工科数学分析下册期末考试题及答案

答案及评分标准

一、填空题（每小题3分，共24分） 1、极限limexysinxdx2。

y00π2、div(grad(z2xy)2。

3、曲面积分zdS, 其中:x2y2z21,z0。

14、二次积分dxedy(e1).

0x211y25、函数zlnxy在A(1,1)处沿l1,2方向的方向导数

zl15 。

a06、如果将fxx0x展开成余弦级数ancosnx, 则a20。

2n1yxy1dx(xylnx1)dy7、已知yxz，则dz。

2zy22z8、已知fx,y具有二阶连续偏导数，zfxy,y，则f1xyfxy211y2f212。

二、（每小题7分，共14分） 1、求函数F(x)解,

x2ln(1x3)ln(1x2)yF(x)2xxy(1xy)dyx2xx22ln(1x3)ln(1x2)1dy 3分 xxx1xyx2xln(1xy)dy的导数, 其中x0. y

3ln(1x3)2ln(1x2) 7分x

1

2ln(1x)ln(1x)1ln(1xy) 6分 xxx

32x22、计算曲线积分(xy3)dxx3dy，其中L沿上半圆x22xy20,y0

L从O(0,0)到A(2,0)。

解 补充从AO

原式LAO(xy3)dxx3dy(xy3)dxx3dy 2分AO2202 3(xy)dxdyxdx 4分D 3d20202cos0d2 6分3

3191 12cos4d2122. 7分42242三、（每小题7分，共14分） 1、已知幂级数n(n0x1n)，求其收敛域及和函数S(x)。 2n12, 故而当x12,即 x(1,3)时 幂2n1解 (1) 由于nnnlim, (x1)nn2nn02级数收敛. 而当x1或3时,级数发散, 从而, 收敛域为(1,3). 2分

1x1n2x1n()(). 4分 x12x1(2) 当 ， 时, 2n013xn0222nx1n1, 6分

() 对上式两边求导, 得 2(3x)22n0x1x1n2(x1) 7分

), 整理得,n(上式两边同乘以

22(3x)2n02、证明函数项级数cosnx(,)上一致收敛。 2nxnx在n(ee)n1证明 对于任意的x(,),

cosnx1, 5分 2nxnx2n(ee)n 所以由M-判别法知函数项级数cosnx在上一致收敛。 7分 2nxnx)n1n(ee2



四、（每小题8分，共16分）

1、求二阶微分方程y3y1e2x的通解。

解 特征方程 r23r0,其根为 r0,3, 2分

因此齐次方程的通解为

3x. 4分 YCCe12

故而非齐次方程的特解的形式为

y*xa+be2x. 则 (y*)a2be2x, (y*)4be2x

4be2x3(a2be2x)1e2x

a13,b12

y*13x12e2x 11 yYy*YC3x1C2e3x2e2x. 2、已知f(x)x0f(t)dtx21，求f(x)。

解 由题设知, f(0)1, 从而 f(x)f(x)2x, 求解此一阶线性微分方程,

f(x)edx(2xedxdxC) 5 ex(2xexdxC)

ex(2xex2exdxC) ex(2(x1)exC)2(x1)Cex. 7利用f(0)1,得C3,从而 f(x)2(x1)3ex.

3

6分 7分

8分

3分

分 分8分

五、（每小题8分，共16分）

22zxy, 1、求空间曲线L:在(1,1,2)处的切线方程和密切面方程。 22(x1)y1, 解 L的参数方程为:

x1cos,ysin, [0,2),z(1cos)2sin222cos, 点(1,1,2)对应的参数在点(1,1,2)处

2. 2分

()(sin,cos,2sin)(1,0,2)(1,0,2). r2r()(cos,sin,2cos)(0,1,0)

2

 rr(1,0,2)(0,1,0)(2,0,1) 5分从而切线方程为:

x1z2 21y1密切面方程为 2(x1)(z2)0. 8分

2、求二元函数f(x,y)(x2y22x)x在D{(x,y)|(x1)2y24}上的最大和最小值。

解 f(x,y)(x2y22x)x在闭区域D上连续, 故而在闭区域D上有最大最小值.

2分

224fx2x(x1)x2xy0,0D)内,且 由方程组得驻点(0,0),(在3fy2yx0432. 5分 f(0,0)0,f(,0)327 在圆(x1)2y24上, f(x,y)3x,x[1,3].所以在此圆上f(x,y)最大值为9, 最小值3. 7分 所以 f(x,y) 在闭区域D上最大值为9, 最小值3. 8分

4

六、（8分）已知二元函数

x2y, x2y20,2 f(x,y)xy2220, xy0,(1) 证明f(x,y)在(0,0)处的连续；(2) 计算fx(0,0)及fy(0,0)；(3) 证明f(x,y)在

(0,0)处可微。

解 (1) 因为

(x,y)(0,0)limx2yxy22

limcossin0f(0,0) 3分

022所以, f(x,y)在(0,0)处的连续.

(2) 因为f(x,0)0,f(0,y)0,所以fx(0,0)0,fy(0,0)0.

5分

(3) 因为

f(0x,0y)f(0,0)fx(0,0)xfx(0,0)xzdz(x)2(y)2(x)y1(x)(y)1xx0(0)2222(x)(y)2(x)(y)2222

故而f(x,y)在(0,0)处可微。 8分

解法二,

zf(0x,0y)f(0,0)(x)2y(x)(y)22,

(x)2yz1(x)2(y)21xx0(0), (x)2(y)22(x)2(y)22 z0x0yo(), 4分 从而, f(x,y)在(0,0)处可微, 在(0,0)处的连续,fx(0,0)0,fy(0,0)0. 8分

5

七、（8分）试确定常数k,使得曲面积分

xydydzzydzdxkzxdxdy16

其中:4zx2y2,0z4，上侧为正向。 解 补充辅助面: 1:z0,x2y24，取下侧.

原式=(xy)dydz+(zy)dzdxk(zx)dxdy1 (xy)dydz+(zy)dzdxk(zx)dxdy 1 kdxdydzkDxdxdy 4 k40dzDdxdyz k40(4z)dz8k16. 7从而k2. 6

分分8分