$ 出发的两个向量 $\vec{AB}$ 和 $\vec{AC}$：

$\vec{AB} = (3-1, 4-2, 5-3) = (2, 2, 2)$

$\vec{AC} = (2-1, 4-2, 7-3) = (1, 2, 4)$

通过向量的叉乘计算平行四边形的面积，三角形面积为平行四边形的一半：

$\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 4 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(8-4) - \mathbf{j}(8-2) + \mathbf{k}(4-2) = (4, -6, 2)$

向量的模长即为平行四边形的面积：

$|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{4^2 + (-6)^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 36 + 4} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$

三角形 $ABC$ 面积 $S = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{14} = \sqrt{14}$。

答案： $\sqrt{14}$

2. 设函数 $z = y^{\ln x}$，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ________；

解答过程：

利用对数求导法或指数性质化简。将 $z$ 改写为以 $e$ 为底的形式：

$z = e^{\ln(y^{\ln x})} = e^{\ln x \cdot \ln y}$

对 $x$ 求偏导数（将 $y$ 视为常数）：

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (e^{\ln x \cdot \ln y}) = e^{\ln x \cdot \ln y} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(\ln x \cdot \ln y)$

$= y^{\ln x} \cdot (\ln y \cdot \frac{1}{x}) = y^{\ln x} \frac{\ln y}{x}$。

答案： $y^{\ln x} \frac{\ln y}{x}$

3. 设 $D$ 为圆域 $\{(x,y) | x^2 + y^2 \leq 1\}$，则二重积分 $\iint_D (x+y)^2 dxdy =$ ________；

解答过程：

将积分函数展开：

$\iint_D (x+y)^2 dxdy = \iint_D (x^2 + 2xy + y^2) dxdy$

由于积分区域 $D$ 是以原点为中心的单位圆，关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，且 $2xy$ 是关于 $x$（或 $y$）的奇函数，因此根据对称性：

$\iint_D 2xy dxdy = 0$

原积分变为：$\iint_D (x^2 + y^2) dxdy$

使用极坐标变换计算该积分，令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, dxdy = r dr d\theta$，积分区域变为 $0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq 1$：

$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r^2 \cdot r dr = 2\pi \cdot \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$。

答案： $\frac{\pi}{2}$

4. 幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2x-3)^n}{\sqrt{n}}$ 的收敛域为________；

解答过程：

令一般项为 $u_n = \frac{(2x-3)^n}{\sqrt{n}}$，使用比值审敛法求收敛半径：

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(2x-3)^{n+1}}{\sqrt{n+1}} \cdot \frac{\sqrt{n}}{(2x-3)^n} \right| = \lim_{n \to \infty} |2x-3| \sqrt{\frac{n}{n+1}} = |2x-3|$

令 $|2x-3| < 1$，解得 $-1 < 2x-3 < 1$，即 $2 < 2x < 4 \implies 1 < x < 2$。

验证端点：

当 $x = 2$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$，这是 $p=\frac{1}{2} \leq 1$ 的 $p$ 级数，发散。

当 $x = 1$ 时，级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$，这是一个交错级数，满足莱布尼茨判别法条件（通项绝对值单调递减趋于0），条件收敛。

故该幂级数的收敛域为 $[1, 2)$。

答案： $[1, 2)$

5. 平面 $x-y-2z+3=0$ 与 $x+2y+z-1=0$ 的夹角为________；

解答过程：

平面夹角等于其法向量的夹角（取锐角）。

两平面的法向量分别为：

$\vec{n_1} = (1, -1, -2)$

$\vec{n_2} = (1, 2, 1)$

计算法向量夹角 $\theta$ 的余弦值：

$\cos\theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|} = \frac{|1\times1 + (-1)\times2 + (-2)\times1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{1^2+2^2+1^2}}$

$= \frac{|1 - 2 - 2|}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{|-3|}{6} = \frac{1}{2}$

因为夹角通常指锐角，所以 $\theta = \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$。

答案： $\frac{\pi}{3}$

6. 函数 $u = \frac{x}{x^2+y^2}$ 在点 $(1, 2)$ 处的全微分 $du =$ ________；

解答过程：

求全微分需要分别求出对 $x$ 和对 $y$ 的偏导数。

对 $x$ 求偏导：

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

对 $y$ 求偏导：

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

代入点 $(1, 2)$：

$u_x(1, 2) = \frac{2^2 - 1^2}{(1^2+2^2)^2} = \frac{4-1}{25} = \frac{3}{25}$

$u_y(1, 2) = \frac{-2(1)(2)}{(1^2+2^2)^2} = \frac{-4}{25}$

因此，全微分 $du = \frac{\partial u}{\partial x} dx + \frac{\partial u}{\partial y} dy = \frac{3}{25}dx - \frac{4}{25}dy$。

答案： $\frac{3}{25}dx - \frac{4}{25}dy$

二、选择题（每小题 3 分，共 24 分）

7. 函数 $z = 4(x-y) - x^2 - y^2$ 的极大值是________；

A) $2$

B) $-2$

C) $8$

D) $-1$

解答过程：

首先求驻点，即一阶偏导数等于0的点：

$z_x = 4 - 2x = 0 \implies x = 2$

$z_y = -4 - 2y = 0 \implies y = -2$

得到唯一驻点 $(2, -2)$。

求二阶偏导数来判断极值：

$A = z_{xx} = -2$

$B = z_{xy} = 0$

$C = z_{yy} = -2$

判别式 $\Delta = AC - B^2 = (-2) \times (-2) - 0^2 = 4 > 0$。

因为 $\Delta > 0$ 且 $A < 0$，所以该点是极大值点。

极大值为：$z(2, -2) = 4(2 - (-2)) - 2^2 - (-2)^2 = 4(4) - 4 - 4 = 16 - 8 = 8$。

答案选： C

8. 累次积分 $\int_1^2 dx \int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) dy$ 交换积分次序后为________；

A) $\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$

B) $\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1-\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$

C) $\int_0^1 dy \int_0^{2-y} f(x,y)dx$

D) $\int_0^1 dy \int_0^{\sqrt{2y-y^2}} f(x,y)dx$

解答过程：

首先分析原积分确定的积分区域 $D$：

$1 \leq x \leq 2$

下边界：$y = 2-x \implies x + y = 2$ （直线）

上边界：$y = \sqrt{2x-x^2} \implies y^2 = 2x - x^2 \implies (x-1)^2 + y^2 = 1$ $(y \geq 0)$ （圆心在$(1,0)$，半径为$1$的上半圆）

当 $x$ 在 $[1, 2]$ 区间变动时：

直线 $y=2-x$ 从 $(1, 1)$ 下降到 $(2, 0)$。

圆弧 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ （右半部分）同样从 $(1, 1)$ 下降到 $(2, 0)$，但在区间内圆弧始终位于直线上方。

因此，$y$ 的总体变化范围是从 $0$ 到 $1$。

在交换积分次序时，先定 $y$ 的范围：$0 \leq y \leq 1$。

对于给定的 $y$，从左向右看 $x$ 的范围：

左侧边界是直线：$x = 2 - y$。

右侧边界是圆弧：$(x-1)^2 = 1-y^2 \implies x = 1 \pm \sqrt{1-y^2}$。因为在 $[1, 2]$ 区间，取右半圆，所以 $x = 1 + \sqrt{1-y^2}$。

因此，交换积分次序后为：$\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx$。

答案选： A

9. 二阶常系数齐次线性微分方程 $y'' + 2y' + 3y = 0$ 的通解为________；

A) $y = e^{-x}(C_1 \cos\sqrt{2}x + C_2 \sin\sqrt{2}x)$

B) $y = C_1 + C_2 e^{-5x}$

C) $y = C_1 + C_2 e^{5x}$

D) $y = e^{x}(C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x)$

解答过程：

写出该微分方程的特征方程：

$r^2 + 2r + 3 = 0$

使用求根公式：

$r = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4 \times 3}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{-8}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}i$

特征根为一对共轭复根，其中实部 $\alpha = -1$，虚部 $\beta = \sqrt{2}$。

根据常系数齐次线性微分方程的解法，通解形式为：

$y = e^{\alpha x}(C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x)) = e^{-x}(C_1 \cos(\sqrt{2}x) + C_2 \sin(\sqrt{2}x))$。

答案选： A

10. 曲面 $z = 2x^2 - 4y^2$ 在点 $(2, 1, 4)$ 处的切平面方程是________；

A) $x + y - z + 1 = 0$

B) $8x - 8y - z = 4$

C) $8x + 8y - z - 20 = 0$

D) $x + y + z - 7 = 0$

解答过程：

将曲面方程写成隐函数形式：$F(x,y,z) = 2x^2 - 4y^2 - z = 0$。

求隐函数对各变量的偏导数：

$F_x = 4x$

$F_y = -8y$

$F_z = -1$

将切点 $(2, 1, 4)$ 代入得到该点处的法向量 $\vec{n}$：

$F_x(2,1,4) = 4 \times 2 = 8$

$F_y(2,1,4) = -8 \times 1 = -8$

$F_z(2,1,4) = -1$

法向量为 $\vec{n} = (8, -8, -1)$。

利用点法式写出切平面方程：

$8(x - 2) - 8(y - 1) - 1(z - 4) = 0$

展开化简：

$8x - 16 - 8y + 8 - z + 4 = 0$

$8x - 8y - z - 4 = 0$

整理得：$8x - 8y - z = 4$。

答案选： B

11. 若级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x=2$ 收敛，则其在 $x=-1$ 处________；

A) 绝对收敛

B) 条件收敛

C) 发散

D) 敛散性不确定

解答过程：

根据阿贝尔定理（Abel’s Theorem），如果幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x = x_0$ ($x_0 \neq 0$) 处收敛，那么对于满足 $|x| < |x_0|$ 的一切 $x$，该幂级数绝对收敛。

已知级数在 $x=2$ 处收敛，说明其收敛半径 $R \geq 2$。

对于 $x=-1$，由于 $|-1| = 1 < 2 \leq R$，它严格位于收敛区间内部。

因此，级数在 $x=-1$ 处必定绝对收敛。

答案选： A

12. 下列级数中，收敛的是________；

A) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{n+1}$

B) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{2^n}$

C) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$

D) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$

解答过程：

A项：通项 $a_n = (-1)^{n-1} \frac{n}{n+1}$，当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n}{n+1} \to 1$，故 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，级数发散。

B项：$\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{3}{2})^n$ 是公比为 $q=\frac{3}{2} > 1$ 的等比级数，发散。

C项：交错调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$，通项绝对值 $u_n = \frac{1}{n}$ 单调递减且趋于0，满足莱布尼茨判别法，条件收敛。

D项：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1/2}}$ 是 $p$ 级数，这里 $p = \frac{1}{2} \leq 1$，发散。

答案选： C

13. 函数 $f(x,y) = \sqrt{|xy|}$ 在点 $(0, 0)$ 处________；

A) 不连续

B) 偏导数不存在

C) 不可微

D) 极限不存在

解答过程：

连续性与极限：$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \sqrt{|xy|} = 0 = f(0,0)$，所以极限存在且函数在 $(0,0)$ 处连续，A、D错。
偏导数：

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

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

偏导数都存在且为0，B错。

可微性：考察极限 $\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x,\Delta y) - f(0,0) - (f_x(0,0)\Delta x + f_y(0,0)\Delta y)}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}$

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

令 $\Delta x = \rho\cos\theta, \Delta y = \rho\sin\theta$，上式变为 $\lim_{\rho\to 0} \frac{\rho\sqrt{|\cos\theta\sin\theta|}}{\rho} = \sqrt{|\cos\theta\sin\theta|}$。

极限值依赖于趋近方向 $\theta$ 的取值（例如 $\theta=\pi/4$ 时极限为 $1/\sqrt{2}$，$\theta=0$ 时为 $0$），所以极限不等于 0，函数在点 $(0,0)$ 处不可微。

答案选： C

14. 圆心在原点，半径为 $R(R>0)$，且面密度为 $\mu = 4(x^2+y^2)$ 的平面圆薄片的质量为________.

A) $\pi R^3$

B) $\pi R^4$

C) $2\pi R^3$

D) $2\pi R^4$

解答过程：

质量 $M = \iint_D \mu(x,y) dxdy = \iint_D 4(x^2+y^2) dxdy$。

积分区域 $D$ 是 $x^2+y^2 \leq R^2$，采用极坐标计算：$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, dxdy=rdrd\theta$，$0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq R$。

$M = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^R 4(r^2) \cdot r dr = 2\pi \cdot \int_0^R 4r^3 dr$

$= 2\pi \cdot \left[ r^4 \right]_0^R = 2\pi R^4$。

答案选： D

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

15. 设函数 $z = f(\ln x, e^{x+y})$，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 $u = \ln x$，$v = e^{x+y}$，则 $z = f(u, v)$。

首先求关于 $x$ 的一阶偏导数，利用链式法则：

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = f_1' \cdot \frac{1}{x} + f_2' \cdot e^{x+y}$

接下来求混合二阶偏导数，对上面的结果再关于 $y$ 求导。注意 $x, y$ 是独立变量，$u, v$ 是中间变量，$\frac{\partial u}{\partial y} = 0$，$\frac{\partial v}{\partial y} = e^{x+y}$：

$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{x} f_1' + e^{x+y} f_2' \right)$

$= \frac{1}{x} \frac{\partial}{\partial y}(f_1') + \frac{\partial}{\partial y}(e^{x+y} f_2')$

$= \frac{1}{x} \left( f_{11}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{12}'' \frac{\partial v}{\partial y} \right) + \left[ e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \frac{\partial}{\partial y}(f_2') \right]$

$= \frac{1}{x} \left( f_{11}'' \cdot 0 + f_{12}'' \cdot e^{x+y} \right) + e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \left( f_{21}'' \frac{\partial u}{\partial y} + f_{22}'' \frac{\partial v}{\partial y} \right)$

$= \frac{1}{x} e^{x+y} f_{12}'' + e^{x+y} f_2' + e^{x+y} \left( f_{21}'' \cdot 0 + f_{22}'' \cdot e^{x+y} \right)$

$= \frac{1}{x} e^{x+y} f_{12}'' + e^{x+y} f_2' + e^{2(x+y)} f_{22}''$

(注：由于 $f$ 具有二阶连续偏导数，有 $f_{12}'' = f_{21}''$)

16. 求微分方程 $y' - y\cot x = 2x\sin x$ 满足初始条件 $y|_{x=\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^2}{4}$ 的特解；

解答过程：

这是一个一阶线性常微分方程，标准形式为 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = -\cot x$，$Q(x) = 2x\sin x$。

先求积分因子：

$I(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int -\cot x dx} = e^{-\ln|\sin x|} = \frac{1}{\sin x}$ （在 $x=\frac{\pi}{2}$ 附近 $\sin x > 0$）

套用通解公式：

$y = e^{-\int P(x) dx} \left( \int Q(x) e^{\int P(x) dx} dx + C \right)$

$y = \sin x \left( \int 2x\sin x \cdot \frac{1}{\sin x} dx + C \right)$

$y = \sin x \left( \int 2x dx + C \right)$

$y = \sin x (x^2 + C) = x^2\sin x + C\sin x$

代入初始条件 $x = \frac{\pi}{2}, y = \frac{\pi^2}{4}$：

$\frac{\pi^2}{4} = \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) + C\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)$

$\frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{4} \cdot 1 + C \cdot 1 \implies C = 0$

所以，该微分方程的特解为：

$y = x^2\sin x$

17. 计算二重积分 $\iint_D (x+2y)d\sigma$，其中 $D$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴以及直线 $x+y=1$ 所围成的闭区域；

解答过程：

积分区域 $D$ 可以表示为：$0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1-x$。

化为累次积分：

$\iint_D (x+2y) dxdy = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} (x+2y) dy$

先计算关于 $y$ 的内层积分：

$\int_0^{1-x} (x+2y) dy = \left[ xy + y^2 \right]_0^{1-x} = x(1-x) + (1-x)^2$

$= x - x^2 + 1 - 2x + x^2 = 1 - x$

再计算关于 $x$ 的外层积分：

$\int_0^1 (1-x) dx = \left[ x - \frac{1}{2}x^2 \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

所以，二重积分的值为 $\frac{1}{2}$。

18. 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n}$ 的收敛域及和函数.

解答过程：

求收敛域：

设 $u_n(x) = \frac{x^{2n+1}}{2n}$，利用比值审敛法：

$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{2n+3}}{2(n+1)} \cdot \frac{2n}{x^{2n+1}} \right| = \lim_{n\to\infty} |x|^2 \frac{n}{n+1} = |x|^2$

令 $|x|^2 < 1$，解得收敛区间为 $-1 < x < 1$。

考察端点：

当 $x=1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，这是调和级数，发散。

当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n+1}}{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}$，发散。

故收敛域为 $(-1, 1)$。

求和函数：

设和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n} = x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n}$，($-1 < x < 1$)。

令 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n}$，对其求导数：

$g'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2nx^{2n-1}}{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n-1} = x + x^3 + x^5 + \dots$

这是一个首项为 $x$，公比为 $x^2$ 的无穷等比级数，在 $|x| < 1$ 时：

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

对 $g'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 积分还原 $g(x)$ (注意 $g(0)=0$)：

$g(x) = \int_0^x \frac{t}{1-t^2} dt = -\frac{1}{2} \int_0^x \frac{d(1-t^2)}{1-t^2} = -\frac{1}{2} \ln(1-t^2) \Big|_0^x = -\frac{1}{2}\ln(1-x^2)$

因此，原级数的和函数：

$S(x) = x \cdot g(x) = -\frac{x}{2} \ln(1-x^2)$，定义域为 $x \in (-1, 1)$。

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

19. 将周长为 20 米的矩形绕它的一边旋转而成的曲面围成一个圆柱体，问矩形的边长各为多少时，该圆柱体的体积 $V$ 最大，并求其最大值；

解答过程：

设矩形相邻两边长分别为 $x$ 和 $y$。

由题意，矩形周长为 20，即 $2(x+y) = 20 \implies x+y = 10 \implies y = 10-x$ ($0 < x < 10$)。

不妨设矩形绕长为 $y$ 的边旋转一周，所得圆柱体的底面半径为 $r = x$，高为 $h = y$。

圆柱体的体积函数为：

$V(x) = \pi r^2 h = \pi x^2 y = \pi x^2 (10-x) = 10\pi x^2 - \pi x^3$

对 $V(x)$ 求导找驻点：

$V'(x) = 20\pi x - 3\pi x^2 = \pi x (20 - 3x)$

令 $V'(x) = 0$，因为 $x > 0$，所以得到唯一驻点 $x = \frac{20}{3}$。

此时 $y = 10 - \frac{20}{3} = \frac{10}{3}$。

求二阶导数验证极值：$V''(x) = 20\pi - 6\pi x$。

$V''\left(\frac{20}{3}\right) = 20\pi - 40\pi = -20\pi < 0$。

所以在 $x = \frac{20}{3}$ 处体积取得极大值，且由于是唯一的极值点，也就是区间内的最大值。

此时矩形的边长分别为 $\frac{20}{3}$ 米和 $\frac{10}{3}$ 米（绕长为 $\frac{10}{3}$ 米的边旋转）。

最大体积为：

$V_{max} = \pi \left(\frac{20}{3}\right)^2 \left(\frac{10}{3}\right) = \pi \cdot \frac{400}{9} \cdot \frac{10}{3} = \frac{4000\pi}{27}$ (立方米)。

20. 已知函数 $u = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$，求：

(1) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处的梯度；

(2) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处沿方向 $(1, 2, 2)$ 的方向导数；

(3) 函数 $u$ 在点 $P(0, 1, 1)$ 处方向导数的最大值和最小值.

解答过程：

(1) 求偏导数：

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

在点 $P(0, 1, 1)$ 处，$\sqrt{0^2+1^2+1^2} = \sqrt{2}$。代入得：

$u_x(P) = 0$, $u_y(P) = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $u_z(P) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

故函数在点 $P$ 处的梯度为：

$\mathbf{grad}\ u = \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ 或 $\frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{j} + \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{k}$。

(2) 设方向向量为 $\vec{l} = (1, 2, 2)$。

首先将方向向量单位化，$\vec{l}$ 的模长 $|\vec{l}| = \sqrt{1^2+2^2+2^2} = \sqrt{9} = 3$。

单位方向向量 $\vec{e}_l = \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$。

方向导数为梯度与单位方向向量的点乘：

$\frac{\partial u}{\partial l} \bigg|_P = \mathbf{grad}\ u|_P \cdot \vec{e}_l = \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \cdot \left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$

$= 0 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。

(3) 方向导数的最大值为梯度的模长，最小值为梯度模长的相反数。

梯度的模长 $|\mathbf{grad}\ u|_P| = \sqrt{0^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = 1$。

故方向导数的最大值为 $1$，最小值为 $-1$。

五、证明题（8 分）

21. 设函数 $z = z(x,y)$ 由方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 确定，试证明：$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 3$.

解答过程：

方法一（隐函数求导法）：

设 $F(x,y,z) = z - e^{3x-z} - 3y = 0$。

计算 $F$ 对各变量的偏导数：

$F_x = -3e^{3x-z}$

$F_y = -3$

$F_z = 1 - e^{3x-z} \cdot (-1) = 1 + e^{3x-z}$

由隐函数求导公式得：

$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{-3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}}$

$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{-3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3}{1 + e^{3x-z}}$

将两者相加：

$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}} + \frac{3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3(e^{3x-z} + 1)}{1 + e^{3x-z}} = 3$

证明完毕。

方法二（等式两边直接求偏导）：

对方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 两边同时对 $x$ 求偏导（将 $y$ 视为常数，$z$ 视为 $x$ 的函数）：

$\frac{\partial z}{\partial x} = e^{3x-z} \cdot \left(3 - \frac{\partial z}{\partial x}\right)$

移项整理得：$\frac{\partial z}{\partial x} (1 + e^{3x-z}) = 3e^{3x-z} \implies \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{3e^{3x-z}}{1 + e^{3x-z}}$

对方程 $z = e^{3x-z} + 3y$ 两边同时对 $y$ 求偏导（将 $x$ 视为常数，$z$ 视为 $y$ 的函数）：

$\frac{\partial z}{\partial y} = e^{3x-z} \cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial y}\right) + 3$

移项整理得：$\frac{\partial z}{\partial y} (1 + e^{3x-z}) = 3 \implies \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3}{1 + e^{3x-z}}$

两式相加：

$\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{3e^{3x-z} + 3}{1 + e^{3x-z}} = \frac{3(e^{3x-z} + 1)}{1 + e^{3x-z}} = 3$

证明完毕。

模拟题四

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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。

模拟题五

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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。

模拟题六

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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： $(-3, 1, 1)$

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

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

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： $1$

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： $[-6, 6)$

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： $\frac{2y}{x^3}$

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

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

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

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：

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。

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

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

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：

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

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

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

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）：

求 $\frac{\partial z}{\partial x}$：

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

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：

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

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

16. 题目：

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

解答过程：

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：

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

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：

$$y^* = xe^x$$

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

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：

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：$D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1, x^2 \le y \le 1\}$。

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： $\frac{8}{21}$

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：

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：

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

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 $2$。

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。

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 $\frac{2\pi}{3}(5\sqrt{5} - 1)$。

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：

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 $\frac{\partial z}{\partial x}$：

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

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 $\frac{\partial z}{\partial y}$：

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

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 $0$。

高等数学H2模拟题 | YHK's life

模拟题一

一、填空题

二、选择题

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

五、证明题（8 分）

模拟题二

一、 填空题（每小题 3 分，共 18 分）

二、 选择题（每小题 3 分，共 24 分）

三、 计算题（每小题 8 分，共 32 分）

四、 应用题（每小题 9 分，共 18 分）

五、 证明题（8 分）

模拟题三

一、 填空题（每小题 3 分，共 18 分）

二、 选择题（每小题 3 分，共 24 分）

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

五、证明题（8 分）

模拟题四

一、填空题

二、选择题

三、计算题

四、应用题

五、证明题

模拟题五

一、填空题

二、选择题

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

五、证明题（8 分）

模拟题六

一、填空题

二、选择题

三、计算题

四、应用题

五、证明题

一、填空题（每小题 3 分，共 18 分）

二、选择题（每小题 3 分，共 24 分）

三、计算题（每小题 8 分，共 32 分）

四、应用题（每小题 9 分，共 18 分）

五、证明题（8 分）

一、填空题（每小题 3 分，共 18 分）

二、选择题（每小题 3 分，共 24 分）