深圳大学高等数学A2补充题答案及自测题答案.pdf

1 深圳大学深圳大学 高等数高等数学学A A A A2 2 2 2补充题答案及补充题答案及 自测题答案自测题答案 2 A A A AB B B B C C C CD D D D MMMM a a a a b b b b 7 1 1 在空间直角坐标系中 指出下列各点在哪个卦限 1 2 3 A 第 IV 卦限 2 3 4 B 第 V 卦限 2 3 4 C 第 VIII 卦限 2 3 1 D 第 III 卦限 2 证明 对角线互相平分的四边形必是平行四边形 证明 如图所示 MCMCMCMCAMAMAMAM MDMDMDMDBMBMBMBM BCBCBCBCBMBMBMBMMCMCMCMCMDMDMDMDAMAMAMAMADADADAD ADADADAD与BCBCBCBC平行且相等 结论得证 3 已知两点 1 4 2 1 M和 2 3 0 2 M 计算向量 12 M M 的模 方向余弦和方向角 以及平行于向量 12 M M 的单位向量 解 k k k kj j j j2 2 2 2i i i i 2 2 2 21 1 1 1 MMMMMMMM 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 0 0 0 02 2 2 2 3 3 3 34 4 4 4 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 MMMMMMMM 方向余弦 2 2 2 2 1 1 1 1 coscoscoscos 2 2 2 2 2 2 2 2 coscoscoscos 2 2 2 2 1 1 1 1 coscoscoscos 方向角 3 3 3 3 2 2 2 2 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 3 3 平行于向量 2 2 2 21 1 1 1M MMMMMMM的单位向量是k k k k 2 2 2 2 1 1 1 1 j j j j 2 2 2 2 2 2 2 2 i i i i 2 2 2 2 1 1 1 1 4 设 3 5 8mijkmijkmijkmijk 2nininini47 j kj kj kj k 5 pijpijpijpij4 k k k k 求 4 3amnamnamnamn p p p p在x轴上的 投影及在y轴上的分向量 解 因为p p p pn n n n3 3 3 3mmmm4 4 4 4a a a a 3 k k k k15151515j j j j7 7 7 7i i i i13131313 k k k k4 4 4 4j j j ji i i i5 5 5 5 k k k k7 7 7 7j j j j4 4 4 4i i i i2 2 2 2 3 3 3 3 k k k k8 8 8 8j j j j5 5 5 5i i i i3 3 3 3 4 4 4 4 所以在x x x x轴上的投影为13131313a a a a x x x x 在y y y y轴上的分向量为j j j j7 7 7 7 7 2 1 已知 1 1 1 2 M 2 3 3 1 M和 3 3 1 3 M 求同时与 12 M M 23 M M 垂直的单 位向量 解 k k k kj j j j4 4 4 4i i i i2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 MMMMMMMM k k k k2 2 2 2j j j j2 2 2 2 3 3 3 32 2 2 2 MMMMMMMM 设所求向量为 c c c cb b b ba a a ab b b b 因为 2 2 2 21 1 1 1M MMMMMMMb b b b 所以0 0 0 04 4 4 42 2 2 2 c c c cb b b ba a a a 因为 3 3 3 32 2 2 2M MMMMMMMb b b b 所以0 0 0 02 2 2 22 2 2 2 c c c cb b b b 因为1 1 1 1 b b b b 所以1 1 1 1 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 c c c cb b b ba a a a 求得 17171717 3 3 3 3 a a a a 17171717 2 2 2 2 b b b b 17171717 2 2 2 2 c c c c 故所求单位向量为 17171717 2 2 2 2 17171717 2 2 2 2 17171717 3 3 3 3 b b b b e e e e 方法二 所求向量 4 4 4 4 4 4 4 4 6 6 6 6 2 2 2 22 2 2 20 0 0 0 1 1 1 14 4 4 42 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 21 1 1 1 k k k kj j j ji i i i MMMMMMMMMMMMMMMMb b b b 故 17171717 2 2 2 2 17171717 2 2 2 2 17171717 3 3 3 3 161616161616161636363636 4 4 4 4 4 4 4 4 6 6 6 6 b b b b b b b b e e e eb b b b 2 设 3 5 2a a a a 2 1 4b b b b 问 与 有怎样的关系能使 abababab与z轴垂直 解 k k k k4 4 4 4j j j ji i i i2 2 2 2 k k k k2 2 2 2j j j j5 5 5 5i i i i3 3 3 3 b b b bi i i i k k k k 4 4 4 42 2 2 2 j j j j 5 5 5 5 i i i i 2 2 2 23 3 3 3 因为与z z z z轴垂直 所以 2 2 2 20 0 0 04 4 4 42 2 2 2 3 设 2 mabmabmabmab k nabna bnabnab 其中 1a a a a 2b b b b 且 abababab 1 k为何值时 mnmnmnmn 2 k为何值时 mmmm与n n n n为邻边的平行四边形面积为 6 解 方法一 设 z z z zy y y yx x x x a a a aa a a aa a a aa a a a z z z zy y y yx x x x b b b bb b b bb b b bb b b b 4 由题意已知1 1 1 1 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 z z z zy y y yx x x x a a a aa a a aa a a a 4 4 4 4 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 z z z zy y y yx x x x b b b bb b b bb b b b 0 0 0 0 z z z zz z z zy y y yy y y yx x x xx x x x b b b ba a a ab b b ba a a ab b b ba a a a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z z z zz z z zy y y yy y y yx x x xx x x x b b b ba a a ab b b ba a a ab b b ba a a am m m m z z z zz z z zy y y yy y y yx x x xx x x x b b b bkakakakab b b bkakakakab b b bkakakakan n n n 1 已知n n n nm m m m 所以0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z z z zz z z zz z z zz z z zy y y yy y y yy y y yy y y yx x x xx x x xx x x xx x x x b b b bkakakakab b b ba a a ab b b bkakakakab b b ba a a ab b b bkakakakab b b ba a a a 求得2 2 2 2 k k k k 2 根据题意 6 6 6 6n n n nm m m m 得1 1 1 1 k k k k 或5 5 5 5 k k k k 方法二 1 n n n nm m m m 0 0 0 0 n n n nm m m m 0 0 0 0 2 2 2 2 b b b ba a a ak k k kb b b ba a a a 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 b b b ba a a ak k k k 0 0 0 04 4 4 42 2 2 2 k k k k 2 2 2 2 k k k k 2 6 6 6 6 S S S S 6 6 6 6 n n n nm m m m 6 6 6 6 2 2 2 2 b b b ba a a ak k k kb b b ba a a a 6 6 6 6 2 2 2 2 b b b ba a a ak k k kb b b ba a a a 6 6 6 6 2 2 2 2 b b b ba a a ak k k k 6 6 6 6 2 2 2 2 b b b ba a a ak k k k 3 3 3 3 2 2 2 2 k k k k 5 5 5 51 1 1 1 k k k kk k k k或或 7 3 1 一动点与两定点 2 3 1 和 4 5 6 等距离 求这动点的轨迹方程 解 设动点坐标为 z z z zy y y yx x x x 根据题意 有 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2 6 6 6 6 5 5 5 5 4 4 4 4 1 1 1 1 3 3 3 3 2 2 2 2 z z z zy y y yx x x xz z z zy y y yx x x x 等式两边平方 然后化简得0 0 0 063636363101010104 4 4 44 4 4 4 z z z zy y y yx x x x 2 求以点 1 3 2 O 为球心 且通过坐标原点的球面方程 解 设 球 面 上 点 的 坐 标 为 z z z zy y y yx x x x 根 据 已 知 条 件 得 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0 3 3 3 30 0 0 0 1 1 1 10 0 0 0 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 z z z zy y y yx x x x 整理得0 0 0 04 4 4 46 6 6 62 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 z z z zy y y yx x x xz z z zy y y yx x x x 3 画出下列方程所表示的曲面 1 222 44xyz 解 椭球抛物面 5 2 222 40 xyz 解 圆锥面 3 22 349 zxy 解 旋转抛物面 6 7 4 1 画出下列曲线在第一卦限内的图形 1 1 2 x y 解 2 22 4 0 zxy xy 解 7 3 222 222 xya xza 解 2 方程组 22 1 49 3 xy y 在平面解析几何与空间解析几何中各表示什么 解 在平面解析几何中 表示椭圆 22 1 49 xy 与直线3y 其实是过点 0 3 的一条切线 的交点 空间解析几何中 表示椭圆柱面 22 1 49 xy 与其切平面3y 的交线 直线 3 求由上半球面 222 zaxy 柱面 22 0 xyax 及平面0z 所围成的立 体 在xOy面和xOz面上的投影 解 想象该立体的形状 知向xoyxoyxoyxoy面上的投影柱面的方程为axaxaxaxy y y yx x x x 2 2 2 22 2 2 2 即为圆柱 面 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a y y y y a a a a x x x x 故该立体在xoyxoyxoyxoy面上的投影为圆面 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 z z z z a a a a y y y y a a a a x x x x 8 消去y y y y 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 y y y yx x x xa a a az z z z 在xozxozxozxoz面上的投影是 0 0 0 0 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 y y y y a a a az z z zx x x x 柱面0 0 0 0 2 2 2 22 2 2 2 axaxaxaxy y y yx x x x在xozxozxozxoz面上的投影是 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 y y y y axaxaxaxx x x x 故在xozxozxozxoz面上的投影是 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 y y y y x x x xz z z za a a az z z zx x x x 9 7 5 1 求通过点 3 0 1 且与平面375120 xyz 平行的平面方程 解 设所求平面方程为0 0 0 05 5 5 57 7 7 73 3 3 3 D D D Dz z z zy y y yx x x x 因为过点 1 1 1 1 0 0 0 0 3 3 3 3 所以 0 0 0 0 1 1 1 1 5 5 5 50 0 0 0 7 7 7 73 3 3 3 3 3 3 3 D D D D 得4 4 4 4 D D D D 故所求平面方程为0 0 0 04 4 4 45 5 5 57 7 7 73 3 3 3 z z z zy y y yx x x x 2 求过点 0 2 9 6 M 且与连接坐标原点及点 0 M的线段 0 OM垂直的平面方程 解 由条件 6 6 6 6 9 9 9 9 2 2 2 2 0 0 0 0 OMOMOMOM与平面垂直 所以 6 6 6 6 9 9 9 9 2 2 2 2 n n n n 所求平面方程为0 0 0 0 6 6 6 6 6 6 6 6 9 9 9 9 9 9 9 9 2 2 2 2 2 2 2 2 z z z zy y y yx x x x 即0 0 0 01211211211216 6 6 69 9 9 92 2 2 2 z z z zy y y yx x x x 3 求平面2250 xyz 与各坐标面的夹角余弦 解 与xoyxoyxoyxoy平面的夹角余弦为 3 3 3 3 1 1 1 1 9 9 9 9 1 1 1 1 1 1 1 10 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 coscoscoscos 1 1 1 1 与xozxozxozxoz平面的夹角余弦为 3 3 3 3 2 2 2 2 9 9 9 9 0 0 0 0 1 1 1 11 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 coscoscoscos 2 2 2 2 与yozyozyozyoz平面的夹角余弦为 3 3 3 3 2 2 2 2 9 9 9 9 0 0 0 0 1 1 1 10 0 0 0 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 coscoscoscos 3 3 3 3 10 7 6 1 求过点 4 1 3 且平行于直线 31 25 xz y 的直线方程 解 设所求直线为l l l l 直线 5 5 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 z z z z y y y y x x x x 的方向向量为 5 5 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 则直线l l l l的方向向量为 5 5 5 5 2 2 2 2 t t t tt t t tt t t t 故所求直线方程为 5 5 5 5 3 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 4 4 z z z z y y y y x x x x 2 求过两点 1 3 2 1 M 和 2 1 0 2 M 的直线方程 解 所有直线L L L L过点 1 1 1 1 MMMM 2 2 2 2 MMMM两点 则L L L LMMMMMMMM 2 2 2 21 1 1 1 故可取 2 2 2 21 1 1 1M MMMMMMMs s s s 即 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 4 4 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0 3 3 3 31 1 1 1 2 2 2 21 1 1 1 MMMMMMMMs s s s 所以所求直线方程为 1 1 1 12 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 20 0 0 0 2 2 2 2 3 3 3 31 1 1 1 3 3 3 3 z z z zy y y yx x x x 即 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 3 3 3 3 z z z zy y y yx x x x 3 求点 1 2 0 在平面210 xyz 上的投影 解 过点 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 1 1 且垂直于平面的直线方程为 t t t tz z z z t t t ty y y y t t t tx x x x 0 0 0 0 2 2 2 22 2 2 2 1 1 1 1 代入平面方程中 0 0 0 01 1 1 1 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 t t t tt t t tt t t t 得 3 3 3 3 2 2 2 2 t t t t 代入直线的参数方程 得 3 3 3 3 5 5 5 5 x x x x 3 3 3 3 2 2 2 2 y y y y 3 3 3 3 2 2 2 2 z z z z 即投影点为 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5 11 第八章第八章多元函数微分法及其应用多元函数微分法及其应用 8 18 18 18 1 1 求函数 22 arcsin xy f x y z z 的定义域 解 解 要使函数有意义 须0z 且 22 1 xy z 即 22 0 xyz z 或 22 0 zxyz 2 求极限 2 0 0 1 cos lim x y xy xy 解 解 方法一方法一 2 22 00 00 2sin 1 cos 11 2 limlim 42 2 xx yy xy xy xy xy 方法二 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 limlimlimlim coscoscoscos1 1 1 1 limlimlimlim 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 t t t t t t t t t t t t t t t t t t t tt t t t t t t ty y y yx x x x 原式原式 8 28 28 28 2 1 设 2 y z ux 求一阶偏导数 解 解 222 21 ln 2ln y zy zy z uuu yzxxxzxx xyz 2 2 2 2 设 2 ln sin zxy 求偏导数 zz xy 及 2 z x y 解 解 2 22222 2cos22 cos sinsinsin sin zxzyzxxy xxyyxyx yyxyxy 8 38 38 38 3 设 xz uy 求du 解 解 1 ln ln xzxzxz uuu zyyxzyxyy xyz 12 1 lnln xzxzxz uuu dudxdydzzyydxxzydyxyydz xyz 8 48 48 48 4 1 设 x zf x y 求 2 zzz xyx y 解 解 令 x ux v y 则 1212 1 zduv ffff xdxxy 22 2 zvx ff yyy 2 12 12212222 2223 1111 ffzzxx ffffff x yyxyyyyyyyyy 2 设 22 xy ze 其中cosyx 求 dz dx 解 解 令 22 ux vy 则 22222222 2 2sin xyxyxyxy dzuv dy eexeyex dxxy dx 22 cos 2 sin2 xx exx 8 58 58 58 5 1 设ln xz zy 求 2 2 zz xx 解 解 设 ln xz F x y z zy 则 2 11 xyz xz FFF zyz 由隐函数存在定理 得 22 223 1 x z Fzz xFxz zz xzz zzzzxx xxxxxzxzxz 13 2 设 F u v可微 0 FF ab uv 证明由 22 0F xaz ybz 所确定的 函数 zz x y 满足方程2 zz aybxxy xy 方法一方法一 证明 证明 设 22 uxaz vybz 则2 2 xuyvzuv FxF FyF FaFbF 由于0 FF ab uv 于是 由隐函数存在定理 得 22 y xuv zuvzuv F FxFyFzz xFaFbFyFaFbF 从而 22 2 uv uv xy aFxy bFzz aybxxy xyaFbF 证毕证毕 方法二 方法二 证明证明 方程方程 22 0F xaz ybz 两边分别对x x x x y y y y求导 注 意 y y y yx x x xz z z zz z z z 对x x x x求导 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 x x x x z z z z b b b bF F F F x x x x z z z z a a a ax x x xF F F F 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 bFbFbFbFaFaFaFaF xFxFxFxF x x x x z z z z 对y y y y求导 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 y y y y z z z z b b b by y y yF F F F y y y y z z z z a a a aF F F F 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 bFbFbFbFaFaFaFaF yFyFyFyF y y y y z z z z 从而满足方程2 zz aybxxy xy 8 68 68 68 6 1 求曲线 22 4 4 xy z y 在点 2 4 5 处的切线方程 并问该切线与x轴的 正向所成的角度是多少 解 解 方法一方法一 设 22 4 4 xy F x y zz G x y zy 于是 曲线在点 2 4 5 处的切向量为 14 zy x zxy 0 00 000 yxxy F F F 11 1 0 1 2222 G G G 1 00 00 1 yx z yzx FF F t GGG 切线方程为 245 101 xyz 即 30 4 xz y 另外 x轴上的单位向量为 1 0 0 i 由两向量夹角余弦公式得 12 cos 22 i t it 切线与x轴的正向所成的角度是 2 arccos 24 方法二 设切向量 5 5 5 5 4 4 4 4 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x z z z z x x x x y y y y t t t t 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 5 5 5 5 4 4 4 4 2 2 2 2 x x x x t t t t 所以切线方程为 245 101 xyz 即 30 4 xz y 另外设该切线与x x x x轴正向所成角为 则 tantantantan x x x x z z z z 2 2 2 2 tantantantan x x x x 代 入点 5 5 5 5 4 4 4 4 2 2 2 2 1 1 1 1tantantantan 所以 4 4 4 4 2 证明曲面 3 xyza 的切平面与坐标面所围成的四面体的体积为一个 常数 证明 证明 设 3 F x y zxyza 则 xyz Fyz Fxz Fxy 于是 曲面 3 xyza 在它上面任意一点 000 xyz处的切平面方程 为 000000000 0 y zxxx zyyx y zz 即 000000000 3 xy zyx zzx yx y z 易知 该切平面在 x y z轴上的截距分别为 000 3 3 3 xyz 15 则 切平面与坐标面所围成的四面体的体积为 3 000000 1 199 333 3 222 Vxyzx y za 证毕 8 78 78 78 7 1 求 22 2f x y zyyzx 在点 1 2 1 处的方向导数的最大值 解 解 由已知 有2 22 2 xyz fx fyz fy 1 2 1 1 2 1 2 22 2 2 6 4 gradfxyzy 而 22 2f x y zyyzx 在点 1 2 1 处的方向导数在沿 f x y z在 该点的梯度方向取得最大值 最大值即为梯度的模 最大值为 1 2 1 436 162 14 gradf 2 求 222 ln uxyz 在点 1 2 1 处沿从点 5 1 2 到点 9 4 14 的方向的 方向导数 解 解 向量 9 4 14 5 1 2 4 3 12 的方向即是l的方向 于是 与l同向的单位向量 43 12 13 13 13 l e 222 1 2 1 1 2 1 222 1 2 1 1 2 1 222 1 2 1 1 2 1 1 2 1 21 3 22 3 21 3 1 4231 122 3 133 133 1339 ux xxyz uy yxyz uz zxyz u l 8 88 88 88 8 1 将正数a分成三个正数 x y z之和 使得 2 uxyz 最大 解 解 即是求 2 uxyz 在条件xyza 下的最大值 16 构造拉格朗日函数 2 L x y zxyzxyza 求解方程组 2 2 0 0 20 x y z Lyz Lxz Lxyz xyza 得 442 aaa xyz 这是 2 uxyz 在条件xyza 下的唯一可能极值点 而 2 uxyz 的 最大值一定存在 故 442 aaa xyz 就是满足条件的a的分解 此时 4 64 a u 2 求函数lnln3lnuxyz 在 2222 5 0 0 0 xyzrxyz 上的最大 值 解 解 构造拉格朗日函数 2222 lnln3ln 5 L x y zxyzxyzr 求解下列方程组 2222 1 20 1 20 3 20 5 x y z Lx x Ly y Lz z xyzr 得 3 xr yr zr 这是唯一可能的极值点 而最大值一定 存在 故 lnln3lnuxyz 在 2222 5 0 0 0 xyzrxyz 上的最 大值在 3xr yr zr 时取得 最大值为 5 ln3 3 r 第九章第九章重积分重积分 17 9 9 9 9 1 1 1 1 1 估计积分的 22 D Ixydxdy 值 其中 22 1 D xy 解 解 在区域 D 上 有 22 01 xy 区域 D 的面积 2 1 S 由估值定理得 001 I 2 比 较 积 分 2 D xydxdy 与 3 D xy dxdy 的 大 小 其 中 D 由 0 x 0 1yxy 所围 解 解 区域 D 可以表示为 01 10 xxy 则在区域 D 上有 1 xy 从而 32 xyxy 在 D 上成立 32 DD xy dxdyxydxdy 3 222 4 0 0 D dxdyD xyRxy 则 R 解 解 区域 D 是半径为 R 圆心在原点的四分之一圆域 由已知 D 的面积为 4 D dxdy 4 4 R 4 9 9 9 9 2 2 2 2 1 11 0 sin y x dydx x 解 解 积分区域 01 1 Dx yyyx 把 D 视作 X 型区域 则 01 0 Dx yxyx 于是 1111 1 0 0000 sinsinsin cos1 cos1 x y xxx dydxdxdyxdxx xxx 2 22 1 0 0 D Ixdxdy Dx y xyxyI 则 2222 11111111 00000000 yxxy AdxxdyBdxxdyCdxxdyDdxxdy 18 解 解 将 D 视为 X 型区域 2 01 01 Dx yxyx 2 11 00 x IdxxdyC 故 选 3 cos 2 00 cos sin df rrrdr 22 2 11 0000 1111 0000 y yx x y Adyf x y dxBdxf x y dy Cdyf x y dxDdxf x y dy 解 解 由已知 在极坐标系中 积分区域 D 0 0cos 2 r 则在直角坐标系中 积分区域 D 2 01 0 xyxx 2 1 00 x x dxf x y dyB 于是 原式 故 选 4 求 22 1 D yxy dxdy D由 1 1yx xy 所围 解 解 积分区域 D 可视作 X 型区域 11 1 xxy 1 3 111 222222 2 11 1 3 1 12 111 23 11 1 32 x D x yxy dxdydxyxy dyxydx xdx 5 计算 2222 0 2 D Ixy dxdy Dx yyx xyx 解 解 在极坐标系中 积分区域 D 可以表示为 0 02cos 4 那么 2cos 232 444 0000 8810 2 cos 1 sin sin 339 Idddd 9 9 9 9 3 3 3 3 1 计算xyzdV 其中 为 222 1xyz 及三个坐标面所围成的在第 一卦限内的闭区域 解 解 令sincos sinsin cos xryrzr 则 可以表示为 0 0 01 22 r 于是 有 19 1 2 22 000 1 35 22 000 sincossinsincossin 1 1 11 sincossincos 2 4 648 xyzdVddrrrrdr ddr dr 2 zdxdydz 由 22 1 2 2 zxyz 与所围 解 解 将 投影在z轴上得投影区间 0 2 取 0 2 z 过 0 0 z作平行 于xoy面的平面 该平面与 的交面记为 z D则 22 2 z Dx y z xyz 于是 22 00 16 2 3 z D zdxdydzzdxdy dzzzdz 3 xdxdydz 由 2222 1zxyzxy 与所围的第一卦限部分 解 解 令cos sin xryr 将 投影在xoy面上得投影区域 2 0 0 22 xy Drr 过 xy rD 作平行于z轴的直线 该直线从 22 zxyr 即z 进入 内 由 222 1 1 zxyzr 即从 穿出 则 可以表示为 2 2 0 0 1 22 rrzr 于是 有 2 22 1 22 2222 0000 2 sin 2222 24 00 coscos 1 111 1sincos 16163216 r r r xdxdydzddrrrdzdrrr dr rr drd 令 第十章第十章曲线积分与曲面积分曲线积分与曲面积分 20 10101010 1 1 1 1 1 设L为下半圆周 2 1yx 则 22 L xyds 解 解 方 法 一方 法 一 L的 参 数 方 程 为 cos 2 sin x y 则 22 dsxydd 于是 2 22 L xydsd 方法二 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 dsdsdsdsdsdsdsdsy y y yx x x x L L L L y y y yy y y yx x x xL L L L L L L L 2 xyzds 其中 为 2cos 2sin 0 4 xt ytt zt 解 解 由已知 得 222 5 dsxtytzt dtdt 于是 444 000 4 4 0 0 2cos2sin52 5sin25cos2 5 5cos2cos2 2 xyzdstt tdtt tdttdt tttdt 10101010 2 2 2 2 1 2 L ay dxxdy 其中L为摆线 sin 1 cos xa ttyat 上对应于t 从 0 到2 的一段弧 解 解 由已知 sin 02 1 cos xa tt Lt yat 从 变到 那么 2 0 2 22 0 2 2cos 1 cos sin sin sin2 L ay dxxdyaaatata ttat dt attdta 10101010 3 3 3 3 21 1 设L为1xy 的反时针方向 则 2 2 yx L xyedyyye dx 0 2 4 1 ABCD 解 解 记L所围的区域为 D 易知 D 是边长为2的正方形区域 由已知 2 2 xy Pyye Qxye 则 2211 QP yy xy 由格林公式 得 2 2 12 yx LD xyedyyye dxdxdy 故 选 B 2 22 L xdyydx xy L经上半椭圆 2 2 1 0 4 x yy 从 2 0 2 0 AB 方法一方法一 解解 选适当的0r 构造上半圆周 222 0 xyry 设它与x 轴的两个交点为 0 0 CrD r 其方向为从D到C 则 LBDDCCA 构 成分段光滑封闭曲线 记其所围成的区域为 由已知 2222 2222222222 0 yxQPyxyx PQ xyxyxyxyxy 则 由格林公式 得 22 0 L BD DC CA xdyydxQP dxdy xyxy 则 22222222 LBDDCCA xdyydxxdyydxxdyydxxdyydx xyxyxyxy 而 cos 2 0 2 0sin0 xxxrxx BDxr DCCAxr yyry 从 从 从 于是 222222 20 00 0 r BDCADC xdyydxxdyydxxdyydx dxd xyxyxy 故 原式 方法二 解 x x x xy y y y Q Q Q QP P P P 该曲线积分与路径无关 选择路径上半圆4 4 4 4 2 2 2 22 2 2 2 y y y yx x x xl l l l 22 d d d dd d d d y y y yx x x x ydxydxydxydxxdyxdyxdyxdy y y y yx x x x ydxydxydxydxxdyxdyxdyxdy l l l lL L L L 0 0 0 00 0 0 0 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2 1 1 1 1 4 4 4 4 sinsinsinsin4 4 4 4coscoscoscos4 4 4 4 3 22 32 1 1 L yxy dxdy xx L沿 22 41xyy 的 反 时 针 方 向 从 1 0 2 1 AB 解解 构造辅助折线BCA 其中点 C 1 1 则LBCA 为一分段光滑的封 闭曲线 记其所围成的区域为 D 由已知 22 3233 1 1 22 0 yxyQPyy PQ xxxyxx 则 由格林公式得 22 32 1 1 0 L BCA yxy dxdy xx 于是 22 32 1 1 L yxy dxdy xx 22 32 1 1 BCA yxy dxdy xx 对于 22 1 323 2 1 1 23 21 14 BC xx yxy BCxdxdydx yxxx 从 变到 对于 22 0 32 1 1 1 1 10 2 1 CA x yxy CAydxdyy dy yyxx 从 变到 31 1 44 故 原式 4 设L为 222 xya 的反时针方向 则 22 L xy dxxy dy xy 解 解 取适当的0r 构造 222 l xyr 为顺时针方向 记L与l围成的 区域为 D 由已知 2222 0 xyxyQP PQ xyxyxy 则 由格林公式得 22 0 L l xy dxxy dy xy 于是 2 2222 0 1 2 Ll xy dxxy dyxy dxxy dy d xyxy 23 方法二 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2 dxdydxdydxdydxdy a a a aa a a a dydydydyy y y yx x x xdxdxdxdxy y y yx x x x y y y yx x x x dydydydyy y y yx x x xdxdxdxdxy y y yx x x x D D D D L L L LL L L L 10101010 4 4 4 4 222 222 0 0 dS zzHxyRH xyz 其中 是介于平面及之间的圆柱面 解 解 记右半柱面为 22 1 yRx 于是 22 22 1 xz R yy Rx 1 在xoz面上的投影区域为 0 xz Dx zRxRzH 记左半柱面为 22 2 yRx 于是 22 22 1 xz R yy Rx 2 在xoz面上的投影区域为也是 xz D 那么 12 2222222222222 22 22 220 1 2 11 22 arctan xz D RH R dSdSdSR dxdz xyzxyzxyzxRxz Rx H Rdxdz RzR Rx 10101010 5 5 5 5 1 2222 zdxdyxyza 为的外侧 解 解 记上半球面为 222 1 zaxy 取上侧 记下半球面为 222 2 zaxy 取下侧 它们在xoy面上的投影区域均为 222 xy Dx y xya 12 3 2 22222 00 4 22 3 xy a D a zdxdyzdxdyzdxdyaxy dxdydad 于是 2 22 0 0 xy dxdyzxyzzh h 为圆锥面 介于与之间的下侧 解 解 在xoy面上的投影区域均为 222 xy Dx y xyh 24 2 2 00 cossin 0 xy h D xy dxdyxy dxdydd 于是 10101010 6 6 6 6 1 2 2 2 zx dydzzdxdy 其中 为 22 1 2 zxy 介于0z 与2z 之间部 分的下侧 解解 构造辅助平面 22 1 2 4 zxy 取上侧 则 1 构成分片光滑的 封闭曲面 记其所围成的空间区域为 由已知 2 2 0 2 Pzx QRz 于是 0 PQR xyz 由高斯公式 得 1 2 2 200 zx dydzzdxdydv 于是 11 22 2 2 2 224 416 zx dydzzdxdyzx dydzzdxdyzdxdy 2 333 x dydzy dzdxz dxdy 其中 为 2222 0 xyzaa 的外侧 解 解 记 所围成的空间区域为 由已知 333 PxQyRz 于是 222 3 PQR xyz xyz 由高斯公式 得 333222 5 2 4 000 3 12 3sin 5 a x dydzy dzdxz dxdyxyzdxdydz a ddd 25 11 1 1 判定级数 15n n n 的收敛性 解 n n n n n n n n n n n n s s s s 5 5 5 55 5 5 5 2 2 2 2 5 5 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 13 3 3 32 2 2 2 5 5 5 55 5 5 5 2 2 2 2 5 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n s s s s 1 1 1 12 2 2 2 5 5 5 55 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 n n n nn n n n n n n nn n n n n n n n s s s ss s s s 1 1 1 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n 1 1 1 11 1 1 1 5 5 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 5 5 5 5 1 1 1 1 4 4 4 4 5 5 5 5 4 4 4 4 5 5 5 5 n n n nn n n n n n n n n n n n s s s s 16161616 5 5 5 5 limlimlimlim n n n n n n n n s s s s 故该级数收敛 2 判定级数 1 7 17 n n n 的收敛性 解 0 0 0 01 1 1 1 7 7 7 7 1 1 1 17 7 7 7 limlimlimlimlimlimlimlim n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u 通项不以 0 为极限 从而该级数发散 11 2 1 判定级数 1 5 1 tan3 n n n 的收敛性 解 因为1 1 1 1 5 5 5 5 3 3 3 3 5 5 5 5 1 1 1 1 tantantantan3 3 3 3 limlimlimlim n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 而级数 1 1 1 15 5 5 5 3 3 3 3 n n n n n n n n n n n n 收敛 根据比较审敛法的极限形式知此级数收敛 2 判断级数 1 3 1 1 nnn 的收敛性 解 3 3 3 33 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n nn n n nn n n n a a n n 的收敛性 解 当1 1 1 1 a a a a时 级数发散 当1 1 1 1 a a a a时 n n n nn n n n a a a aa a a a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 而级数 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n a a a a 收敛 根据比较审敛法知此级数收 敛 当1 1 1 1 a时收敛 1 a时发散 4 判断级数 1 1 1 1 6 6 6 6 n n n n n n n n n n n n 的收敛性 解 因为0 0 0 0 1 1 1 1 limlimlimlim 1 1 1 1 1 1 1 1 limlimlimlimlimlimlimlim 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 1 1 1 1 n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n 所以根据比值审敛法知此级 数收敛 5 判断级数 n n n n n 1 sin 的收敛性 解 因为0 0 0 0 limlimlimlim sin sin sin sinlimlimlimlimlimlimli