同济大学高等数学试卷选编
三、同济大学高等数学 试卷选编
（一）高等数学（下）期中考试试卷（I）
试题
一、 填空与选择：
- 设 $ f(x,y,z)=\sin(x\sin(y\sin z)) $，则 $ f_{z}(x,y,z)= $ ___.
- 向量 $ |\boldsymbol{a}| = 2 $, $ |\boldsymbol{b}| = 4 $, $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 夹角为 $ \frac{\pi}{3} $. 记 $ \alpha = 2\boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}, \beta = 3\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b} $, 则 $ \alpha \cdot \beta = $ ___.
- $ z = x^{y} + \frac{y}{x} $，则 $ \mathrm{d}z = $ ___.
- 已知函数 $ F(x,y,z) $ 具有连续偏导数，若曲面 $ F(x,y,z)=0 $ 在 $ P_{0}(1,1,1) $ 处的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(1,2,3) $，则曲面 $ F(x,y^{2},z^{3})=0 $ 在 $ P_{0}(1,1,1) $ 处的切平面方程为 ___.
- 设函数 $ f(x,y) $ 连续，交换积分次序得， $ \int_{0}^{2}dx\int_{x^{2}-2x}^{\sqrt{2x}}f(x,y)dy= $ ___.
- 函数 $ f(x,y)=\{\begin{aligned}&\frac{xy}{x^{2}+y^{2}},&x^{2}+y^{2}\neq0,\\&0,&x^{2}+y^{2}=0.\end{aligned}. $ 在 $ (0,0) $ 处().
(A) 连续且可偏导 (B) 连续而不可偏导
(C) 可偏导而不连续 (D) 不连续且不可偏导
- 设平面区域 D 由 x=0, y=0, $ x+y=\frac{1}{2} $, x+y=1 围成，记 $ I_{1}=\iint_{D}\ln^{3}(x+y)dxdy $, $ I_{2}=\iint_{D}(x+y)^{3}dxdy $, $ I_{3}=\iint_{D}\sin^{3}(x+y)dxdy $, 则 $ I_{1}, I_{2}, I_{3} $ 之间的关系为().
(A) $ I_{1} （1）沿什么方向 z 的增长率最大？ （2）函数在该点沿此方向的方向导数是多少？ $$ 1.~f_{z}(x,y,z)=x y\cos z\cos(y\sin z)\cos(x\sin(y\sin z))\,. $$ $$ 2.\ \boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{\beta}=(2\boldsymbol{a}+3\boldsymbol{b})\cdot(3\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=6\left|\boldsymbol{a}\right|^{2}+7\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-3\left|\boldsymbol{b}\right|^{2}=4. $$ $$ 3.\ z_{x}=yx^{y-1}-\frac{y}{x^{2}},z_{y}=x^{y}\ln x+\frac{1}{x},\mathrm{d}z=\left(yx^{y-1}-\frac{y}{x^{2}}\right)\mathrm{d}x+\left(x^{y}\ln x+\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}y. $$ $ G_{x}(P_{0})=F_{1}^{\prime}(P_{0}),G_{y}(P_{0})=(2yF_{2}^{\prime})\mid p_{0}=2F_{2}^{\prime}(P_{0}),G_{z}(P_{0})=(3z^{2}F_{3}^{\prime})\mid p_{0}=3F_{3}^{\prime}(P_{0}) $，由条件 $ (F_{1}^{\prime},F_{2}^{\prime},F_{3}^{\prime})\mid p_{0}\parallel\boldsymbol{n} $，得 $ (G_{x},G_{y},G_{z})\mid p_{0}\parallel(1,4,9) $，因此所求切平面方程为 $ x+4y+9z-14=0 $。 $$ \begin{aligned}5.\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}-2x}^{\sqrt{2x}}f(x,y)\mathrm{d}y&=\int_{-1}^{0}\mathrm{d}y\int_{1-\sqrt{x+1}}^{1+\sqrt{y+1}}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{0}^{2}\mathrm{d}y\int_{\frac{x}{2}}^{2}f(x,y)\mathrm{d}x.\end{aligned} $$ $$ \frac{x-1}{4}=\frac{y-1}{-3}=\frac{z+1}{-1}. $$ $$ 1.\frac{\partial z}{\partial x}=2f^{\prime}(2x-y)+g_{u}(x,xy)+yg_{v}(x,xy), $$ $$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=-2f^{\prime \prime}(2x-y)+x g_{uv}(x,xy)+xy g_{vv}(x,xy)+g_{v}(x,xy). $$ $$ y\frac{\partial z}{\partial x}-x\frac{\partial z}{\partial y}=y\bigg(\frac{\partial z}{\partial\xi}+2x\frac{\partial z}{\partial\eta}\bigg)-2xy\frac{\partial z}{\partial\eta}=y\frac{\partial z}{\partial\xi}, $$ 即方程可化为 $ \frac{\partial z}{\partial\xi}=0 $. $$ 3z^{2}z_{x}+z+x z_{x}=0,\quad3z^{2}z_{y}+x z_{y}-1=0, $$ 注意到 $ z(0,1)=1 $，故 $ z_{x}\mid_{P_{0}}=-\frac{1}{3}, z_{y}\mid_{P_{0}}=\frac{1}{3} $， $ \mathrm{grad}z\mid_{P_{0}}=\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right) $。于是沿向量 $ \left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right) $ 所确定的方向 z 的增长率最大，函数 $ z=z(x,y) $ 在该点沿此方向的方向导数为向量 $ \left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right) $ 的模，即 $ \frac{\sqrt{2}}{3} $。 $$ V=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq1}(2-x^{2}-y^{2}-\sqrt{x^{2}+y^{2}})\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}(2-\rho^{2}-\rho)\rho\mathrm{d}\rho=\frac{5}{6}\pi. $$ $$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\left|y-x^{2}\right|\mathrm{d}\sigma&=\iint\limits_{D_{1}}(x^{2}-y)\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_{2}}(y-x^{2})\mathrm{d}\sigma=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x^{2}}(x^{2}-y)\mathrm{d}y+\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}(y-x^{2})\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{4}\mathrm{d}x+\int_{-1}^{1}\left(\frac{1}{2}-x^{2}+\frac{1}{2}x^{4}\right)\mathrm{d}x=\frac{11}{15}.\end{aligned} $$ $$ L(x,y,z)=xyz+\lambda\left(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}-1\right), $$ 令 $$ \{\begin{aligned}L_{x}&=yz+\frac{\lambda}{a}=0,\\ L_{y}&=zx+\frac{\lambda}{b}=0,\\ L_{z}&=xy+\frac{\lambda}{c}=0,\end{aligned}. $$ 得 $ \frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c} $，再由条件 $ \frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1 $解得唯一驻点 $ x=\frac{a}{3} $， $ y=\frac{b}{3} $， $ z=\frac{c}{3} $，即为所求体积的最大值点。因此当长方体的边长分别为 $ \frac{a}{3} $， $ \frac{b}{3} $和 $ \frac{c}{3} $时体积最大。 $ \boldsymbol{n} = \boldsymbol{s}_{1} \times \boldsymbol{s}_{2} = 2(3, -1, 4) $，因此它们所确定的平面方程为 $$ 3\left(x-1\right)-\left(y-2\right)+4\left(z-\frac{1}{2}\right)=0, 即 3x-y+4z-3=0. $$
二、 计算与证明：
参考答案
一、 填空与选择：
二、 计算与证明：
（二）高等数学（下）期中考试试卷（Ⅱ）
试题
一、 填空选择题：
- 以 $ A(1, -2, 3) $, $ B(2, 0, 5) $ 和 $ C(-1, 2, 4) $ 为顶点的三角形面积为 ___.
- 函数 $ u = x^{2}y^{3}e^{z} $ 在 (1,1,1) 处增加最快且模为 1 的方向向量为 ___.
- 若 D 是由抛物线 $ y = x^2 - 2x - 1 $ 与直线 $ y = x + 3 $ 所围成，则二重积分 $ I = \iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy $ 化成先对 y 再对 x 的二次积分为 ___；化为先对 x 再对 y 的二次积分为 ___。
- 记条件 a 为函数 $ z = f(x, y) $ 可微分，条件 b 为函数 $ z = f(x, y) $ 具有偏导数，条件 c 为函数 $ z = f(x, y) $ 连续，条件 d 为函数 $ z = f(x, y) $ 具有连续的偏导数。则以下正确的关系为( )。
(A) $ d \Leftrightarrow a, b \Rightarrow c $
(B) $ d \Rightarrow a, b \Rightarrow c $
(C) $ a \Rightarrow d \Rightarrow b $ 以及 $ a \Rightarrow b \Rightarrow c $
(D) $ d \Rightarrow a \Rightarrow b $ 以及 $ d \Rightarrow a \Rightarrow c $
（其中 $ a \Rightarrow b $ 表示 a 是 b 的充分条件， $ a \Leftrightarrow b $ 表示 a 是 b 的充分必要条件。）
- 已知函数 $ f(x)=\{\begin{aligned}&2,&0\leqslant x\leqslant2,\\ &0,&x>2,\end{aligned}. $ D 是正方形区域 $ [0,2]\times[0,2] $. 则 $ \iint_{D}f(x+y)\mathrm{d}\sigma= $ ___.
(A) 1
(B) 2
(C) 4
(D) 8
二、求曲线 $ \{\begin{aligned}x^{2}+y^{2}+z^{2}-3x=0,\\ 2x-2y+z-1=0\end{aligned}. $，在点(1,1,1)处的切线和法平面方程，并求原点到该法平面的距离.
三、设函数 $ f(u,v) $具有二阶连续的偏导数。(1)如果函数 $ z(x,y)=f(2x-3y,x-y^{2})+x $在 $ (1,1) $点取得极值，试写出函数 $ f(u,v) $满足的必要条件；(2)求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $.
四、已知函数 $ u = u(x, y) $ 和 $ v = v(x, y) $ 是由方程组 $ \{\begin{aligned}x^{2} + y^{2} - uv &= 0,\\ xy^{2} - u^{2} + v^{2} &= 0\end{aligned}. $ 所确定的可微函数，试求偏导数 $ \frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial v}{\partial x} $.
五、xOy 平面上的一个动点从(0,0)点开始，始终沿着函数 $ f(x,y)=(x^{2}-2x+ $
- $ e^{x-2y} $的梯度方向运动，试求该动点的运行轨迹.
六、计算积分 $ \int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{4}xe^{y^{2}}\mathrm{d}y $.
七、计算二重积分 $ \iint_{D}(x-y)^{2}dxdy $，其中 D 是由 $ x^{2}+y^{2}\leq2y,x\geq0 $ 所确定.
八、计算三重积分 $ \iiint_{D}z\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v $，其中 $ \Omega $ 是由平面曲线 $ \{\begin{aligned}z&=x^{2}\\ y&=0\end{aligned}. $，绕 z 轴旋转所形成的曲面与平面 z=1 所围成的立体.
参考答案
一、 填空选择题：
- $ \overrightarrow{AB} = (1, 2, 2) $, $ \overrightarrow{AC} = (-2, 4, 1) $, $ \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (-6, -5, 8) $, 三角形面积为 $ \frac{1}{2} $ $ \left|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}\right| = \frac{5\sqrt{5}}{2} $.
- $ \mathrm{grad} u\big|_{(1,1,1)}=(2xy^{3}\mathrm{e}^{z},3x^{2}y^{2}\mathrm{e}^{z},x^{2}y^{3}\mathrm{e}^{z})\big|_{(1,1,1)}=(2\mathrm{e},3\mathrm{e},\mathrm{e}) $，所求向量为 $ \frac{1}{\sqrt{14}}(2,3,1) $.
- 联立方程 $ \{\begin{aligned}y&=x^{2}-2x-1,\\ y&=x+3,\end{aligned}. $ 求得两曲线的交点为 $ (-1,2) $ 和 $ (4,7) $，因此
$ I = \int_{-1}^{4} \mathrm{d}x \int_{x^{2}-2x-1}^{x+3} f(x, y) \, \mathrm{d}y = \int_{-2}^{2} \mathrm{d}y \int_{1-\sqrt{y+2}}^{1+\sqrt{y+2}} f(x, y) \, \mathrm{d}x + \int_{2}^{7} \mathrm{d}y \int_{y-3}^{1+\sqrt{y+2}} f(x, y) \, \mathrm{d}x. $
- 由于函数的偏导数连续必可微，函数可微必连续且偏导数存在。故选(D).
- 记 D 中 $ x + y \leq 2 $ 部分的区域为 $ D_{1} $，则 $ \iint_{D} f(x + y) \, \mathrm{d}\sigma = \iint_{D_{1}} f(x + y) \, \mathrm{d}\sigma = \iint_{D_{1}} 2 \, \mathrm{d}\sigma = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 2^{2} = 4. $ 故选(C).
二、切向量为 $ \boldsymbol{\tau}=(2x-3,2y,2z)\times(2,-2,1) $ $ (1,1,1)=(6,5,-2) $，切线为
$$ \frac{x-1}{6}=\frac{y-1}{5}=\frac{z-1}{-2}, $$
法平面为
$$ 6\left(x-1\right)+5\left(y-1\right)-2\left(z-1\right)=0,\quad 即 \quad6x+5y-2z-9=0. $$
原点到该法平面的距离为
$$ \frac{\left|-9\right|}{\sqrt{6^{2}+5^{2}+\left(-2\right)^{2}}}=\frac{9\sqrt{65}}{65}. $$
三、(1) $ z_{x}=2f_{u}+f_{v}+1 $, $ z_{v}=-3f_{u}-2yf_{v} $，故 $ f(u,r) $满足的必要条件为
$ z_{x}\mid_{(1,1)}=2f_{u}(-1,0)+f_{v}(-1,0)+1=0,\quad z_{y}\mid_{(1,1)}=-3f_{u}(-1,0)-2f_{v}(-1,0)=0 $ 即 $ f_{u}(-1,0)=-2,f_{v}(-1,0)=3 $.
$$ 2)\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=2\left(-3f_{u u}-2y f_{u v}\right)+\left(-3f_{v u}-2y f_{v v}\right)=-6f_{u u}-\left(4y+3\right)f_{u v}-2y f_{v v}. $$
四、方程组两端对 x 求偏导，得 $ \{\begin{aligned}&2x-v\frac{\partial u}{\partial x}-u\frac{\partial v}{\partial x}=0,\\&y^{2}-2u\frac{\partial u}{\partial x}+2v\frac{\partial v}{\partial x}=0,\end{aligned}. $ 解得
$$ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{y^{2}u+4x v}{2\left(u^{2}+v^{2}\right)},\quad\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{4x u-y^{2}v}{2\left(u^{2}+v^{2}\right)}. $$
五、 $ \text{grad } f(x,y) = \mathrm{e}^{x-2y}(x^{2} + 4, -2x^{2} + 4x - 12) $，设动点的运行轨迹为 $ y = y(x) $，则有 $ y(0) = 0 $，其切线方向为 $ \boldsymbol{\tau} = \left(1, \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right) $。根据条件 $ \boldsymbol{\tau} $ 与 $ \text{grad } f(x,y) $ 平行，故有
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{-2x^{2}+4x-12}{x^{2}+4}=-2+\frac{4x-4}{x^{2}+4}. $$
因此，动点的运行轨迹为
$$ y=\int_{0}^{x}\left(-2+\frac{4x-4}{x^{2}+4}\right)\mathrm{d}x=-2x+2\ln\left(x^{2}+4\right)-2\arctan\frac{x}{2}-4\ln2. $$
$$ \begin{aligned} 六、\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{4}x\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}y&=\int_{0}^{4}\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{y}}x\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{4}\frac{y}{2}\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}y=\left[\frac{1}{4}\mathrm{e}^{y^{2}}\right]_{0}^{4}=\frac{\mathrm{e}^{16}-1}{4}.\end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} 七、\iint_{D}^{}(x-y)^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\sin\theta}\left(\rho^{2}-2\rho^{2}\sin\theta\cos\theta\right)\rho\mathrm{d}\rho\\&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-2\sin\theta\cos\theta\right)\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta\\&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta-8\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin^{5}\theta\mathrm{d}\theta\\&=4\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{4}{3}\left\lbrack\sin^{6}\theta\right\rbrack_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{3\pi}{4}-\frac{4}{3}.\end{aligned} $$
八、 $ \Omega $ 是由 $ z=x^{2}+y^{2} $ 与平面 z=1 围成的立体，因此
$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{t t}z\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v&=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{x^{2}+y^{2}}^{1}z\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}z=\frac{1}{2}\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq1}\left[1-(x^{2}+y^{2})^{2}\right]\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\left(1-\rho^{4}\right)\rho^{2}\mathrm{d}\rho=\frac{1}{2}\cdot2\pi\cdot\left[\frac{1}{3}\rho^{3}-\frac{1}{7}\rho^{7}\right]_{0}^{1}=\frac{4}{21}\pi.\end{aligned} $$
（三）高等数学（下）期末考试试卷（Ⅰ）
试题
一、 填空选择题：
- 直线 $ \frac{x-1}{-2}=\frac{y}{-1}=\frac{z+1}{1} $与平面 $ x+2y+z-2=0 $的夹角为___。
- 向量 $ F = (x^{2}y, y^{2}z, z^{2}x) $ 在点 $ (1, 2, -1) $ 处的散度为 ___.
- 若质点在变力 $ F = (-yz, xz, z) $ 的作用下，沿螺旋线 $ \Gamma: x = 2\cos t, y = 2\sin t, z = t $。从点 $ M(2,0,0) $ 运动到点 $ N(-2,0,\pi) $，则变力 $ F $ 所作的功 $ W = $ ___。
- 设闭区域 $ D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leqslant 2\sqrt{5}x\} $，则二重积分 $ \iint_{D} (x^2 + y^2) \, \mathrm{d}\sigma = \underline{\qquad} $.
- 若幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x+1)^{n} $ 在点 $ x=\frac{3}{2} $ 处条件收敛，则该级数的收敛半径 $ R= $ ___.
- 函数 $ \sin^{2}x $ 的麦克劳林展开式为 ___.
- 设 $ s(x) $ 为函数 $ f(x) = \pi - x (x \in [0, \pi)) $ 的正弦级数的和函数，则 $ s\left(-\frac{\pi}{2}\right) = $ ___.
- 设 $ \Omega $ 是由曲面 $ z = x^2 + y^2 $ 与平面 $ z = 1 $ 所围的有界闭区域， $ \Omega_1 $ 是 $ \Omega $ 位于 $ x \geq 0 $， $ y \geq 0 $ 的部分，则下列等式中正确的是（）.
(A) $ \iiint\limits_{\Omega} x \, dv = 4 \iiint\limits_{\Omega_1} x \, dv $
(B) $ \iiint\limits_{\Omega} y \, dv = 4 \iiint\limits_{\Omega_1} y \, dv $
(C) $ \iiint\limits_{\Omega} z \, dv = 4 \iiint\limits_{\Omega_1} z \, dv $
(D) $ \iiint\limits_{\Omega} xy \, dv = 4 \iiint\limits_{\Omega_1} xy \, dv $
二、 解答题：
- 求曲线 $ \{\begin{aligned}x^{2}+2y^{2}+z^{2}&=10,\\ x^{2}-y^{2}+z&=-2\end{aligned}. $ 在点 $ (1,2,1) $ 处的切线及法平面方程.
- 计算曲面积分 $ \iint_{\Sigma}(x+y-2)^{2}\mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $ 是球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=4 $ 被曲面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 截下的较小部分的曲面.
- 将函数 $ f(x) = x\ln(1 + x^{2}) + \int_{0}^{x} e^{-t^{2}} \, dt $ 展开成 x 的幂级数，并指出展开式成立的范围.
- 计算曲面积分 $ \iint_{D}xz\,dy\,dz + 2ydz\,dx + yz\,dxdy $，其中 $ \Sigma $ 为曲面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 $ ( $ x \geq $
0, $ z \geqslant 0 $）的前侧.
- 计算三重积分 $ \iiint_{\Omega}(4x+2y+z)\mathrm{d}v $，其中 $ \Omega $ 是由曲面 $ x^{2}+y^{2}-z^{2}=1 $ 与平面 z=1 和 z=2 所围成的闭区域.
- 设周期函数 $ f(x) $ 的周期为 $ 4\pi $，且为偶函数，它在 $ [0,2\pi] $ 上的表达式为 $ f(x)=2\pi-x $。求 $ f(x) $ 的傅里叶级数展开式，并求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $ 的和。
- 设 $ f(x) $ 为区间 $ [a, b] $ 上的连续函数，且 $ f(x) > 0 $. 证明：
$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^{2}. $$
考答案
一、 填空选择题：
- $ s = (-2, -1, 1), n = (1, 2, 1) $，夹角为 $ \arcsin \frac{|s \cdot n|}{|s| |n|} = \arcsin \frac{1}{2} = \frac{\pi}{6} $.
- 散度 $ \mathrm{div} F = 2xy + 2yz + 2zx \big|_{(1,2,-1)} = -2 $.
$$ W~=~\intop_{t}-\left.yz\mathrm{d}x\right.+\left.xz\mathrm{d}y\right.+\left.z\mathrm{d}z\right.=~\intop_{0}^{\pi}\left(4t\sin^{2}t+4t\cos^{2}t+t\right)\mathrm{d}t~=~\frac{5}{2}\pi^{2}. $$
$$ 4.\ \iint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\sqrt{5}\cos\theta}\rho^{3}\mathrm{d}\rho=100\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=200\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta=\frac{75\pi}{2}. $$
- 根据幂级数收敛的性质可知，条件收敛点只可能是端点. 故 $ R=\frac{5}{2} $.
- $ \sin^{2}x = \frac{1 - \cos2x}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}(2x)^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}}{(2n)!}x^{2n}(x \in (-\infty, +\infty)). $
- 容易知道 $ s(x) $ 是奇函数，而 $ f(x) $ 在 $ x = \frac{\pi}{2} $ 连续，因此 $ s\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -s\left(\frac{\pi}{2}\right) = -f\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{\pi}{2} $.
- 注意到 $ \Omega $ 关于 yOz 面和 zOx 面均对称，因此
$$ \iiint\limits_{\Omega}x\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}y\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}x y\mathrm{d}v=0, $$
$$ \iiint\limits_{a_{i}}x\mathrm{d}v>0,\quad\iiint\limits_{a_{i}}y\mathrm{d}v>0,\quad\iiint\limits_{a_{i}}x y\mathrm{d}v>0, $$
$$ \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v=4\iiint\limits_{\Omega_{i}}z\mathrm{d}v. $$
故选(C).
二、 解答题：
- 切向量 $ \boldsymbol{\tau}=(2x,4y,2z)\times(2x,-2y,1) $ $ (1,2,1)=2(8,1,-12) $，切线方程为
$$ \frac{x-1}{8}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-1}{-12}, $$
法平面方程为
$$ 8\left(x-1\right)+\left(y-2\right)-12\left(z-1\right)=0,\quad 即 \quad8x+y-12z+2=0. $$
- 曲面 $ \Sigma $ 的方程为 $ z = \sqrt{4 - x^{2} - y^{2}} $, $ \mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}} \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \frac{2}{\sqrt{4 - x^{2} - y^{2}}} \mathrm{d}x \mathrm{d}y $. 联立方程 $ \{ \begin{array}{l} x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4, \\ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, \end{array} . $ 消去 z 得 $ x^{2} + y^{2} = 2 $, 即曲面 $ \Sigma $ 在 xOy 面的投影区域为 $ x^{2} + y^{2} \leq 2 $. 因此
$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}(x+y-2)^{2}\mathrm{d}S&=\iint_{\Sigma}(x^{2}+y^{2}+4)\mathrm{d}S=\iint_{x^{2}+y^{2}\leq2}(x^{2}+y^{2}+4)\frac{2}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}(\rho^{2}+4)\frac{2\rho}{\sqrt{4-\rho^{2}}}\mathrm{d}\rho=2\pi\int_{0}^{\sqrt{2}}\left(\sqrt{4-\rho^{2}}-\frac{8}{\sqrt{4-\rho^{2}}}\right)\mathrm{d}(4-\rho^{2})\\&=2\pi\bigg[\frac{2}{3}\left(4-\rho^{2}\right)^{\frac{3}{2}}-16\left(4-\rho^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\bigg]_{0}^{\sqrt{2}}=\frac{8\pi}{3}\left(20-11\sqrt{2}\right).\end{aligned} $$
$$ 3.\ \ln(1+x^{2})~=~\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}(x^{2})^{n}~=~\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n},\quad x~\in~(-1,1)~, $$
$$ \mathrm{e}^{-t^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(-\ t^{2}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}t^{2n},\quad t\in\left(-\infty,+\infty\right), $$
$$ \int_{0}^{x}\mathrm{e}^{-t^{2}}\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}\int_{0}^{x}t^{2n}\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)n!}x^{2n+1},\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right), $$
因此
$$ \begin{align*}f(x)&=x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)n!}x^{2n+1}\\&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n-1}\biggl[\frac{1}{n}-\frac{1}{\left(2n+1\right)n!}\biggr]x^{2n+1},\quad x\in\left(-1,1\right).\end{align*} $$
- 设曲面 $ \Sigma_{1}: z = 0 $，下侧； $ \Sigma_{2}: x = 0 $，后侧。则
$$ \iint_{}^{}xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{}^{}xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$
由 $ \Sigma, \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 所围成的是四分之一的单位球： $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq1, x\geq0, z\geq0. $ 因此
$$ \begin{aligned}&\iint_{\Sigma}x z\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint_{\Sigma+\Sigma_{1}+\Sigma_{1}}x z\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{aligned} $$
$$ \begin{aligned}&=\iiint\limits_{D}\left(z+2+y\right)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}(z+2)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v+2\cdot\frac{1}{3}\pi\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\iint\limits_{z^{2}+y^{2}\leq1+z^{2}}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\frac{2}{3}\pi=\int_{0}^{1}z\cdot\frac{1}{2}\pi\left(1-z^{2}\right)\mathrm{d}z+\frac{2}{3}\pi=\frac{19}{24}\pi.\end{aligned} $$
$$ 5.\ \iiint\limits_{D}(4x+2y+z)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v=\int_{1}^{2}\mathrm{d}z\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant z^{2}+1}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{1}^{2}\pi z(z^{2}+1)\mathrm{d}z=\frac{21}{4}\pi. $$
$$ 6.b_{n}=0,a_{0}=\frac{2}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(2\pi-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\Big[-\frac{1}{2}(2\pi-x)^{2}\Big]_{0}^{2\pi}=2\pi, $$
$$ a_{n}=\frac{2}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(2\pi-x)\cos\frac{nx}{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\left[\frac{2(2\pi-x)}{n}\sin\frac{nx}{2}-\frac{4}{n^{2}}\cos\frac{nx}{2}\right]_{0}^{2\pi}=\frac{4[1-(-1)^{n}]}{n^{2}\pi}. $$
$ f(x) $ 的傅里叶级数为
$$ \begin{align*}f(x)&=\pi+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4\left[1-(-1)^{n}\right]}{n^{2}\pi}\cos\frac{nx}{2}=\pi+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{8}{(2n-1)^{2}\pi}\cos\frac{(2n-1)x}{2},\\&\quad x\in(-\infty,+\infty).\end{align*} $$
令 x=0 得 $ 2\pi=\pi+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{8}{(2n-1)^2\pi} $，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{8} $。记 $ \sigma=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} $，则
$$ \sigma=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}=\frac{1}{4}\sigma+\frac{\pi^{2}}{8}, $$
解得 $ \sigma=\frac{\pi^{2}}{6} $.
- 记区域 $ D = [a, b] \times [a, b] $，则
$$ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(y)}\mathrm{d}y=\iint\limits_{b} \frac{f(x)}{f(y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$
同样有 $ \int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x=\iint_{b}\frac{f(y)}{f(x)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $ ，因此
$$ \begin{aligned}\int_{a}^{b}f\left(x\right)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f\left(x\right)}\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\Big(\iint\limits_{b}^{}\frac{f\left(x\right)}{f\left(y\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{b}^{}\frac{f\left(y\right)}{f\left(x\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Big)\\&=\iint\limits_{b}^{}\frac{f^{2}\left(x\right)+f^{2}\left(y\right)}{2f(x)f(y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\geqslant\iint\limits_{b}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\left(b-a\right)^{2}.\end{aligned} $$
（四）高等数学（下）期末考试试卷（Ⅱ）
试题
一、 填空选择题：
- 极限 $ \lim_{(x,y)\to(1,-1)}\frac{\sin(x^2-y^2)}{x+y}= $ ___.
- 若函数 $ f(x, y) $ 具有连续偏导数， $ f_{x}(1, 2) = 2 $， $ f_{y}(1, 2) = -1 $，则 $ \lim_{t \to 1} \frac{f(t^{2}, 1 + t) - f(1, 2)}{t - 1} = $ ___.
- $ z = z(x, y) $ 是由方程 $ x^3 - xyz^2 + e^{2z-1} - e = 0 $ 所确定的隐函数，则 $ \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1,1)} = $ ___.
- 函数 $ f(x,y) $ 在某点沿任意方向的方向导数存在是函数在该点可微分的().
(A) 充分条件 (B) 必要条件
(C) 充分必要条件 (D) 无关条件
- $ \Omega $ 是球体 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} \leqslant R^{2} $， $ \Omega_{1} $ 是球体 $ \Omega $ 位于第一卦限内的部分，则积分 $ \iiint_{\Omega}(x + y^{2} + z^{3})dv $ 等于（）.
(A) $ 8\iiint_{\Omega_{1}}(x+y^{2}+z^{3})dv $
(B) $ 8\iiint_{\Omega_{1}}y^{2}dv $
(C) $ 8\iiint_{\Omega_{1}}(x+y^{2})dv $
(D) $ 24\iiint_{\Omega_{1}}y^{2}dv $
- $ \Sigma $ 是空间光滑的有向曲面片， $ \Gamma $ 是 $ \Sigma $ 的正向边界曲线，则由斯托克斯公式 $ \oint_{\Gamma} (2xz + y) \, \mathrm{d}x + (xy + z^2) \, \mathrm{d}y + (z + x^2) \, \mathrm{d}z $ 等于（）.
(A) $ \iint_{\Sigma}2z \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + x \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $
(B) $ \iint_{\Sigma} (2xz + y) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (xy + z^2) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + (z + x^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $
(C) $ \iint_{\Sigma} (2z + x + 1) \, \mathrm{d}S $
(D) $ \iint_{\Sigma} -2z \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (y - 1) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $
二、 解答题：
- 求曲线 $ \{\begin{aligned}x^{2}-yz^{3}-2&=0,\\ x^{3}+y^{2}-z-3&=0\end{aligned}. $ 在 $ (1,1,-1) $ 处的切线方程.
- 计算二重积分 $ \iint_{D}xydxdy $，其中 D 是由曲线 $ y=\sqrt{2x-x^{2}} $ 与直线 $ y=\sqrt{3}x $ 所围成的有界闭区域.
三、求 $ f(x,y)=x^{2}(2+y^{2})+y\ln y $ 的极值，并说明是极大值还是极小值.
四、已知 $ f(x) $是 $ [0,\pi] $上的连续函数，其余弦和正弦级数分别为 $ \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos nx $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\sin nx $。现 $ F(x) $是周期为 $ 2\pi $ 的周期函数，且 $ F(x)=\{\begin{aligned}&1,-\pi 五、求曲面 $ \sqrt{x}+2\sqrt{y}+3\sqrt{z}=3 $上的点 $ (x,y,z) $ $ (xyz\neq0) $，使得该点处的切平面与三个坐标平面所围四面体的体积最大. 六、如果曲线积分 $ \int_{L}(x^{2}y+y^{2}+1)\mathrm{d}x+[2xy-\varphi(x)]\mathrm{d}y $与路径无关，其中 $ \varphi(x) $可导且 $ \varphi(0)=1 $。求函数 $ \varphi(x) $，并计算积分 $ \int_{L}(x^{2}y+y^{2}+1)\mathrm{d}x+[2xy-\varphi(x)]\mathrm{d}y $，其中 $ L' $是沿曲线 $ y=xe^{x^{2}} $从 $ (0,0) $到 $ (1,e) $的弧段。 七、 $ \Sigma $ 是由曲面 $ z = 1 + \sqrt{x^2 + y^2} $ 与 $ z = 3(x^2 + y^2) - 1 $ 所围立体的正向边界曲面，计算曲面积分 $ \oint_{\Sigma}\left(\frac{1}{3}x^3 + yz\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (2xy + y^2z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x + (x^2 + y^2z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $. 八、求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3^{n}}+\frac{1}{n}\right)(x-1)^{3n} $ 的收敛域及其在收敛域上的和函数. 九、判别常数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}} $ 的收敛性 $ (a>0) $，并对自己的判断给出证明. $$ 3x^{2}-yz^{2}-2xyz\frac{\partial z}{\partial x}+2\mathrm{e}^{2z-1}\frac{\partial z}{\partial x}=0, $$ 把点(1,1,1)代入解得 $ \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1,1)}=\frac{1}{1-e} $ 6. $$ \begin{aligned}\oint_{r}(2xz+y)\mathrm{d}x+\left(xy+z^{2}\right)\mathrm{d}y+\left(z+x^{2}\right)\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma}\begin{vmatrix}\\ &\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\&2xz+y&xy+z^{2}&z+x^{2}\\ &\end{vmatrix}\\ &=\iint_{\Sigma}-2z\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\\ \end{aligned} $$ 故选(D). $$ \frac{x-1}{5}=\frac{y-1}{-7}=\frac{z+1}{1}. $$ $$ 2.\ \iint_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\cos\theta}\rho^{3}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\rho=4\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos^{5}\theta\mathrm{d}\theta=4\left[-\frac{1}{6}\cos^{6}\theta\right]_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{96}. $$ 三、令 $ \{\begin{aligned}f_{x}&=2x(2+y^{2})=0,\\ f_{y}&=2x^{2}y+\ln y+1=0,\end{aligned}. $ 解得 $ x=0,y=\frac{1}{e} $.又 $$ A=f_{x x}\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2\left(2+y^{2}\right)\left|\begin{array}{c}1\\ 0,\frac{1}{\mathrm{e}}\end{array}\right|=2\left(2+\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}\right),\quad B=f_{x y}\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=4x y\left|\begin{array}{c}1\\ 0,\frac{1}{\mathrm{e}}\end{array}\right|=0, $$ $$ C=f_{y y}\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=2x^{2}+\frac{1}{y}\bigg|_{\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}\right)}=\mathrm{e}, $$ 由于 $ AC - B^{2} > 0 $ 且 A > 0，因此 $ f\left(0, \frac{1}{e}\right) = -\frac{1}{e} $ 为极小值. $$ a_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos n x\mathrm{d}x(n=0,1,2,\cdots),\quad b_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,\cdots). $$ 记 $ F(x) $ 的傅里叶系数为 $ A_{n} $ 和 $ B_{n} $，则 $$ A_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=1+\frac{a_{0}}{2}, $$ $$ A_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\cos n x\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}\cos n x\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos n x\mathrm{d}x $$ $$ =\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin nx}{n}\right]_{-\pi}^{0}+\frac{a_{n}}{2}=\frac{a_{n}}{2}, $$ $$ \begin{aligned}B_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}\sin nx\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin nx\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_{-\pi}^{0}+\frac{b_{n}}{2}=\frac{(-1)^{n}-1}{n\pi}+\frac{b_{n}}{2},\end{aligned} $$ 因此 $ F(x) $ 的傅里叶级数为 $$ \frac{1}{2}+\frac{a_{0}}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{a_{n}}{2}\cos nx+[\frac{(-1)^{n}-1}{n\pi}+\frac{b_{n}}{2}]\sin nx\}. $$ 五、曲面 $ \sqrt{x}+2\sqrt{y}+3\sqrt{z}=3 $ 在点 $ (x,y,z) $ 处的法向量为 $ \boldsymbol{n}=\left(\frac{1}{2\sqrt{x}},\frac{1}{\sqrt{y}},\frac{3}{2\sqrt{z}}\right) $，切平面方程为 $$ \frac{1}{2\sqrt{x}}(∴X-x)+\frac{1}{\sqrt{y}}(∴Y-y)+\frac{3}{2\sqrt{z}}(∴Z-z)=0,\quad 即 \quad\frac{X}{\sqrt{x}}+\frac{2Y}{\sqrt{y}}+\frac{3Z}{\sqrt{z}}=3. $$ 于是它与三个坐标平面所围四面体的体积为 $$ V=\frac{1}{6}\cdot3\sqrt{x}\cdot\frac{3}{2}\sqrt{y}\cdot\sqrt{z}=\frac{3}{4}\sqrt{xyz}. $$ 因此问题转化为 xyz 在条件 $ \sqrt{x} + 2\sqrt{y} + 3\sqrt{z} = 3 $ 下的最大值. 记 $ L(x,y,z)=xyz+\lambda(\sqrt{x}+2\sqrt{y}+3\sqrt{z}-3) $，令 $$ \{\begin{aligned}L_{x}(x,y,z)&=yz+\frac{\lambda}{2\sqrt{x}}=0,\\ L_{y}(x,y,z)&=xz+\frac{\lambda}{\sqrt{y}}=0,\\ L_{z}(x,y,z)&=xy+\frac{3\lambda}{2\sqrt{z}}=0,\end{aligned}. $$ 得到 $ \sqrt{x}=2\sqrt{y}=3\sqrt{z} $，再根据条件 $ \sqrt{x}+2\sqrt{y}+3\sqrt{z}=3 $可得，x=1， $ y=\frac{1}{4} $，z= $ \frac{1}{9} $.容易知道四面体的体积的最大值一定存在，因此 $ \left(1,\frac{1}{4},\frac{1}{9}\right) $就是最大值点. 六、由于曲线积分 $ \int_{L}(x^{2}y+y^{2}+1)\mathrm{d}x+[2xy-\varphi(x)]\mathrm{d}y $与路径无关，因此 $$ \frac{\partial}{\partial y}(x^{2}y+y^{2}+1)=\frac{\partial}{\partial x}\left[2xy-\varphi\left(x\right)\right],\quad 即 \quad\varphi^{\prime}(x)=-x^{2}, $$ 又由条件 $ \varphi(0)=1 $ 可知 $ \varphi(x)=1+\int_{0}^{x}(-x^{2})\,\mathrm{d}x=1-\frac{1}{3}x^{3} $. $$ \int_{V}\left(x^{2}y+y^{2}+1\right)\mathrm{d}x+\left[2x y-\varphi(x)\right]\mathrm{d}y $$ $$ \begin{aligned}&=\int_{L}\left(x^{2}y+y^{2}+1\right)\mathrm{d}x+\left(2xy-1+\frac{1}{3}x^{3}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{(0,0)}^{(1,0)}\left(x^{2}y+y^{2}+1\right)\mathrm{d}x+\left(2xy-1+\frac{1}{3}x^{3}\right)\mathrm{d}y+\int_{(1,0)}^{(1,\mathrm{e})}\left(x^{2}y+y^{2}+1\right)\mathrm{d}x\\&\quad+\left(2xy-1+\frac{1}{3}x^{3}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x+\int_{0}^{\mathrm{e}}\left(2y-1+\frac{1}{3}\right)\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{2}-\frac{2}{3}\mathrm{e}+1.\end{aligned} $$ 七、联立 $ z=1+\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 与 $ z=3\left(x^{2}+y^{2}\right)-1 $，消去 z 得曲面交线在 xOy 面上的投影曲线为 $ x^{2}+y^{2}=1 $，即所围立体 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $。于是 $$ \begin{array}{l}\iint_{\Sigma}\left(\frac{1}{3}x^{3}+yz\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(2xy+y^{2}z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(x^{2}+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \\ =\iiint\limits_{D}\left(x^{2}+2x+2yz+y^{2}\right)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}v\\ \\ =\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\mathrm{d}\rho\int_{3\rho^{2}-1}^{1+\rho}\rho^{3}\mathrm{d}z=2\pi\int_{0}^{1}\rho^{3}\left(2+\rho-3\rho^{2}\right)\mathrm{d}\rho=\frac{2}{5}\pi.\end{array} $$ $$ \begin{aligned}& 八、\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}}(x-1)^{3n}=\frac{\frac{(x-1)^{3}}{3}}{1-\frac{(x-1)^{3}}{3}}=\frac{(x-1)^{3}}{3-(x-1)^{3}},\quad x\in(1-\sqrt[3]{3},1+\sqrt[3]{3}),\\ &\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}(x-1)^{3n}=-\ln[1-(x-1)^{3}],\quad x\in[0,2).\\ \end{aligned} $$ 因此 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3^{n}}+\frac{1}{n}\right)(x-1)^{3n} $ 的收敛域为 $ [0,2) $，和函数为 $$ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3^{n}}+\frac{1}{n}\right)\left(x-1\right)^{3n}=\frac{\left(x-1\right)^{3}}{3-\left(x-1\right)^{3}}-\ln\left[1-\left(x-1\right)^{3}\right]. $$ 九、当 a=1 时级数显然发散。当 0<a<1 时，由于 $ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=+\infty $ 可得 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{a^{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}}=+\infty $，故此时级数发散。 当 $ n \geqslant 1 $ 时，有 $ \frac{1}{n+1} < \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} \, \mathrm{d}x < \frac{1}{n} $. 于是，当 $ 1 < a \leqslant e $ 时， $$ 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}<1+\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\mathrm{d}x+\int_{2}^{3}\frac{1}{x}\mathrm{d}x+\cdots+\int_{n-1}^{n}\frac{1}{x}\mathrm{d}x=1+\int_{1}^{n}\frac{1}{x}\mathrm{d}x=1+\ln n, $$ 故 $ \frac{1}{a^{1+\frac{1}{2}}+\cdots+\frac{1}{n}}>\frac{1}{a^{1+\ln n}}=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{n^{\ln a}}\geqslant\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{n} $，从而所给级数发散。 当a>e时， $ \ln a>1 $ $$1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} > \int_{1}^{2} \frac{1}{x} \mathrm{d}x + \int_{2}^{3} \frac{1}{x} \mathrm{d}x + \cdots + \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} \mathrm{d}x = \int_{1}^{n+1} \frac{1}{x} \mathrm{d}x = \ln(n+1)$$ 故$$\frac{1}{a^{1+\frac{1}{2}}+\cdots+\frac{1}{n}} < \frac{1}{a^{\ln(n+1)}} = \frac{1}{(n+1)^{\ln a}}\)，从而所给级数收敛。 综合可知，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}} $ 当 0 $$ 高等数学第七版上册 同济大学数学系 高等数学第七版下册 同济大学数学系 高等数学附册 学习辅导与习题选解 同济·第七版 同济大学数学系 高等数学习题全解指南 上册 同济·第七版 同济大学数学系 高等数学习题全解指南 下册 同济·第七版 同济大学数学系 工程数学——线性代数 第六版 同济大学数学系 线性代数附册 学习辅导与习题全解 同济·第六版 同济大学数学系 工程数学——概率统计简明教程 第二版 同济大学数学系 概率统计简明教程附册 学习辅导与习题全解 第二版 同济大学数学系 工程数学——新编统计学 同济大学数学系 ISBN 978-7-04-039692-8 9178704013969281> 定价31.80元参考答案
一、 填空选择题：
二、 解答题：
四、 容易知道
