复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学A）2015高数（下）（A）试题解答（最新）

复旦大学数学科学学院 2014~2015学年第二学期期末考试试卷 A卷 课程名称:高等数学A(下) 课程代码:MATH120002 1开课院系:数学科学学院 考试形式:团卷 题号 2 3 4 5 6 总分 得分 11.(本题共48分,每小题6分)计算下列各题 (1)设z=(x2+y2)ln(x2+y2),求=,=n。 z=2x(n(x2+y2)+1),=x2+y2 1(2)解方程xy-y=x 1解:由(2)=1,得y=x2+cx。 (3)求函数u=xy+x+yz在点(1,1,1)处沿方向l=(1-2,2)的方向导数。 解:由n2=y+三,=x+,n=x+y,得 au 1 2 2.-+2 (4)求函数u=x2+y2+z2在条件x+2y+3z=14(x,y,z≥0)下的极值。 1解:作 Lagrange函数L(x,y,z,4)=x2+y2+x2+(x+2y+3x-14), 1.=2x+1=0 1L,=2y+2=0 1令 得x=1,y=2,=3,为极小值点,Lmn=14 L.=2:+3=0 L=x+2y+3=-14=0 1()计算∫(x+)dob,其中D:x2+y2≤2y。 解:由对称性,‖xdy=0, 1所以(x+y)ddhy= fo sindel r2bh=丌

1 复旦大学数学科学学院 2014～2015 学年第二学期期末考试试卷 A 卷 1. （本题共 48 分，每小题 6 分）计算下列各题 (1)设 ( )ln( ) 2 2 2 2 z  x  y x  y ，求 x xy z  , z  。 解： x z  2 (ln( ) 1) 2 2  x x  y  ， 2 2 4 x y xy zxy    。 (2)解方程 2 xy y  x 。 解： 由 1        x y ，得 y  x  cx 2 。 (3)求函数 u  xy  zx  yz 在点(1,1,1)处沿方向 l  (1,2,2) 的方向导数。 解： 由 u y z u x z u x y x   , y   , z   ，得 3 2 3 2 2 3 2 2 3 1 2           l u 。 (4) 求函数 2 2 2 u  x  y  z 在条件 x  2y  3z 14 (x, y,z  0) 下的极值。 解：作 Lagrange 函数 ( , , , ) ( 2 3 14) 2 2 2 L x y z   x  y  z   x  y  z  ， 令                      2 3 14 0 2 3 0 2 2 0 2 0 L x y z L z L y L x z y x     ，得 x 1, y  2,z  3 ，为极小值点， umin  14。 (5)计算   D （x y)dxdy ，其中 D : x y 2y 2 2   。 解：由对称性，  0  D xdxdy ， 所以          0  2sin 0 2 x y)dxdy sin d r dr D （

(6)讨论级数 ∑ 的收敛性 In 解:注意到immn=0,可得lmn2+1=0, 由比较判别法,级数∑加”收敛 ()计算(x+y2)+2y+dh,其中∑为曲面=x2+y2(0≤≤1的下侧。 解:设有向曲面Σ1:z=1(x2+y2≤1),取上侧 由 Gauss公式得 N(x+ y )dyd=+2yd=dx+addy=[(2+2=)dxdyd= ∫(x+y)+2yd+dhy=』dh= 于是(x+y2)h+2yzdx+zddh J(x+y2)dyd=+2yzd=dx+ =(x+y2)dyd:+2yededx+=dxdy (8)求幂级数∑,x"的收敛半径与收敛区间。 解:o=1im(n+1)3 所以收敛半径R=3 当x=-3时,级数∑(1y收敛 当x=3时,级数∑发散,所以收敛区间为[-3)

2 (6)讨论级数   2  2 1 ln n n n 的收敛性。 解：注意到 0 ln lim   n n n ，可得 0 1 1 ln lim 2 3 2    n n n n ， 由比较判别法，级数   2  2 1 ln n n n 收敛。 (7)计算   (x  y )dydz  2yzdzdx  zdxdy 2 ，其中  为曲面 (0 1) 2 2 z  x  y  z  的下侧。 解：设有向曲面 : 1 ( 1) 2 2 1 z  x  y  ，取上侧。 由 Gauss 公式得      1 ( ) 2 2 x y dydz yzdzdx zdxdy    (2  2z)dxdydz         1 0 2 1 0 2 (1 z)dz dxdy 2 (z z )dz z   3 5  。 而      1 ( ) 2 2 x y dydz yzdzdx zdxdy     1 dxdy ， 于是   (x  y )dydz  2yzdzdx  zdxdy 2       1 ( ) 2 2 x y dydz yzdzdx zdxdy       1 ( ) 2 2 x y dydz yzdzdx zdxdy  3 2  。 (8) 求幂级数     1 3 1 n n n x n 的收敛半径与收敛区间。 解： 3 1 3 1 ( 1)3 1 lim 1      n n n n n  ，所以收敛半径 R  3， 当 x  3 时，级数     1 ( 1) 1 n n n 收敛， 当 x  3 时，级数   1 1 n n 发散，所以收敛区间为 [3,3)

2.(本题共8分)设∫可微,证明曲面Σ:f(三,,y)=0上任意一点处的切平面过某 个定点 证:任取曲面上一点P(xnyn=),记g(x,y,2)=f(三,,2),则 g(tx,,仁)=g(x,y,=)Vt≠0, 上式两边对t求导,有g(x,y,t)x+g;(x,.y,)y+g:(ax,,z)x=0, 特别地,有g(x,y,=0)x+g(x,y)b+g!(x0,y,=0)0=0, 即曲面在点处P(x0,y,=)点处的切平面的法向 (g3(x,y,=0),g(x0,y,=0),g(x0,y,-0) 与向径(xnyo,=0)垂直,所以曲面在P(x02yn=0)点处的切平面一定过原点 3.(本题共8分)求∫(x+3y2M,其中r:{x+y2+2=a2 (a>0) x+y+==0 解:由对称性,「x=地=2,∫x=y=∫=动, 而∫(x+y+==0,∫(x+y2+2)=Jad=2m3 所以∫(x+3)d=∫(x2+y2+=2=2m3 4.(本题共10分)设:x++2=1(≥0),点P(x,y,=)∈Σ,∏是Σ在点P处 的切平面,d(x,y,z)为原点到∏的距离,求 dS。 d(x,y, =) 解:Σ在点P(x,y,z)处的切平面∏为x(X-x)+y(Y-y)+2(Z-z)=0, 于是d(x,y,=)= 由∑ 得 y

3 2.（本题共 8 分）设 f 可微，证明曲面  ( , , )  0 x y z x y z ：f 上任意一点处的切平面过某 个定点。 证：任取曲面上一点 ( , , ) 0 0 0 P x y z ，记 ( , , ) ( , , ) x y z x y z g x y z  f ，则 g(tx,ty,tz)  g(x, y,z), t  0， 上式两边对 t 求导，有 g x (tx,ty,tz)x  g y (tx,ty,tz)y  g z (tx,ty,tz)z  0 ， 特别地，有 g x (x0 , y0 ,z0 )x0  g y (x0 , y0 ,z0 )y0  g z (x0 , y0 ,z0 )z0  0， 即曲面在点处 ( , , ) 0 0 0 P x y z 点处的切平面的法向 ( ( , , ), ( , , ), ( , , )) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 g x y z g x y z g x y z x y z    与向径 ( , , ) 0 0 0 x y z 垂直，所以曲面在 ( , , ) 0 0 0 P x y z 点处的切平面一定过原点。 3.（本题共 8 分）求 (x 3y )ds 2    ，其中 ( 0) 0 : 2 2 2 2            a x y z x y z a 。 解：由对称性， xds yds zds         ， x ds y ds z ds         2 2 2 ， 而 (   )  0  0     x y z ds ds ， 2 2 2 2 3 (x  y  z )ds  a ds  2a     ， 所以 (x 3y )ds 2    2 2 2 3  (x  y  z )ds  2a   。 4.（本题共 10 分） 设 1 ( 0) 2 2 : 2 2 2    z  z  x y ，点 P(x, y,z)， 是  在点 P 处 的切平面， d(x, y,z) 为原点到  的距离，求   dS d x y z z ( , , ) 。 解：  在点 P(x, y,z) 处的切平面  为 x(X  x)  y(Y  y)  2z(Z  z)  0， 或 xX  yY  2zZ  2， 于是 2 2 2 2 1 2 4 2 ( , , ) x y z z d x y z      ， 由 2 2 : 1 2 2 x y  z    ，得 z y z z x zx y 2 , 2    

1所以 z√1+z2dk (4-x2-y2)d d (x, y, z) (本题共10分)设f(x)在(0+∞)上有连续导数,且()=1,曲线积分 1∫(2(x)+2+(x(x)+y2)在右半平面(x>0)与路径无关 1(1)求f(x)的表达式;(2)设在右半平面的有向曲线L的起点为(1,0),终点为(2,3) 试计算上述曲线积分 1解:(1)由于曲线积分与路径无关,所以f(x)=f(x)+xf(x), 这是 Bernoulli方程,解得f(|a,由条件/Vs 得 1所以f(x)=,(x>0)。 1(2)这时,被积表达式有原函数(x,y)=x +y+-y, 所以[(计2(x)+2x+(xf(x)+y2)=(x2y+y+30=14。 1+x 6.(本题共8分)设()-1x∈x0,求其 Fourier级数及 Fourier级数的和 x,x∈[0,丌) 函数S(x),并计算S(4r) 1解: (1dx+[xhx)=1+ xdx) 1) b,=-( 1. sin ndx+ xsin ndx)= l)"-1.(-1)”+1 12 所以∫(x)的 Fourier级数为 2 l)"-1 (-1)”(1-)-1 cos nx+ sinn 由收敛性定理,可知其和函数

4 所以            x y dS z z dS x y dxdy d x y z z (4 ) 4 1 1 2 1 ( , , ) 2 2 2 2 3 （4 ) 4 1 2 0 2 0 2         d r rdr 。 5.（本题共 10 分）设 f (x) 在 (0,) 上有连续导数，且 2 1 f (1)  ，曲线积分     L ( yf (x) 2x)dx (xf (x) y )dy 2 2 在右半平面 (x  0) 与路径无关。 (1)求 f (x) 的表达式；(2)设在右半平面的有向曲线 L 的起点为 (1,0) ，终点为 (2,3)， 试计算上述曲线积分。 解：(1)由于曲线积分与路径无关，所以 ( ) ( ) ( ) 2 f x  f x  xf  x ， 这是 Bernoulli 方程，解得 cx f x   1 1 ( ) ，由条件 2 1 f (1)  ，得 c  1， 所以 ( 0) 1 1 ( )    x x f x 。 (2)这时，被积表达式有原函数 2 3 3 1 1 ( , ) y y x y u x y x      ， 所以     L ( yf (x) 2x)dx (xf (x) y )dy 2 2 14 3 1 1 (1,0) (2,3) 2 3             y y x y x 。 6.（本题共 8 分）设        , [0, ) 1, [ ,0) ( )   x x x f x ,求其 Fourier 级数及 Fourier 级数的和 函数 S(x) ,并计算 S(4 )。 解： 2 ( 1 ) 1 1 0 0 0           a dx xdx , , 1,2, ( 1) 1 ( 1 cos cos ) 1 2 0 0          n n a nxdx x nxdx n n     , , 1,2, ( 1) 1 ( 1) ( 1 sin sin ) 1 1 0 0             n n n b nxdx x nxdx n n n     , 所以 f (x) 的 Fourier 级数为 f (x)～ sin ] ( 1) (1 ) 1 cos ( 1) 1 [ 1 4 2 1  2           n n n nx n nx n    。 由收敛性定理，可知其和函数

f(x),x∈(-r,0)U(0,x) S(x)= 12+2 ,而S(4x)=S(0) 7.(本题共8分)设{an}为正数列(an>0,n=12,…),∑an发散,记S,=∑a 证明:(1)∑发散:(2)∑n收敛(P>1)。 证:(1)不妨设→0(n→∞),则→1(n→∞) 但是 anSn-s,- ax≥ dx=In s-In s 于是 ak≥lnSn-lnS1 →+o(n→>∞), S 即∑发散,由比较判别法,∑?发散。 S (2)当p>1时,如=当-= a≤ 于是 < ax≤ d 即∑有界,所以∑收敛。 S

5                   x x f x x S x , 2 1 , 0 2 1 ( ), ( ,0) (0, ) ( )  , 而 2 1 S(4 )  S(0)  。 7.（本题共 8 分）设 { } an 为正数列 (a  0,n  1,2, ) n ，  n1 an 发散，记   n k Sn ak 1 ， 证明：（1）   n1 n n S a 发散； （2）   n1 p n n S a 收敛 ( p  1) 。 证：（1）不妨设  0(n  ) S a n n ，则 1( ) 1     n S S n n 。 但是 1 1 1 1 1 ln ln 1 1 1 1                n n S S S S n n n n n n dx S S x dx S S S S S a n n n n ， 于是 1 2 1 ln S ln S S a n n k k k       (n  ) ， 即   n2 n1 n S a 发散，由比较判别法，   n1 n n S a 发散。 （2）当 p  1 时， , 1,2, 1 1 1 1 1           dx n x dx S S S S S a n n n n S S p S S p n p n n n p n n ， 于是       Sn S p p n k p k k dx S a x a 1 1 1 1 1 1      1 1 1 1 1 S p p dx a x ， 即  n k p k k S a 1 有界，所以   n1 p n n S a 收敛