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《高等数学下》第二学期期末试卷B(精选05)
一、选择题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分）
两直线 $L_{1}: \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 5}{-2} = \frac{z + 8}{1}$ 与 $L_{2}: \left\{ \begin{array}{l} x - y = 6 \\ 2y + z = 3 \end{array} \right.$ 的夹角为（ ）
- A. $\frac{\pi}{6}$
- B. $\frac{\pi}{4}$
- C. $\frac{\pi}{2}$
- D. $\frac{\pi}{3}$
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答案：D
详细解析：
- 确定 $L_1$ 的方向向量： 由直线方程知，$\vec{v}_1 = (1, -2, 1)$。
- 确定 $L_2$ 的方向向量： $L_2$ 是两个平面的交线，其方向向量 $\vec{v}_2$ 为两平面法向量的叉积。 两平面法向量分别为 $\vec{n}_1 = (1, -1, 0)$ 和 $\vec{n}_2 = (0, 2, 1)$。$$\vec{v}_2 = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{vmatrix} = (-1, -1, 2)$$
- 计算夹角 $\theta$：$$\cos \theta = \frac{|\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2|}{|\vec{v}_1| |\vec{v}_2|} = \frac{|(1)(-1) + (-2)(-1) + (1)(2)|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 1^2} \sqrt{(-1)^2 + (-1)^2 + 2^2}} = \frac{3}{\sqrt{6}\sqrt{6}} = \frac{1}{2}$$故 $\theta = \frac{\pi}{3}$。
难度：⭐
考点：#空间直线#方向向量#夹角公式💡 学习锦囊
📖 相关公式：
- 直线夹角公式：$\cos \theta = \frac{|\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2|}{|\vec{v}_1| |\vec{v}_2|}$。
- 叉乘公式：$\vec{a} \times \vec{b}$ 用于寻找同时垂直于两向量的第三向量。
解题技巧
对于一般式直线方程，直接利用两平面法向量的叉乘即可快速获取其方向向量。
🔄 举一反三
- 求直线 $L_1: \frac{x}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{-1}$ 与 $L_2: \frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{0}$ 的夹角。
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答案：$\frac{\pi}{3}$
解析：$\vec{v}_1=(1,0,-1), \vec{v}_2=(1,1,0)$。$\cos \theta = \frac{|1+0+0|}{\sqrt{2}\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$，故 $\theta = \frac{\pi}{3}$。
考虑二元函数 $f(x,y)$ 的下面四条性质： (1) $f(x, y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 连续； (2) $f_x(x, y), f_y(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 连续； (3) $f(x, y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 可微； (4) $f_x(x, y), f_y(x, y)$ 存在。 下列四个选项正确的是（ ）
- A. $(2)\Rightarrow (3)\Rightarrow (1)$
- B. $(3)\Rightarrow (1)\Rightarrow (4)$
- C. $(3)\Rightarrow (4)\Rightarrow (1)$
- D. $(3)\Rightarrow (2)\Rightarrow (1)$
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答案：A
详细解析： 本题考查多元函数连续性、可偏导性、可微性之间的关系。
- (2) $\Rightarrow$ (3)：偏导数连续是函数可微的充分不必要条件。
- (3) $\Rightarrow$ (1)：函数在某点可微必在该点连续。
- (3) $\Rightarrow$ (4)：函数在某点可微必在该点偏导数存在。
- (4) $\not\Rightarrow$ (1)：偏导数存在不能保证函数连续。
- (3) $\not\Rightarrow$ (2)：可微不能保证偏导数连续。
因此，正确的推导链是 $(2)\Rightarrow (3)\Rightarrow (1)$。
难度：⭐
考点：#多元函数微分学#连续性#可微性#偏导数💡 学习锦囊
📖 知识点总结：
- 充分条件：偏导数连续 $\Rightarrow$ 可微 $\Rightarrow$ 连续 且 偏导数存在。
- 必要条件：可微 $\Rightarrow$ 连续；可微 $\Rightarrow$ 偏导数存在。
- 常见陷阱：偏导数存在 $\not\Rightarrow$ 连续；偏导数存在 $\not\Rightarrow$ 可微。
🔄 举一反三
- 判断函数 $f(x,y) = \sqrt{x^2+y^2}$ 在 $(0,0)$ 点的连续性与偏导数存在性。
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答案：连续但偏导数不存在。
解析：$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \sqrt{x^2+y^2} = 0 = f(0,0)$，故连续。但 $f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{|\Delta x|}{\Delta x}$ 不存在。
设函数 $f(x, y)$ 在 $(0, 0)$ 的某邻域内有定义，且 $f_x(0, 0) = 2, f_y(0, 0) = 1$，则有（ ）
- A. $dz|_{(0,0)} = 2dx + dy$
- B. 曲面 $z = f(x, y)$ 在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 的一个法向量为 $(2, 1, 1)$
- C. 曲线 $\left\{ \begin{array}{l} z = f(x, y) \\ y = 0 \end{array} \right.$ 在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 的一个切向量为 $(2, 0, 1)$
- D. 曲线 $\left\{ \begin{array}{l} z = f(x, y) \\ y = 0 \end{array} \right.$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 的一个切向量为 $(1,0,2)$
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答案：D
详细解析：
- 分析 (A)：全微分存在的条件是函数在该点可微。题目仅给出偏导数存在，无法确定全微分是否存在。
- 分析 (B)：若曲面在该点可微，法向量应为 $(f_x, f_y, -1) = (2, 1, -1)$。选项中的 $(2, 1, 1)$ 方向错误。
- 分析 (C) 与 (D)： 曲线为曲面与平面 $y=0$ 的交线，即 $xOz$ 面上的曲线 $z = f(x, 0)$。 该曲线在 $x=0$ 处的切线斜率为 $k = f_x(0,0) = 2$。 在 $xOz$ 平面内，斜率为 2 的切线方向向量可表示为 $(1, 2)$，扩展到空间即为 $(1, 0, 2)$。 因此 (D) 正确，(C) 错误。
难度：⭐⭐
考点：#全微分#切向量#偏导数几何意义💡 学习锦囊
核心提醒
偏导数 $f_x(x_0, y_0)$ 的几何意义是：曲面在点 $(x_0, y_0, f(x_0, y_0))$ 处沿 $x$ 轴方向的切线斜率。
🔄 举一反三
- 若 $f_x(1,1)=3$，求曲面 $z=f(x,y)$ 与平面 $y=1$ 的交线在点 $(1,1,f(1,1))$ 处的一个切向量。
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答案：$(1, 0, 3)$
解析：在 $xOz$ 面内斜率为 3，对应向量 $(1, 3)$，空间中 $y$ 分量为 0，即 $(1, 0, 3)$。
设 $\Sigma$ 为上半球面 $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$ $(a > 0)$，$\Sigma_1$ 为 $\Sigma$ 在第一卦限的部分，则有（ ）
- A. $\iint_{\Sigma}xdS = 4\iint_{\Sigma_1}xdS$
- B. $\iint_{\Sigma} y dS = 4 \iint_{\Sigma_1} y dS$
- C. $\iint_{\Sigma} z dS = 4 \iint_{\Sigma_1} z dS$
- D. $\iint_{\Sigma} xyzdS = 8\iint_{\Sigma_1} xyzdS$
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答案：C
详细解析：
- 对称性分析： 由于 $\Sigma$ 是上半球面 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$（或类似具有 4 对称性的曲面），其关于 $xz$ 面和 $yz$ 面对称。 对于 $x$ 和 $y$ 的一次幂项，如 $\iint_{\Sigma} x dS$ 和 $\iint_{\Sigma} y dS$，由于被积函数是关于 $x$ (或 $y$) 的奇函数，而积分区域关于坐标面对称，故积分为 0。而第一卦限的部分积分为正，因此 (A)(B) 不成立。
- 被积函数 $z$ 的分析： 对于 $\iint_{\Sigma} z dS$，在上半球面上 $z \geq 0$。由区域关于 $xz$ 面和 $yz$ 面的对称性可知，曲面在四个卦限（1, 2, 3, 4）内的积分值相等。 因此，全区域的积分恰好是第一卦限部分积分的 4 倍。即 $\iint_{\Sigma} z dS = 4 \iint_{\Sigma_1} z dS$。
- 乘积项分析： 对于 $\iint_{\Sigma} xyz dS$，该项在整个上半球面上积分也为 0（因其对 $x$ 和 $y$ 均为奇函数）。
难度：⭐⭐
考点：#第一类曲面积分#对称性💡 学习锦囊
::: note 对称性法则
- 奇倍偶零：积分区域对称，被积函数为奇函数 $\Rightarrow$ 积分为 0。
- 倍数关系：若积分区域关于 $n$ 个坐标面对称且被积函数为偶函数，则积分为对称部分的 $2^n$ 倍。 :::
🔄 举一反三
- 若 $\Sigma$ 为全球面，则 $\iint_{\Sigma} z^2 dS$ 是第一卦限部分 $\iint_{\Sigma_1} z^2 dS$ 的多少倍？
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答案：8 倍
解析：球面关于三个坐标面都对称，且 $z^2$ 是关于 $x,y,z$ 的偶函数，故全区域积分是第一卦限的 $2^3=8$ 倍。
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 以及 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 都发散，则（ ）
- A. $\sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n}+\nu_{n}\right)$ 发散
- B. $\sum_{n=1}^{\infty} u_n v_n$ 必发散
- C. $\sum_{n=1}^{\infty}(|u_n| + |v_n|)$ 必发散
- D. $\sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n}^{2}+v_{n}^{2}\right)$ 必发散
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答案：C
详细解析：
- 分析 (A)：反例。令 $u_n = 1, v_n = -1$，二者均发散，但 $u_n+v_n=0$ 收敛。
- 分析 (B)：反例。令 $u_n = v_n = \frac{1}{n}$，二者发散，但 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛。
- 分析 (C)：正确。因为 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum |u_n|$ 必发散（绝对收敛必收敛的逆否命题）。由于 $|u_n| + |v_n| \geq |u_n|$，由比较判别法知其必发散。
- 分析 (D)：反例。同 (B)，平方项级数可能收敛。
难度：⭐⭐
考点：#级数敛散性#绝对收敛#反例法💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛（逆否：发散 $\Rightarrow$ 绝对值发散）
- 比较判别法：若 $a_n \geq b_n \geq 0$ 且 $\sum b_n$ 发散，则 $\sum a_n$ 发散
思路分析
此类题用反例法逐个排除。关键技巧：发散 + 发散不一定发散（如 $1$ 和 $-1$），但绝对值之和必发散。
🔄 举一反三
- 若 $\sum u_n$ 绝对收敛，$\sum v_n$ 条件收敛，则 $\sum (u_n+v_n)$ 是什么状态？
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答案：条件收敛。
解析：收敛 + 收敛 = 收敛。若其绝对收敛，则 $v_n = (u_n+v_n) - u_n$ 也必绝对收敛，与题意矛盾。
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分）
已知微分方程 $y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x)$ 有三个解 $y_1 = x, y_2 = e^x, y_3 = e^{2x}$，则该方程满足初始条件 $y(0) = 1, y'(0) = 3$ 的特解为 $\underline{\quad\quad\quad}$。
查看答案与解析
答案：$y = 2e^{2x} - e^x$
详细推导：
- 齐次解提取：两个特解之差为齐次方程解。$Y_1 = e^x - x, Y_2 = e^{2x} - e^x$。
- 通解构造：$y = C_1(e^x - x) + C_2(e^{2x} - e^x) + x$。
- 初值求解：$y(0) = C_1 = 1$。$y = e^x + C_2(e^{2x}-e^x)$。$y'(0) = 1 + C_2 = 3 \Rightarrow C_2 = 2$。
- 结果：$y = e^x + 2e^{2x} - 2e^x = 2e^{2x} - e^x$。
难度：⭐⭐
考点：#线性微分方程#解的结构💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 非齐次方程通解 = 齐次通解 + 非齐次特解
- 两个非齐次特解之差为齐次解
思路分析
已知三个特解，两两相减得齐次解，构造齐次通解后加上任一特解得通解，再代入初值条件。
🔄 举一反三
- 若齐次方程 $y''+ay'+by=0$ 的通解为 $C_1 e^x + C_2 e^{-x}$，求满足 $y(0)=2, y'(0)=0$ 的特解。
查看练习答案与解析
答案：$y = e^x + e^{-x}$
解析：$C_1+C_2=2, C_1-C_2=0 \Rightarrow C_1=C_2=1$。
设函数 $f(x,y)$ 满足 $f_{yy} = 2$，且 $f(x,0) = 1, f_y(x,0) = x$，则 $f(x,y) = \underline{\quad\quad\quad}$。
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答案：$y^2 + xy + 1$
详细推导：
- $f_y = \int 2 dy = 2y + C(x)$。由 $f_y(x,0)=x \Rightarrow C(x)=x$。
- $f = \int (2y + x) dy = y^2 + xy + D(x)$。由 $f(x,0)=1 \Rightarrow D(x)=1$。
- 综上 $f(x,y) = y^2 + xy + 1$。
难度：⭐
考点：#偏导数还原💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 偏积分：对 $y$ 积分时 $x$ 视为常数，积分常数应为 $C(x)$
- 利用初值条件逐层确定待定函数
思路分析
已知二阶偏导 $f_{yy}=2$，先对 $y$ 积分一次得 $f_y$，用 $f_y(x,0)=x$ 定常数；再积分得 $f$，用 $f(x,0)=1$ 定常数。
🔄 举一反三
- 设 $f_{xy} = 1$ 且 $f(x,0)=0, f(0,y)=0$，求 $f(x,y)$。
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答案：$xy$
解析：$f_x = y + C(x)$，$f = xy + \int C(x) dx + D(y)$。代入初值得 $f=xy$。
函数 $u = \frac{\sqrt{x^2 + y^2}}{z}$ 在点 $P(1,1,1)$ 处沿方向 $\vec{l} = (2,3,1)$ 的方向导数为 $\underline{\quad\quad\quad}$。
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答案：$\frac{3}{2\sqrt{7}}$
详细推导：
- $\nabla u = (\frac{x}{z\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{y}{z\sqrt{x^2+y^2}}, -\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z^2})|_P = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\sqrt{2})$。
- $\vec{l}^0 = \frac{(2,3,1)}{\sqrt{14}}$。
- $\frac{\partial u}{\partial l} = \nabla u \cdot \vec{l}^0 = \frac{1}{\sqrt{14}} (\sqrt{2} + \frac{3\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2}) = \frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{14}} = \frac{3}{2\sqrt{7}}$。
难度：⭐⭐
考点：#方向导数#梯度💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 方向导数：$\frac{\partial u}{\partial l} = \nabla u \cdot \vec{l}^0$
- 梯度：$\nabla u = (u_x, u_y, u_z)$
思路分析
先求梯度，再将方向向量单位化，点积即得方向导数。
🔄 举一反三
- 求 $u=xyz$ 在点 $(1,1,1)$ 沿 $(1,1,1)$ 方向的方向导数。
查看练习答案与解析
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\nabla u = (1,1,1)$，单位方向向量 $\vec{l}^0 = \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}$。积为 $\sqrt{3}$。
交换二重积分次序 $I = \int_{0}^{\frac{R}{2}} dx \int_{0}^{\sqrt{3}x} f(x, y) dy + \int_{\frac{R}{2}}^{R} dx \int_{0}^{\sqrt{R^2 - x^2}} f(x, y) dy = \underline{\quad\quad\quad}$。
查看答案与解析
答案：$\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}R}{2}} dy \int_{\frac{y}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{R^2 - y^2}} f(x, y) dx$
详细推导：
- 区域为直线 $y=\sqrt{3}x$ 下方与圆弧 $x^2+y^2=R^2$ 围成的扇形。
- 先对 $x$ 积分时，$y$ 范围 $0 \sim \frac{\sqrt{3}R}{2}$。
- 左边界 $x = y/\sqrt{3}$，右边界 $x = \sqrt{R^2-y^2}$。
难度：⭐⭐
考点：#二重积分#积分次序💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 交换积分次序：先画出积分区域，再按新次序确定上下限
- 分段区域需合并后统一描述
思路分析
先根据原积分限画出区域图形，再按新次序（先 $x$ 后 $y$）重新描述边界。
🔄 举一反三
- 交换 $\int_0^1 dx \int_x^1 f(x,y) dy$ 的次序。
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 $0 \leq x \leq 1, x \leq y \leq 1$ 的三角形。
若级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-3)^{n}$ 在 $x=-1$ 处收敛，则此级数在 $x=6$ 处 $\underline{\quad\quad\quad}$（填发散、条件收敛或绝对收敛）。
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答案：绝对收敛
详细解析： 中心 $x_0=3$。收敛点 $x=-1$ 到中心距离 4，故 $R \geq 4$。点 $x=6$ 到中心距离 3，小于 $R$，故绝对收敛。
难度：⭐⭐
考点：#幂级数#收敛半径💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 阿贝尔定理：在收敛区间内绝对收敛，在收敛区间外发散
- 收敛半径 $R$：级数在 $|x-x_0| < R$ 内绝对收敛
思路分析
已知某点收敛，则该点到中心的距离 $\leq R$。判断另一点到中心的距离是否小于 $R$。
🔄 举一反三
- 幂级数在 $x=2$ 处条件收敛，则在 $x=-2$ 处的状态？
查看练习答案与解析
答案：发散。
解析：若中心为 0，$R=2$。$x=-2$ 在收敛圆边界，若 $-2$ 收敛则 $R$ 的性质会改变（具体取决于级数项）。通常在此类考题中，对称位置若一侧条件收敛，另一侧可能发散或条件收敛，但若距离超过 $R$ 则必发散。
三、计算题（本大题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分）
求微分方程 $y' + y = \sin x$ 通解。
查看答案与解析
答案：$y = \frac{1}{2}(\sin x - \cos x) + Ce^{-x}$
详细推导：$P=1, Q=\sin x$。$y = e^{-x}(\int e^x \sin x dx + C) = e^{-x}(\frac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x) + C) = \frac{1}{2}(\sin x - \cos x) + Ce^{-x}$。
难度：⭐
考点：#一阶线性微分方程💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 通解公式：$y = e^{-\int P dx}(\int Q e^{\int P dx} dx + C)$
- 分部积分：$\int e^x \sin x dx = \frac{1}{2}e^x(\sin x - \cos x) + C$
思路分析
标准一阶线性方程 $y'+P(x)y=Q(x)$，直接套通解公式即可。
🔄 举一反三
- 求 $y' - y = e^x$ 的通解。
查看练习答案与解析
答案：$y = (x+C)e^x$
解析：$y = e^x(\int e^{-x}e^x dx + C) = e^x(x+C)$。
求直线 $L: \frac{x + 2}{3} = \frac{2 - y}{1} = \frac{z + 1}{2}$ 在平面 $\pi: 2x + 3y + 2z - 8 = 0$ 上的投影直线的方程。
查看答案与解析
答案：$\begin{cases} 8x + 2y - 11z + 1 = 0 \\ 2x + 3y + 2z - 8 = 0 \end{cases}$
详细推导： 过直线且垂直于平面的平面方程：$\vec{n}' = (3,-1,2) \times (2,3,2) = (-8,-2,11)$。过 $(-2,2,-1)$ 的平面：$8x+2y-11z+1=0$。投影线即为该面与原平面的交线。
难度：⭐⭐
考点：#空间几何#投影直线💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 直线方向向量 $\vec{s}$ 从对称式分母提取
- 过直线且垂直于平面的平面法向量：$\vec{n}' = \vec{s} \times \vec{n}_\pi$
思路分析
投影直线 = 过原直线且垂直于给定平面的平面 与 给定平面的交线。
🔄 举一反三
- 求点 $(1,1,1)$ 在平面 $x+y+z=0$ 上的投影点。
查看练习答案与解析
答案：$(0,0,0)$
解析：过点垂直平面的直线 $\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{1}=t$。代入平面方程 $3t+3=0 \Rightarrow t=-1$。点为 $(0,0,0)$。
求函数 $z = x^{2} + y^{2} - 12x + 16y$ 在有界闭区域 $x^{2} + y^{2} \leq 25$ 上的最大值和最小值。
查看答案与解析
答案：最大值 125，最小值 -75
详细推导： 内部驻点 $(6,-8)$ 不在圆内。边界 $x^2+y^2=25$ 上，$z = 25 - 12x + 16y$。极值出现在梯度方向 $( -12, 16 )$ 平行于法向量 $(2x, 2y)$ 时，即 $\frac{x}{-12} = \frac{y}{16} \Rightarrow y = -\frac{4}{3}x$。代入圆方程得 $(3,-4)$ 和 $(-3,4)$。计算得 $z(3,-4) = -75, z(-3,4) = 125$。
难度：⭐⭐
考点：#条件极值#最值💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 内部驻点：解 $\frac{\partial z}{\partial x}=0, \frac{\partial z}{\partial y}=0$
- 边界极值：代入边界方程化为单变量函数求极值
思路分析
先检查内部驻点是否在区域内，再处理边界。边界上利用几何意义或参数化简化计算。
🔄 举一反三
- 求 $f(x,y)=xy$ 在 $x^2+y^2=1$ 上的最值。
查看练习答案与解析
答案：$\pm \frac{1}{2}$
解析：利用极坐标 $x = \cos\theta, y = \sin\theta$，则 $f = \frac{1}{2}\sin 2\theta$，最值为 $\pm 1/2$。 - 求 $z = x^2 - y^2$ 在有界闭区域 $x^2 + y^2 \leq 4$ 上的最大值和最小值。
查看练习答案与解析
答案：最大值 4，最小值 -4
解析：驻点 $(0,0)$ 在内部，$z(0,0)=0$。边界 $x^2+y^2=4$ 上，$z = x^2 - (4-x^2) = 2x^2 - 4$。由于 $0 \leq x^2 \leq 4$，则 $-4 \leq z \leq 4$。
计算 $\oint_{L} \cos \sqrt{x^2 + y^2} ds$，其中 $L$ 为 $x^2 + y^2 \leq 1, 0 \leq y \leq x$ 所确定的平面闭区域的边界。
查看答案与解析
答案：$2\sin 1 + \frac{\pi}{4}\cos 1$
详细推导：$L_1: y=0 \Rightarrow \int_0^1 \cos x dx = \sin 1$。$L_2: r=1 \Rightarrow \int_0^{\pi/4} \cos 1 d\theta = \frac{\pi}{4}\cos 1$。$L_3: y=x \Rightarrow \int_0^{1/\sqrt{2}} \cos(\sqrt{2}x)\sqrt{2}dx = \sin 1$。
难度：⭐⭐
考点：#第一类曲线积分💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 第一类曲线积分：$\int_L f(x,y) ds$，$ds = \sqrt{(dx)^2+(dy)^2}$
- 参数化：$x=x(t), y=y(t)$，$ds = \sqrt{x'^2+y'^2} dt$
思路分析
分段参数化边界：$y=0$ 段、圆弧段、$y=x$ 段，分别计算后求和。
🔄 举一反三
- 计算 $\oint_L ds$，其中 $L$ 是半径为 $R$ 的圆。
查看练习答案与解析
答案：$2\pi R$
解析：第一类曲线积分，被积函数为 1，结果即为曲线长度。
计算 $\int_{L}[y^{2} + \sin^{2}(x + y)]dx - [x^{2} + \cos^{2}(x + y)]dy$，其中 $L$ 为从点 $A(1,0)$ 沿圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ 到点 $B(0,1)$ 的第一象限的弧。
查看答案与解析
答案：$-3$
详细解析：
- 利用格林公式（需补全边界）： 设 $P = y^2 + \sin^2(x+y), Q = -(x^2 + \cos^2(x+y))$。 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = [-2x + \sin(2(x+y))] - [2y + \sin(2(x+y))] = -2(x+y)$。
- 封闭曲线路径： 添加从 $B(0,1)$ 到 $A(1,0)$ 的直线段 $BA$。设由 $L$ 与 $BA$ 围成的区域为 $D$（第一象限内的 1/4 圆扇形）。 由格林公式可知： $\oint_{L+BA} P dx + Q dy = \iint_D -2(x+y) dA$。 计算二重积分： $\iint_D -2(x+y) dA = -2 \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^1 (r\cos\theta + r\sin\theta) r dr = -2 (1+1) [\frac{1}{3}r^3]_0^1 = -\frac{4}{3}$。
- 计算直线段 $BA$ 的积分： 在 $BA$ 上，$y = 1-x, dy = -dx, x$ 从 $0 \to 1$。 $\int_{BA} P dx + Q dy = \int_0^1 [P(x, 1-x) dx + Q(x, 1-x) (-dx)] = \int_0^1 (P - Q) dx$。 $P - Q = [(1-x)^2 + \sin^2 1] - [-(x^2 + \cos^2 1)] = (1-2x+x^2) + x^2 + 1 = 2x^2 - 2x + 2$。 $\int_0^1 (2x^2 - 2x + 2) dx = [\frac{2}{3}x^3 - x^2 + 2x]_0^1 = \frac{2}{3} - 1 + 2 = \frac{5}{3}$。
- 计算结论： $\int_L = \oint_{L+BA} - \int_{BA} = -\frac{4}{3} - \frac{5}{3} = -3$。
难度：⭐⭐⭐
考点：#格林公式#补齐路径💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 格林公式：$\oint_L Pdx+Qdy = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) dA$
- 非封闭曲线需补线段使其封闭
思路分析
曲线非封闭，补直线段 $BA$ 后用格林公式，再减去补线上的积分。
🔄 举一反三
- 用格林公式计算 $\oint_L x dy - y dx$，其中 $L$ 是椭圆 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$。
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答案：$2\pi ab$
解析：$\iint (1 - (-1)) dA = 2 \iint dA = 2\pi ab$。
计算 $\iint_{\Sigma} x^2 dy dz + y^2 dz dx + z^2 dx dy$，其中曲面 $\Sigma$ 为旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ 被 $z = 2$ 所截的部分外侧。
查看答案与解析
答案：$-\frac{8\pi}{3}$
详细推导： 补顶面 $S_1$。高斯公式 $\iiint 2z dV = \frac{16\pi}{3}$。顶面积分 $8\pi$。$\iint_{\Sigma} = \text{总} - \text{顶} = -\frac{8\pi}{3}$。
难度：⭐⭐⭐
考点：#高斯公式💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 高斯公式：$\oiint_{\Sigma} P dydz + Q dzdx + R dxdy = \iiint_\Omega (\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}) dV$
- 非封闭曲面需补面使其封闭
思路分析
曲面非封闭，补顶面后用高斯公式，再减去顶面上的积分。
🔄 举一反三
- 计算 $\oiint_{\Sigma} x dy dz + y dz dx + z dx dy$，$\Sigma$ 为单位球面。
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答案：$4\pi$
解析：由高斯公式 $\iiint (1+1+1) dV = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi = 4\pi$。 - 计算 $\oiint_{\Sigma} x^3 dy dz + y^3 dz dx + z^3 dx dy$，其中 $\Sigma$ 为圆柱体 $x^2+y^2 \leq a^2, 0 \leq z \leq h$ 的整个表面外侧。
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答案：$\frac{3}{2}\pi a^4 h + 3\pi a^2 \frac{h^3}{3} = \dots$
解析：由高斯公式，积分为 $\iiint (3x^2 + 3y^2 + 3z^2) dV = 3 \int_0^h dz \iint_{D} (x^2+y^2) dx dy + 3 \int_0^h z^2 dz \iint_{D} dx dy = 3h \cdot \frac{\pi a^4}{2} + 3 \frac{h^3}{3} \cdot \pi a^2 = \frac{3\pi a^2 h}{2}(a^2 + 2h^2/3)$。
将 $f(x) = \arctan \frac{1 + x}{1 - x}$ 展开为 $x$ 的幂级数。
查看答案与解析
答案：$\frac{\pi}{4} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$
详细推导：$f'(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum (-1)^n x^{2n}$。积分得 $f(x) = C + \sum \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$。$f(0) = \pi/4$。
难度：⭐⭐
考点：#幂级数展开💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- $\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$（$|x|<1$）
- 幂级数逐项积分不改变收敛半径
思路分析
先求导消去反三角，展开为幂级数后再逐项积分，利用 $f(0)$ 确定常数项。
🔄 举一反三
- 展开 $f(x) = \ln(1+x)$。
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答案：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n$
解析：对 $1/(1+x)$ 积分。
四、综合题（本大题共 2 小题，共 15 分）
求具有二阶连续导数的函数 $f(x)$，且 $f(\pi) = \pi^2, f'(\pi) = \pi$，使曲线积分 $\int_{L} (xy \cos x + \frac{f'(x)}{x} y) dx + f'(x) dy = 0$ 对于 $xoy$ 平面上第一象限内任一光滑封闭曲线 $L$ 成立。
查看答案与解析
答案：$f(x) = -x\cos x + \sin x + \frac{x^2+\pi^2}{2} - \pi$
详细推导： 全微分条件 $\Rightarrow f''(x) = x\cos x + \frac{f'(x)}{x}$。解一阶线性方程得 $f'(x) = x\sin x + x$。再积分并定常数。
难度：⭐⭐⭐
考点：#全微分#微分方程💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 全微分条件：$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$
- 一阶线性微分方程通解公式
思路分析
由曲线积分与路径无关得全微分条件，导出 $f(x)$ 满足的微分方程，解之并利用初值条件定常数。
🔄 举一反三
- 确定 $a$ 使 $(ax+y)dx + (x+2y)dy$ 为全微分。
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答案：$a=1$
解析：$\frac{\partial}{\partial y}(ax+y) = 1, \frac{\partial}{\partial x}(x+2y) = 1$。 - 求函数 $f(x)$，使得 $(2xy + f(x)) dx + (x^2 + \cos y) dy$ 为全微分，且满足 $f(0)=0$。
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答案：任意满足 $f(0)=0$ 的连续函数（如 $f(x)=x$）
解析：设 $P = 2xy + f(x), Q = x^2 + \cos y$。
计算偏导数：
$\frac{\partial P}{\partial y} = 2x$
$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2x$
由于 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 恒成立，该表达式在全平面内均为全微分。
根据题设条件 $f(0)=0$，只要 $f(x)$ 是过原点的连续函数即可。例如取 $f(x) = x$。
求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{2^n} x^{2n}$ 的和函数。
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答案：$S(x) = \frac{6x^2 - x^4}{(2 - x^2)^2}$
详细推导：$t = x^2/2 \Rightarrow \sum (2n+1)t^n = 2\sum nt^n + \sum t^n = \frac{2t}{(1-t)^2} + \frac{t}{1-t} = \frac{3t-t^2}{(1-t)^2}$。还原 $x$ 即可。
难度：⭐⭐⭐
考点：#幂级数求和💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- $\sum_{n=0}^{\infty} t^n = \frac{1}{1-t}$（$|t|<1$）
- $\sum_{n=1}^{\infty} n t^{n-1} = \frac{1}{(1-t)^2}$
思路分析
令 $t=x^2/2$ 简化系数，拆分为 $\sum nt^n$ 和 $\sum t^n$，利用已知和函数公式组合。
🔄 举一反三
- 求 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^n$ 的和。
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答案：$\frac{x}{(1-x)^2}$
解析：对等比级数求导再乘 $x$。
五、证明题（本大题共 13 分）
证明：曲面 $F(nx - lz, ny - mz) = 0$ 上任意一点的切平面都平行于直线 $\frac{x}{l} = \frac{y}{m} = \frac{z}{n}$。
查看答案与解析
证明： 法向量 $\vec{n} = (nF_u, nF_v, -lF_u-mF_v)$。方向向量 $\vec{s}=(l,m,n)$。$\vec{n} \cdot \vec{s} = n l F_u + n m F_v - n l F_u - n m F_v = 0$。
难度：⭐⭐
考点：#切平面#平行性💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 隐函数曲面 $F(x,y,z)=0$ 的法向量：$\vec{n} = (F_x, F_y, F_z)$
- 切平面平行于直线 $\Leftrightarrow$ 法向量垂直于直线方向向量
思路分析
用链式法则求 $F(nx-lz, ny-mz)=0$ 的偏导数得法向量，验证 $\vec{n} \cdot \vec{s} = 0$。
🔄 举一反三
- 证明 $z = x f(y/x)$ 的切平面过原点。
查看练习答案与解析
证明：
$z_x = f(y/x) - \frac{y}{x}f'(y/x), z_y = f'(y/x)$。切面方程 $Z-z = z_x(X-x) + z_y(Y-y)$。代入 $(0,0,0)$ 验证 $0 - z = -x z_x - y z_y$。展开即得。
设 $\{a_{n}\}$ 是一个单调增加的有界数列，$a_{n} > 0$，试证级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}(1 - \frac{a_n}{a_{n + 1}})$ 收敛。
查看答案与解析
证明： 通项 $\frac{a_{n+1}-a_n}{a_{n+1}} \leq \frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}$。部分和 $\frac{a_{N+1}-a_1}{a_1}$ 极限存在，故收敛。
难度：⭐⭐⭐
考点：#级数证明💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
- 正项级数收敛的充要条件：部分和有上界
- 单调有界数列必收敛
思路分析
利用 $a_n$ 单调增加有界，放缩通项后用部分和的极限存在性证明收敛。
🔄 举一反三
- 证明若 $\sum a_n$ 收敛，$a_n > 0$，则 $\sum a_n^2$ 收敛。
查看练习答案与解析
证明：
因收敛故 $a_n \to 0$，则存在 $N$ 使 $n>N$ 时 $a_n < 1$。故 $a_n^2 < a_n$，由比较判别法得证。