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《高等数学下》第二学期期末试卷(精选06) ​

一、单项选择题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分） ​

  1. 设直线 $L: \frac{x - 1}{3} = \frac{y - 2}{1} = \frac{z - 3}{-1}$ 与平面 $\Pi: x - y + 2z + 4 = 0$，则（ ）
  • A. $L$ 与 $\Pi$ 平行, 但 $L$ 不在 $\Pi$ 上
  • B. $L$ 与 $\Pi$ 垂直
  • C. $L$ 与 $\Pi$ 斜交
  • D. $L$ 在 $\Pi$ 上
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答案：A

解析：

第一步：确定直线方向向量与平面法向量 直线 $L$ 的方向向量为 $\vec{s} = (3, 1, -1)$，平面 $\Pi$ 的法向量为 $\vec{n} = (1, -1, 2)$。

第二步：判断方向向量与法向量的关系 计算数量积：

$$\vec{s} \cdot \vec{n} = 3 \times 1 + 1 \times (-1) + (-1) \times 2 = 3 - 1 - 2 = 0$$

因为 $\vec{s} \cdot \vec{n} = 0$，说明直线方向向量与平面法向量垂直，即直线 $L$ 与平面 $\Pi$ 平行或直线 $L$ 在平面内。

第三步：判断直线上的点是否在平面内 取直线上的一点 $P(1, 2, 3)$，将其坐标代入平面方程：

$$1 - 2 + 2(3) + 4 = 1 - 2 + 6 + 4 = 9 \neq 0$$

点 $P$ 不在平面 $\Pi$ 上。

结论：直线 $L$ 与平面 $\Pi$ 平行，但 $L$ 不在 $\Pi$ 上。故选 A。

难度: ⭐
考点: #空间直线 #平面 #位置关系 #方向向量 #法向量

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 直线 $\frac{x-x_0}{m} = \frac{y-y_0}{n} = \frac{z-z_0}{p}$ 的方向向量为 $\vec{s} = (m, n, p)$。
  • 平面 $Ax + By + Cz + D = 0$ 的法向量为 $\vec{n} = (A, B, C)$。
  • $L \parallel \Pi \iff \vec{s} \cdot \vec{n} = 0$ 且点不在平面上。
  • $L \subset \Pi \iff \vec{s} \cdot \vec{n} = 0$ 且点在平面上。

思路分析

判断直线与平面的位置关系，核心在于分析直线的方向向量 $\vec{s}$ 与平面的法向量 $\vec{n}$ 的角度关系（平行、垂直或夹角），然后再通过点位判断是否包含。

🔄 举一反三
  1. 若直线 $L$ 过点 $(1, 0, 1)$ 且方向向量为 $(1, 1, 0)$，平面 $\Pi$ 方程为 $x + y + z = 1$，判断其位置关系。
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    答案：斜交 解析：

    • $\vec{s} = (1, 1, 0), \vec{n} = (1, 1, 1)$。
    • $\vec{s} \cdot \vec{n} = 1+1+0 = 2 \neq 0$。
    • 因为 $\vec{s}$ 与 $\vec{n}$ 不垂直（积不为 0）且不平行（不成比例），故直线与平面斜交。
  1. 设 $z = f(x, y)$ 具有一阶偏导数，且对任意 $(x, y)$ 都有 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} < 0, \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} > 0,$ 则（ ）
  • A. $f(0,0) > f(1,1)$
  • B. $f(0, 0) < f(1, 1)$
  • C. $f(0,1) > f(1,0)$
  • D. $f(0,1) < f(1,0)$
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答案：C

解析：

第一步：分析偏导数与单调性的关系

  • $\frac{\partial f}{\partial x} < 0$ 表示函数 $f(x, y)$ 关于 $x$ 是严格单调递减的（当 $y$ 固定时）。
  • $\frac{\partial f}{\partial y} > 0$ 表示函数 $f(x, y)$ 关于 $y$ 是严格单调递增的（当 $x$ 固定时）。

第二步：比较 $f(0, 1)$ 与 $f(1, 0)$ 为了连接这两个点，我们可以引入中间点 $f(1, 1)$：

  1. 比较 $f(0, 1)$ 与 $f(1, 1)$： 固定 $y=1$，由于函数关于 $x$ 递减，且 $0 < 1$，故 $f(0, 1) > f(1, 1)$。
  2. 比较 $f(1, 0)$ 与 $f(1, 1)$： 固定 $x=1$，由于函数关于 $y$ 递增，且 $0 < 1$，故 $f(1, 0) < f(1, 1)$。

第三步：得出结论 结合上述两个不等式：

$$f(0, 1) > f(1, 1) > f(1, 0)$$

因此，$f(0, 1) > f(1, 0)$。故选 C。

难度: ⭐⭐
考点: #偏导数 #多元函数单调性

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 若 $f_x(x, y) > 0$，则 $f$ 关于 $x$ 增；若 $f_x(x, y) < 0$，则 $f$ 关于 $x$ 减。
  • 利用全增量公式的直观理解：$\Delta z \approx f_x \Delta x + f_y \Delta y$。

思路分析

处理这类比较大小的题目，最稳妥的方法是寻找一个“桥梁点”（通常是坐标相同或相近的点），通过固定一个变量观察另一个变量的变化对函数值的影响。

🔄 举一反三
  1. 若 $f_x > 0$ 且 $f_y < 0$，比较 $f(1, 0)$ 与 $f(0, 1)$ 的大小。
    查看练习答案与解析

    答案：$f(1, 0) > f(0, 1)$解析：

    • 引入中间点 $f(1, 1)$。
    • 固定 $x=1$，由于 $f_y < 0$，故 $f(1, 0) > f(1, 1)$。
    • 固定 $y=1$，由于 $f_x > 0$，故 $f(1, 1) > f(0, 1)$。
    • 综上，$f(1, 0) > f(0, 1)$。
  1. 设 $D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 1\}$, $I_1 = \iint_{D} \cos \sqrt{x^2 + y^2} \, dx \, dy$, $I_2 = \iint_{D} \cos (x^2 + y^2) \, dx \, dy$, $I_3 = \iint_{D} \cos (x^2 + y^2)^2 \, dx \, dy$, 则（ ）
  • A. $I_{3} > I_{1} > I_{2}$
  • B. $I_{1} > I_{2} > I_{3}$
  • C. $I_{2} > I_{1} > I_{3}$
  • D. $I_{3} > I_{2} > I_{1}$
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答案：D

解析：

第一步：分析被积函数的形式 三个被积函数分别为 $f_1(r) = \cos r$，$f_2(r) = \cos r^2$，$f_3(r) = \cos r^4$。 其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$，由于在区域 $D$ 上 $x^2 + y^2 \leq 1$，故 $0 \leq r \leq 1$。

第二步：比较自变量的大小 当 $0 \leq r \leq 1$ 时，自变量满足：

$$r^4 \leq r^2 \leq r$$

第三步：根据 $\cos u$ 的单调性比较 在区间 $[0, 1]$ 上（注意 $1 < \frac{\pi}{2} \approx 1.57$），函数 $y = \cos u$ 是严格单调递减的。 因此，自变量越小，函数值越大：

$$\cos(r^4) > \cos(r^2) > \cos r$$

即 $f_3 > f_2 > f_1$。

第四步：得出积分大小关系 根据二重积分的保序性：

$$I_3 = \iint_{D} \cos r^4 \, dA > I_2 = \iint_{D} \cos r^2 \, dA > I_1 = \iint_{D} \cos r \, dA$$

故 $I_3 > I_2 > I_1$。故选 D。

难度: ⭐⭐
考点: #二重积分比较性 #极坐标 #余弦函数单调性

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 二重积分保序性：若在 $D$ 上 $f(x, y) \geq g(x, y)$，则 $\iint_D f \geq \iint_D g$。
  • 利用极坐标转换：$\iint_D f(\sqrt{x^2+y^2}) dx dy = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 f(r) r dr$。

思路分析

比较积分大小，通常转化为比较被积函数在积分区域内的大小。本题通过观察自变量在单位圆内的取值范围，利用余弦函数的单调性即可快速得出结论。

🔄 举一反三
  1. 比较 $J_1 = \iint_{D} e^{x^2+y^2} dA$ 与 $J_2 = \iint_{D} e^{\sqrt{x^2+y^2}} dA$ 的大小，$D$ 为单位圆。
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    答案：$J_2 > J_1$解析：

    • 令 $r = \sqrt{x^2+y^2}$，在 $D$ 上 $0 \leq r \leq 1$。
    • 比较 $e^r$ 与 $e^{r^2}$。由于 $r \geq r^2$ 且 $e^u$ 是增函数，故 $e^r \geq e^{r^2}$。
    • 因此 $J_2 > J_1$。
  1. 设 $\alpha$ 为常数，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\sin n \alpha}{n \sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ 的敛散性为（ ）
  • A. 绝对收敛
  • B. 条件收敛
  • C. 发散
  • D. 收敛性与 $\alpha$ 有关
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答案：C

解析：

第一步：拆分级数项 我们将级数的通项记为 $u_n = a_n - b_n$，其中：

$$a_n = \frac{\sin n \alpha}{n^{3/2}}, \quad b_n = \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{1/2}}$$

第二步：判断 $a_n$ 部分的收敛性 由于 $|\sin n \alpha| \leq 1$，故有：

$$|a_n| = \left| \frac{\sin n \alpha}{n^{3/2}} \right| \leq \frac{1}{n^{3/2}}$$

级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 是 $p=3/2 > 1$ 的 $p$ 级数，属于收敛级数。 根据比较判别法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n \alpha}{n^{3/2}}$ 绝对收敛。

第三步：判断 $b_n$ 部分的收敛性 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1/2}}$ 是 $p=1/2 \leq 1$ 的 $p$ 级数，属于发散级数。

第四步：利用级数的性质得出结论 根据级数的性质：一个收敛级数与一个发散级数的和（或差）必为发散级数。 因此，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - b_n)$ 发散。故选 C。

难度: ⭐⭐
考点: #数项级数 #收敛性判别 #p级数 #级数的性质

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • $p$ 级数 $\sum \frac{1}{n^p}$：当 $p > 1$ 时收敛，当 $p \leq 1$ 时发散。
  • 级数线性性质：收敛 + 收敛 = 收敛；收敛 + 发散 = 发散；发散 + 发散 = 不确定。

思路分析

本题考察级数收敛性的基本判别。看到复杂的复合项，第一反应是根据线性性质将其拆分为两个简单的级数分别判断。

易错提醒

千万不要认为两个通项都趋于 0，级数就一定收敛。趋于 0 只是收敛的必要不充分条件。对于 $p$ 级数，一定要看 $p$ 的指数是否大于 1。

🔄 举一反三
  1. 判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{n} \right)$ 的敛散性。
    查看练习答案与解析

    答案：发散 解析：

    • $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛 ($p=2 > 1$)。
    • $\sum \frac{1}{n}$ 发散 ($p=1$)。
    • 收敛与发散之差必为发散。
  1. 设 $f(x, y)$ 是连续函数，则与二次积分 $\int_{-1}^{0} dx \int_{x+1}^{\sqrt{1 + x^2}} f(x, y) dy$ 相等的是（ ）
  • A. $\int_0^1 dy\int_{-1}^{y - 1}f(x,y)dx + \int_1^{\sqrt{2}}dy\int_{-1}^{\sqrt{y^2 - 1}}f(x,y)dx$
  • B. $\int_0^1 dy\int_{-1}^{y - 1}f(x,y)dx + \int_1^{\sqrt{2}}dy\int_{-1}^{-\sqrt{y^2 - 1}}f(x,y)dx$
  • C. $\int_0^1 dy\int_{-1}^{y - 1}f(x,y)dx$
  • D. $\int_0^2 dy\int_{-1}^{-\sqrt{y^2 - 1}}f(x,y)dx$
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答案：B

解析：

第一步：确定积分区域 $D$ 原积分为先对 $y$ 积分，后对 $x$ 积分。其积分区域为：

$$D = \{ (x, y) \mid -1 \leq x \leq 0, \quad x+1 \leq y \leq \sqrt{1+x^2} \}$$

第二步：绘制区域边界并求交点

  1. 下边界：$y = x + 1$。
  2. 上边界：$y = \sqrt{1 + x^2}$，即 $x^2 - y^2 = -1$（由于 $x \leq 0$，这是双曲线的一支）。
  3. 当 $x = -1$ 时，$y$ 从 $0$ 到 $\sqrt{2}$；当 $x = 0$ 时，$y$ 从 $1$ 到 $1$（交点）。
📉 区域划分图示
mermaid
graph TD
    subgraph Region_D
    A[(-1,0)] --- B[(0,1)]
    B --- C[(-1, sqrt2)]
    C --- A
    end
    style Region_D fill:#f9f,stroke:#333,stroke-width:2px
    Note[在 y=1 处发生边界切换]

第三步：转换积分次序（改为先 $x$ 后 $y$） 我们需要根据 $y$ 的取值范围将区域分段：

  1. 当 $0 \leq y \leq 1$ 时： 区域左边界为 $x = -1$，右边界由 $y = x+1$ 导出为 $x = y - 1$。 对应积分项：$\int_0^1 dy \int_{-1}^{y - 1} f(x, y) dx$。
  2. 当 $1 \leq y \leq \sqrt{2}$ 时： 区域左边界仍为 $x = -1$，右边界由 $y = \sqrt{1+x^2}$ 且 $x \leq 0$ 导出为 $x = -\sqrt{y^2 - 1}$。 对应积分项：$\int_1^{\sqrt{2}} dy \int_{-1}^{-\sqrt{y^2 - 1}} f(x, y) dx$。

第四步：组合结论 原式 $= \int_0^1 dy \int_{-1}^{y - 1} f(x, y) dx + \int_1^{\sqrt{2}} dy \int_{-1}^{-\sqrt{y^2 - 1}} f(x, y) dx$。故选 B。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #二重积分 #交换积分次序 #区域分块

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 交换积分次序的关键：准确画出积分区域。
  • 注意反函数的取值：在本题中 $x \leq 0$，故开方后需加负号。

思路分析

这类题目的核心是“以形助数”。先根据积分上下限画出闭区域，再观察在垂直于 $y$ 轴的方向上，区域的左右边界函数是否发生了切换。如果发生了切换（如本题在 $y=1$ 处），则必须拆分为两个积分之和。

🔄 举一反三
  1. 交换积分次序：$\int_0^1 dx \int_x^1 f(x, y) dy$。
    查看练习答案与解析

    答案：$\int_0^1 dy \int_0^y f(x, y) dx$解析：

    • 区域为 $0 \leq x \leq 1, x \leq y \leq 1$，即由 $y=x, x=0, y=1$ 围成的三角形。
    • 改为 $y$ 型区域：$0 \leq y \leq 1, 0 \leq x \leq y$。

二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分） ​

  1. 曲线 $\begin{cases} 3x^2 + 2y^2 = 12 \\ z = 0 \end{cases}$ 绕 $y$ 轴旋转一周所得旋转曲面方程为 ______。
查看答案与解析

答案：$3(x^2 + z^2) + 2y^2 = 12$

解析：

第一步：分析旋转过程 曲线在 $xOy$ 面上绕 $y$ 轴旋转。根据旋转曲面的生成原理，绕哪个轴旋转，该轴的坐标保持不变，而另一个坐标（本题为 $x$）应替换为该坐标与垂直于旋转轴的另一坐标（本题为 $z$）的平方和开方。 即：将方程中的 $x$ 替换为 $\pm \sqrt{x^2 + z^2}$。

第二步：代入原曲线方程 原方程为 $3x^2 + 2y^2 = 12$，代入替换式：

$$3 \left( \pm \sqrt{x^2 + z^2} \right)^2 + 2y^2 = 12$$

整理得：

$$3(x^2 + z^2) + 2y^2 = 12$$

结论：该旋转曲面是一个绕 $y$ 轴旋转的椭球面。

难度: ⭐
考点: #旋转曲面 #空间解析几何

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 绕 $z$ 轴旋转：$f(x, y) = 0 \implies f(\pm \sqrt{x^2+y^2}, z) = 0$。
  • 绕 $x$ 轴旋转：$y$ 替换为 $\sqrt{y^2+z^2}$。
  • 绕 $y$ 轴旋转：$x$ 替换为 $\sqrt{x^2+z^2}$。

思路分析

记住口诀：“绕谁谁不变，剩下一个变平方和开方”。本题绕 $y$ 轴，所以 $y$ 不动，$x^2$ 直接变成 $x^2+z^2$ 即可。

🔄 举一反三
  1. 曲线 $z = x^2$ 绕 $z$ 轴旋转得到的曲面方程。
    查看练习答案与解析

    答案：$z = x^2 + y^2$解析：绕 $z$ 轴，$z$ 不变，$x$ 替换为 $\sqrt{x^2+y^2}$，代入得 $z = (\sqrt{x^2+y^2})^2 \implies z = x^2 + y^2$。

  1. 函数 $z = z(x, y)$ 由方程 $e^z + xyz + x = 1$ 确定，则 $dz|_{(0,1)} = $ ______。
查看答案与解析

答案：$-dx$

解析：

第一步：求出当 $x=0, y=1$ 时的 $z$ 值 代入原方程：$e^z + 0 \cdot 1 \cdot z + 0 = 1 \implies e^z = 1 \implies z = 0$。 所以目标点为 $(0, 1, 0)$。

第二步：对隐方程两边求微分

$$d(e^z + xyz + x) = d(1)$$
$$e^z dz + (yz dx + xz dy + xy dz) + dx = 0$$

第三步：代入点 $(0, 1, 0)$

$$e^0 dz + (1 \cdot 0 dx + 0 \cdot 0 dy + 0 \cdot 1 dz) + dx = 0$$
$$1 \cdot dz + 0 + dx = 0$$
$$dz = -dx$$

难度: ⭐⭐
考点: #全微分 #隐函数求导

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 隐函数求偏导公式：$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z}$。
  • 全微分：$dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy$。

思路分析

求全微分有两种方法：一是直接对等式两边微分（如解析所示，通常更快）；二是先求出两个偏导数再合成。注意在代入点坐标前要先求出隐藏的 $z$ 值。

🔄 举一反三
  1. 若 $z^3 - 3xyz = a^3$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
    查看练习答案与解析

    答案：$\frac{yz}{z^2 - xy}$解析：令 $F = z^3 - 3xyz - a^3$。$F_x = -3yz$，$F_z = 3z^2 - 3xy$。则 $z_x = -(-3yz)/(3z^2 - 3xy) = \frac{yz}{z^2 - xy}$。

  1. 曲线 $\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 6 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$ 在点 $(-2,1,1)$ 处的法平面方程为 ______。
查看答案与解析

答案：$y - z = 0$

解析：

第一步：求曲线在该点处的切向量 曲线由两个曲面相交而成。切向量 $\vec{\tau}$ 垂直于两个曲面的法向量。 令 $F = x^2 + y^2 + z^2 - 6$, $G = x + y + z$。 $\nabla F = (2x, 2y, 2z) \big|_{(-2,1,1)} = (-4, 2, 2)$。 $\nabla G = (1, 1, 1)$。 切向量 $\vec{\tau} = \nabla F \times \nabla G = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -4 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = (0, 6, -6)$。 取简化方向向量 $\vec{n} = (0, 1, -1)$。

第二步：写出法平面方程 法平面的法向量即为曲线的切向量。 过点 $(-2, 1, 1)$，法向量为 $(0, 1, -1)$ 的平面方程为：

$$0(x + 2) + 1(y - 1) - 1(z - 1) = 0$$

整理得：$y - z = 0$。

难度: ⭐⭐
考点: #法平面 #切向量 #空间曲线

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 曲线切向量 $\vec{\tau} = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2$。
  • 法平面方程：以切向量为法向量，过给定点。

思路分析

法平面的“法”是指平面的法向量，而曲线的“法”平面其实是与曲线“切”线垂直的平面。所以第一步一定是求切向量。

🔄 举一反三
  1. 求曲线 $x=t, y=t^2, z=t^3$ 在 $t=1$ 处的法平面。
    查看练习答案与解析

    答案：$x + 2y + 3z - 6 = 0$解析：切向量为 $\vec{r}'(t) = (1, 2t, 3t^2) \big|_{t=1} = (1, 2, 3)$。点为 $(1, 1, 1)$。方程为 $1(x-1)+2(y-1)+3(z-1)=0 \implies x+2y+3z-6=0$。

  1. $\iint_{x^2 + y^2 \leq 1} (x^2 + y^2 + y) dx dy = $ ______。
查看答案与解析

答案：$\frac{\pi}{2}$

解析：

第一步：拆分积分项 原式 $= \iint_D (x^2 + y^2) dA + \iint_D y dA$。

第二步：计算第一部分（利用极坐标）$\iint_D (x^2 + y^2) dx dy = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r^2 \cdot r dr = 2\pi \cdot \left[ \frac{1}{4} r^4 \right]_0^1 = \frac{\pi}{2}$。

第三步：计算第二部分（利用对称性） 积分区域 $D$ 是关于 $x$ 轴对称的单位圆，而被积函数 $f(x, y) = y$ 是关于 $y$ 的奇函数。 根据二重积分的对称性，$\iint_D y dA = 0$。

结论：总积分为 $\frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}$。

难度: ⭐
考点: #二重积分 #极坐标 #对称性

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 极坐标下 $dA = r dr d\theta$。
  • 对称性：若 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且 $f(x, -y) = -f(x, y)$，则积分值为 0。

思路分析

看到圆域和 $x^2+y^2$ 项，首选极坐标。看到单独的 $y$ 或 $x$ 项，先检查对称性，往往能省去大量计算。

🔄 举一反三
  1. 计算 $\iint_{x^2+y^2 \leq R^2} x^2 dA$。
    查看练习答案与解析

    答案：$\frac{\pi R^4}{4}$解析：利用极坐标：$\int_0^{2\pi} \cos^2 \theta d\theta \int_0^R r^2 \cdot r dr = \pi \cdot \frac{R^4}{4}$。或者利用对称性 $\iint x^2 = \iint y^2 = \frac{1}{2} \iint (x^2+y^2)$。

  1. $\ln (1 - 2x)$ 在 $x = 0$ 的幂级数展开式为 ______。
查看答案与解析

答案：$-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n} x^n \quad \left(-\frac{1}{2} \leq x < \frac{1}{2}\right)$

解析：

第一步：回顾标准展开式 我们知道 $\ln(1 + u)$ 的麦克劳林级数为：

$$\ln(1 + u) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} u^n, \quad u \in (-1, 1]$$

第二步：进行变量代换 令 $u = -2x$，代入上式：

$$\ln(1 - 2x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} (-2x)^n$$
$$\ln(1 - 2x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} (-1)^n 2^n}{n} x^n$$

由于 $(-1)^{n-1} \cdot (-1)^n = (-1)^{2n-1} = -1$，故：

$$\ln(1 - 2x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n} x^n$$

第三步：确定收敛域 原展开式要求 $-1 < u \leq 1$，代入 $u = -2x$：

$$-1 < -2x \leq 1 \implies \frac{1}{2} > x \geq -\frac{1}{2}$$

即收敛域为 $\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)$。

难度: ⭐⭐
考点: #幂级数展开 #麦克劳林级数 #收敛域

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$
  • 常用技巧：直接代换法。

思路分析

记忆几个核心函数的麦克劳林展开式是基础。遇到常数系数的变化，通过整体代换并仔细处理正负号和收敛范围即可。

🔄 举一反三
  1. 求 $\frac{1}{1+3x}$ 的幂级数展开式。
    查看练习答案与解析

    答案：$\sum_{n=0}^{\infty} (-3)^n x^n, \quad x \in (-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$解析：利用 $\frac{1}{1-u} = \sum u^n$，令 $u = -3x$。代入得 $\sum (-3x)^n$。

三、计算题：（本大题共6小题，每小题7分，共42分）写解答过程。 ​

  1. 求直线 $L: \frac{x-1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z-1}{-1}$ 在平面 $\Pi: x - y + 2z - 1 = 0$ 上的投影直线方程。
查看答案与解析

答案：$\begin{cases} x - 3y - 2z + 1 = 0 \\ x - y + 2z - 1 = 0 \end{cases}$

解析：

第一步：分析投影直线的构成 投影直线可以看作是包含直线 $L$ 且垂直于平面 $\Pi$ 的平面（记为 $\Pi'$）与平面 $\Pi$ 的交线。

📐 投影几何关系图示
mermaid
graph LR
    L[直线 L] --- P1[投影平面 Pi']
    P1 --- Pi[已知平面 Pi]
    P1 --"垂直"--> Pi
    L_proj[投影直线] --"属于"--> P1
    L_proj --"属于"--> Pi

第二步：建立过直线 $L$ 的平面束 直线 $L$ 的方程可写为：

$$\begin{cases} x - y - 1 = 0 \\ y + z - 1 = 0 \end{cases}$$

过直线 $L$ 的平面束方程为：

$$(x - y - 1) + \lambda (y + z - 1) = 0$$

即：$x + (\lambda - 1)y + \lambda z - (\lambda + 1) = 0$。 该平面束中任一平面的法向量为 $\vec{n}_{\lambda} = (1, \lambda - 1, \lambda)$。

第三步：确定垂直于平面 $\Pi$ 的平面 $\Pi'$ 平面 $\Pi$ 的法向量为 $\vec{n} = (1, -1, 2)$。 要求 $\vec{n}_{\lambda} \perp \vec{n}$，则其数量积为零：

$$1 \cdot 1 + (\lambda - 1)(-1) + \lambda \cdot 2 = 0$$
$$1 - \lambda + 1 + 2\lambda = 0 \implies \lambda = -2$$

将 $\lambda = -2$ 代入平面束方程，得到投影平面 $\Pi'$：

$$x - 3y - 2z + 1 = 0$$

第四步：写出投影直线方程 投影直线即为平面 $\Pi'$ 与 $\Pi$ 的交线：

$$\begin{cases} x - 3y - 2z + 1 = 0 \\ x - y + 2z - 1 = 0 \end{cases}$$

难度: ⭐⭐
考点: #投影直线 #平面束 #空间解析几何

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 平面束方程：$(A_1 x + B_1 y + C_1 z + D_1) + \lambda (A_2 x + B_2 y + C_2 z + D_2) = 0$。
  • 两平面垂直 $\iff$ 法向量数量积为 0。

思路分析

求投影直线最标准的方法是“找垂直平面”。利用平面束方程可以快速找到过直线且垂直于目标平面的辅助平面，最后联立即可。

🔄 举一反三
  1. 求点 $(1, 2, 3)$ 在平面 $x+y+z=0$ 上的投影点。
    查看练习答案与解析

    答案：$(-1, 0, 1)$解析：

    • 过点且垂直于平面的直线为 $\frac{x-1}{1} = \frac{y-2}{1} = \frac{z-3}{1} = t$。
    • 代入平面：$(t+1) + (t+2) + (t+3) = 0 \implies 3t+6=0 \implies t=-2$。
    • 投影点为 $(1-2, 2-2, 3-2) = (-1, 0, 1)$。
  1. 设 $\vec{n}$ 是曲面 $2x^{2} + 3y^{2} + z^{2} = 6$ 在点 $P(1,1,1)$ 处的指向外侧的法向量，求函数 $u = \frac{\sqrt{6x^2 + 8y^2}}{z}$ 在点 $P$ 处沿方向 $\vec{n}$ 的方向导数。
查看答案与解析

答案：$\frac{11}{7}$

解析：

第一步：求曲面在点 $P$ 处的法向量 $\vec{n}$ 令 $F(x, y, z) = 2x^2 + 3y^2 + z^2 - 6$。 曲面在点 $P(1, 1, 1)$ 处的法向量为：

$$\nabla F = (4x, 6y, 2z) \big|_{(1,1,1)} = (4, 6, 2)$$

取方向向量 $\vec{n} = (2, 3, 1)$。 其单位方向向量为：

$$\vec{n}^0 = \frac{(2, 3, 1)}{\sqrt{2^2 + 3^2 + 1^2}} = \frac{1}{\sqrt{14}}(2, 3, 1)$$

第二步：计算函数 $u$ 的梯度 $\nabla u$ 对 $u = \frac{\sqrt{6x^2 + 8y^2}}{z}$ 求各偏导数并代入 $P(1, 1, 1)$：

  • $u_x = \frac{1}{z} \cdot \frac{12x}{2\sqrt{6x^2+8y^2}} = \frac{6}{\sqrt{14}}$
  • $u_y = \frac{1}{z} \cdot \frac{16y}{2\sqrt{6x^2+8y^2}} = \frac{8}{\sqrt{14}}$
  • $u_z = -\frac{\sqrt{6x^2+8y^2}}{z^2} = -\sqrt{14} = -\frac{14}{\sqrt{14}}$ 故梯度 $\nabla u \big|_P = \frac{1}{\sqrt{14}}(6, 8, -14)$。

第三步：计算方向导数

$$\frac{\partial u}{\partial \vec{n}} = \nabla u \cdot \vec{n}^0 = \frac{1}{\sqrt{14}}(6, 8, -14) \cdot \frac{1}{\sqrt{14}}(2, 3, 1)$$
$$= \frac{1}{14} (6 \times 2 + 8 \times 3 - 14 \times 1) = \frac{12 + 24 - 14}{14} = \frac{22}{14} = \frac{11}{7}$$

难度: ⭐⭐⭐
考点: #方向导数 #梯度 #法向量

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 方向导数公式：$\frac{\partial u}{\partial \vec{l}} = \nabla u \cdot \vec{l}^0$。
  • 梯度 $\nabla u = (u_x, u_y, u_z)$。

思路分析

本题综合了多元函数微分学中的两个重要概念：曲面的法向量和函数的梯度。解题的关键在于分清“方向”和“梯度”两个向量，最后进行数量积计算。注意方向向量一定要单位化。

🔄 举一反三
  1. 求 $u = x^2 + y^2 + z^2$ 在点 $(1, 2, 3)$ 沿梯度方向的方向导数。
    查看练习答案与解析

    答案：$2\sqrt{14}$解析：

    • 梯度为 $(2x, 2y, 2z) \big|_{(1,2,3)} = (2, 4, 6)$。
    • 沿梯度方向的方向导数大小即为梯度的模。
    • $|\nabla u| = \sqrt{4 + 16 + 36} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$。
  1. 设 $f(u, v)$ 具有二阶连续偏导数，$y = f(e^x, \cos x)$，求 $\frac{dy}{dx} \Big|_{x=0}$ 和 $\frac{d^2y}{dx^2} \Big|_{x=0}$。
查看答案与解析

答案：$\frac{dy}{dx} \Big|_{x=0} = f_1, \quad \frac{d^2y}{dx^2} \Big|_{x=0} = f_1 + f_{11} - f_2$

解析：

第一步：求一阶导数 根据复合函数求导法则（链式法则）：

$$\frac{dy}{dx} = f_1 \cdot \frac{d(e^x)}{dx} + f_2 \cdot \frac{d(\cos x)}{dx} = f_1 e^x - f_2 \sin x$$

当 $x = 0$ 时，$u = e^0 = 1$，$v = \cos 0 = 1$。 代入得：$\frac{dy}{dx} \Big|_{x=0} = f_1(1, 1) \cdot 1 - f_2(1, 1) \cdot 0 = f_1(1, 1)$。

第二步：求二阶导数 对一阶导数再次求导：

$$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} (f_1 e^x - f_2 \sin x)$$
$$= \left( \frac{d f_1}{dx} \right) e^x + f_1 e^x - \left[ \left( \frac{d f_2}{dx} \right) \sin x + f_2 \cos x \right]$$

其中： $\frac{d f_1}{dx} = f_{11} e^x - f_{12} \sin x$$\frac{d f_2}{dx} = f_{21} e^x - f_{22} \sin x$ 代入二阶导数表达式：

$$\frac{d^2y}{dx^2} = (f_{11} e^x - f_{12} \sin x) e^x + f_1 e^x - (f_{21} e^x - f_{22} \sin x) \sin x - f_2 \cos x$$

第三步：代入点 $x=0$ 由于 $\sin 0 = 0, \cos 0 = 1, e^0 = 1$，上式简化为：

$$\frac{d^2y}{dx^2} \Big|_{x=0} = (f_{11} \cdot 1 - 0) \cdot 1 + f_1 \cdot 1 - 0 - f_2 \cdot 1$$
$$= f_{11}(1, 1) + f_1(1, 1) - f_2(1, 1)$$

难度: ⭐⭐
考点: #偏导数 #链式法则 #高阶导数

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 链式法则：$\frac{df}{dx} = f_u \frac{du}{dx} + f_v \frac{dv}{dx}$。
  • 注意：求二阶导时，$f_1$ 和 $f_2$ 依然是 $x$ 的复合函数，求导时需再次使用链式法则。

思路分析

本题考查抽象复合函数的求导。关键在于清晰地梳理变量之间的依赖关系（树状图法），并在求二阶导时不要漏掉乘积项的导数。

🔄 举一反三
  1. 若 $z = f(x+y, xy)$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
    查看练习答案与解析

    答案：$f_1 + y f_2$解析：令 $u=x+y, v=xy$。则 $z_x = f_u \cdot u_x + f_v \cdot v_x = f_1 \cdot 1 + f_2 \cdot y$。

  1. 求抛物面 $z = x^{2} + y^{2}$ 被柱面 $x^{2} + y^{2} = R^{2}$ 截下部分的面积。
查看答案与解析

答案：$\frac{\pi}{6} \left[ (1 + 4R^{2})^{3/2} - 1 \right]$

解析：

第一步：确定投影区域及被积函数 曲面方程为 $z = x^2 + y^2$，其在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 为柱面所围区域：

$$D = \{ (x, y) \mid x^2 + y^2 \leq R^2 \}$$

计算偏导数：$z_x = 2x, z_y = 2y$。 面面积元素 $dS = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} dA = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} dA$。

第二步：列出面积积分式

$$S = \iint_D \sqrt{1 + 4(x^2 + y^2)} dx dy$$

第三步：利用极坐标计算 令 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$，则 $dx dy = r dr d\theta$。

$$S = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^R \sqrt{1 + 4r^2} \cdot r dr$$
$$= 2\pi \cdot \left[ \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3} (1 + 4r^2)^{3/2} \right]_0^R$$
$$= \frac{\pi}{6} \left[ (1 + 4R^2)^{3/2} - 1 \right]$$

难度: ⭐⭐
考点: #曲面积分 #面积计算 #极坐标

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 曲面积分计算面积公式：$S = \iint_D \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} dx dy$。
  • $\int \sqrt{u} du = \frac{2}{3} u^{3/2}$。

思路分析

面积计算的步骤非常固定：1. 求偏导；2. 代入公式；3. 确定投影区域并积分。看到具有旋转对称性的区域（如圆、柱面），直接上极坐标是最明智的选择。

🔄 举一反三
  1. 计算球面 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ 的表面积。
    查看练习答案与解析

    答案：$4\pi a^2$解析：考虑上半球面 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$。$1+z_x^2+z_y^2 = \frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}$。 积分 $2 \iint_D \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} r dr d\theta = 2 \cdot 2\pi a \cdot [- \sqrt{a^2-r^2}]_0^a = 4\pi a^2$。

  1. 计算曲线积分 $\oint_{L} \sqrt{x^2 + y^2} dx + y[xy + \ln (x + \sqrt{x^2 + y^2})] dy$，其中 $L$ 是区域 $D = \{ (x,y) \mid 0 \leq y \leq x^{1/3}, a \leq x \leq 2a, a > 0 \}$ 的逆时针边界。
查看答案与解析

答案：$\frac{1}{2} a^2$

解析：

第一步：应用格林公式 令 $P = \sqrt{x^2 + y^2}$，$Q = y^2x + y \ln(x + \sqrt{x^2 + y^2})$。 计算偏导数：

  • $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$
  • $\frac{\partial Q}{\partial x} = y^2 + y \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + y^2}} \left( 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \right)$$= y^2 + y \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + y^2}} \left( \frac{\sqrt{x^2+y^2} + x}{\sqrt{x^2+y^2}} \right) = y^2 + \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

第二步：求差值

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \left( y^2 + \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \right) - \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = y^2$$

第三步：计算二重积分 根据格林公式，原式 $= \iint_D y^2 dx dy$。

$$I = \int_a^{2a} dx \int_0^{x^{1/3}} y^2 dy$$
$$= \int_a^{2a} \left[ \frac{1}{3} y^3 \right]_0^{x^{1/3}} dx = \int_a^{2a} \frac{1}{3} x dx$$
$$= \frac{1}{3} \cdot \left[ \frac{1}{2} x^2 \right]_a^{2a} = \frac{1}{6} (4a^2 - a^2) = \frac{1}{2} a^2$$

难度: ⭐⭐⭐
考点: #格林公式 #二重积分 #求偏导

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 格林公式：$\oint_L P dx + Q dy = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) dx dy$。
  • 注意：$L$ 必须是正向（逆时针）闭曲线。

思路分析

看到复杂的对坐标的曲线积分，且路径是闭区域边界，首选格林公式。计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$ 时要细心，利用分子分母抵消可以大幅简化表达式。

🔄 举一反三
  1. 计算 $\oint_L x dy - y dx$，其中 $L$ 为单位圆。
    查看练习答案与解析

    答案：$2\pi$解析：$Q_x - P_y = 1 - (-1) = 2$。积分 $2 \iint_D dA = 2 \times \pi = 2\pi$。

  1. 计算曲面积分 $I = \iint_{\Sigma} 2x^3 dy dz + 2y^3 dz dx + 3(z^2 - 1) dx dy$，其中 $\Sigma$ 为曲面 $z = 1 - x^2 - y^2$ ($z \geq 0$) 的上侧。
查看答案与解析

答案：$-\pi$

解析：

第一步：补面封闭 原曲面 $\Sigma$ 不是封闭曲面。补加底面 $\Sigma_1: z = 0, x^2 + y^2 \leq 1$，取下侧（使方向向外）。 设 $\Omega$ 为由 $\Sigma$ 和 $\Sigma_1$ 所围成的空间区域。

第二步：应用高斯公式 根据高斯公式：

$$\iint_{\Sigma + \Sigma_1} P dy dz + Q dz dx + R dx dy = \iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) dV$$

计算偏导数： $P_x = 6x^2, \quad Q_y = 6y^2, \quad R_z = 6z$

$$\iiint_{\Omega} 6(x^2 + y^2 + z) dV = 6 \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r dr \int_0^{1-r^2} (r^2 + z) dz$$
$$= 12\pi \int_0^1 \left[ r^2 z + \frac{1}{2} z^2 \right]_0^{1-r^2} r dr = 12\pi \int_0^1 \left( r^2(1-r^2) + \frac{1}{2}(1-r^2)^2 \right) r dr$$
$$= 12\pi \int_0^1 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} r^4 \right) r dr = 6\pi \left[ \frac{1}{2} r^2 - \frac{1}{6} r^6 \right]_0^1 = 2\pi$$

第三步：计算底面 $\Sigma_1$ 的积分 在 $\Sigma_1$ 上，$z = 0$，法向量为 $(0, 0, -1)$（下侧）。

$$\iint_{\Sigma_1} P dy dz + Q dz dx + R dx dy = \iint_{x^2+y^2 \leq 1} 3(0^2 - 1) \cdot (-1) dA$$
$$= \iint_{D} 3 dA = 3 \pi$$

第四步：求得原积分值

$$I = \iint_{\Sigma + \Sigma_1} - \iint_{\Sigma_1} = 2\pi - 3\pi = -\pi$$

难度: ⭐⭐⭐
考点: #高斯公式 #通量 #曲面积分 #补面法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 高斯公式：$\oiint_{\Sigma} \vec{F} \cdot d\vec{S} = \iiint_{\Omega} \text{div} \vec{F} dV$。
  • 补面时必须注意面的方向（外侧为正）。

思路分析

本题是典型的高斯公式应用题。开口曲面计算通量，第一反应就是“补面使其封闭”。注意在 $\Sigma_1$ 上由于 $dz=0$，前两项积分直接为 0，只需计算最后一项，大大简化了过程。

避坑指南

注意题目要求的 $\Sigma$ 是“上侧”。在补底面 $\Sigma_1$ 时，为了应用高斯公式，底面必须取“下侧”，这样才能构成整个封闭区域的外侧法向量。

🔄 举一反三
  1. 计算 $\oiint_{\Sigma} x dy dz + y dz dx + z dx dy$，其中 $\Sigma$ 为单位球面外侧。
    查看练习答案与解析

    答案：$4\pi$解析：散度为 $1+1+1=3$。积分 $3 \times \text{体积} = 3 \times \frac{4}{3} \pi \cdot 1^3 = 4\pi$。

四、综合题（本大题共 2 小题，每小题 9 分，共 18 分） ​

  1. 求 $f(x, y) = (x - 1)^2 + (y - 2)^2 + 1$ 在区域 $D = \{ (x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 20 \}$ 上的最大值与最小值。
查看答案与解析

答案：最大值为 46，最小值为 1

解析：

第一步：检查区域内部的驻点 计算偏导数并令其为零：

$$\begin{cases} f_x = 2(x - 1) = 0 \\ f_y = 2(y - 2) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x = 1 \\ y = 2 \end{cases}$$

点 $P(1, 2)$ 满足 $1^2 + 2^2 = 5 < 20$，位于区域 $D$ 内部。 对应函数值：$f(1, 2) = 1$。

第二步：检查边界 $x^2 + y^2 = 20$ 上的极值 利用拉格朗日乘数法，令 $L(x, y, \lambda) = (x-1)^2 + (y-2)^2 + 1 + \lambda(x^2 + y^2 - 20)$。

$$\begin{cases} L_x = 2(x - 1) + 2\lambda x = 0 \\ L_y = 2(y - 2) + 2\lambda y = 0 \\ x^2 + y^2 = 20 \end{cases} \implies \frac{x-1}{x} = \frac{y-2}{y} = -\lambda$$

整理得 $y = 2x$。代入约束方程：

$$x^2 + (2x)^2 = 20 \implies 5x^2 = 20 \implies x = \pm 2$$

得到边界上的候选点：

  1. 当 $x=2, y=4$ 时，$f(2, 4) = (2-1)^2 + (4-2)^2 + 1 = 1 + 4 + 1 = 6$。
  2. 当 $x=-2, y=-4$ 时，$f(-2, -4) = (-2-1)^2 + (-4-2)^2 + 1 = 9 + 36 + 1 = 46$。

第三步：比较所有候选点 比较 $f(1, 2)=1$，$f(2, 4)=6$，$f(-2, -4)=46$。

  • 最大值为 46。
  • 最小值为 1。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #多元函数最值 #拉格朗日乘数法 #驻点

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 闭区域最值必在内部驻点或边界极值点处取得。
  • 拉格朗日乘数法：$\nabla f = \lambda \nabla g$。

思路分析

求最值的过程就像“全场搜索”。先搜“场内”（内部驻点），再搜“围墙”（边界）。由于边界是圆，拉格朗日乘数法非常高效。注意最后要汇总所有点进行比较。

🔄 举一反三
  1. 求 $f(x, y) = x^2 + y^2$ 在 $x+y=1$ 上的最小值。
    查看练习答案与解析

    答案：$1/2$解析：代入 $y=1-x$ 得 $f(x) = x^2 + (1-x)^2 = 2x^2 - 2x + 1$。顶点处 $x=1/2$，$f(1/2) = 1/2$。

  1. 求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n x^{n-1}$ 的收敛域与和函数，并求级数和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$。
查看答案与解析

答案：收敛域为 $(-1, 1)$，和函数为 $\frac{1}{(1 + x)^2}$，级数和为 $2$

解析：

第一步：确定收敛域 记 $a_n = (-1)^{n-1} n$。 收敛半径 $R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$。 检查端点：

  • 当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum (-1)^{n-1} n$，发散。
  • 当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum (-1)^{n-1} n (-1)^{n-1} = \sum n$，发散。 故收敛域为 $(-1, 1)$。

第二步：求和函数 $S(x)$ 注意到 $n x^{n-1} = (x^n)'$，则：

$$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (x^n)' = \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-x)^{n-1} \cdot x \right)'$$

利用几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n = \frac{1}{1+x}$，有：

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^n = x \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n = \frac{x}{1+x} = 1 - \frac{1}{1+x}$$

对上式求导：

$$S(x) = \left( 1 - \frac{1}{1+x} \right)' = \frac{1}{(1 + x)^2}, \quad x \in (-1, 1)$$

第三步：计算常数项级数和 所求级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n}$。 观察发现，若令 $x = -1/2$，则：

$$S(-1/2) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n (-1/2)^{n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} n (1/2)^{n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n-1}}$$

代入和函数公式：

$$S(-1/2) = \frac{1}{(1 - 1/2)^2} = \frac{1}{(1/2)^2} = 4$$

则原级数和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^n} = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n-1}} = \frac{1}{2} \times 4 = 2$。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #幂级数 #和函数 #级数求和 #逐项求导

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$。
  • 逐项求导性质：$S'(x) = (\sum a_n x^n)' = \sum n a_n x^{n-1}$。

思路分析

求幂级数和函数的基本策略是“化简为几何级数”。通过逐项求导或逐项积分，将通项形式向 $x^n$ 靠拢。本题中 $n x^{n-1}$ 明显是 $x^n$ 的导数，因此采用求导路径。

🔄 举一反三
  1. 求 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^n$ 的和函数。
    查看练习答案与解析

    答案：$\frac{x}{(1-x)^2}, \quad x \in (-1, 1)$解析：$\sum n x^n = x \sum n x^{n-1} = x (\sum x^n)' = x (\frac{1}{1-x})' = x \cdot \frac{1}{(1-x)^2}$。

五、解答题（本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分） ​

  1. 设 $\varphi(x)$ 具有连续导数，$\varphi(0) = 0$，且对任意闭路径 $L$ 有 $\oint_{L} x^{2} y^{2} dx + y \varphi(x) dy = 0$。求 $\varphi(x)$，并计算曲线积分 $I = \int_{(0,0)}^{(1,1)} x^{2} y^{2} dx + y \varphi(x) dy$ 的值。
查看答案与解析

答案：$\varphi(x) = \frac{2}{3} x^3, \quad I = \frac{1}{3}$

解析：

第一步：利用路径无关条件求 $\varphi(x)$ 由题意，对任意闭路径 $L$ 曲线积分为 0，说明被积表达式在全平面内与路径无关。 设 $P = x^2 y^2$，$Q = y \varphi(x)$。 根据等价条件 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$，得：

$$\frac{\partial (x^2 y^2)}{\partial y} = \frac{\partial (y \varphi(x))}{\partial x}$$
$$2x^2 y = y \varphi'(x)$$

由于上式对任意 $y$ 成立，故：

$$\varphi'(x) = 2x^2$$

积分得：$\varphi(x) = \frac{2}{3} x^3 + C$。 由 $\varphi(0) = 0$，得 $C = 0$。故 $\varphi(x) = \frac{2}{3} x^3$。

第二步：计算积分值 由于积分与路径无关，我们选择最简路径：从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$ 再到 $(1,1)$。

  1. 沿 $L_1: (0,0) \to (1,0)$： $y = 0, dy = 0$，积分为 $0$。
  2. 沿 $L_2: (1,0) \to (1,1)$： $x = 1, dx = 0$，积分为：
    $$\int_0^1 y \varphi(1) dy = \int_0^1 y \cdot \frac{2}{3} dy = \left[ \frac{1}{3} y^2 \right]_0^1 = \frac{1}{3}$$

结论：$\varphi(x) = \frac{2}{3} x^3$，积分值为 $\frac{1}{3}$。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #曲线积分与路径无关 #偏微分方程 #势函数

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 路径无关条件：$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$。
  • 与路径无关时，$\int_{(x_1, y_1)}^{(x_2, y_2)} P dx + Q dy$ 可以通过寻找原函数（势函数）或选择折线路径计算。

思路分析

本题前半部分是典型的“反求函数”题，利用路径无关的充要条件列出微分方程即可。后半部分在已知路径无关的前提下，灵活选择平行于坐标轴的折线路径可以极大地简化计算。

🔄 举一反三
  1. 若 $(2x+y) dx + (x+2y) dy$ 是某个函数 $u(x, y)$ 的全微分，求 $u$。
    查看练习答案与解析

    答案：$u = x^2 + xy + y^2 + C$解析：$P_y = 1, Q_x = 1$，相等。积分 $u = \int (2x+y) dx = x^2 + xy + g(y)$。对 $y$ 求导得 $x + g'(y) = x + 2y \implies g(y) = y^2 + C$。

  1. 设正项数列 $\{a_{n}\}$ 单调减少，且交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} a_{n}$ 发散。证明：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{a_{n}+1}\right)^{n}$ 收敛。
查看答案与解析

证明：

第一步：分析交错级数的敛散性 已知 $\{a_n\}$ 是正项单调减少数列。 根据莱布尼茨判别法（Leibniz Criterion），交错级数 $\sum (-1)^n a_n$ 收敛的充分必要条件是 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。 既然题目给出该级数发散，且数列单调减有下界（正项数列），说明：

$$\lim_{n \to \infty} a_n = a \neq 0$$

且由于 $a_n > 0$，必有 $a > 0$。

第二步：应用根值判别法（Cauchy Root Test） 考察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{a_n + 1} \right)^n$。 设其通项为 $u_n = \left( \frac{1}{a_n + 1} \right)^n$，计算：

$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|u_n|} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{a_n + 1} = \frac{1}{a + 1}$$

第三步：得出结论 因为 $a > 0$，所以 $a + 1 > 1$，从而：

$$0 < \frac{1}{a + 1} < 1$$

根据级数收敛的根值判别法，当比值小于 1 时，级数收敛。 因此，$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{a_n + 1} \right)^n$ 收敛。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #级数收敛性证明 #根值判别法 #莱布尼茨判别法 #极限性质

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

  • 莱布尼茨判别法：交错级数收敛的条件。
  • 根值判别法：$\lim \sqrt[n]{u_n} = \rho$，$\rho < 1$ 收敛。

思路分析

本题是一道非常巧妙的逻辑推导题。题眼在于“交错级数发散”这一条件，它通过莱布尼茨判别法的逆反命题，锁定了数列极限不为 0 这一关键点，进而为根值判别法铺平了道路。

🔄 举一反三
  1. 若 $\sum a_n$ 是正项收敛级数，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 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。
    • 存在 $N$，当 $n > N$ 时，$0 \leq a_n < 1$。
    • 此时 $a_n^2 \leq a_n$。
    • 由比较判别法，$\sum a_n^2$ 收敛。
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