《线性代数》课程教学资源（试卷习题，B）高等数学（下册）期末考试试卷6参考答案

高等数学（下册）考试试卷（一）参考答案 -、1、当01时，x2+y221: 2、负号：3、∬do=∫dy为：4、Vo0+w20h 5、180元：6、sinY=Cx: 7、y=C,cosV2x+C2sinV2x+C,ei+C,e:8、1: 二、1、D:2、D:3、C:4、B:5、D:6、B:7、A:8、C: 三小器+：等=g+0 2密=c+0-c-0小容=+0+-0： 四、1、∫∫iery=∫dyS"e-rds=jer=,-e): 2、1jao。art+doJidi=x: 五◆P0则g-9功00 可(2+=x 于是O当L所围成的区线D中不含0(0,0)时，P巴在D内连续。所以由Gcm dy'ax 公式得：10：②当L所围成的区城D中含00,0)时，P82在D内除0(0,0) dy dx 外都连续，此时作曲线I+为x2+y2=ε2(0<6<1)，逆时针方向，并假设D为L及 所围成区域，则 1=小。-小.+小手m会刘袋器2如 六、由所给条件易得： 139

139 高等数学（下册）考试试卷（一）参考答案 一、1、当 0  a 1 时， 0 1 2 2  x + y  ；当 a 1 时， 1 2 2 x + y  ； 2、负号； 3、 2 3 ; 1 1  0  + − = D e y e y d dy dx ； 4、 (t) (t)dt 2 2  +  ； 5、180  ； 6、 Cx x y sin = ； 7、 x x y C x C x C e C e 2 4 2 1 2 2 3 cos 2 sin − = + + + ； 8、1； 二、1、D； 2、D； 3、C； 4、B； 5、D； 6、B； 7、A； 8、C； 三、1、 1 2 f yf x u = +    ； xg (x xy) y u =  +   ； 2、 f (x t) f (x t) x u = + − −   ； f (x t) f (x t) t u = + + −   ； 四、1、 (1 ) 2 1 4 2 0 2 0 0 2 2 0 2 2 2 − − − − = = = −      dx e dy dy e dx ye dy e y y y x y ； 2、       = + =      2 0 2 0 2 1 2 0 2 2 1 3 2 2 3 3 14 2 r I d dr r dz d dr r dz 柱面坐标 ； 五、令 2 2 2 2 , x y x Q x y y P + = + = − 则 x Q x y y x y P   = + − =   2 2 2 2 2 ( ) ，(x, y)  (0,0) ； 于是①当 L 所围成的区域 D 中不含 O（0，0）时， x Q y P     , 在 D 内连续。所以由 Green 公式得：I=0；②当 L 所围成的区域 D 中含 O（0，0）时， x Q y P     , 在 D 内除 O（0，0） 外都连续，此时作曲线 + l 为 (0 1) 2 2 2 x + y =     ，逆时针方向，并假设 * D 为 + L 及 − l 所围成区域，则   ( ) 2 * 2 2 2 + =   −   = − + = +        + = + + + + + − + D x y L l l L l l dxdy y P x Q I Green公式 六、由所给条件易得：

f(x)+f△x) w-色+0@-= 1+f产).)-f0=f01+fP(x1 f(x)(Ax) Ax f"(x) 甲f0 .arctan f(x)=f(0).x+c f(x)=tan[f'(0)x+c] 又f(O)=0即c=kπ，k∈Zf(x)=tan(f'(O)x) 23 七2，专空品出周 2n+1 当23或x<1时，原级数发散： 当1=-即x=1时，级数2-"2十收数 当1=1甲=3时，接数2-八3十收数 ∴级数的半径为R=1,收敛区间为1,3引。 高等数学（下册）考试试卷（二)参考答案 一、小1：216：3、时mefx+ixyd：4、3∫o: 5、-8π：6、2(x+y+):7、y+y-2y=0:8、0: 二、1、C:2、B:3、A:4、D:5、C:6、D:7、B:8、C: 1

140 (0) 0 1 (0) 2 (0) (0) 2  = − = f f f f 又 x f x x f x f x x  +  −  =  → ( ) ( ) ( ) lim 0 = x f x f x f x f x f x x  − −  +   → ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) lim 0 x f x f f x f x f x x   −  −  + =  → ( ) (0) 1 ( ) ( ) 1 ( ) lim 2 0 (0)[1 ( )] 2 = f  + f x 即 (0) 1 ( ) ( ) 2 f f x f x =  +  arctan f (x) = f (0) x + c 即 f (x) = tan[ f (0)x + c] 又 f (0) = 0 即 c = k, k  Z  f (x) = tan( f (0)x) 七、令 x − 2 = t ，考虑级数   = + + − 1 2 1 2 1 ( 1) n n n n t  2 2 1 2 3 2 1 2 3 lim t n t n t n n n = + + + + →  当 1 2 t  即 t 1 时，亦即 1 x  3 时所给级数绝对收敛； 当 t 1 即 x  3 或 x 1 时，原级数发散； 当 t = −1 即 x =1 时，级数   = + + − 1 1 2 1 1 ( 1) n n n 收敛； 当 t =1 即 x = 3 时，级数   = + − 1 2 1 1 ( 1) n n n 收敛；  级数的半径为 R=1，收敛区间为[1，3]。 高等数学（下册）考试试卷（二）参考答案 一、1、1； 2、-1/6； 3、     + 2 0 / 2 4 2 2 / 2 ( , ) ( , ) y y y dy f x y dx dy f x y dx ； 4、 (0) 3 2 f  ； 5、 −8 ； 6、 2(x + y + z) ； 7、 y  + y  − 2y = 0 ； 8、0； 二、1、C； 2、B； 3、A； 4、D； 5、C； 6、D； 7、B； 8、C；

三、1、函数u=nx+√少2+z2)在点A(1,0,1)处可微，且 x+F+laa=l/2: 1 4= 1 haw 0. 4= 面i-瓜=（亿-2所u=(-号的故在A点i-店方向号数 -尝a+owg0.cowy 2、由 =2x4-x-)+x(-l)=0 f.=x2(4-x-2y)=0 得D内的驻点为M。(2,1),且f(2,1)=4, 又f0,y)=0,fx,0)=0 而当x+y=6,x20,y20时，fx,y)=2x3-12x2(0≤x≤6) 令(2x3-12x2)=0得x=0,x2=4 于是相应y=6,片2=2且f0,6)=0,f(4,2)=-64 ∴f(x,y)在D上的最大值为f(2,1)=4,最小值为f(4,2)=-64. (0sxs1 四、1、2的联立不等式组为2：0≤y≤x-1 0≤z≤1-x-y 所1-可a,a+车vt可a++h 2 16 14】

141 三、1、函数 ln( ) 2 2 u = x + y + z 在点 A（1，0，1）处可微，且 (1,0,1) 2 2 1 x y z x u A + + =   =1/ 2 ； 0 1 (1,0,1) 2 2 2 2 = +  + + =   y z y x y z y u A ； 1/ 2 1 (1,0,1) 2 2 2 2 = +  + + =   y z z x y z z u A 而 l = AB = (2,−2,1), 所以 ) 3 1 , 3 2 , 3 2 = ( −  l ,故在 A 点沿 l = AB 方向导数为： =   A l u A x u   cos + A y u    cos  + A z u    cos  1/ 2. 3 1 2 1 ) 3 2 0 ( 3 2 2 1 =  +  − +  = 2、由     = − − =  = − − + − = (4 2 ) 0 2 (4 ) ( 1) 0 2 f x x y f x y x y x y y x 得 D 内的驻点为 (2,1), M0 且 f (2,1) = 4 ， 又 f (0, y) = 0, f (x,0) = 0 而当 x + y = 6, x  0, y  0 时， ( , ) 2 12 (0 6) 3 2 f x y = x − x  x  令 (2 12 ) 0 3 2 x − x  = 得 x1 = 0, x2 = 4 于是相应 y1 = 6, y2 = 2 且 f (0,6) = 0, f (4,2) = −64.  f (x, y) 在 D 上的最大值为 f (2,1) = 4 ，最小值为 f (4,2) = −64. 四、1、  的联立不等式组为        − −   −    z x y y x x 0 1 0 1 0 1 : 所以    − − − + + + + = 1 0 1 0 1 0 3 (1 ) x x y x y z dz I dx dy   − − + + = x dy x y dx 1 0 2 1 0 ] 4 1 (1 ) 1 [ 2 1  = − − − + = 1 0 16 5 ln 2 2 1 ) 4 3 1 1 ( 2 1 dx x x

2、在柱面坐标系中 F()="dof drf=+f(ri=2(r+rdr 所g-2awev+n=2aUe)+ 五、1、连接OA,由Green公式得： 1-J+Ja -foi =fuai -Jat f(e'cosy-cosy+mddy+ x+y'sav20 2作作行上植o=会指 1-川+川-Ⅱ-耳-川 ”2+y9t-g -2fd If-dod-'d 六、由题意得：3p'(x)-2p(x)+xe2=p"(x) 即p'(x)-30'(x)+2p(x)=xe2 特征方程r2-3r+2=0,特征根斤=1,5=2 对应齐次方程的通解为：y=ce+c2e2 又因为入=2是特征根。故其特解可设为：y°=x(Ar+B)江 代入方程并整理得：A=)B=-1 即y=号x-22 故所求函数为：p)=ce+c,e+)x-2e2 142

142 2、在柱面坐标系中    = +   2 0 0 0 2 2 ( ) [ ( )] t h F t d dr z f r rdz  = + t hf r r h r dr 0 2 3 ] 3 1 2 [ ( ) 所以 ] 3 1 2 [ ( ) 2 3 hf t t h t dt dF =  + ] 3 1 2 [ ( ) 2 2 = ht f t + h 五、1、连接 → OA ，由 Green 公式得：    = + − L OA OA I   = − L+OA OA =  +   − + + , 0 2 2 ( cos cos ) 0 x y ax y x x Green e y e y m dxdy 公式 2 8 1 = ma 2、作辅助曲面    +  = 1 2 2 2 : x y a z a ，上侧，则由 Gauss 公式得：   I = +  1   − 1 =   +  − 1 1 =   +    +  + + − x y z z a x y a x y z dxdydz a dxdy ,0 2 2 2 2 2 2 2 2( ) =   +  − a x y z dz zdxdy a 0 4 2 2 2 2  4 0 3 4 2 1 2 z dz a a a =  − = −   六、由题意得： 3 ( ) 2 ( ) ( ) 2 x x xe x x  −  + =  即 x x x x xe 2 ( ) − 3( ) + 2( ) = 特征方程 3 2 0 2 r − r + = ，特征根 r1 =1, r2 = 2 对应齐次方程的通解为： x x y c e c e 2 = 1 + 2 又因为  = 2 是特征根。故其特解可设为： x y x Ax B e * 2 = ( + ) 代入方程并整理得： , 1 2 1 A = B = − 即 x y x x e * 2 ( 2) 2 1 = − 故所求函数为： x x x x c e c e x x e 2 2 1 2 ( 2) 2 1 ( ) = + + −

高等数学（下册）考试试卷（三）参考答案 、1、e-xe;25:3、∫。fxy,t 本0o所5m6器h-月Pt+0本+小 20 Gauss公式：7、Ax2+Bx+C8、P≤0。 二、1、C:2、B:3、A:4、C:5、A:6、D:7、B:8、B 三、由于=fx,0d+fx,),Fd+F+F=0 由上两式消去山，即得： 少-E dx F+fF 四、设(x,y)为椭圆x2+4y2=4上任一点，则该点到直线2x+3y-6=0的距离为 d=6-2x-3列：令L=6-2x-3+r2+4y2-4,于是曲： 3 L,=-4(6-2x-3y)+22x=0 L,=66-2x-3y)+8y=0 La=x2+4y2-4=0 有条件鞋点：停34(-寻M(-管wg寻 发点设堂有在天种。上一。晋款 五、曲线=2+ 在0：面上的 x2+y2=2y 投能为/2=2 0≤y≤) x=0 于是所割下部分在Oz面上的投影域为： ,0≤y≤2 D.0s:5 由图形的对称性，所求面积为第一卦限部分的两倍

143 高等数学（下册）考试试卷（三）参考答案 一、1、 2 2 2 2 y z x z ye − xe ； 2、 5 ； 3、 −   − − − 1 − − 1 1 1 1 0 2 2 2 2 ( , , ) x x x y dx dy f x y z dz ； 4、 3 f (0,0); 5、2a ； 6、   +   = + +   +   +   dv Pdydz Qdzdx Rdxdy z R y Q x P ( ) Gauss 公式； 7、 Ax + Bx + C 2 8、 P  0。 二、1、C； 2、B； 3、A ； 4、C ； 5、A ； 6、D ； 7、B ； 8、B 三、由于 dy f x t dx f x t dt x t = ( , ) + ( , ) ， Fx dx + Fy dy + Ft dt = 0 由上两式消去 dt ，即得： t t y x t t x F f F f F f F dx dy +     −   = 四、设 (x, y) 为椭圆 4 4 2 2 x + y = 上任一点，则该点到直线 2x + 3y − 6 = 0 的距离为 13 6 2x 3y d − − = ；令 (6 2 3 ) ( 4 4) 2 2 2 L = − x − y +  x + y − ，于是由：      = + − = = − − − + = = − − − + = 4 4 0 6(6 2 3 ) 8 0 4(6 2 3 ) 2 0 2 2 L x y L x y y L x y x y x    得条件驻点： ) 5 3 , 5 8 ), ( 5 3 , 5 8 ), ( 5 3 , 5 8 ), ( 5 3 , 3 8 ( M1 M 2 − M3 − − M 4 − 依题意，椭圆到直线一定有最短距离存在，其中 13 13 13 6 2 3 min 1 = − − = M x y d 即为所求。 五、曲线     + = = + x y y z x y 2 2 2 2 2 在 yoz 面上的 投影为    = =   0 2 (0 ) 2 x z y y z 于是所割下部分在 yoz 面上的投影域为：         z y y Dyz 0 2 0 2 : ， y 由图形的对称性，所求面积为第一卦限部分的两倍

4小原咖- 六、将Σ分为上半部分习，：=-x2-少户和下半都分2：=-x-严， 1,已2在面xoy上的投影域都为：D,:x2+y2≤1，x≥0，y之0， 于是：∬=∬V-x-yk 曾10jpm0cw0-rn=方 ∬d=o-i-y-h=5 1川+川号 七、因为eos》=1=sn'x,即f(cos.x))=1+sn2x d(cosx) 所以(x)=2-x2 f=2x-+ 八、fx)=(1+x1+x2)月=n1+x)+1+x2) 又1+0=2-二Mue仁1训 .n-.c -)(+se(M 高等数学（下册）考试试卷（四）参考答案 144

144 d z x y x A Dyz    +   = + 2 2 2 1 ( ) ( )    = − = − = Dyz y y y dz dy y y dydz 2 1 2 2 0 2 8 2 2 2 2 六、将  分为上半部分 2 2 1 : z = 1− x − y 和下半部分 2 2 2 : z = − 1− x − y ， 1 2  , 在面 xoy 上的投影域都为： : 1, 0, 0, 2 2 Dxy x + y  x  y  于是：    = − − 1 2 2 xyzdxdy 1 x y dxdy Dxy 15 1 sin cos 1 2 0 1 0 2 2 =  −  =           d d 极坐标 ；    = − − − − = 2 15 1 ( 1 )( ) 2 2 xyzdxdy x y x y dxdy Dxy ，      = + 1 2 I = 15 2 七、因为 x d x df x 2 1 sin (cos ) (cos ) = = ，即 f x x 2 (cos ) =1+ sin 所以 2 f (x) = 2 − x  f x = x − x + c 3 3 1 ( ) 2 八、 ( ) ln[(1 )(1 )] ln(1 ) ln(1 ) 2 2  f x = + x + x = + x + + x 又 , ( 1,1] ( 1) ln(1 ) 1 1  − − + =   = − u u n u n n n     =  = − −  − − + − = 1 1 2 1 1 , ( 1,1] ( 1) ( 1) ( ) n n n n n n x x n x n f x   = − +  − − = 1 1 (1 ), ( 1,1] ( 1) n n n n x x x n 高等数学（下册）考试试卷（四）参考答案 一、1、 dx − 2dy ；2、 x + 2y + 3z = 6 ； 3、 20 153 ； 4、32 ； 5、  2 2 ；

6、号m:7y=22+x0e s.oconkaudk 4=f)sin kxdsk=l2.n 二、1、C2、C:3、A:4、D:5、A:6、B:7、A:8、C 三：=f白+g的-g的 安-是+÷+皆的 =的+号的 -学-卓的 =于"月-÷的 故安+瑞0 四、设M(x00,o)是曲面F=x2-c3=0上的任意点，则xo%20=c3, 在该点处的法向量为： 5-6m-层天名e头 x。 因而该切平面与三坐标面所围成的立体的体积为：

145 6、 3 3 2 a ； 7、 x y x e − = 2(2 + ) ； 8、 − =    a f x dx 2 2 ( ) 1 0 ； ( ) cos 1,2, , 1 ak = f x kxdx k = n −    ( )sin 1,2, , 1 bk = f x kxdx k = n −    二、1、C； 2、C； 3、A； 4、D； 5、A； 6、B； 7、A； 8、C 三、 ( ) ( ) ( ) x y g x y x y g y x f x u =  + −     ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 x y g x y x y g x y y x f x y u =  −  +     ( ) 3 2 x y g x y +  = ( ) 1 y x f y  ( ) 3 2 x y g x y +  ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2 2 x y g x x y g y x x f y x x y u = −  +  −     ( ) 2 x y g x y −  ( ) 2 y x f y x = −  ( ) 2 x y g x y −  故 0 2 2 2 =    +   x y u y x u x 四、设 ( , , ) 0 0 0 M x y z 是曲面 0 3 F = xyz − c = 上的任意点，则 3 0 0 0 x y z = c ， 在该点处的法向量为： n = (Fx  , Fy  , Fz ) M = ( , 0 0 y z , 0 0 z x ) 0 0 x y ( , 0 3 x c = , 0 3 y c ) 0 3 z c ) 1 , 1 , 1 ( 0 0 0 3 x y z = c 于是曲面在 M 点处的切平面方程为： ( ) 1 0 0 x x x − + ( ) 1 0 0 y y y − + ( ) 1 0 0 z z z − =0 即 0 3x x + 0 3y y + 0 3z z =1 因而该切平面与三坐标面所围成的立体的体积为：

F=g3xal-3yol-B=ol-e 这是一个定值，故命题得证。 五、由于介于抛物面：=4+x2+y2,柱面(x-1)2+y2=1及平面z=0之间的立体体积为 定值，所以只要介于切平面π，柱面(x-1)2+y2=1及平面：=0之间的立体体积V为 最大即可。 设π与z=4+x2+y2切于点P(xo,o,0),则π的法向量为n=(2xo,2yo,-1),且 50=4+x,2+,2,切平面方程为：2x(x-x0)+20y-%)-(仁-50)=0 即2=2x0x+2oy+4-x后-6 于是V=川do极坐标三p2x,pc0sB+2psm8+4-后-巧)d0 =π(2x。+4-x-6) av ,得驻点1,0)，且=5江，5=5. -2 由于实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为(1,0,5)时，题中所求体积为最小。 此时的切平面π为：z=2x+3 六、联接B函，并设由L及BA所围成的区域为D,则 1+Green-(e'cosy-1-e'cosy-1ydxdy-0 -2)022=4r 七y00周了=：夸于提可东斋己=0 会己，0，美超为6e启-6-心 Cx+C2 146

146 3 0 0 0 0 0 0 2 9 2 9 3 3 3 6 1 V = x  y  z = x y z = c 这是一个定值，故命题得证。 五、由于介于抛物面 2 2 z = 4 + x + y ，柱面 ( 1) 1 2 2 x − + y = 及平面 z = 0 之间的立体体积为 定值，所以只要介于切平面  ，柱面 ( 1) 1 2 2 x − + y = 及平面 z = 0 之间的立体体积 V 为 最大即可。 设  与 2 2 z = 4 + x + y 切于点 ( , , ) 0 0 0 P x y z ，则  的法向量为 (2 ,2 , 1) n = x0 y0 − ，且 2 0 2 0 4 0 z = + x + y ，切平面方程为： 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y −y 0 ) − (z − z0 ) = 0 即 2 0 2 2 0 2 0 4 0 z = x x + y y + − x − y 于是  − − +  = + + − − 2 2 2 0 2 0 0 0 ( 1) 1 2 cos 2 sin 4 ) 2 2  V zd   x   y   x y d x y 极坐标 （ (2 4 ) 2 0 2 0 0 =  x + − x − y 则由        = −   = − =   0 0 0 0 2 (2 2 ) 0 y y V x x V   ，得驻点（1，0）, 且 5 , 5. V (1,0) =  z0 = 由于实际问题有解，而驻点唯一，所以当切点为（1，0，5）时，题中所求体积为最小。 此时的切平面  为： z = 2x +3 六、联接 BA ，并设由 L 及 BA 所围成的区域为 D，则       = + − = − − − − − − + D x x L BA BA L BA BA I Green公式 (e cos y 1 e cos y 1)dxdy 0  2 4 2 1 2 2 =   = 七、令 y  = z( y) ，则 dy dz y  = z ，于是原方程可化为： 0 1 2 2 = − + z dy y dz z 即 0 1 2 = − + dy y dz ，其通解为 2 1 1 2 1 = ( −1)  = − − z c e c y dy y 2 1  = c ( y −1) dx dy 即 c dx y dy 2 1 ( 1) = − , 故原方程通解为： 1 2 1 1 c x c y + = −

八、易求得该幂级数的收敛区间为(-1)， e◆so-2若则s-2宁-空 挂意到s0-0,S0-5h=高-1-到 高等数学（下册）考试试卷（五）参考答案 I+xe 16 5、对任意闭曲线1.Pk+Q妙=0或P_0或3训K功使得d血=Pk+Q: dy dx 6、2m:7、y=ce+e2:8、发散 二、1C:2、B:3、A:4、C:5、C:6、B:7D:8、A 三小是y,等ryh:是-yshi-hy =0++是在=+（声+w-点. 四、1、因为积分域D关于y=x对称，所以 1-得器加-8 1-刘a+沿are咖-ooa 21=r+y+:w+2∬0++1+20d +2∬w+2∬dw+∬dm 因为2关于三个坐标轴都对称，而2xy,22,22x,2x,2y,2:都（至少）关于某个变量 147

147 八、易求得该幂级数的收敛区间为 (−1,1). x(−1,1) ，令   = = 1 ( ) n n n x S x ，则 ( ) ( ) 1  =    n= n n x S x x x n n − =  =  = − 1 1 1 1 注意到 S(0) = 0，S(x) =   = − − −  = x x x x dx S x dx 0 0 ln(1 ) 1 ( ) 高等数学（下册）考试试卷（五）参考答案 一、1、 z y x z y x xe dx xe dy − − − − + + + 1 (1 ) ；2、 1 1 9 1 16 1 − − = − = x − y z ；3、2 ；4、 − − a m a x e f x a x dx 0 ( ) ( )( ) ； 5、对任意闭曲线 l ，  + = l Pdx Qdy 0 或 x Q y P   =   或 u(x, y), 使得 du = Pdx + Qdy ； 6、 4 2a ； 7、 x x y ce e 3 2 5 1 = + − ； 8、发散 二、1、C； 2、B； 3、A； 4、C； 5、C； 6、B； 7、D； 8、A 三、1、 −1 =   z z y y x x u ； x y z x y u y z z ln −1 =   ； y x x y z u z z y = ln  ln   2、 1 2 1 2 2 2 1 1 f z y z u f z f y x y u f x y u = −    = − +    =     =   +   +    = dz z u dy y u dx x u du f dz z y f dy z f y x f dx y 1 2 1 2 2 2 ) 1 ( 1  + − +  −  。 四、1、因为积分域 D 关于 y = x 对称，所以  d f y f x af y bf x d f x f y af x bf y I D D   + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 故 ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ 2 1  d f y f x af y bf x d f x f y af x bf y I D D   + + + + + = =  + = + D a b d a b R 2 ( ) 2 1 ( ) 2 1   2、       I = (x + y + z )dV + 2 x(y + z +1)dV + 2 yzdV 2 2 2 +   2 ydV   + 2 zdV   + dV 因为  关于三个坐标轴都对称，而 2xy,2yz,2zx,2x,2y,2z 都（至少）关于某个变量

为奇函数，故以这些项为被积函数的三重积分都等于0。于是： 1=cx+y+:w+∬d=3∬aw+R =6可。止八：+R'=音R+R)· 五、令P=2x(x4+y2),Q=-x2(x4+y2) 则 号=2r++4a+. -2xx+yy-4xx+ x 由已知条件得9=心，即有x+yX2+D=0,所以元=-1 所求的一个原函数为： n-器-小南片 -立r1)-2a a-{a-'-2n-2a+m “0-2a+a-立m-宫，脚0 七、方程的特征方程为：r2-6r+9-0,其特征根为5=5=3 故方程的通解为：y=(G,+c,x)e3 148

148 为奇函数，故以这些项为被积函数的三重积分都等于 0。于是： I x y z dV dV     = ( + + ) + 2 2 2 2 3 3 4 = 3 z dV + R   (1 ) 3 4 3 4 6 2 3 3 2 0 2 2 2 2 dz z dxdy R R R x y R z R = + = +   +  −   。 五、令   2 ( ) , ( ) 4 2 2 4 2 P = xy x + y Q = −x x + y 则 2 1 4 4 2 2 2 ( ) 4 ( ) − = + + +     x x y x y x y y P ， 2 1 4 4 2 5 2 ( ) 4 ( ) − = − + − +     x x y x x y x Q 由已知条件得 y P x Q   =   ，即有 ( )( 1) 0 4 2 x + y  + = ，所以  = −1 所求的一个原函数为 ： dy x y x dx x y xy u x y x y 4 2 2 ( , ) (1,0) 4 2 2 ( , ) + − + =    = − + = − x y x y dy x y x dx 0 4 2 2 2 1 0 arctan 六、易知 3 3 3 2 (1 ) 1 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) (1 ) 1 x x x x x x − − − = − − − = − + 又 ( 1 1) 1 1 0 = −   −   = x x x n n   = −  = − = −  1 1 2 ) 1 1 ( (1 ) 1 n n nx x x    = −  = −  = − = + − = − 1 1 2 2 3 2 ) ( 1) ( 1) (1 ) 1 ( (1 ) 1 n n n n n n x n nx x x = + − − +    = − 1 1 3 ( 1) (1 ) 1 n n n nx x x   = − 1 1 n n nx   = − = 1 2 1 n n n x ， 其中 (−1 x 1) 七、方程的特征方程为： 6 9 0 2 r − r + = ，其特征根为 r1 = r2 = 3， 故方程的通解为： x y c c x e 3 1 2 = ( + )