高数复习练习题1答案

一、填空题（每题3分，共39分）1．设22(,)fxyxyxy，则),(yxf=xy.2．极限2200lim11xyxyxy=2.3．设函数22(,)22fxyxaxxyy在点(1,1)处取得极值，则常数a-5.4．函数sin()uxyz的全微分为dusin()cos()cos()yzdxxzyzdyxyyzdz.5．已知平面区域D是由直线1xy，1xy及0x所围成，则Dydxdy=06．微分方程22,xyye满足初始条件(0)2y的特解为22xye.7．设123,,yyy是微分方程()()()ypxyqxyfx的三个不同的解，且1223yyyy常数，则微分方程的通解为1122231()()ycyycyyy.8．周期为2的函数()fx，它在一个周期上的表达式为21,0()1,0xfxxx，则()fx的傅里叶级数的和函数在0x处的值为0.9．设为平面1432zyx在第一卦限中的部分，则4(2)3zxydS=461.10．曲线2sin4,cos1,sintztyttx在对应2t的点处的法平面方程是2402xyz.11.设L为下半圆周24yx，则对弧长的曲线积分22xyLeds=42e.12．函数1()2fxx展开为x的幂级数的形式为21[1()()],222222nxxxx13．若级数1(1)nnu收敛，则nunlim-1二、（5分）函数(,)zzxy由方程()xazybz所确定，其中()u有连续导数，,ab是不全为零的常数，证明：1zzabxy证明：方程()xazybz两边同时对,xy求偏导得11()(1)zzzabxxxabzzzabyyyab故1zzabxy三、（5分）设23xyze，求2zxy解：2323232352,(66)xyxyzzxyexyxyexxy四、（6分）求微分方程322xyyye满足条件(0)0,(0)1yy的特解.解：特征方程为：2320rr特征根为：122,1rr对应齐次方程的通解是：212xxycece设原方程的特解为：*xyaxe，将其代入原方程待定系数得2a.所以*2xyxe故原方程的通解为2122xxxycecexe由(0)0,(0)1yy解得123,3cc因此所求的特解是2332xxxyeexe五、（6分）计算二重积分2()Dxydxdy，其中22{(,)49}Dxyxy.解:232220265()(cos)4DDxydxdyxdxdydrrdr六、（5分）利用格林公式，计算231(22)(2)3Lxyydxxxdy，其中L为以2,yxyx围成区域的正向边界.解:212322011(22)(2)320xxLDxyydxxxdyxdxdydxxdy七、（6分）设是由曲线2,(0z2)0,zyx绕z轴旋转而成的曲面.(1)写出的方程.（2）计算24(1)(81)ydzdxzydxdy，其中取下侧.解:(1)的方程是22zxy(0z2).(2)设1为222,(2)zxy的上侧，则212222004(1)(81)2ydzdxzydxdydvdddz124(1)(81)2(81)24xyxyDDydzdxzydxdyydxdydxdy24(1)(81)242ydzdxzydxdy八、（6分）求幂级数1(1)2nnnxn的收敛半径与收敛区间，并求出它在收敛区间内的和函数.解：收敛半径2R，收敛区间为[1,3)1(1)()2nnnxsxn111111(1)111()()22223nnnnnxxsxx(1)0s，111(),3()ln2ln(3)(13)xxsxdxdxxsxxx九、（5分）设1nnb是收敛的正项级数，11()nnnaa收敛.试讨论1nnnab的敛散性，并说明理由.解:1nnnab是绝对收敛的.因为11()nnnaa收敛,所以部分和1111()mmnnmnsaaaa有界,从而数列{}na有界即存在常数0M，使||(1,2,3,)naMn，故||(1,2,3,)nnnabMbn由于1nnb是收敛的正项级数，由比较审敛法知，1nnnab绝对收敛.十、（6分）设可导函数)(xf满足0()cos2()sin1xfxxfttdtx，求)(xf.解：方程0()cos2()sin1xfxxfttdtx两边对x求导得()cos()sin1fxxfxx即1()tan()cosfxxfxx求解上面的一阶线性微分方程得tantan1()[]sincoscosxdxxdxfxeedxCxCxx由于(0)1f，所以1C，故()sincosfxxx十一、（5分）证明:(sinsin)(coscos)yyxdxxyxdy为某二元函数yxf,的全微分，并求yxf,，计算(1,0)(0,1)(sinsin)(coscos)yyxdxxyxdy.解因为sinsin,coscosPyyxQxyxcossinPQyxyx所以(sinsin)(coscos)yyxdxxyxdy为某二元函数yxf,的全微分(sinsin)(coscos)(sincos)(cossin)(sincos)yyxdxxyxdyydxxydyxdyyxdxdxyyx故(,)sincosfxyxyyxc(1,0)(1,0)(0,1)(0,1)(sinsin)(coscos)[sincos]1yyxdxxyxdyxyyx十二、（6分）求抛物面221zxy的一个切平面，使它与抛物面及圆柱面22(1)1xy所围成的立体的体积最小，并求出最小的体积，写出所求切平面方程.解：设22(,,)1Fxyzxyz，得2,2,1xyzFxFyF抛物线在000(,,)xyz处的切平面方程为000002()2()()0xxxyyyzz即220000221zxxyyxy该平面与抛物面及圆柱面所围成的立体的体积为22200002cos1202cos2sin12220003()22rxryrxyVdrdrdzxyx解000022020VxxVyy得001,0xy，由提意可知V的最小值一定存在，且只有一个驻点，故可断定V的最小值为3222V，切平面为2zx