复旦大学：《高等数学》课程往年试题（高等数学A）《高等数学（II）》试题（2010.7）（答案）

复旦大学数学科学学院 2009~2010学年第二学期期末考试试卷 《高等数学A》(下)试题答案 1.(本题满分48分,每小题8分)(1) az 1 +e (2)f(0,0)=10为极大值:(3)x2:(4)a2;(5)、1.(6)收敛半径 R=16,收敛域 2.(本题满分10分)解椭球面在第一卦限上的点P(x,y,z)(x,y,x>0)处的 切平面的方程为 x)+ 装 订 xX yr -Z =1 线 内 此平面在三个坐标轴的截距分别为 因此它与三个坐标平面所围 不 要 四面体的体积为 答 题 显然只要求出1/V的最大值,便能求出V的最小值。因此问题可以转化为求 目标函数f(xy)=x=在约束条件++=1的最大值问题 为此,作 Lagrange函数 (xy三,)=习=+41 b 并令 22x L 2 L 0, 注意xy,z>0(此时λ≠0),由方程组的第一、第二和第三式得

复旦大学数学科学学院 2009～2010 学年第二学期期末考试试卷 《高等数学 A》（下）试题答案 1．（本题满分 48 分，每小题 8 分）（1）    y z z 1 e 1 ， 3 2 (1 ) z z e e x y z       ； （2） f (0, 0) 10 为极大值；（3） 2 64 3  ；（4） 2 5 16 a ；（5） 15 1  ；（6）收敛半径： R  16 ，收敛域： (16,16)。 2．（本题满分 10 分）解 椭球面在第一卦限上的点 P(x, y,z) （ x, y,z  0 ）处的 切平面的方程为 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2     Z  z  c z Y y b y X x a x ， 即 1 2 2 2    c zZ b yY a xX ， 此平面在三个坐标轴的截距分别为 x a 2 ， y b 2 ， z c 2 ，因此它与三个坐标平面所围 四面体的体积为 xyz a b c V 6 2 2 2  。 显然只要求出 1/V 的最大值，便能求出 V 的最小值。因此问题可以转化为求 目标函数 f (x, y,z)  xyz 在约束条件 1 2 2 2 2 2 2    c z b y a x 的最大值问题。 为此，作 Lagrange 函数              2 2 2 2 2 2 ( , , , ) 1 c z b y a x L x y z  xyz  ， 并令                               1 0. 0, 2 0, 2 0, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c z b y a x L c z L xy b y L xz a x L yz z y x     注意 x, y,z  0 （此时   0 ），由方程组的第一、第二和第三式得 2 2 2 2 2 2 c z b y a x   ， （ 装 订 线 内 不 要 答 题 ）

代入第四式得 b 显然,这个驻点必是f在约束条件下的最大值点,其最大值为 于是便得到V的最小值为 b2c2√3ab 3.(本题满分8分)解添加线段BA:y=0,x:丌→0。设曲线L与BA所围区 域为D,则由 Green公式得 siny+y)dx+xcos ydy=dxdy dx x(丌-x)dx= 且 sin y+ y)dx+xcos ydy= Odx=0 于是 ∫(siy+y)dx+ xcos yd dxdy-(sin y+y)dx+xcos ydy= 4.(本题满分8分)解直接计算得 D(, y) D(y,=) 6 D(=,x) =-c0s0, D(r,6) D(,6) 所以 D(x,y)|D(y,)D(=,x) D(r,6)」LD6)」LD(r,) 于是 ∫√x2+yas=』√+rdno=Jm"dl 2丌rV1+r2dh

代入第四式得 x a 3 3  ， y b 3 3  ， z c 3 3  。 显然，这个驻点必是 f 在约束条件下的最大值点，其最大值为 f a b c abc 9 3 3 3 , 3 3 , 3 3          。 于是便得到 V 的最小值为 2 3 6 2 2 2 min abc xyz a b c V   。 3．（本题满分 8 分）解 添加线段 BA ： y  0，x :  0 。设曲线 L 与 BA 所围区 域为 D ，则由 Green 公式得 . 6 1 ( ) (sin ) cos 3 0 ( ) 0 0                             dx d y x x dx y y dx x ydy dxdy x x L B A D 且 (sin ) cos 0 0. 0       y y dx x ydy dx B A 于是 . 6 1 (sin ) cos (sin ) cos 3            D B A L dxdy y y dx x ydy y y dx x ydy 4．（本题满分 8 分）解 直接计算得 r D r D x y  ( , ) ( , )  ，   sin ( , ) ( , )  D r D y z ，   cos ( , ) ( , )   D r D z x ， 所以 2 2 2 2 2 1 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) r D r D z x D r D y z D r D x y EG F                            。 于是 2 2 1. 3 2 2 1 1 1 1 0 2 1 0 2 2 0 0 1 0 2 , 2 2 2                           r r d r x y d S r r drd d r r d r r

5.(本题满分10分)解(1) f(x)dr=<re+e 2 且对n=1,2,…,有 f(x)cos ndx ndx e" cos ndx+ cos nxdx 丌(e ( nsin nx+ cos nx)‖+ (nsin nx-cos nx) r(e-e")n 2(-1) 因此由收敛定理 (x)=1+2∑, -cos nx,xe +1 (2)在(1)的结果中令x=2得 12、(-1) 于是 (-1)”re2+e 1+4n22er-e-2 6.(本题满分8分)解由 Gauss公式得 2小d24+xh=⑩(x+y2+=2)dobh 作变换x=a,y=b,z=c得 (x2+y2+=2)dxdydx= abc I(a'u+b212+c2w2)dudvdw u2+12+12sI 由对称性知 u duddy= [ Iv2dudvd w-dudrdw x2+y2+w2≤1 u 2+r2+1 2s1 因此

5．（本题满分 10 分）解（1）        2 2 ( ) 2 0 0 0          dx e e e e a f x dx x x ， 且对 n 1,2,  ，有              0  0 cos 2 ( )cos 2 nxdx e e e e a f x nxdx x x n                 0 0 cos cos ( ) 2 e nxdx e nxdx e e x x . ( 1) 2( 1) ( sin cos ) 1 ( sin cos ) ( ) 1 2 2 0 2 0 2                                 n n n x n x n e n n x n x n e e e n x x       因此由收敛定理 f (x) nx n n n cos 1 1 2 ( 1) 1  2         ， x[0, ]。 （2） 在（1）的结果中令 2  x  得                   e e e e n n n n 2 2 1 2 2 cos 1 1 2 ( 1) ， 于是 2 1 1 4 2 ( 1) 2 2 1 2                 e e e e n n n 。 6．（本题满分 8 分）解 由 Gauss 公式得            1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) c z b y a x xy dydz yz dzdx zx dxdy x y z dxdydz。 作变换 x  au， y  bv， z  cw 得              1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) u v w c z b y a x x y z dxdydz abc a u b v c w dudvdw。 由对称性知               1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 u v w u v w u v w u dudvdw v dudvdw w dudvdw， 因此

(au+bv+c-w)duded b2+ r" sin adr 4 a+b+c 于是 xy dydz+yz dxdx+ zx dxdy=abda+b+C)I 2n+1 7.(本题满分10分)(1)解记u 对于每个x≠0,由于 (2n+1) m m n 所以∑一2 2n+1 26(2n+1) 收敛,因此幂级数∑21+D1的收敛域为(一+) (2)证对S(x)= 逐项求导得 2n+I 2n+1 S'(x) 1+xS(x)。 (2n+1)!! (2n-1)! 注意到S(O)=0,所以S(x)是一阶线性方程 S′-xS=1 满足S(O)=0的特解,因此 S(x) dt=e2Joe2dt,x∈(-∞,+∞)。 于是 dt= dt

( ) . 15 4 sin 3 ( ) 3 ( ) 2 2 2 1 0 4 0 2 0 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2       d d r d r a b c a b c u v w dudvdw a b c a u b v c w dudvdw u v w u v w                         于是   xy dydz yz dzdx zx dxdy 2 2 2 ( ) 15 4 2 2 2  abc a  b  c 。 7．（本题满分 10 分）（1）解 记 (2 1)!! 2 1    n x u n n 。对于每个 x  0 ，由于 0 2 3 | | lim | | | | lim 2 1       n x u u n n n n ， 所以     0  2 1 (2 1)!! n n n x 收敛。因此幂级数     0  2 1 (2 1)!! n n n x 的收敛域为 (,  )。 （2）证 对       0 2 1 (2 1)!! ( ) n n n x S x 逐项求导得 1 ( ) (2 1)!! 1 (2 1)!! 1 (2 1)!! ( ) 0 2 1 1 2 0 2 1 x S x n x x n x n x S x n n n n n n                                。 注意到 S(0)  0 ，所以 S(x) 是一阶线性方程 S  xS  1 满足 S(0)  0 的特解，因此         x x t x tdt sds S x e e dt e e dt x t 0 2 2 0 2 2 0 0 ( ) ， x(,  )。 于是     x x x lim e 2 S(x) lim 2 2 2 2 0 0 2 0 2 2 2 2             e dt e dt e d x x t x t