《高等数学A(下)》期末试卷(精选07)

一、选择题（本题5小题，每小题3分，共15分）

1. 二元函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2 + y^2}, & (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}$ 在点 $(0, 0)$ 处（ ）

• A. 连续，偏导数存在
• B. 连续，偏导数不存在
• C. 不连续，偏导数存在
• D. 不连续，偏导数不存在

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答案：C

详细解析：

1. 连续性检查： 考虑沿直线 $y = kx$ 趋于 $(0,0)$：

   $$\lim_{(x,kx) \to (0,0)} \frac{x(kx)}{x^2 + (kx)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{kx^2}{x^2(1+k^2)} = \frac{k}{1+k^2}$$

   极限值随 $k$ 的不同而改变，故极限不存在，函数在 $(0,0)$ 处不连续。

2. 偏导数检查： 根据定义计算：

   $$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$$
   $$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$$

   偏导数 $f_x(0,0)$ 与 $f_y(0,0)$ 均存在且均为 0。

综上，在 $(0,0)$ 处不连续但偏导数存在。

难度：⭐⭐
考点：#二元函数连续性 #偏导数定义

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 偏导数定义：$f_x(x_0, y_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x, y_0) - f(x_0, y_0)}{\Delta x}$
• 连续性：$\lim_{(x,y) \to (x_0, y_0)} f(x,y) = f(x_0, y_0)$
• 二元函数偏导数存在并不一定连续，这与一元函数有显著区别

思路分析

判断偏导数存在性时，直接用定义计算 $f_x$ 和 $f_y$ 的极限是否存在。判断连续性时，需验证 $\lim_{(x,y) \to (x_0, y_0)} f(x,y)$ 是否等于函数值。可尝试沿不同路径趋近，若极限不同则不连续。

易错点

• 误以为偏导数存在就一定连续
• 判断连续性时只考虑沿坐标轴方向趋近，忽略其他路径
• 计算偏导数时代入顺序错误

🔄 举一反三

1. 讨论 $f(x,y) = \sqrt{|xy|}$ 在 $(0,0)$ 点的连续性与可微性。
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   答案：连续但不可微。解析：极限趋于0故连续，但全增量减去线性主部后的余项不是高阶无穷小。

2. 讨论 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2y}{x^4 + y^2}, & (x,y) \neq (0,0) \\ 0, & (x,y) = (0,0) \end{cases}$ 在 $(0,0)$ 处的连续性与偏导数存在性。
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   答案：不连续，偏导数存在。
   解析：沿 $y = kx^2$ 趋于 $(0,0)$ 时，极限为 $\frac{k}{1+k^2}$，随 $k$ 变化，故不连续。偏导数 $f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0-0}{\Delta x} = 0$，$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0-0}{\Delta y} = 0$，均存在。

2. 曲面 $z - e^z + 2xy = 3$ 在点 $(1,2,0)$ 处的切平面方程为（ ）

• A. $2x + y - 4 = 0$
• B. $2x + y + 4 = 0$
• C. $4x + 2y + z - 8 = 0$
• D. $4x + 2y + z + 8 = 0$

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答案：A

详细解析：

1. 设隐函数：令 $F(x,y,z) = z - e^z + 2xy - 3$。
2. 计算偏导数： $F_x = 2y$
   $F_y = 2x$
   $F_z = 1 - e^z$
3. 代入点 $(1,2,0)$： $F_x(1,2,0) = 2(2) = 4$
   $F_y(1,2,0) = 2(1) = 2$
   $F_z(1,2,0) = 1 - e^0 = 0$
4. 写出切平面方程： $4(x-1) + 2(y-2) + 0(z-0) = 0$
   $4x - 4 + 2y - 4 = 0 \implies 4x + 2y - 8 = 0 \implies 2x + y - 4 = 0$。

难度：⭐⭐
考点：#切平面方程 #隐函数求导

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 曲面 $F(x,y,z)=0$ 在点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 处的切平面方程为：$F_x(P_0)(x-x_0) + F_y(P_0)(y-y_0) + F_z(P_0)(z-z_0) = 0$
• 梯度向量 $\nabla F = (F_x, F_y, F_z)$ 是曲面在该点的法向量
• 当 $F_z=0$ 时，切平面平行于 $z$ 轴，方程中不含 $z$ 项

思路分析

求曲面切平面方程的标准步骤：1）构造隐函数 $F(x,y,z)$；2）分别求 $F_x, F_y, F_z$；3）代入切点坐标得到法向量；4）利用点法式写出切平面方程。

易错点

• 忘记对隐函数 $F(x,y,z)$ 求偏导，直接对显函数求导
• 代入切点坐标时计算错误
• 切平面方程的点法式写错符号

🔄 举一反三

1. 求曲面 $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ 在点 $(1, 2, 2)$ 处的切平面方程。
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   答案：$x + 2y + 2z = 9$。
   解析：设 $F = x^2 + y^2 + z^2 - 9$，则 $F_x=2x, F_y=2y, F_z=2z$。在 $(1,2,2)$ 处梯度为 $(2,4,4)$。切平面为 $2(x-1) + 4(y-2) + 4(z-2) = 0$，化简即得。

2. 求曲面 $z = x^2 - y^2$ 在点 $(1, 1, 0)$ 处的法线方程。
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   答案：$\frac{x-1}{2} = \frac{y-1}{-2} = \frac{z}{-1}$。
   解析：设 $F = x^2 - y^2 - z$，则 $F_x = 2x, F_y = -2y, F_z = -1$。在 $(1,1,0)$ 处法向量为 $(2, -2, -1)$。法线方程为 $\frac{x-1}{2} = \frac{y-1}{-2} = \frac{z-0}{-1}$。

3. 设 $L$ 为曲线 $y = -\sqrt{1 - x^2}$，则曲线积分 $\int_L (x^2 + y^2) ds = （ ）$

• A. $-\pi$
• B. $-2\pi$
• C. $\pi$
• D. $2\pi$

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答案：C

详细解析：

1. 分析曲线 $L$：$y = -\sqrt{1-x^2}$ 表示单位圆 $x^2 + y^2 = 1$ 的下半圆周。
2. 被积函数化简：在 $L$ 上，由于点满足 $x^2 + y^2 = 1$，故被积函数 $(x^2 + y^2) = 1$。
3. 计算曲线积分：
   $$\int_L (x^2 + y^2) ds = \int_L 1 ds = S$$
   其中 $S$ 为曲线 $L$ 的长度。
4. 确定弧长：$L$ 是半径为 1 的圆的半周，长度为 $\pi \cdot 1 = \pi$。 故积分为 $\pi$。

难度：⭐
考点：#第一类曲线积分 #圆的弧长

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 第一类曲线积分几何意义：$\int_L ds = L$ 的长度
• 第一类曲线积分与方向无关，且结果永远不能为负（如果被积函数非负）
• 圆 $x^2 + y^2 = r^2$ 的周长为 $2\pi r$，半圆周长为 $\pi r$

思路分析

当被积函数在积分路径上为常数时，第一类曲线积分等于该常数乘以曲线的长度。本题中 $x^2+y^2=1$ 在曲线 $L$ 上恒成立，故被积函数恒为 1，积分结果即为曲线 $L$ 的弧长。

易错点

• 忘记利用曲线方程先化简被积函数
• 混淆第一类曲线积分（与方向无关）和第二类曲线积分（与方向有关）
• 半圆周长计算错误，误认为是 $2\pi$

🔄 举一反三

1. 计算 $\int_L (x + y) ds$，其中 $L$ 是圆周 $x^2 + y^2 = 1$。
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   答案：0。
   解析：由对称性，$\int_L x ds = 0$ 且 $\int_L y ds = 0$。或者代入参数方程 $x=\cos t, y=\sin t, ds=dt$，在 $[0, 2\pi]$ 上积分为 0。

2. 计算 $\int_L (x^2 + y^2) ds$，其中 $L$ 是圆周 $x^2 + y^2 = 4$。
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   答案：$16\pi$。
   解析：在 $L$ 上 $x^2 + y^2 = 4$，故被积函数恒为 4。积分值为 $4 \times L$ 的长度 $= 4 \times 2\pi \times 2 = 16\pi$。

4. 下列级数中收敛的级数是（ ）

• A. $\sum_{n=1}^\infty \sin \frac{1}{n}$
• B. $\sum_{n=1}^\infty n^3 e^{-n}$
• C. $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \left(\frac{n}{n+1}\right)^n$
• D. $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{n} + (-1)^n}{n+1}$

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答案：B

详细解析：

• (A) $\sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}$，由比较判别法可知级数发散。
• (B) 使用比值判别法： $\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^3 e^{-(n+1)}}{n^3 e^{-n}} = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^3 \cdot \frac{1}{e} = \frac{1}{e} < 1$。 故级数收敛。
• (C) $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \lim_{n \to \infty} (1 - \frac{1}{n+1})^n = e^{-1} \neq 0$。 通项不趋于 0，级数必发散。
• (D) $\frac{\sqrt{n} + (-1)^n}{n+1} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}$，$p = 1/2 < 1$，故发散。

难度：⭐⭐
考点：#级数收敛性判定 #比值判别法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 比值判别法：$\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n}$，$\rho < 1$ 收敛，$\rho > 1$ 发散，$\rho = 1$ 无法判定
• 必要条件：$\sum u_n$ 收敛 $\implies \lim_{n \to \infty} u_n = 0$（逆否命题：通项不趋于 0 则级数发散）
• 常见等价无穷小：$\sin x \sim x$（$x \to 0$）
• $p$ 级数：$\sum \frac{1}{n^p}$，$p > 1$ 收敛，$p \leq 1$ 发散

思路分析

判定级数收敛性的常用策略：1）先看通项是否趋于 0，若不趋于 0 则直接发散；2）对含阶乘、指数的正项级数优先用比值判别法；3）对含 $\sin, \ln$ 等的级数用等价无穷小或比较判别法；4）对交错级数考虑莱布尼茨判别法。

易错点

• 忘记先验证通项趋于 0 这一必要条件
• 比值判别法中极限计算错误
• 混淆 $p$ 级数的收敛条件（$p > 1$ 收敛，不是 $p < 1$）
• 误认为通项趋于 0 级数就一定收敛（如调和级数）

🔄 举一反三

1. 判定级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n \ln n}$ 的收敛性。
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   答案：发散。
   解析：使用积分判别法，计算 $\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x \ln x} = [\ln(\ln x)]_2^{+\infty} = +\infty$，故级数发散。

2. 判定级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{n^n}$ 的收敛性。
   查看练习答案与解析

   答案：收敛。
   解析：使用比值判别法，$\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1+\frac{1}{n})^n} = \frac{1}{e} < 1$，故级数收敛。

5. 已知幂级数 $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n (x-1)^n$ 在 $x=-1$ 处收敛，则该级数在 $x=2$ 处（ ）

• A. 绝对收敛
• B. 条件收敛
• C. 发散
• D. 无法断定

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答案：A

详细解析：

1. 确定收敛中心：幂级数中心为 $x_0 = 1$。
2. 分析已知点：在 $x = -1$ 处收敛。点 $x = -1$ 到中心 $1$ 的距离为 $|-1 - 1| = 2$。
3. 判定收敛半径：根据阿贝尔定理，收敛半径 $R \geq 2$。
4. 讨论目标点：在 $x = 2$ 处，$|2 - 1| = 1$。 因为 $1 < 2 \leq R$，所以点 $x=2$ 处于收敛区间内部。
5. 结论：幂级在收敛区间内部 $(x_0-R, x_0+R)$ 必定绝对收敛。

难度：⭐⭐
考点：#阿贝尔定理 #幂级数收敛域

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 阿贝尔定理：级数在 $x_1$ 处收敛，则对于满足 $|x-x_0| < |x_1-x_0|$ 的一切 $x$ 绝对收敛
• 幂级数 $\sum a_n (x-x_0)^n$ 的收敛区间为 $(x_0-R, x_0+R)$，在收敛区间内部必定绝对收敛
• 收敛半径 $R$ 的几何意义：收敛区间端点到中心的距离

思路分析

解决幂级数收敛域问题的关键：1）确定收敛中心 $x_0$；2）根据已知收敛点计算到中心的距离，确定 $R$ 的范围；3）判断目标点到中心的距离与 $R$ 的关系，若在内部则绝对收敛，若在端点则需单独讨论。

易错点

• 忘记确定收敛中心，直接用坐标值计算
• 混淆"收敛"与"绝对收敛"的概念
• 误认为收敛区间端点处也一定绝对收敛（端点处可能条件收敛或发散）

🔄 举一反三

1. 若幂级数 $\sum a_n x^n$ 在 $x=4$ 处收敛，则在 $x=-3$ 处是否收敛？
   查看练习答案与解析

   答案：绝对收敛。
   解析：中心为 0，$|4-0|=4$，故 $R \geq 4$。由于 $|-3-0|=3 < 4$，故在 $x=-3$ 处绝对收敛。

2. 若幂级数 $\sum a_n (x+2)^n$ 在 $x=1$ 处条件收敛，则该级数的收敛半径 $R =$ ________。
   查看练习答案与解析

   答案：$R = 3$。
   解析：中心为 $x_0 = -2$，已知在 $x=1$ 处条件收敛，说明 $x=1$ 是收敛区间的端点。端点到中心的距离为 $|1-(-2)| = 3$，故收敛半径 $R = 3$。

二、填空题（本题5小题，每小题4分，共20分）

6. 方程 $y^{\prime \prime} + 2y^{\prime} = x^{2}$ 的特解形式为 $y^{*} =$ ________ (计算系数)。

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答案：$y^{*} = \frac{1}{6}x^3 - \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{4}x$

详细推导：

1. 分析齐次方程：特征方程为 $r^2 + 2r = 0$，根为 $r_1 = 0, r_2 = -2$。
2. 设定特解形式：由于右端项 $P_2(x) = x^2$，且 $r=0$ 是特征方程的一个单根，故设 $y^* = x^1(Ax^2 + Bx + C) = Ax^3 + Bx^2 + Cx$。
3. 求导并代入： $(y^*)' = 3Ax^2 + 2Bx + C$
   $(y^*)'' = 6Ax + 2B$
   代入原方程：$(6Ax + 2B) + 2(3Ax^2 + 2Bx + C) = x^2$
   整理得：$6Ax^2 + (6A + 4B)x + (2B + 2C) = x^2$
4. 待定系数法：
   • $6A = 1 \implies A = 1/6$
   • $6A + 4B = 0 \implies 1 + 4B = 0 \implies B = -1/4$
   • $2B + 2C = 0 \implies -1/2 + 2C = 0 \implies C = 1/4$ 故 $y^* = \frac{1}{6}x^3 - \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{4}x$。

难度：⭐⭐
考点：#二阶常系数线性微分方程 #特解形式

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 二阶常系数线性非齐次微分方程 $y'' + py' + qy = f(x)$ 的特解形式
• 若右端项 $f(x) = P_n(x)e^{\lambda x}$，且 $\lambda$ 是特征方程的 $k$ 重根，则设 $y^* = x^k Q_n(x)e^{\lambda x}$
• 当 $\lambda = 0$ 时，$f(x) = P_n(x)$ 为多项式，特解形式为 $x^k Q_n(x)$

思路分析

求特解形式的步骤：1）写出特征方程并求根；2）判断右端项中指数 $\lambda$ 是否为特征根及其重数 $k$；3）根据公式设定特解形式；4）用待定系数法求解具体系数。

易错点

• 忘记判断 $\lambda$ 是否为特征根，直接设特解而不乘 $x^k$
• 特解多项式次数设错，应与右端项多项式次数相同
• 待定系数法求解时方程组列错或计算错误

🔄 举一反三

1. 求方程 $y'' - 3y' + 2y = e^x$ 的特解形式。
   查看练习答案与解析

   答案：$y^* = Axe^x$。
   解析：特征方程 $r^2 - 3r + 2 = 0 \implies (r-1)(r-2)=0$，根为 1 和 2。由于 $\lambda=1$ 是单根，故特解应设为 $y^* = Axe^x$。

2. 求方程 $y'' + 4y = x\cos 2x$ 的特解形式。
   查看练习答案与解析

   答案：$y^* = x[(Ax+B)\cos 2x + (Cx+D)\sin 2x]$。
   解析：特征方程 $r^2 + 4 = 0 \implies r = \pm 2i$。右端项中 $\lambda = 0, \omega = 2$，故 $\lambda + i\omega = 2i$ 是特征方程的单根，应设特解为 $y^* = x[(Ax+B)\cos 2x + (Cx+D)\sin 2x]$。

7. 设 $z = f(2x, \frac{x}{y})$，其中 $f$ 有二阶连续偏导数，则 $\frac{\partial z}{\partial x} =$ ________，$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} =$ ________。

查看答案与解析

答案：$\frac{\partial z}{\partial x} = 2f_1 + \frac{1}{y}f_2$；$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 4f_{11} + \frac{4}{y}f_{12} + \frac{1}{y^2}f_{22}$

详细推导： 令 $u = 2x, v = \frac{x}{y}$。

1. 一阶偏导： $\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} = f_1 \cdot 2 + f_2 \cdot \frac{1}{y} = 2f_1 + \frac{1}{y}f_2$。
2. 二阶偏导：
   $$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(2f_1 + \frac{1}{y}f_2\right) = 2\frac{\partial f_1}{\partial x} + \frac{1}{y}\frac{\partial f_2}{\partial x}$$
   $$= 2\left(f_{11} \cdot 2 + f_{12} \cdot \frac{1}{y}\right) + \frac{1}{y}\left(f_{21} \cdot 2 + f_{22} \cdot \frac{1}{y}\right)$$
   $$= 4f_{11} + \frac{4}{y}f_{12} + \frac{1}{y^2}f_{22}$$
   (由于 $f$ 有二阶连续偏导数，故 $f_{12} = f_{21}$ )

难度：⭐⭐
考点：#复合函数求导

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 复合函数求导链式法则：$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}$
• 二阶偏导数：对一阶偏导数再次求导，注意 $f_1, f_2$ 仍是 $u, v$ 的函数
• 混合偏导数相等：若 $f$ 有二阶连续偏导数，则 $f_{12} = f_{21}$

思路分析

求复合函数偏导数的关键：1）明确中间变量 $u, v$ 与自变量 $x, y$ 的关系；2）画出变量关系图，确定求导路径；3）对一阶偏导数再次求导时，注意 $f_1, f_2$ 仍是中间变量的函数，需再次使用链式法则。

易错点

• 求二阶偏导时忘记 $f_1, f_2$ 仍是 $u, v$ 的函数，直接对 $x$ 求导
• 混淆 $f_{12}$ 和 $f_{21}$，忘记利用连续性条件合并
• 链式法则中漏掉某一条求导路径

🔄 举一反三

1. 设 $z = f(x^2, xy)$，求 $z_x$。
   查看练习答案与解析

   答案：$2xf_1 + yf_2$。
   解析：令 $u=x^2, v=xy$，则 $z_x = f_u u_x + f_v v_x = f_1(2x) + f_2(y) = 2xf_1 + yf_2$。

2. 设 $z = f(x+y, xy)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$。
   查看练习答案与解析

   答案：$f_{11} + xf_{12} + yf_{21} + xyf_{22} + f_2$。
   解析：令 $u = x+y, v = xy$。先求 $z_x = f_1 + yf_2$。再对 $y$ 求偏导：$\frac{\partial z_x}{\partial y} = \frac{\partial f_1}{\partial y} + f_2 + y\frac{\partial f_2}{\partial y} = (f_{11} + xf_{12}) + f_2 + y(f_{21} + xf_{22}) = f_{11} + (x+y)f_{12} + xyf_{22} + f_2$。

8. 设 $\Omega$ 是位于锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 之上、球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 2az(a > 0)$ 之内的区域，三重积分 $\iiint_{\Omega} f(x^2 + y^2 + z^2) dx dy dz$ 在球面坐标下化成三次积分为 ________。

查看答案与解析

答案：$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi d\phi \int_0^{2a\cos\phi} f(r^2) r^2 dr$

详细推导：

1. 面方程转换：
   • 锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 对应 $\phi = \pi/4$。
   • 球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 2az \implies r^2 = 2ar\cos\phi \implies r = 2a\cos\phi$。
2. 确定范围：
   • 角度 $\theta$：绕 $z$ 轴旋转一周，$\theta \in [0, 2\pi]$。
   • 极角 $\phi$：从 $z$ 轴正向到锥面，$\phi \in [0, \pi/4]$。
   • 半径 $r$：从原点到球面，$r \in [0, 2a\cos\phi]$。
3. 写出积分： $\iiint_{\Omega} f(r^2) \cdot r^2 \sin\phi dr d\phi d\theta = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi d\phi \int_0^{2a\cos\phi} f(r^2) r^2 dr$。

难度：⭐⭐
考点：#球坐标系三重积分

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 球坐标变换：$x=r\sin\phi\cos\theta, y=r\sin\phi\sin\theta, z=r\cos\phi$
• 雅可比行列式（体积元素）：$dV = r^2\sin\phi dr d\phi d\theta$
• 锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 在球坐标下对应 $\phi = \pi/4$
• 球面 $x^2+y^2+z^2 = 2az$ 在球坐标下对应 $r = 2a\cos\phi$

思路分析

将球坐标下三重积分化为累次积分的步骤：1）将曲面方程转换为球坐标形式；2）确定 $\theta, \phi, r$ 的积分范围；3）代入体积元素 $r^2\sin\phi$。关键是理解 $\phi$ 是从 $z$ 轴正向开始测量的极角。

易错点

• 忘记乘雅可比行列式 $r^2\sin\phi$
• 混淆 $\phi$ 和 $\theta$ 的含义及范围
• 锥面方程转换错误，误认为 $\phi = \pi/2$
• 球面方程配方时忘记 $r = 2a\cos\phi$ 的推导

🔄 举一反三

1. 将 $\iiint_\Omega dx dy dz$ 表为球坐标下的三次积分，其中 $\Omega$ 为单位球 $x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$。
   查看练习答案与解析

   答案：$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi \sin \phi d\phi \int_0^1 r^2 dr$。
   解析：单位球在球坐标下范围为 $r \in [0, 1], \phi \in [0, \pi], \theta \in [0, 2\pi]$。代入 $J=r^2\sin\phi$ 即可。

2. 将 $\iiint_\Omega \sqrt{x^2+y^2+z^2} dx dy dz$ 表为球坐标下的三次积分，其中 $\Omega$ 是由锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 与球面 $x^2+y^2+z^2 = R^2$ 所围成的区域。
   查看练习答案与解析

   答案：$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi d\phi \int_0^R r \cdot r^2 dr$。
   解析：锥面对应 $\phi = \pi/4$，球面对应 $r = R$。被积函数 $\sqrt{x^2+y^2+z^2} = r$，雅可比行列式为 $r^2\sin\phi$，故积分为 $\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi d\phi \int_0^R r^3 dr$。

9. 设 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = a^2$ 在 $0 \leq z \leq h$ 之间的部分，则积分 $\iint_{\Sigma} x^2 dS =$ ________。

查看答案与解析

答案：$\pi a^3 h$

详细推导：

1. 参数化曲面：柱面 $\Sigma$ 可表示为 $x = a\cos\theta, y = a\sin\theta, z = z$，其中 $\theta \in [0, 2\pi], z \in [0, h]$。
2. 面积元素：$dS = a d\theta dz$。
3. 计算积分：
   $$\iint_{\Sigma} x^2 dS = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^h (a\cos\theta)^2 \cdot a dz = a^3 \int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta \int_0^h dz$$
   $$= a^3 \cdot \pi \cdot h = \pi a^3 h$$

难度：⭐⭐
考点：#第一类曲面积分

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📖 相关公式与知识点:

• 第一类曲面积分：$\iint_{\Sigma} f(x,y,z) dS$，其中 $dS$ 为面积元素
• 柱面 $x^2+y^2=a^2$ 的参数化：$x=a\cos\theta, y=a\sin\theta, z=z$
• 柱面面积元素：$dS = a d\theta dz$
• 三角函数积分公式：$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta = \int_0^{2\pi} \sin^2\theta d\theta = \pi$

思路分析

计算柱面上第一类曲面积分的步骤：1）将柱面参数化；2）确定面积元素 $dS$；3）将被积函数用参数表示；4）化为二重积分计算。利用对称性可简化计算。

易错点

• 柱面参数化时忘记 $z$ 也是参数之一
• 面积元素 $dS$ 计算错误，忘记乘以半径 $a$
• 三角函数积分计算错误，$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta = \pi$ 而非 $2\pi$

🔄 举一反三

1. 计算柱面 $x^2 + y^2 = a^2 (0 \leq z \leq h)$ 的侧面积。
   查看练习答案与解析

   答案：$2\pi a h$。
   解析：即计算 $\iint_\Sigma 1 dS$。根据参数化 $dS = a d\theta dz$，积分为 $\int_0^{2\pi} a d\theta \int_0^h dz = 2\pi a h$。

2. 计算 $\iint_\Sigma z^2 dS$，其中 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = a^2$ 在 $0 \leq z \leq h$ 之间的部分。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{\pi a h^3}{3}$。
   解析：参数化 $x=a\cos\theta, y=a\sin\theta, z=z$，$dS = a d\theta dz$。积分 $= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^h z^2 \cdot a dz = 2\pi a \cdot \frac{h^3}{3} = \frac{\pi a h^3}{3}$。

10. 函数 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-2)}$ 在 $2 < |z| < +\infty$ 内的洛朗级数展开式为 ________。

查看答案与解析

答案：$\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{n-1} - 1}{z^n}$

详细推导：

1. 部分分式展开：$f(z) = \frac{1}{z-2} - \frac{1}{z-1}$。
2. 处理区域 $|z| > 2$：此时 $|2/z| < 1$ 且 $|1/z| < 1$。
   • $\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z(1 - 2/z)} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{2}{z})^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{z^{n+1}}$
   • $\frac{1}{z-1} = \frac{1}{z(1 - 1/z)} = \frac{1}{z} \sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{z})^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}$
3. 合并级数： $f(z) = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n - 1}{z^{n+1}} = \sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1} - 1}{z^k}$。

难度：⭐
考点：#洛朗级数展开

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📖 相关公式与知识点:

• 洛朗级数展开：在环形区域 $r < |z-z_0| < R$ 内，函数可展开为正负幂次项的级数
• 几何级数：$\frac{1}{1-w} = \sum_{n=0}^\infty w^n$（$|w| < 1$）
• 部分分式分解：将有理函数拆分为简单分式之和
• 展开技巧：当 $|z| > a$ 时，提取 $\frac{1}{z}$ 构造 $\frac{a}{z}$ 的几何级数

思路分析

洛朗级数展开的关键步骤：1）将函数进行部分分式分解；2）根据给定区域确定每个分式的展开方式；3）利用几何级数公式展开；4）合并同类项。核心是判断 $|w| < 1$ 的条件，选择合适的展开形式。

易错点

• 忘记根据给定区域选择展开方式（$|z| > a$ 与 $|z| < a$ 展开形式不同）
• 部分分式分解时系数计算错误
• 几何级数展开时忘记验证收敛条件 $|w| < 1$
• 合并级数时下标变换错误

🔄 举一反三

1. 将 $f(z) = \frac{1}{z(z-1)}$ 在 $0 < |z| < 1$ 内展开为洛朗级数。
   查看练习答案与解析

   答案：$-\frac{1}{z} - \sum_{n=0}^\infty z^n$。
   解析：$f(z) = \frac{1}{z-1} - \frac{1}{z} = -\frac{1}{1-z} - \frac{1}{z}$。由于 $|z| < 1$，$\frac{1}{1-z} = \sum z^n$，故结果为 $-\frac{1}{z} - \sum_{n=0}^\infty z^n$。

2. 将 $f(z) = \frac{1}{(z-1)(z-3)}$ 在 $1 < |z| < 3$ 内展开为洛朗级数。
   查看练习答案与解析

   答案：$-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2z^n} - \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2 \cdot 3^{n+1}}$。
   解析：部分分式 $f(z) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-3} - \frac{1}{z-1}\right)$。在 $1 < |z| < 3$ 内，$\frac{1}{z-1} = \frac{1}{z(1-1/z)} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{z^{n+1}}$（因 $|1/z| < 1$）；$\frac{1}{z-3} = -\frac{1}{3(1-z/3)} = -\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{3^{n+1}}$（因 $|z/3| < 1$）。合并得结果。

三、计算题（本题8小题，每小题7.5分，共60分）

11. 在球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 20 (x,y,z \geq 0)$ 上求一点，使得函数 $f(x,y,z) = xyz^3$ 在该点取值最大，并求出该最大值。

查看答案与解析

答案：最大值为 $96\sqrt{3}$，点为 $(2, 2, 2\sqrt{3})$

详细解析：

1. 构造拉格朗日函数： $L(x,y,z,\lambda) = xyz^3 - \lambda(x^2 + y^2 + z^2 - 20)$
2. 求偏导并令其为0（限制条件 $x,y,z > 0$）：
   • $L_x = yz^3 - 2\lambda x = 0 \implies \lambda = \frac{yz^3}{2x}$
   • $L_y = xz^3 - 2\lambda y = 0 \implies \lambda = \frac{xz^3}{2y}$
   • $L_z = 3xyz^2 - 2\lambda z = 0 \implies \lambda = \frac{3xyz}{2}$
3. 联立方程求解：
   • 由 $\frac{yz^3}{2x} = \frac{xz^3}{2y} \implies x^2 = y^2 \implies x = y$。
   • 由 $\frac{xz^3}{2y} = \frac{3xyz}{2} \implies z^2 = 3y^2 \implies z = \sqrt{3}y$。
4. 代入约束条件： $y^2 + y^2 + 3y^2 = 20 \implies 5y^2 = 20 \implies y = 2$。 故 $x = 2, z = 2\sqrt{3}$。
5. 计算最大值： $f(2, 2, 2\sqrt{3}) = 2 \cdot 2 \cdot (2\sqrt{3})^3 = 4 \cdot 24\sqrt{3} = 96\sqrt{3}$。

难度：⭐⭐⭐
考点：#拉格朗日乘数法 #条件极值

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📖 相关公式与知识点:

• 拉格朗日乘数法：求 $f(x,y,z)$ 在约束 $g(x,y,z)=0$ 下的极值，构造 $L = f - \lambda g$
• 拉格朗日方程组：$\nabla f = \lambda \nabla g$，即 $\frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\partial L}{\partial y} = \frac{\partial L}{\partial z} = \frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0$
• 条件极值问题：先求驻点，再比较各驻点处的函数值

思路分析

求解条件极值问题的标准步骤：1）构造拉格朗日函数 $L = f - \lambda g$；2）对各变量及 $\lambda$ 求偏导并令其为 0；3）联立方程组求解驻点；4）代入原函数比较各驻点处的函数值，确定最大值或最小值。

易错点

• 拉格朗日函数构造时符号错误（应为 $f - \lambda g$ 或 $f + \lambda g$）
• 联立方程组时消元错误
• 忘记验证所有驻点，遗漏最值
• 约束条件代入时计算错误

🔄 举一反三

1. 求函数 $f(x,y) = xy$ 在条件 $x^2 + y^2 = 1$ 下的最大值。
   查看练习答案与解析

   答案：$1/2$。
   解析：设 $L = xy - \lambda(x^2+y^2-1)$。求导得 $y-2\lambda x=0, x-2\lambda y=0 \implies x^2=y^2=1/2$。最大值为 $1/2$。

2. 求函数 $f(x,y,z) = x^2y^2z^2$ 在条件 $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ 下的最大值。
   查看练习答案与解析

   答案：$27$。
   解析：设 $L = x^2y^2z^2 - \lambda(x^2+y^2+z^2-9)$。由对称性可知最大值在 $x^2=y^2=z^2$ 时取得。代入约束条件得 $3x^2=9 \implies x^2=3$。故最大值为 $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$。

12. 计算二重积分 $\iint_{D} \frac{\sin x}{x} dx dy$，其中 $D$ 是由 $y = x$ 与 $y = x^2$ 所围成的有界闭区域。

查看答案与解析

答案：$1 - \sin 1$

详细解析：

1. 确定积分区域：$x^2 \leq y \leq x$，对应的 $x$ 范围为 $[0, 1]$。
2. 化为累次积分： $\iint_{D} \frac{\sin x}{x} dx dy = \int_0^1 dx \int_{x^2}^x \frac{\sin x}{x} dy$
3. 逐层计算：
   • 内层：$\int_{x^2}^x \frac{\sin x}{x} dy = \frac{\sin x}{x} [y]_{x^2}^x = \frac{\sin x}{x} (x - x^2) = \sin x - x\sin x$。
   • 外层：$\int_0^1 (\sin x - x\sin x) dx$
     • $\int_0^1 \sin x dx = [-\cos x]_0^1 = 1 - \cos 1$。
     • $\int_0^1 x\sin x dx = [-x\cos x]_0^1 + \int_0^1 \cos x dx = -\cos 1 + \sin 1$。
4. 合并结果： $(1 - \cos 1) - (-\cos 1 + \sin 1) = 1 - \sin 1$。

难度：⭐⭐
考点：#二重积分计算 #分部积分法

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📖 相关公式与知识点:

• 二重积分化为累次积分：$\iint_D f(x,y) d\sigma = \int_a^b dx \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y) dy$
• 分部积分法：$\int u dv = uv - \int v du$
• 常见积分：$\int \sin x dx = -\cos x + C$，$\int x\sin x dx = -x\cos x + \sin x + C$

思路分析

计算二重积分的关键步骤：1）根据积分区域确定积分次序；2）先对内层变量积分，此时外层变量视为常数；3）再对外层变量积分。遇到 $\frac{\sin x}{x}$ 这种无法直接积出的函数，利用内层积分消去分母是常见技巧。

易错点

• 积分上下限写错，混淆 $x$ 型区域和 $y$ 型区域
• 分部积分时 $u$ 和 $dv$ 选择不当导致越积越复杂
• 计算定积分时忘记代入上下限
• 符号错误，特别是分部积分中的负号

🔄 举一反三

1. 计算 $\iint_D y e^x dx dy$，其中 $D$ 是矩形区域 $[0,1] \times [0,1]$。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{1}{2}(e-1)$。
   解析：$\int_0^1 e^x dx \int_0^1 y dy = (e-1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}(e-1)$。

2. 计算 $\iint_D \frac{x}{1+xy} dx dy$，其中 $D$ 是由 $y=0, x=1, y=x$ 所围成的区域。
   查看练习答案与解析

   答案：$\ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$。
   解析：区域 $D: 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x$。先对 $y$ 积分：$\int_0^x \frac{x}{1+xy} dy = [\ln(1+xy)]_0^x = \ln(1+x^2)$。再对 $x$ 积分：$\int_0^1 \ln(1+x^2) dx = [x\ln(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx = \ln 2 - 2\int_0^1 (1-\frac{1}{1+x^2}) dx = \ln 2 - 2 + 2\cdot\frac{\pi}{4} = \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2}$。

13. 计算曲线积分 $\oint_{L} \frac{y \, dx - x \, dy}{x^2 + y^2}$，其中 $L$ 为圆周 $(x - 1)^2 + y^2 = 2$，取逆时针方向。

查看答案与解析

答案：$-2\pi$

详细解析：

1. 分析奇点：被积函数在 $(0,0)$ 处无定义。
2. 检查位置：点 $(0,0)$ 在圆周 $(x-1)^2 + y^2 = 2$ 内部（因为 $(0-1)^2 + 0^2 = 1 < 2$）。
3. 应用格林公式（挖洞法）： $P = \frac{y}{x^2+y^2}, Q = -\frac{x}{x^2+y^2}$。 计算 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$（在除原点外区域）。 由格林公式推广情形，积分值等于绕原点的小圆的积分： $\oint_{L} \dots = \oint_{C_\epsilon} \frac{y dx - x dy}{x^2+y^2}$
4. 参数法计算小圆：令 $x = \epsilon\cos\theta, y = \epsilon\sin\theta$。 $\int_0^{2\pi} \frac{(\epsilon\sin\theta)(-\epsilon\sin\theta d\theta) - (\epsilon\cos\theta)(\epsilon\cos\theta d\theta)}{\epsilon^2} = \int_0^{2\pi} -1 d\theta = -2\pi$。

难度：⭐⭐⭐
考点：#格林公式 #二类曲线积分

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📖 相关公式与知识点:

• 格林公式：$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) dxdy$
• 挖洞法：当区域内有奇点时，围绕奇点作小圆，将大路径积分转化为小圆路径积分
• 参数法计算曲线积分：$x = \epsilon\cos\theta, y = \epsilon\sin\theta$，$dx = -\epsilon\sin\theta d\theta, dy = \epsilon\cos\theta d\theta$

思路分析

处理含奇点的曲线积分问题的关键步骤：1）判断奇点是否在积分路径内部；2）若在内部，使用挖洞法，构造围绕奇点的小圆；3）利用格林公式将大路径积分等于小圆路径积分；4）用参数法计算小圆上的积分。

易错点

• 忘记检查奇点是否在区域内，直接套用格林公式
• 挖洞时小圆方向取错（应与大路径同向）
• 参数化时 $dx, dy$ 计算错误
• 混淆 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$ 的符号

🔄 举一反三

1. 计算 $\oint_L \frac{-y dx + x dy}{x^2 + y^2}$，其中 $L$ 为围绕原点的正向闭曲线。
   查看练习答案与解析

   答案：$2\pi$。
   解析：同理使用挖洞法，转化为单位圆上的积分，结果为 $2\pi$。注意本题中分子项与例题符号相反。

2. 计算 $\oint_L \frac{(x+y)dx - (x-y)dy}{x^2 + y^2}$，其中 $L$ 为圆周 $x^2 + y^2 = 1$，取逆时针方向。
   查看练习答案与解析

   答案：$-2\pi$。
   解析：$P = \frac{x+y}{x^2+y^2}, Q = -\frac{x-y}{x^2+y^2}$。计算 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2+y^2) + 2x(x-y)}{(x^2+y^2)^2} - \frac{(x^2+y^2) - 2y(x+y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-2x^2-2y^2+2x^2+2y^2}{(x^2+y^2)^2} = 0$。在单位圆上参数化 $x=\cos\theta, y=\sin\theta$，积分 $= \int_0^{2\pi} [(\cos\theta+\sin\theta)(-\sin\theta) - (\cos\theta-\sin\theta)\cos\theta] d\theta = \int_0^{2\pi} (-\sin\theta\cos\theta-\sin^2\theta-\cos^2\theta+\sin\theta\cos\theta) d\theta = \int_0^{2\pi} (-1) d\theta = -2\pi$。

14. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} x^2 dy dz + y^2 dz dx + z^2 dx dy$，其中 $\Sigma$ 是抛物面 $z = x^2 + y^2$ 被平面 $z = 1$ 所截下的有限部分，取下侧。

查看答案与解析

答案：$-\frac{1}{3}\pi$

详细解析：

1. 补齐曲面：增加平面 $\Sigma_1: z=1 (x^2+y^2 \leq 1)$，取上侧（正向）。 则 $\Sigma + \Sigma_1$ 围成空间区域 $V: x^2+y^2 \leq z \leq 1$。
2. 应用高斯公式： $\oiint_{\Sigma + \Sigma_1} \dots = \iiint_V (2x + 2y + 2z) dV$ 由对称性，$\iiint x dV = 0, \iiint y dV = 0$。 $\iiint_V 2z dV = \int_0^1 2z dz \iint_{D_z} dx dy = \int_0^1 2z (\pi z) dz = [ \frac{2}{3}\pi z^3 ]_0^1 = \frac{2}{3}\pi$。
3. 计算补面积分： $\iint_{\Sigma_1} z^2 dx dy = \iint_{x^2+y^2 \leq 1} 1^2 dx dy = \pi$。
4. 求得结果： $\iint_{\Sigma} = \oiint - \iint_{\Sigma_1} = \frac{2}{3}\pi - \pi = -\frac{1}{3}\pi$。

难度：⭐⭐⭐
考点：#高斯公式 #二类曲面积分

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📖 相关公式与知识点:

• 高斯公式：$\oiint_{\Sigma} P dy dz + Q dz dx + R dx dy = \iiint_V (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}) dV$
• 补面法：对非封闭曲面，补充一个面使其封闭，再用高斯公式
• 对称性：若区域关于某坐标面对称，被积函数关于该变量为奇函数则积分为 0

思路分析

利用高斯公式计算曲面积分的步骤：1）判断曲面是否封闭，若不封闭则补充适当的面；2）计算散度 $\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$；3）用三重积分计算封闭曲面上的积分；4）减去补面上的积分得到原曲面积分。

易错点

• 忘记补面或补面方向取错（外侧还是内侧）
• 高斯公式中散度计算错误
• 利用对称性时判断错误
• 补面积分时忘记考虑法向量方向

🔄 举一反三

1. 计算 $\oiint_\Sigma x d y dz + y d z d x + z dx dy$，其中 $\Sigma$ 是单位球面外侧。
   查看练习答案与解析

   答案：$4\pi$。
   解析：由高斯公式，积分为 $\iiint_V (1+1+1) dV = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot 1^3 = 4\pi$。

2. 计算 $\iint_\Sigma x^2 dy dz + y^2 dz dx + z^2 dx dy$，其中 $\Sigma$ 是圆柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=2$ 所截部分的外侧。
   查看练习答案与解析

   答案：$4\pi$。
   解析：补上顶面 $\Sigma_1: z=2, x^2+y^2\leq 1$（上侧）和底面 $\Sigma_2: z=0, x^2+y^2\leq 1$（下侧）。由高斯公式，$\oiint = \iiint_V (2x+2y+2z) dV = \int_0^2 2z dz \iint_{D_z} dx dy = [z^2]_0^2 \cdot \pi = 4\pi$。补面积分：$\iint_{\Sigma_1} z^2 dx dy = \iint 4 dx dy = 4\pi$，$\iint_{\Sigma_2} z^2 dx dy = 0$。故 $\iint_\Sigma = 4\pi - 4\pi - 0 = 0$。

15. 求幂级数 $\sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n + 1} x^{2n + 1}$ 的收敛半径、收敛域与和函数。

查看答案与解析

答案：$R=1$，收敛域为 $[-1, 1]$，和函数 $S(x) = \arctan x$

详细解析：

1. 收敛半径： $a_n = \frac{(-1)^n}{2n+1}$，则 $\rho = \lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = 1$。半径 $R = 1$。
2. 收敛域：
   • 当 $x=1$ 时，级数为 $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1}$，交错级数收敛。
   • 当 $x=-1$ 时，级数为 $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}$，交错级数收敛。 故收敛域为 $[-1, 1]$。
3. 和函数： $S(x) = \sum_{n=0}^\infty \int_0^x (-1)^n t^{2n} dt = \int_0^x \sum_{n=0}^\infty (-t^2)^n dt$$= \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan x$。

难度：⭐⭐
考点：#幂级数求和 #收敛半径

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📖 相关公式与知识点:

• 幂级数收敛半径：$R = \lim_{n \to \infty} |\frac{a_n}{a_{n+1}}|$ 或 $R = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}}$
• 逐项积分：$\sum_{n=0}^\infty \int_0^x f_n(t) dt = \int_0^x \sum_{n=0}^\infty f_n(t) dt$（在收敛区间内）
• 几何级数：$\sum_{n=0}^\infty (-t^2)^n = \frac{1}{1+t^2}$（$|t| < 1$）
• 基本积分：$\int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan x$

思路分析

求幂级数和函数的常用策略：1）先求收敛半径和收敛域；2）观察级数形式，判断是否需要逐项求导或逐项积分；3）将级数转化为已知的几何级数形式；4）求和后再积分或求导还原。本题通过逐项积分将 $x^{2n}$ 转化为 $\frac{1}{1+t^2}$。

易错点

• 忘记讨论收敛区间端点处的敛散性
• 逐项积分或求导后忘记还原原函数
• 几何级数展开时忘记验证收敛条件
• 积分常数 $C$ 确定错误（通常利用 $S(0)=0$ 或 $S(0)=1$）

🔄 举一反三

1. 求幂级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$ 的和函数。
   查看练习答案与解析

   答案：$-\ln(1-x)$，$x \in [-1, 1)$。
   解析：设 $S(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$，求导得 $S'(x) = \sum_{n=1}^\infty x^{n-1} = \frac{1}{1-x}$。积分回原函数得 $S(x) = -\ln(1-x) + C$。由 $S(0)=0$ 知 $C=0$。

2. 求幂级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} x^{2n}$ 的和函数。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}$（$x \neq 0$），$S(0)=1$。
   解析：设 $S(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} x^{2n}$。令 $t = x^2$，则 $S = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} t^n$。考虑 $tS = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1} t^{n+1}$，求导得 $(tS)' = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^n = \frac{1}{1+t}$。积分得 $tS = \int_0^t \frac{1}{1+u} du = \ln(1+t)$，故 $S = \frac{\ln(1+t)}{t} = \frac{\ln(1+x^2)}{x^2}$。

16. 将函数 $f(x) = x(0 \leq x \leq \pi)$ 展开成以 $2\pi$ 为周期的余弦级数。

查看答案与解析

答案：$f(x) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2}$

详细推导：

1. 进行偶延拓：$f(-x) = f(x)$，周期 $T=2\pi$。
2. 计算系数：
   • $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x dx = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^2}{2} = \pi$。
   • $a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \cos nx dx = \frac{2}{\pi} [ \frac{x}{n}\sin nx + \frac{1}{n^2}\cos nx ]_0^\pi$$= \frac{2}{n^2 \pi} ((-1)^n - 1)$。
3. 分析 $a_n$：
   • 若 $n$ 为偶数，$a_n = 0$。
   • 若 $n$ 为奇数，$a_n = -\frac{4}{n^2 \pi}$。
4. 展开式： $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum a_n \cos nx = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^\infty \frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2}$。

难度：⭐⭐
考点：#傅里叶级数 #余弦展开

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 傅里叶级数：$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$
• 偶延拓：$f(-x) = f(x)$，此时 $b_n = 0$，只含余弦项
• 傅里叶系数公式：$a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi f(x) \cos nx dx$
• 分部积分：$\int x \cos nx dx = \frac{x}{n}\sin nx + \frac{1}{n^2}\cos nx + C$

思路分析

将函数展开为傅里叶级数的步骤：1）根据题目要求（余弦级数或正弦级数）确定延拓方式；2）计算傅里叶系数 $a_0, a_n, b_n$；3）分析系数的奇偶性规律，化简表达式；4）写出完整的级数展开式。本题要求余弦级数，故进行偶延拓。

易错点

• 忘记根据题目要求选择正确的延拓方式
• 傅里叶系数公式中的系数 $\frac{2}{\pi}$ 或 $\frac{1}{\pi}$ 用错
• 分部积分时符号错误或漏项
• 忘记讨论 $n$ 为奇数和偶数时系数的不同取值

🔄 举一反三

1. 将函数 $f(x) = 1 (0 < x < \pi)$ 展开为正弦级数。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{4}{\pi} \sum_{n=1,3,5...} \frac{\sin nx}{n}$。
   解析：进行奇延拓，$b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi 1 \cdot \sin nx dx = \frac{2}{n\pi} (1 - (-1)^n)$。当 $n$ 为奇数时 $b_n = 4/(n\pi)$，偶数时为 0。

2. 将函数 $f(x) = x^2 (0 \leq x \leq \pi)$ 展开为余弦级数。
   查看练习答案与解析

   答案：$\frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx$。
   解析：偶延拓。$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2 dx = \frac{2\pi^2}{3}$。$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos nx dx = \frac{2}{\pi}[\frac{x^2}{n}\sin nx + \frac{2x}{n^2}\cos nx - \frac{2}{n^3}\sin nx]_0^\pi = \frac{4(-1)^n}{n^2}$。故展开式为 $\frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx$。

17. 讨论复变函数 $f(z) = x^{2}y + iyx^{2}$ 的可导性与解析性。

查看答案与解析

答案：仅在虚轴（$x=0$）上可导，处处不解析。

详细解析：

1. 设 $u=x^2y, v=yx^2$。
2. 验证 C-R 条件：
   • $u_x = 2xy, v_y = x^2$。令 $2xy = x^2$。
   • $u_y = x^2, v_x = 2xy$。令 $x^2 = -2xy$。
3. 联立方程： $x^2 = 2xy$ 且 $x^2 = -2xy \implies 2x^2 = 0 \implies x = 0$。
4. 结论：
   • 当 $x=0$ 时，C-R 条件满足，且偏导数连续，故在 $x=0$ 处可导。
   • 由于可导点仅在一条线上，不存在包含该线的邻域使得处处可导，故处处不解析。

难度：⭐⭐
考点：#柯西-黎曼方程 #解析性判定

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 柯西-黎曼方程（C-R 方程）：$u_x = v_y$ 且 $u_y = -v_x$
• 可导性：函数在一点可导的充要条件是满足 C-R 方程且偏导数连续
• 解析性：函数在一点解析意味着在该点及其某个邻域内处处可导

思路分析

判定复变函数可导性与解析性的步骤：1）分离实部 $u$ 和虚部 $v$；2）计算四个偏导数 $u_x, u_y, v_x, v_y$；3）联立 C-R 方程求解满足条件的点；4）判断可导点是否构成邻域，确定是否解析。

易错点

• C-R 方程记错符号，$u_y = -v_x$ 而非 $u_y = v_x$
• 混淆可导与解析的概念（可导不一定解析，解析一定可导）
• 忘记验证偏导数连续性条件
• 误认为在一条线上可导就是解析

🔄 举一反三

1. 讨论 $f(z) = z^2$ 的解析性。
   查看练习答案与解析

   答案：在复平面内处处解析。
   解析：$f(z) = (x+iy)^2 = (x^2-y^2) + i(2xy)$。验证 $u_x=2x, v_y=2x$ 且 $u_y=-2y, v_x=2y$。C-R 条件在全平面满足，且偏导数连续。

2. 讨论 $f(z) = |z|^2$ 的可导性与解析性。
   查看练习答案与解析

   答案：仅在 $z=0$ 处可导，处处不解析。
   解析：$f(z) = x^2 + y^2$，故 $u = x^2+y^2, v = 0$。C-R 条件：$u_x = 2x = v_y = 0 \implies x=0$；$u_y = 2y = -v_x = 0 \implies y=0$。仅在原点 $(0,0)$ 满足，故仅在 $z=0$ 处可导。由于不存在邻域，故处处不解析。

18. 计算复积分 $\oint_{C} \frac{dz}{z(z + 1)^2}$，其中 $C$ 为正向曲线 $|z| = 2$。

查看答案与解析

答案：0

详细解析：

1. 找奇点：$z=0$（一级极点）和 $z=-1$（二级极点）。
2. 检查奇点位置：均在 $|z|=2$ 内部。
3. 计算留数：
   • $\text{Res}(0) = [\frac{1}{(z+1)^2}]_{z=0} = 1$。
   • $\text{Res}(-1) = [\frac{d}{dz} \frac{1}{z}]_{z=-1} = [-\frac{1}{z^2}]_{z=-1} = -1$。
4. 应用留数定理： $\oint_C f(z) dz = 2\pi i [ \text{Res}(0) + \text{Res}(-1) ] = 2\pi i [1 - 1] = 0$。

难度：⭐⭐
考点：#留数定理 #复积分计算

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 留数定理：$\oint_C f(z) dz = 2\pi i \sum \text{Res}(f, z_k)$，其中 $z_k$ 为 $C$ 内部的奇点
• 一级极点留数：$\text{Res}(z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0)f(z)$
• $n$ 级极点留数：$\text{Res}(z_0) = \frac{1}{(n-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} [(z-z_0)^n f(z)]$

思路分析

利用留数定理计算复积分的步骤：1）找出被积函数的所有奇点；2）判断哪些奇点在积分路径内部；3）分别计算各奇点处的留数；4）应用留数定理求和。注意不同阶极点的留数计算公式不同。

易错点

• 忘记检查奇点是否在积分路径内部
• 高阶极点留数公式记错，忘记乘以 $\frac{1}{(n-1)!}$
• 求导计算错误，特别是复合函数求导
• 留数定理中忘记乘以 $2\pi i$

🔄 举一反三

1. 计算 $\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z} dz$（正向）。
   查看练习答案与解析

   答案：$2\pi i$。
   解析：$z=0$ 为一级极点，留数为 $e^0 = 1$。由留数定理，积分为 $2\pi i \cdot 1 = 2\pi i$。

2. 计算 $\oint_{|z|=2} \frac{z}{(z-1)(z+1)^2} dz$（正向）。
   查看练习答案与解析

   答案：$0$。
   解析：奇点 $z=1$（一级极点）和 $z=-1$（二级极点）均在 $|z|=2$ 内部。$\text{Res}(1) = [\frac{z}{(z+1)^2}]_{z=1} = \frac{1}{4}$。$\text{Res}(-1) = [\frac{d}{dz}\frac{z}{z-1}]_{z=-1} = [\frac{(z-1)-z}{(z-1)^2}]_{z=-1} = \frac{-1}{4}$。留数和为 $\frac{1}{4} + (-\frac{1}{4}) = 0$，故积分为 $0$。

四、证明题（本题1小题，每小题5分，共5分）

19. 已知正项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{a_n}{n}$ 收敛，证明 $\sum_{n = 1}^{\infty}\left(\sum_{k = 1}^{\infty}\frac{a_n}{k^2 + n^2}\right)$ 收敛。

查看答案与解析

详细证明：

1. 分析内层级数：对于固定的 $n$，$\sum_{k = 1}^{\infty}\frac{a_n}{k^2 + n^2} = a_n \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^2 + n^2}$。
2. 利用估算不等式： $\sum_{k = 1}^\infty \frac{1}{k^2 + n^2} < \int_0^\infty \frac{1}{x^2 + n^2} dx$ 计算定积分：$\int_0^\infty \frac{1}{x^2 + n^2} dx = [ \frac{1}{n} \arctan(\frac{x}{n}) ]_0^\infty = \frac{\pi}{2n}$。
3. 建立整体不等式： $\sum_{n=1}^\infty \left( \sum_{k=1}^\infty \frac{a_n}{k^2+n^2} \right) < \sum_{n=1}^\infty a_n \cdot \frac{\pi}{2n} = \frac{\pi}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$。
4. 得出结论： 已知 $\sum \frac{a_n}{n}$ 为收敛的正项级数，根据比较判别法，原级数必收敛。

难度：⭐⭐⭐
考点：#级数收敛性证明 #积分判别法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

• 积分判别法：对于正项递减函数 $f(x)$，$\sum_{k=1}^\infty f(k) < \int_0^\infty f(x) dx$
• 基本积分公式：$\int_0^\infty \frac{1}{x^2 + a^2} dx = \frac{\pi}{2a}$
• 比较判别法：若 $0 \leq a_n \leq b_n$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 也收敛

思路分析

证明级数收敛性的常用策略：1）利用积分判别法将级数与广义积分比较；2）构造合适的上界不等式；3）将复杂级数转化为已知收敛的简单级数；4）应用比较判别法得出结论。本题的关键是利用积分 $\int_0^\infty \frac{1}{x^2+n^2} dx = \frac{\pi}{2n}$ 作为上界。

易错点

• 忘记验证积分判别法的前提条件（函数需正项递减）
• 积分计算错误，特别是反三角函数的积分
• 比较判别法中不等式方向搞反
• 忽略已知条件 $\sum \frac{a_n}{n}$ 收敛的使用

🔄 举一反三

1. 若正项级数 $\sum a_n$ 收敛，证明 $\sum a_n^2$ 也收敛。
   查看练习答案与解析

   证明：因为 $\sum a_n$ 收敛，故 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。由极限定义，存在 $N$，当 $n > N$ 时 $0 < a_n < 1$。此时 $a_n^2 < a_n$。根据比较判别法，$\sum a_n^2$ 必收敛。

2. 已知正项级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛，证明 $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{a_n}}{n}$ 也收敛。
   查看练习答案与解析

   证明：利用基本不等式 $ab \leq \frac{1}{2}(a^2 + b^2)$。令 $a = \sqrt{a_n}, b = \frac{1}{n}$，则 $\frac{\sqrt{a_n}}{n} \leq \frac{1}{2}(a_n + \frac{1}{n^2})$。由于 $\sum a_n$ 收敛（已知）且 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（$p$-级数，$p=2>1$），故 $\sum \frac{1}{2}(a_n + \frac{1}{n^2})$ 收敛。由比较判别法，$\sum \frac{\sqrt{a_n}}{n}$ 收敛。