试题分析 7多元微分8多元积分9复数.pdf

1 七多元函数微分学 试题分析 一 填空题 1 若 3 2 则 6 4 3 94 下 期末 2 函数 1 cos 2 2 的不连续点集为 2 2 1 2 90 下 期末 3 3 2 2 2 2 0 0 2 2 0 则 0 0 1 90 下 期末 解 分段函数在分段点处的偏导数通常是根据定义去求的 0 0 lim 0 0 0 0 0 lim 0 3 0 2 1 4 函数 2 3 当 2 1 0 02 0 01时 全微分d 0 2 94 下 期末 5 设 tan 2 则d sec2 2 2 d 2d 93 下 期末 6 设 cos 则d 1 2 1 2 d d 99 下 期中 解 关于变量 求全微分 然后将 1 2 代人其中 7 由方程 2 2 2 2所确定的隐函数 在点 1 0 1 处的全 微分d d 2d 04 下 期中 解 方程两边求微分后再将点 1 0 1 的坐标代人即得 8 设 由方程 2 2 1确定 则d 1 0 2 d d 01 下 期末 9 设 由方程 2 3 0确定 其中 可微 则 1 2 1 2 99 下 期末 解 只须弄清隐函数中的函数关系 运用复合函数的求导法则即可 不必死记硬 背隐函数求偏导数的公式 等式 2 3 0两边对 求偏导数 得 1 1 2 2 0 解出 即可 2 10 设 由方程 2 3 3 4 4 2 0确定 其中 具有连续偏导数 则4 2 3 98 下 期末 解 求出 后代人即得 11 设函数 由方程 2 2 0确定 其中 具有连续偏导数 则 d d 1 2 2 2 2 1 96 下 期末 解 等式 2 2 0两边对 求导数 得 1 d d 2 2 2 d d 0 解出 d d 即可 12 函数 ln 2 在点 1 1 0 处的梯度grad 1 2 3 2 1 2 99 下 期末 解 由梯度的定义立即可得 13 函数 2 2在点 1 1 1 处沿梯度方向的方向导数为3 96 下 期末 解 令a grad 2 2 2 2 2 2 1 2 2 则 a a a0 a 3 14 函数 ln 2 2 在点 1 0 1 处沿着 指向 3 2 2 的方向导数为1 2 04 下 期中 解 l 2 2 1 l0 1 l 2 3 2 3 1 3 grad 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 0 1 1 2 0 1 2 l grad l0 1 2 0 1 2 2 3 2 3 1 3 1 2 15 数量场 2 2 2在点 1 1 处沿方向l 4 5 的方向导数取最大值 97 下 期末 解 根据梯度与方向导数关系 显然方向导数沿梯度方向取最大值 16 函数 2 2 2 2在点 1 2 2 处方向导数的最大值为2 6 03 下 期末 解 方向导数的最大值等于梯度的模 17 曲线 1 2 3 1 2 在 1处的切线方程为 1 2 2 3 1 4 91 下 期末 解 切点 1 2 1 切线的方向向量a 1 1 3 2 2 3 18 曲线 2 3 上点 1 1 1 1 处的切线平行于平面 2 4 99 下 期中 解 由题设知 应在曲线 上求一点 使该点处的切线的方向向量与已知平面的法 向量 1 2 1 垂直 而方向向量为 1 2 3 2 故有 1 2 3 2 1 2 1 1 4 3 2 3 1 1 0 对于 1 3 由于不满足条件 1 故舍去 取 1 则得 1 1 1 19 曲线 2 1在点 1 1 0 处的切平面方程为 2 0 96 下 期 末 解 曲线在点 1 1 0 处的切平面的法向量n 2 2 1 1 1 0 2 2 0 用 点法式即得切平面方程 20 曲面 2 2在点 1 1 2 处指向下侧的单位法向量为 2 3 2 3 1 3 92 下 期末 解 令 2 2 曲面在点 1 1 2 处的法向量 n1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 因为指向下侧 所以cos 0 上的最大值 并由此证明 对于任意 正数 有 3 27 4 4 90 下 期末 分析 这是利用极值证明不等式的问题 通过选择适当的目标函数和约束条件来 证明 证 令 ln 3ln 2 2 4 2 解方程组 1 2 0 3 2 0 2 2 4 2 0 得唯一驻点 0 0 3 相应的函数值为ln 3ln 3 因为当 0 或 0 时 ln 3ln 所以 在 2 2 4 2上的最大值 为ln 3ln 3 即ln 3ln ln 3ln 3 ln 3 3 4 由上式即得 3 3 3 2 2 4 2 令 2 2 则有 3 27 4 4 3 证明函数 2 2 sin 1 2 2 2 2 0 0 2 2 0 在点 0 0 处可微 93 下 期中 分析 讨论函数在一点的可微性通常是用可微的定义 证 首先 0 0 lim 0 0 0 0 0 lim 0 sin 1 2 0 同理有 0 0 0 又lim 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 lim 0 0 2 2sin 1 2 2 0 11 即 0 0 0 0 0 0 2 2 由定义知 函数 在 点 0 0 可微 五 应用题 1 已知圆锥体的体积 1 3 2 若半径 以5cm s的速度增加 而它的高 以24cm s的 速率减小 1 求该圆锥体半径为30cm s 高为70cm s时体积的变化率 2 这时圆锥体的 体积是增大还是减小 91 下 期末 解 因为 d d d d d d 2 3 d d 1 3 2d d 所以d d 0 2 3 30 70 5 1 3 30 2 24 200 cm3 这时圆锥体的体积变化率 为 200 cm3 体积在减少 2 设数量场 2 2 2 3 2 3 2 6 求 1 使梯度为零向量 的点 2 在点 2 0 1 处沿哪一个方向的变化率最大 并求出最大变化率 3 使梯度垂 直 轴的点 94 下 期末 解 grad 2 3 4 2 6 6 1 grad 0即 2 3 0 4 2 0 6 6 0 解得 2 1 1 即在点 2 1 1 处梯度为零向量 2 变化率最大的方向为梯度方向 grad 2 0 1 7 0 0 grad 2 0 1 7 即在点 2 0 1 处沿 轴正向变化率最大 最大变化率为7 3 由grad k 6 6 0 得 1 即在平面 1上梯度垂直于 轴 3 设曲面 2 2 4 2 2 4 平面 2 2 5 0 试求 1 曲面 平行于 平面 的切平面 2 曲面 与平面 间的最短距离 92 下 期末 分析 本题的 1 是曲面的切点待求的切平面问题 而 与 的最短距离即为 1 中的 切平面之一到 的距离 解 1 上任一点 处的法向量n 2 4 依题意 n 故 2 2 4 2 1 12 即 2 代人曲面 的方程 有2 2 2 2 4 解得 1 于是切点为 1 1 2 1 和 1 1 2 1 相应的切平面方程为 1 2 2 4 0和 2 2 2 4 0 2 1 2与平面 之间的距离分别为 1 5 4 22 22 1 3 2 5 4 22 22 1 1 3 由于曲面 与 无交点 所以曲面与平面 的最短距离为1 3 4 求曲面 2 2 2 4 2 2 2 在点 1 1 2 处的切线方程 97 下 期中 分析 曲线 是由交面式方程给出的 其切线的求法一般有两种方法 解 法一 从几何观点看 曲线 在点 处的切线是曲面 1 2 2 2 4在 点 处的切平面与曲面 2 2 2 2 在点 处的切平面的交线 因此只要将两切平 面方程联立 就是切线方程 曲面 1在点 1 1 2 处的法向量n 1 2 2 2 2 曲面 2在点 1 1 2 处 的法向量n2 0 2 0 相应的切平面分别为 1 2 4 2 1 于是切线方程为 2 4 1 法二 从代数观点看 由方程组 2 2 2 4 2 2 2 确定隐函数 于 是曲线 的参数式方程为 其切线的方向向量 1 其中 可由方程组通过隐函数求导数法得到 2 2 2 0 2 2 2 解得 1 1 于是曲线 在点 1 1 2 处的切线的方向向量a 1 0 1 2 从而切线方程为 1 2 1 0 2 1 注 的方程也可用 作参数的方程表示 1 cos sin 2 1 cos 点 对应参数 2 此时切线的方向向量a 5 求曲线 2 2 2 0 的切线 使该切线平行于平面 0 98 下 期中 13 分析 本题的关键是要在已知曲线上求一点 使该点的切向量与平面 0的 法向量垂直 解 首先可求出曲面 2 2 2在任一点 的法向量n1 4 2 1 再 将n1与平面 0的法向量 1 1 1 作向量积 即得已知曲线上任一点的切向量 s ijk 4 2 1 111 2 1 1 4 4 2 切向量s必与平面 0的法向量 1 1 0 垂直 即2 4 0 可化简为 2 0 解方程组 2 2 2 0 2 0 得两组解 0 0 0 1 2 1 3 2 分别得到满足题设条件的两条 切线 1 1 0 1 2 1 1 1 3 2 0 6 在 平面上求一点 使它到三条直线 0 0 1 0的距离平 方和为最小 93 下 期末 解 平面上任一点 到三条直线的距离平方和为 2 1 2 2 2 3 2 2 1 2 1 2 解方程组 2 1 3 1 0 2 1 3 1 0 得驻点 1 4 1 4 在整个 平面上仅此一可能极值点 0 1 4 1 4 又 2 2 0 3 0 2 0 1 2 2 0 3 则 2 1 9 0 0 使过该点的切线与椭圆及 两坐标轴围成的图形面积最小 97 下 期中 解 由于椭圆一定 因此只需求 点的切线与坐标轴围成的三角形面积最小即可 令 9 2 16 2 288 则 18 32 32 14 过 点的切线方程可写成18 32 0 其截距式为 18 2 32 2 18 18 2 32 2 32 1 该切线与坐标轴围成的三角形面积为 1 2 18 2 32 2 2 18 32 2 288 2 18 32 288 求 最小即求 最 大 令 9 2 16 2 288 0 0 解方程组 18 0 32 0 9 2 16 2 288 得惟一驻点 4 3 据问题的实际意义 点 4 3 即为所求 8 求中心在原点的椭圆5 2 4 8 2 1的长半轴与短半轴的长度 解 设 为椭圆上的任一点 点 到原点的距离 2 2 的最大值即 为长半轴 的最小值即为短半轴 令 2 5 2 4 8 2 1 2 2 5 2 4 8 2 1 解方程组 2 10 4 0 1 2 4 16 0 2 5 2 4 8 2 1 0 3 由 1 2 可得 2 或者 1 2 再代入 3 可得 2 2 1 9或者 2 2 1 4 由于最值 必存在 得 min 1 3 max 1 2 故长半轴 1 2 短半轴 1 3 9 在椭圆 4 2 2 上求一点 使该点到原点的距离的平方为最大 并求出 最大值 99 下 期中 解 这是一个条件极值问题 用Lagrange乘数法 令 1 2 2 2 2 1 4 2 2 2 解联立方程 2 1 2 2 0 1 2 1 2 2 0 2 2 1 2 0 3 1 4 0 4 2 2 2 0 5 由 1 2 5 可得 2 2 再代入 4 可得 1 1 2 2 求得两个点 1 1 1 2 2 2 2 8 则有 1 2 12 12 22 6 2 2 2 2 2 2 82 72 由问题 的实际意义可知 距离平方的最大值存在 故点 2 2 2 8 为最大值点 最大值为72 10 试用两种方法 极值方法和非极值方法 求椭球面 2 2 2 4 2 1与平面 15 7之间的最短距离 96 下 期末 解 法一 极值方法 设 为椭球面上任一点 则 到已知平面的距离 1 3 7 令 1 3 7 2 2 2 2 4 2 1 解方程组 2 3 7 2 0 2 3 7 4 0 2 3 7 8 0 2 2 2 4 2 1 0 得 2 7 1 7 1 2 7 于是距离 1 21 6 2 21 2 最短距离为 1 21 6 法二 几何方法 当椭球面上点 处的切平面与已知平面平行时 其中的一个切点与平面的距离即为 所求的最短距离 椭球面上任一点 处的法向量 2 4 8 设过点 的切平面平行于 已知平面 则 2 1 4 1 8 1 即 1 2 1 4 1 8 将它们代入椭球面方程 得 1 4 2 1 8 2 1 16 2 1 解得 4 7 故切点为 2 7 1 7 1 2 7 从而 min 1 6 21 11 已知两平面光滑曲线 0 0 又 和 分别为两曲线上 的点 试证 若这两点是两曲线上相距最近的点 则必有 解 法一 几何方法 记 1 0 2 0 又 分别在 1 2上 根 据 与 2上 点处的切线垂直 则 1 0 所以 同理可得 法二 极值方法 设 1 1 2 2 分别是曲线 0和 0上的任意两点 问题是要 16 求函数 2 1 2 2 1 2 2在约束条件 1 1 0 2 2 0下的极值 点 和 必满足 式 作Lagrange函数 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 2 建立方程组 1 2 1 2 1 1 1 0 2 2 1 2 2 2 2 0 1 2 1 2 1 1 1 0 2 2 1 2 2 2 2 0 1 1 0 2 2 0 设 1 1 2 2 满足上述方程组 则有 练习题 1 设 2 sin 3 求 99 下 期中 2 设 3 2ln 求d 1 2 1 87 下 期末 3 设 由方程 ln 2 2 2 确定 求 0 0 1 93 下 期 中 4 设隐函数 由方程 0确定 且 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 求 1 1 1 92 下 期中 5 设函数 是由方程sin sin sin 0所确定的隐函数 求d 85 下 期末 6 设 由方程 2 确定 其中 具有连续偏导数 求 97 下 期末 7 设 由方程 2 0确定 其中 具有连续偏导数 求 02 下 期末 8 设函数 由方程 0所确定 证明 87 下 期 末 9 函数 ln 2 2 在点 1 0 1 处沿什么方向的方向导数取最小值 99 下 期中 17 10 若 2 具有二阶连续偏导数 求 2 87 下 期末 11 设 1 且 具有二阶连续导数 求 2 98 研 12 设 具有二阶连续偏导数 求 2 03 下 期末 13 设 2 3 其中 具有二阶连续偏导数 求 2 02 下 期末 14 设 其中 有二阶连续偏导数 求 及 2 04 下 期 中 15 若函数 可微 且 2 1 2 当 0时 求 2 03 下 期末 16 设 具有二阶连续偏导数 令 试以 为自变量将 方程 2 2 2 2 0化简 97 下 期中 17 设 满足Laplace方程 2 2 2 2 0 试证 2 2 2 满足 2 2 2 2 0 89 下 期末 18 设函数 满足 2 2 2 2 0 其中 2 2 且 1 0 1 1 求 92 下 期末 19 求曲面 2 2 2 6 4垂直于直线 2 1 3 1 4 的切平面方程 97 下 期中 20 求椭球面 2 2 2 3 2 21的切平面 使之过已知直线 6 2 3 1 2 1 2 88 研 21 设 皆可微 求曲面 上点 0 0 0 处的切线方程 98 下 期末 22 在曲线 2 2 0 上求一点 使点 处的切线与 轴正向相交成 4 角 02 下 期末 23 求曲线 2 2 2 6 0 在点 1 2 1 处的切线方程 03 下 期末 24 设点 0 0 0 是球面 2 2 2 1上的一点 n为 在点 的外侧法向 量 1 求函数 在点 处沿方向n的方向导数 2 当 0 0 0为何值时 此方 向导数取最大值 04 下 期末 25 求过点 2 1 1 的平面 使它在第一挂限部分与三坐标平面围成的四面体体积最 18 小 89 下 期末 26 一本书的一页上所印的文字要占150cm2 上 下边空白各留下1 5cm宽 左 右各 要留下1cm宽 问纸张的长 宽各为多少时用纸最省 95 下 期末 27 求曲面 2 2与平面 2 2之间的最短距离 02 下 期末 28 求原点到曲面 2 2 1的最短距离 04 下 期中 19 八多元函数积分学 试题分析 一 填空题 1 设 是由 1 1 0所围成的区域则 sin3 d d 0 94 下 期末 解 因为区域 关于 轴对称 而被积函数sin3 关于 是奇函数 所以积分等于0 2 改变二次积分的次序 2 0 d 2 2 2 2 d 1 1 d 1 1 2 1 1 2 d 94 下 期末 解 原二次积分可以复原为一个二重积分 d d 积分区域 是由直 线 0 2和曲线 2 2 2 2围成的 显然 就是 2 1 2 1 将 看作由直线 1 1和曲线 1 1 2 1 1 2围成 于是 d d 1 1 d 1 1 2 1 1 2 d 3 交换积分次序 1 0 d 2 0 d 3 1 d 1 2 3 0 d 1 0 d 3 2 d 91 下 期末 解 原积分是两个二次积分的和 先分别转化为二重积分 1 0 d 2 0 d 1 d d 3 1 d 1 2 3 0 d 2 d d 其中 1由直线 0 1和曲线 0 2围成 2由直线 1 3和曲 线 0 1 2 3 围成 请读者画出草图 1和 2有一段公共边界线 根据二重积分 的区域可加性 有原式 1 2 d d 1 2是由直线 0 1和曲线 3 2 围成的 所以 1 2 d d 1 0 d 3 2 d 4 交换积分次序 1 0 d 1 2 d 1 0 d 0 d 92 下 期末 解 事实上 1 0 d 1 2 d d d 其中 由直线 0 1和曲线 2 1围成 又可由直线 0 1和曲 线 0 围成 故 d d 1 0 d 0 d 20 5 改变积分次序 1 0 d 1 1 d 0 1 d 1 2 1 2 d 1 1 d 1 2 1 2 d 94 下 期末 解 事实上原式 1 d d 2 d d 其中 1由直线 0 1和曲线 1 1 围成 2由直线 1 0和曲线 1 2 1 2围成 1和 2有一段公共边界线 0 1 1 由二重积分的区域可加性 有原式 1 2 d d 1 2由直线 1 1和曲线 1 2 1 2围成 所以 1 2 d d 1 1 d 1 2 1 2 d 以下两题与前面的题目类似 只给出答案不再作仔细解答 6 交换积分次序 1 0 d 1 1 2 d 1 0 d 2 0 d 2 1 d 2 2 0 d 98 下 期末 7 交换积分次序 1 0 d 2 d 1 0 d 2 0 d 2 1 d 2 0 d 99 下 期末 8 曲线积分 2 2 d 的值为0 其中 2 2 4 98 下 期末 解 因为被积函数 2 2 定义在 上 所以 2 2 4 因而 2 2 d 1 4 d 1 4 2 0 2cos 2d 0 9 设椭圆 3 2 2 2 6的周长为 则曲面积分 2 4 2 6 5 d 的值为 2 99 下 期中 解 同上题 被积函数应满足曲线 的方程 所以 2 4 2 6 1 12 3 2 2 2 1 2 故 2 4 2 6 5 d 1 2 5 d 1 2 d 5 d 1 2 0 1 2 其中 d 2 2 1 2 d 0 奇函数在对称区间上的积分为零 10 曲线积分 d 2 2 2 的值为4 5 其中 2 2 2 5 1 98 下 期末 解 因为积分在 上进行 故 2 2 2 5 所以 d 2 2 2 1 5 d 又 d 是 的弧长 是平面 1上的圆 2 2 22 所以 d 4 半径为2的圆周长 故原积分值是4 5 21 11 设 2 2 2 4 则 2 2 d 128 3 00 单考 研 解 由积分域的对称性知 2d 2d 2d 所以 2 2 d 2 3 2 2 2 d 因为积分在曲面 上进行 所以 2 2 2 4 故 2 2 d 2 3 4d 8 3 4 4 128 3 12 设 为取正向的圆周 2 2 9 则曲线积分 2 2 d 2 4 d 18 94 下 期末 解 第二型曲线积分的计算一般有两种方法 一是化为定积分 二是利用Green公 式或积分与路径无关的条件 这里 2 2 2 4 2 由Green公式知原积分 2 d d 2 d d 2 的面积 18 其中 为 2 2 9围成的圆域 13 设 为闭曲线 2 2 4 取正向 则曲线积分 2 d 2 1 d 4 97 下 期末 解 设 2 2 1 由于 1 故用Green公 式得原积分 d d 4 14 设 为闭曲线 1 2 2 1正向 则曲线积分 cos d sin d 0 96 下 期末 解 设 cos sin 则 故用Green公式 得原积分 d d 其中 为 1 2 2 1围成的圆域 因为 关于 轴对称 而被积函数关于 为奇函数 故 d d 0 15 设 为顺时针方向圆周 2 2 2 4 则曲线积分 2 3 d 2 d 的 值为 16 99 下 期末 解 应用Green公式计算沿闭曲线的积分 注意到曲线的方向 原积分 4 d d 16 其中 是圆周 2 2 2 4所围成的圆域 16 设 是由点 1 0 经曲线 1 2到点 1 0 的路径 则 d 1 2d 3 2 98 下 期末 22 解 虽不是闭曲线 但补上线段 后用Green公式计算积分比较方便 d 1 2d 2 3 d d 0 3 d d 3 2 其中 是上半圆周 1 2与 轴所围成的区域 17 设 为 2 2 2正向 则 d d 2 2 2 94 下 期末 解 法一 可用参数方程 cos sin 表示 起点对应于 0 终点对应 于 2 则 d d 2 2 2 0 2cos2 d 2sin2 d 2 2 0 d 2 法二 可先用 2 2 2代人积分 然后再用Green公式 得 d d 2 2 d d 2 1 2 2d d 2 2 2 2 注意 由于题中 2 2 2 2 在点 0 0 处无定义 所以不能直接 用Green公式 18 若 是给定的光滑闭曲面 n为 的单位外法向量 l为任意给定的常向量 则 cos n l d 0 01 下 期末 解 利用两向量夹角余弦的定义和Gauss公式得 原积分 n l l d 1 l l d 1 l divld 0 其中 是闭曲面 所围成的立体 19 设数量场 ln 2 2 2 则梯度grad 2 2 2 2 2 2 2 2 2 92 下 期末 解 利用梯度的定义即得 20 设 2 2 则div grad 2 2 01 下 期末 解 先计算grad 2 2 2 再计算它的散度 21 若A 2 2 i 2 2 j 2 2 k 则rotA 2 94 下 期末 解 利用旋度的定义计算即可 22 当常数 3时 向量场A 2 2 6 i 2 2 j 3 2k为有势场 其势函数 为 2 3 3 3 2 1 3 3 3 97 下 期末 解 A为有势场等价于rotA 0 而rotA 2 3 k 故 3 此时 d 2 2 6 d 3 2 2 d 3 2d d 2 3 3 3 2 1 3 3 3 23 故势函数为 2 3 3 3 2 1 3 3 3 二 选择题 1 设函数 为连续函数 则 1 1 d 1 0 2 2 d A 04 下 期中 A 2 1 0 d 1 0 2 2 d B 4 1 0 d 0 2 2 d C 2 1 0 d 2 2 d D 0 解 表达式 1 0 2 2 d 是关于变量 的偶函数 2 设区域 由直线 和 1围成 1是 位于第一象限的部分 则 B 04 下 期末 A sin d d 2 1 d d B sin d d 2 1 sin d d C sin d d 2 1 sin d d D sin d d 0 解 首先积分区域 关于直线 0对称 其次被积函数 是 的奇函数 而被积函 数 sin 是 的偶函数 利用奇偶函数在对称区域上的积分性质得到应选 B 3 球体 2 2 2 4 2在柱面 2 2 2 内的那部分的体积 为 C 03 下 期末 A 4 2 0 d 2 cos 0 4 2 2d B 8 2 0 d 2 cos 0 4 2 2d C 4 2 0 d 2 cos 0 4 2 2d D 2 2 d 2 cos 0 4 2 2d 解 根据图形可知体积 是其在第一象限中体积的4倍 再利用极坐标计算即得 4 设 是由直线 0 0 2 2所围成的图形的边界曲线 则 d B 01 下 期末 A 4 B 8 C 0 D 4 5 设空间区域 1 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 0 0 则有 C 99 下 期末 A 1 d 4 2 d B 1 d 4 2 d C 1 d 4 2 d D 1 d 4 2 d 24 解 由于 1是上半球域 它关于平面 0以及平面 0对称 又被积函数 关 于 是奇函数 关于 是奇函数 所以 1 d 0 1 d 0 1 d 0 又被积函数 关于 是偶函数 所以 1 d 4 2 d 6 是由曲面 2 2 0 1在第一卦限所围成的闭区域 在 上连续 则 d d d C 93 下 期末 A 1 0 d 1 2 d 1 2 2 d B 2 2 0 d 1 2 d 1 2 2 d C 2 2 0 d 1 2 d 1 2 2 d D 2 2 0 d 1 2 d 1 0 d 解 此题测试学生将三重积分转化为三次积分的能力 从给定的4个选择项中知 道 第一次积分是关于 的 因此应将 向 平面投影 得出投影平面区域 于是 d d d d d 1 2 2 d 其中 是由直线 0与曲线 1 2所围成的区域 所以 d d d 2 2 0 d 1 2 d 1 2 2 d 7 设在上半平面上 曲线积分 d d 2 2 与路径无关 则 为 B 94 下 期末 A 1 B 1 C 1 2 D 2 解 设 2 2 2 2 则 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 曲线积分在上半平面上与路径无关等价于在上半平面上处处有 所以 1 8 设 连续可微 且 0 2 若沿任意光滑闭曲线 有 3 2 d d 0 则 等于 A 97 下 期末 A 2 B 3 2 C 3 2 D 2 25 解 设 3 2 沿任一闭曲线 积分等于0 说明曲 线积分与路径无关 所以 处处成立 即 3 2 这是一阶线性微分 方程 解得 2 由 0 2得 1 所以 2 9 已知 d d 2 为某函数的全微分 则 等于 D 96 下 期末 A 1 B 0 C 1 D 2 解 设 2 2 条件 d d 2 为某函数的 全微分等价于 即 2 3 2 3 故 2 10 设 为上半球面 4 2 2 则曲线积分 d 1 2 2 2 的值为 D 04 下 期末 A 4 B 16 5 C 16 3 D 8 3 解 因为 2 2 2 2 所以 d 1 2 2 2 1 3 d 8 3 三 计算题 1 计算 2 2 d 其中 2 2 1 1 04 下 期中 解 利用极坐标计算 2 0 d 1 1 sin cos sin cos 2 d 2 0 sin cos 1 d 2 2 2 计算积分 2d d 其中D是由直线 2 0围成的区域 91 下 期中 分析 2的原函数不能用初等函数表示 所以应选择先 后 的积分次序 解 2d d 2 0 d 0 2d 2 0 2d 1 2 1 4 3 计算积分 2 d d 其中 是由三条曲线 2 0 及 2所围成 的区域 96 下 期末 分析 2 作为 的函数 其原函数难以获得 故应化为先 后 的二次积分 解 2 d d 2 1 d 2 d 1 2 2 1 d 1 4 2 3 4 计算积分 2 1 d 2 sin 1d 94 下 期末 分析 sin 1的原函数难以获得 应先交换积分次序 解 2 1 d 2 sin 1d 2 1 d 1 sin 1d 2 1 sin d cos2 cos1 26 5 计算二重积分 sin 2 d d 其中 是由曲线 与 2所围成的区 域 99 下 期中 分析 先对 积分时 被积函数的原函数无法求得 故先对 后对 积分 解 sin 2 d d 2 1 d 2 sin 2 d 2 1 2 cos 2 d 4 3 2 6 确定常数 使 sin d d 1 其中 是由 2 2所围成 的区域 93 下 期末 分析 此题本质上是要计算二重积分 sin d d 的值 是该值的倒数 解 1 sin d d 2 0 d 2 sin d 2 0 cos2 cos3 d 3 故 3 7 计算下列积分 1 sin 3d d 其中 是由直线 0 1和 所围成的区域 2 2 2d d d 其中 是由圆柱面 1 2 2 1 0 与平面 0 0 0 所围成的区域 92 下 期末 分析 在 1 中 应将二重积分转化为先 后 的二次积分 在 2 中 根据 和被积函 数的特点 可利用柱坐标计算 解 1 sin 3d d 1 0 d 0 sin 3d 1 2 1 0 2sin 3d 1 6 1 cos1 2 2 2d d d 2 0 d 2cos 0 2d 0 d 2 2 2 0 d 2cos 0 2d 4 2 3 2 0 cos3 d 8 9 2 8 计算下列积分 1 1 0 d 1 2 4d 2 1 2 2 2 d d d 其中 是 由曲面 1 1 2 2与 1 0所围成的 0的部分 95 下 期末 分析 问题 1 因为 4的原函数不能用初等函数表示 应先交换积分次序 在 2 中 根据积分域 和被积函数的特点 考虑用球坐标计算 解 1 1 0 d 1 2 4d 1 0 d 0 2 4d 1 3 1 0 3 4d 1 12 1 1 2 在球坐标下 为0 0 4 1 cos 2cos 27 1 2 2 2 d d d 0 d 4 0 d 2cos 1 cos 2sin d 2 4 0 sin 4cos2 1 cos2 d 7 6 2 2 3 9 求 2 2 2d d d 2 2 2 4 2 2 01 下 期末 分析 根据被积函数和积分区域的特点 采用球坐标系进行计算比较简便 解 2 0 d 4 0 d 2 0 3sin d 8 1 2 2 10 计算 2 d d d 其中 为由半椭球面 2 4 2 2 1 0 与锥面 2 2所围成的区域 04 下 期中 分析 本题采用球坐标并不方便求解 采用直角坐标 解 因为2 关于 是奇函数 又 关于平面 0对称 所以 2 d d d 0 故 d d d 2 2 5 2 1 d d 1 2 4 2 2 2 d 1 2 2 2 5 2 1 1 2 2 5 2 d d 2 10 1 2 10 2 0 d 1 0 3d 4 10 11 计算曲面积分 d 其中 为锥面 2 2位于柱体 2 2 2 内的部 分 99 下 期末 分析 第一型曲面积分的计算通常是化为二重积分计算 解 由 2 2得 于是d 1 2 2 d d 2d d d 2 2 2d d 2 2 2 d 2cos 0 2d 8 3 2 2 2 cos3 d 32 9 2 12 计算曲线积分 2 d 2 d 其中 是曲线 2上从 1 1 到 2 4 的一 段 93 下 期末 分析 曲线 的方程 2 故在 上 积分中的第二项为零 第一项积分可直接化 为定积分计算 解 2 d 2 d 2 1 2 d 3 13 计算曲线积分 2 3 2 d 2 5 2 d 其中 为上半椭圆 2 4 2 1 0 由点 1 0 到点 1 0 91 下 期末 28 分析 设 2 3 2 2 5 2 则 8 曲线 不 封闭 应添加曲线段后用Green公式 解 设 1为 0上从 到 的一段 则 1构成闭曲线的顺时针方向 由Green公式得 1 1 8d d 1 1 2d 4 2 14 计算曲线积分 12 d cos d 其中 为曲线 2上从 点 1 1 到点 1 1 的一段 95 下 期末 分析 设 12 cos 若化成定积分计算 则会出现形如 1 1 2d 的 项 无法积分 故应该利用Green公式计算 解 添加线段 1 从1到 1 使 构成闭曲线的正向 由Green公式得 12 d d 1 1 12 d 0 1 1 2 15 计算曲线积分 sin 3 d cos 3 d 其中 为沿着半圆周 2 2 0 从点 0 到点 0 的弧段 92 下 期末 分析 与上题类似 添加线段后用Green公式 再对二重积分用极坐标计算 解 添加线段 0 从 到 使 成为闭曲线 方向为负向 由Green公 式得 3 2 2 d d cos d 3 3 2 2 d 0 2 d sin 3 4 4 2sin 16 确定 的值 使曲线积分 2 4 d 6 1 2 2 d 在 平面上与路径 无关 当起点为 0 0 终点为 3 1 时 求此曲线积分的值 04 下 期末 分析 利用积分与路径无关的条件 解 设 2 4 6 1 2 2 因为积分与路径无关 有 计算得 3 代人计算积分 3 1 0 0 2 4 3 d 6 2 2 2 d 3 0 2d 1 0 54 2 2 d 9 17 26 其中第一步是选择了先从 0 0 到 3 0 再从 3 0 到 3 1 的折线为积分路径 29 17 计算积分 3 d 3 d 3 其中 是由点 2 0 沿曲线 2 cos 到 点 0 2 的弧段 97 下 期末 分析 设 3 3 3 3 由于 的分母形式与曲线 的 方程形式不一致 故不宜化为定积分计算 又因为 6 6 4 0 故可 利用曲线积分与路径无关或通过求原函数来计算积分 解 法一 当 0时 6 6 4 所以在 0的区域内积分与路 径无关 因此 3 d 3 d 3 2 8 3 0 2 3 2 2 3 d 8 3 0 2 d 4 法二 当 0时 所以当 0时 3 d 3 d 3 有原函 数 2 因此 4 注 请读者考虑 能否用折线 代替积分曲线 18 计算曲线积分 d d 2 9 2 其中 是以 1 0 为起点 1 0 为终点的位 于 平面上 0适当小 使 1与 不相交 方向 从 1 0 到 1 0 则 d d 2 9 2 1 1 1 d d 2 9 2 1 d d 2 9 2 2 1 3 sin sin d cos 1 3 cos d 2 2 1 3 d 3 其中 1取为参数方程 cos 1 3 sin 2 30 19 计算曲线积分 sin d cos d 2 sin2 其中 是由点 0 2 沿曲线 2 4 2到点 0 2 的弧段 98 下 期末 分析 设 sin 2 sin2 cos 2 sin2 因为 cos sin2 2cos 2 sin2 2 0 其中 N 所以可选取适当的积分路径或利用原函数计算 解 法一 因为 cos sin2 2cos 2 sin2 2 0 其中 N 所以在不含点 0 的单连通域内曲线积分与路径无关 取折线 计算 积分 其中 1 2 1 2 1 0 d 1 2 2 2 cos 1 sin2 d 0 1 d 1 2 2arctan 1 0 2arctan sin 2 0 法二 arctan sin 0 2 0 2 lim 0 2 arctan sin lim 0 2 arctan sin 20 计算曲线积分 d d 2 4 2 其中 是以点 2 0 为圆心 半径为 2 的 圆周 取逆时钟方向 99 下 期中 方析 要分 2两种情况讨论 解 设 2 4 2 2 4 2 当 0 0 时 4 2 2 2 4 2 2 1 当 2时 在圆 内作椭圆 2 4 2 2 取逆时针方向 则在 与 所围成 的区域 内 用Green公式得 d d 0 于是 d d 2 4 2 d d 2 4 2 2 0 1 3d 2 3 21 计算曲线积分 d d 4 4 其中 为 平面上任一不通过原点的光 滑闭曲线 99 下 期末 分析 需分原点在 内与 外两种情况讨论 31 解 设 2 4 4 2 4 4 则当 0 0 时有 2 4 4 4 4 2 1 当 不包围原点时 由Green公式得 d d 0 2 当 包围原点时 在 内取 4 4 2 逆时钟方向 则由Green公式可得 2d 2 d 4 4 2d 2 d 4 4 1 2 2d 2 d 1 2 4 d d 对称性 其中 是 所围成的区域 综上 对任意不通过原点的光滑闭曲线 都有 d d 4 4 0 22 已知 为平面上任一不经过原点的闭曲线 问常数 为何值时 曲线积分 d d 2 2 0 94 下 期末 分析 设 2 2 2 2 在原点无定义 应对 是否包 含原点在内分别讨论 解 1 设 不包含原点 其所围成的区域为 因为 在 上有一阶连续偏导 数 所以 d d 2 2 0等价于 又 2 2 2 2 2 2 2 2 因此 由 得 1 2 设 包含原点 不妨设 取正方向 在 内取正向圆周 2 2 2 则在 与 所 围成的区域 上应用Green公式得 0 d d 2 2 d d 2 1 2 2 2 d d 由于 为任一包含原点的闭曲线 所以上式对任意区域 成立 因此 1 综上 当 1时 积分 d d 2 2 0 23 计算曲线积分 d d 2 2 其中 为摆线 sin 1 cos 从 0到 的一段 04 下 期中 分析 分析出积分与路径无关 选择恰当的路径求出积分 解 设 2 2 2 2 则当 0 0 时 有 因 而积分在不包含原点的单连通区域内积分与路径无关 故可取一条特殊的路径 1 2 其中 1 0 2 2 2 0 32 所以 1 d d 2 d d 2 0 2 2 d 0 2 2 4d ln 2 2 24 计算 2 d d 2d 其中 2 2 4 其方向与 轴正向成右 手系 01 下 期末 分析 因为曲线 落在平面 4上 所以积分的第三部分 2d 0 故 2 d d 把 看成平面曲线 再利用Green公式计算 当然本题也可以将曲线 参数化 再代入计算 解 2 d d 2 2d d 8 其中 是平面区域 2 2 4 25 在过点 2 0 3 2 0 的曲线族 cos 0 中 求一条曲线 使沿该曲 线从 到 的积分 1 3 d 2 d 的值最大 94 下 期末 分析 这是一道计算曲线积分和求函数极值的综合题 应先求出曲线积分的值 为 的 函数 再求最大值 解 设 cos 2 3 2 则 1 3 d 2 d 3 2 2 1 3cos3 d 2 cos sin d 3 sin 1 3 sin3 2 cos sin 1 2 2 cos2 3 2 2 4 3 3 4 可用Green公式计算 4 4 2 令 0 得驻点 1 由于 0 故只有唯一驻点 1 又 1 8 0 1 1 2 且在平面区域 1内的任一闭曲 线 上的积分 d ln d 0 试求函数 03 下 期末 解 令 ln 由题设 即 1 令 1 可得一阶线性非齐次微分方程 1 该方程通解为 1 1 C为积分常数 由定解条件 1 1 2 可 得 2 所以函数 1 2 27 设 具有二阶连续导数 1 1 1 7 试确定 使曲线积分 2 11 d 32 d 33 与路径无关 并对点 1 1 0 3 计算曲线积分的值 03 下 期末 解 令 32 2 11 因为曲线积分与路径无关 所以 即 32 2 2 11 11 整理得Euler方程 2 9 21 0 令 原方程可转化为二阶线性齐次微分方程 2 2 10 21 0 其特征方程 为 2 10 21 0 两个单重根为3和7 所以 1 3 2 7 1 3 2 7 由定解条 件 1 1 1 7 可知 1 2 1 3 1 7 2 7 所以 1 0 2 1 故 7 2 11 d 32 d 4 8d 32 7 d d 4 8 4 8 0 3 1 1 4 28 计算曲面积分 2d d 2 3 d d 2 2 d d 其 中 是半球面 2 2 2的上侧 解 添加曲面 1 0 2 2 2 取下侧 由Gauss公式得 1 1 2 2 2 d d d 2 2 2 2 d d 2 0 d 2 0 d 0 4sin d 0 2 5 5 29 计算曲面积分 2 1 d d d d 其中 为曲面 2 2 0 的下侧 92 下 期末 解 添加曲面 1 2 2 取上侧 由Gauss公式得 1 1 d d d 2 2 d d 0 d 2 2 d d 2 2 d d 0 d 2 1 2 2 30 计算曲面积分 2d d 2d d 1 d d 其中 为曲面 2 2 4 在 0部分的上侧 93 下 期末 解 添加曲面 1 0 2 2 4 取下侧 由Gauss公式得 1 1 2 2 1 d d d 2 2 4 d d d d d 4 4 0 d 2 2 4 d d 4 4 0 4 d 4 12 34 31 计算曲面积分 2 d d 2 2d d 其中 为曲面 2 2 0 1 的下侧 98 下 期末 解 法一 添加曲面 1 1 2 2 1 取上侧 由Gauss公式得 1 1 2 2 d d d 2 2 1 2d d 2 2 d d d 2 0 d 1 0 3cos2 d 对称性 2 2 0 d 1 0 d 1 2 2cos2 d 4 8 法二 直接计算 2 d d d d 2 2d d 0 其中 为由 1围成的区域 2 2d d 2 2 1 2 2 2 2d d 2 0 d 1 0 7cos2 d 8 所以 0 8 8 32 计算曲面积分 2 d d d d 2 2 d d 其中 为曲 面 1 1 2 2的上侧 99 下 期末 解 添加曲面 1 1 2 2 1 取下侧 由Gauss公式得 1 1 4 d d d 2 2 1 2 1 d d 4 2 1 d 2 2 2 2 d d 4 2 1 2 2 d 14 3 33 计算曲面积分 2d d sin d d 2 d d 2 2 其中 为柱 面 2 2 4 0 2 的外侧 97 下 期末 分析 不是封闭曲面 若添加圆柱体的上下底面 使与 构成封闭曲面 但在此封 闭曲面内 在原点没有一阶连续偏导数 在原点无定义 因而不能直接用Gauss公 式 注意到被积函数的分母为4 故可先将分母化成4 然后再添加曲面利用Gauss公式求 解 本题也可以考虑直接化成二重积分计算 解 法一 因为 为柱面 2 2 4 0 2 所以 2d d sin d d 2 d d 4 35 添加曲面 1 2 2 2 4 取上侧 2 0 2 2 4 取下侧 则 1 2 1 2 由Gauss公式得 1 2 2d d sin d d 2 d d 4 1 4 2 2 d d d 1 4 2 0 d 2 0 3d 2 0 d 4 1 2d d sin d d 2 d d 4 1 4 2 2 4 2 2d d 1 2 2 0 d 2 0 3cos2 d 2 1 2d d sin d d 2 d d 4 0 故 4 2 0 2 法二 直接化成二重积分计算 因为 的外法方向与 轴方向垂直 所以 2 2 2 d d 0 把 分成左右两侧考虑 则 sin 2 2 d d 1 4 sin d d sin d d 0 其中 为 在 平面上的投影区域 类似地 2 2 2 d d 21 4 2 4 2d d 1 2 2 2 2 4 2d 2 0 d 2 综上 2 34 计算曲面积分 d d d d d d 2 2 2 3 2 其中 是立方体 2 2 2的表面外侧 01 下 期末 分析 设 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 显然 在原点没有定义 从而在 围成的区域上不满足