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2016级《工科数学分析》(下)试题A参考答案一．填空题（每小题4分，总12分。将答案按题号写在答题纸上，不写解题过程）1、22210(1)yxxy+−=−1或=2；2、12cos36sin3−−；3、4−二．选择题（每小题4分，总12分。每小题给出四种选择，有且仅有一个是正确的，将你认为正确的代号按题号写在答题纸上）1、B;2、B；3、D.三（8分）、解：在方程两端对x求偏导数得0122=−∂∂+∂∂xzzxuu（2分）而2yxz=∂∂，代入得2122uzyxu∂−=∂．（2分）因此2222222(2)(12)24uuyyzyuxxu∂−⋅−−⋅∂∂=∂,（2分）将2122uzyxu∂−=∂代入化简得22422234(12)4uuyzyxu∂+−=−∂．或24222234()414uyuzzyxu∂+−+=−∂（2分）四（8分）、解：设),(yxP为椭圆上任意一点，则),(yxP到平面0632=−+yx的距离为13632−+=yxd（2分）求d的最小值点即求2d的最小值。作)44()632(131),,(222−++−+=yxyxyxFλλ（2分）（注：目标函数写成222(,,)(236)(44)Fxyxyxyλλ=+−++−也可以，以下计算过程稍有改变，但是结果不变！）由Lagrange乘数法，有0,0,0=∂∂=∂∂=∂∂λFyFxF即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=−+=+−+=+−+04408)632(13602)632(13422yxyyxxyxλλ（2分）解之得2个驻点坐标分别为：11228383,,5555xyxy===−=−以及于是,1311,131),(),(2211==yxyxdd由问题的实际意义知最短距离是存在的。因此)53,58(即为所求点。（2分）五（8分）、解：令23zFzexy=−+−（2分）则有()2|4,xPFPy′==()2|2,yPFPx′==()(1)|0.zzPFPe′=−=（2分）故切平面方程为4(1)2(2)0(0)0xyz−+−+⋅−=即240xy+−=（2分）法线方程120420xyz−−−==即120.210xyz−−−==（2分）六（8分）、解：根据转动惯量计算公式：22222()IxyxyzdVΩ=+++∫∫∫．（2分）Ω为球体2222xyzR++≤.用球坐标计算I可得2350006sin4429RIddrdrRππθϕϕπ==∫∫∫（分）（分）．七（8分）、解：作辅助面，以下曲面取下侧，1:2zΣ=，22(,):1xyxyDxy∈+≤2（分）由Gauss公式可得，1123213213400200ddd(1)4()dd2dddcosdd202xyDIxyzxxyzπρπθρρθθρρπΣ+ΣΣΩ−=−=−−−=−=−∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫w（分）（分）22π=（分）八（8分）解：方法一：函数2,02|2|2,24xxyxxx−≤≤⎧=−=⎨−≤⎩，12LLL=+，1L的方程是2,02,yxxdydx=−≤≤=−2（分）2L的方程是2,24,yxxdydx=−≤≤=2（分）于是22(2)(2)Lxydxxydy−++∫＝2244222200222(2)2(2)(1)[2(2)][2(2)]xxdxxxdxxxdxxxdx⎡⎤⎡⎤−−++−−+−−++−⎣⎦⎣⎦∫∫∫∫2（分）＝8032（分）方法二：（利用格林公式求解）添加辅助曲线1L：2,:40yx=→2（分）则11122222222220024(2)(2)(2)(2)(2)(2)22()(2)(2)2()(24)280038023LLLLLDyyxydxxydyxydxxydyxydxxydyxydxdyxydxxydydyxydxx++−−++=−++−−++=+−−++=+−−=−=∫∫∫∫∫∫∫∫∫v（分）（分）（分）九（10分）解：记()Pyfx=−，1()sin22Qfxx′=−，由条件可知yxPQ=，即()()cos2fxfxx′′−=−于是得到微分方程()()cos2fxfxx′′+=．2（分）特征方程210λ+=，特征根为1,2iλ=±，对应的齐次方程的通解为12()cossinfxCxCx=+．2（分）由于02i±不是特征根，故非齐次方程的特解取为()cos2sin2fxaxbx∗=+，2（分）代入原方程可得1,03ab=−=，特解为1()cos23fxx∗=−．因此，原方程的通解为121()cossincos23fxCxCxx=+−．2（分）将5(0),(0)23ff′==代入通解，可得122,2CC==，故所求函数为1()2cos2sincos23fxxxx=+−．2（分）十（6分）解：131lim(1)33nnnnn+→∞=+，故该级数收敛半径为31（分）收敛区间为(-3,3),又11nn∞=∑发散，1(1)nnn∞=−∑收敛，故1()3nnnxSxn∞==∑的收敛域为[3,3).−1（分）当[3,3)x∈−时，111111()3333nnnnnxxxSxxxxx−∞∞−−==⎛⎞′====⎜⎟−−⎝⎠∑∑2（分）故1()ln|3|3sxdxxCx==−−+−∫1（分）由(0)0s=有ln3C=,故13()ln33sxdxxx==−−∫，[3,3).x∈−1（分）十一（6分）解：111111()3143(1)2(1)5fxxxxx⎛⎞⎛⎞=−=−⎜⎟⎜⎟++−+−+⎝⎠⎝⎠1（分）而111111(1)2212xxx==⋅−+−++0111(),||1.222nnxx∞=−−=−∑2（分）同理有111114(1)5515xxx==−+−+⎛⎞−−⎜⎟⎝⎠0111(),||1.555nnxx∞=−−=−∑2（分）于是函数()fx在1x=处的幂级数展式为()fx=0011111(1)()(1)()32255nnnnnnxx∞∞==−−⎡⎤−−−⎢⎥⎣⎦∑∑1110(1)52(1),|1|2.310nnnnnnxx++∞+=−−=−−∑或110(1)11(1),|1|2.325nnnnnxx∞++=−⎛⎞=−−−⎜⎟⎝⎠∑1（分）十二（6分）证明：由0)(lim0=→xxfx知(0)0,(0)0.1ff′==（分）()0fxx=在点的某邻域内的一阶Taylor展开式为：).10()(21)(!21)0()0()(22′′=′′+′+=θθθxxfxxfxffxf2（分）再由题设，)(xf′′在属于该邻域内（包含原点的一小区间[,]δδ−）上连续，故由闭区间上连续函数性质，必存在,0M使Mxf≤′′|)(|，于是.2|)(|2xMxf≤1（分）令,1nx=当n充分大时，有1[,]nδδ∈−212|)1(|nMnf⋅≤.1（分）因为∑∞=121nn收敛，所以级数∑∞=1)1(nnf绝对收敛．1（分）