高数下册各章总复习题及答案

1、第八章多元函数微分法及其应用8.01在“充分”，“必要”，“充分必要”中选择一个正确的填入下列空格内:（1）f x,y 在点 x,yf x，y在该点可微分的可微分是f x，y在该点连续的充分条件;f x，y在点x，y连续是必要条件。（2）z f（x,y）在点z f(x,y)在点 x,yz zx,y的偏导数 x及y存在是f x,y在该点可微分的 必 要条件;z z可微分是函数在该点的偏导数x及y存的充 分条件。（3）z f（x，y）的偏导数x及y点、x,y存在且连续是f x,y在该点可微分的充分条 件。（4）函数Z 混合偏导数在f x,y的两个二阶混合偏导数D内相等的充分条件。x y及y x在区

2、域d内连续是这两个二阶x,y4x y28.02求函数ln的定义域，并求lim f x,yx _2y 04x11解：1)2y2x2x02 y2 y4x,定义域：D x，y-22,20 x y 1,y 4x2）由初等函数的连续性知:lim8.03x证明极限y证明:当点x,ylimx 0y k1 x故：极限lirm f(x,y)x 2y 02xy沿用2xylim 1f(-,0)ln 14 2 022024y f+不存在。七百趋于点,一 kx2lim x 0 x2 k2x0时，有显然它是随着k的不同而改变的,2xy2x不存在。8.040,求 fx x,y 及 fy x,y解：1)2y 0时,fx x,

3、 y2xy x28.05(1)解:(2)解:8.06解:fy x,y2y2 x2yx2y 2x2 2y2x y 2y2xy322)当xf lim - y 0y2 0时,0,0 y2 x f 0 lim x 02 2 yx,0 f 0,02 x4x2 x0,0fxfyx,yx,y故:fy 0,02xy 3x2 y2222x x y22 2x y0求下列函数的一阶和二阶导数:2z2x2z2 y2 z2x2z,2In x y2y2x yxy求函数2yxyxyxy2xz 2.01,1.031)当x2.01In x2,y2y1,1.03_222.011.03lnln x In x0.01, y0.694

4、122 2y2 2x y故:InIn xfx0,0 02y2 2x yxy03时的全增量和全微分。2 1z2,1 工 2 0.666672212zZxz 2.01,1.032,10.69412 0.66667 0.02742223y x y xy 2x x y y22 222 2x yx y2)dz8.07 设ZyZxx 2,y 1x 0.01y 0 03证明：1）3)8.08解:22x x y xy 2y32x xy2,1Zx2 x592,1 xx,y即:lxm00.55556Zy 2,1101.111119zy2,10.55556 0.01 1.11111 0.03 0.02862,x0,

5、x0.证明:在点0处连续且偏导数存在，但不可微分lim f x, y2xy 2 f 0,0xy 232lim即：f1ymx,yf 0,0在点O 0,0连续y f 0,0即：f x,y在O 0,0处的偏导数存在,fx 0,0 fy 0,0fx 0,0 dx fydf假设f x,y在点Q0处可微，则有:xy2 x2200x y2 2书中18页已证明:lim 2 x 02y 0 xxy即:设u dudtx 0 df y 000不能表示为f x,y在处不可微分。xy,而 dx不存在，故（*）式在0,0dy 0dtt ,y dy dty 1yx都是可微函数,t xy 1n8.09设z f U,v,W具有

6、连续偏导数，而u0时极限不存在,的高阶无穷小,dudt,v ,wzzvzwzz解：vwvwzzuzwzzuwuwzzuzvzzuvuw8.10设zu,x, y,uxey其中f具有连续的二阶偏导数,解:8.11解：设x 将xfiI f2ey fiey fixe2yfiieyfieyeyxefii fi3 uf 2i f23cosv, yfii y fxe2i一f i3y f1 i3一 f 2if23yxeey一f 23fi_y _e sinv,z uv.试求 x 和cosv两边同时对x,y求偏导数/ uui e cosv x一u _一 v e sin v x联立0 eu cosv u y_ u

7、一 e sin v0u esin vuu ecosvvxxiu esinvuu ecosvvyysin v两边同时对x,y求偏导数uxecosv,xuuvesin v,xyzzu _zvxuxvx2式得:uvueuev cosv esin vcosv一 一 一 u sin v eu _ _e v cosv usin uuu cosv ezzuzv一一一一一v sin v eyuyvyue v cosv ucosv8.i2求螺旋线xa cos , y asin ,zb在点a,0,0 处的切线法平面方程解：Ta,0,0x ,y ,z a,0,0asin ，acos , b0,a,b0ay bz 0

8、x 3y z 90,并写出这法x a y 0 z 0x a切线方程：0 a b ,即：by az法平面方程：0xa ay 0 bz 00,即:8.13在曲面z xy上求一点，使这点处的法线垂直于平面 线的方程.解：曲面z xy在点x0，y0，z0处的法线向量为：ny0，x0，1平面x 3y z 9 0的法向量为：n01，XoVoZo 4 -4-4 abc ux u0 2x0, uy u02y0, uz u0 2z。,1当n/n0时，曲面z xy在点x0,y0，z0处的法线垂直于平面，此时，x03 y 01 z03,于是，点3, 1,3即为所求，x 3 y 1 z 3此时，所求法线方程为：131

9、228.13设x轴正向到方向i的转角为 ，求函数f x,y x xy y在点1，1沿方向i的方向导数。并分别确定转角fy 1,1,使这导数有：（1）最大值；（2）最小值；（3）等于0。f 2x y, f x 2y 解：xy, x 1，1于是，函数f x，y在点1，1沿方向i的方向导数为flf当 4时，l28.15求函数u x 的方向导数.ffcos一xy有最大值 2;22y z在椭球面sincossin5_f4时，l有最小值222xyz-T7-22abc2 sin 一437 ff- 42;4或 4 时，l1上点M 0 x 0,y 0, z0处沿外法线n解：椭球面上点处的法线向量为：2Xo 2y

10、0 2z2 , - 2 , -2-a b c,其方向余弦为cosZo2c222XoVoZo-44 一4abcXo2acos acos222XoV。Zo444abc,ux 2x, uv 2y, uz 2zxyzVob22于是，函数u在点u。处沿n的方向导数为：f ux , cos uy cos uz , cosIu0u u0u0(因u0xyz8.16求平面345212和柱面x解：平面与柱面的交线到2xq4a2V。b42Z04c1的交线上与xoy平面距离最短的点.xoy面上的最短距离为函数Z = 5W的条件x2y2下的最小值，作Lagrange函数:x,y51-LxLy3 35解得条件驻点4x =

11、-,y55 ,最小值35z = 一12 o, ,于是点5 5 12即为所求。2X -28.17 在第一卦限内作椭球面 a 四面体的体积最小。求这切面的切点,2 y b2的切平面,并求此最小体积。解：设M0X0,y0，Z0为椭球面上在第一象限内的点。椭球面在处的法向量为:2x 0-2a2y0 2Z0使该切面与三坐标面所围成的切平面为：X0 rr x X 即：a2x02- x - x a2y 0by -y。2Z0-2- Z cZ0Z0Tz cb2切平面在三个坐标轴上的截距分别为X0y? J )2,2 2a b cZ0该四面体体积为:XoYoZ又因点 u0 X0,y0,Z0在椭球面上21x012a0

12、b22 Z02c22233xyZ03.222,a0 b c2 Xo2当且仅当%b2Z21/ Q -一,C3时等号成立。XoyoZo13.32.2 2 abcXoyoZox0 =(当、.3abc2=by0一落ax0方 y0当 . 3z0 3时等号成立）。cZ0J 3时等号成立。故当平面的切点为3bc9.01计算下列二重积分:(1)(1Dx )sinyd形闭区域;解:区域D:(2)解:(1(x2(x2x) sin yd3,3,3时，切平面与坐标面所围成的四面体的体积最小第九章重积分1dx010(xD是顶点分别为（0, 0）, （1,x 10(1 x)sinydy1)dx(x 1)2，为0) , (

13、1 , 2)和(0, 1)的梯cos11o(x 1) cos(x 1)dxy=x+1210(xsin1y2）d其中D是闭区域:y2)dsin x dx001) sin(x 1)1sin(x1)d(x 1)cos2 2sin2(x2 y2)dysin xdx0y(3 )解:解:9.02(r,R2区域D:3x3x6ycosx2x sinx2 cosx400 cosx 2xdx2 sinxdx0413132 1 cos xd(cosx)cosx13cos x3091)dy2d02 (sin32R3R3R331r36y 9 d交换下列二次积分的顺序:142(y 4)dy f(x, y)dx0-J4-y

14、2(1 cos)dcos3R30260D是闭区域:3 -一 2sin3r2 cos6r2sin9r dr一 2 sinsin4R44R4r3dr0Rr2drR29 R22302cosRr2dr0Rrdr0x(1)D解：/ 4 x(x,y)0 y 4(x,y)2x 4 y 4142(y 4)0dy 4 y f(x，y)dxJy 4), x2, 2 x 0 04 x22dx 2x 4f (x,y)dy1 2y33 y0dy 0 f(x，y)dx 1 dy 0 f(x，y)dx解:D10dy一 ，一2 一,D1(x,y)0 x y ,0 y 11 1 1 1 1D1D2(x,y)0 x J2y y2

15、,1 y 211 1 x2f(x,y)dxdy dx - f(x,y)dy0. xD1y20dy0 f(x,y)dx2y y20 f(x,y)dx21dy9.03证明:证明：ay 丫 e 00m(a-x)f(x)dx(x,y)0(x,y)x0dy 0em(ax y,0y a,0x,f (x)dxa0(a x)em(a x)f(x)dxy ax aem(a x)f (x)dxdyDaa m(a x)工dx e f (x)dy0x(a x)em(a x)f (x)dx x，证毕。9. 04把积分f(x,y )dx表为极2 x坐标形式的次积分，其中积分区域D是解:1 x(x,y)x2y 1,1(r,

16、 )0-1y=x2D2 0y小曲线y曲线y区域2x的极坐标方程:1的极坐标方程：D在极坐标系下有:9.05sec tgcscD DiD2 D3f(x,y)dxdyD把积分04dcscDi其中：tg,7(r, ) 0 r sec tg ,0, D3sec tg0 f(rcos ,rsinf(rcos ,rsin )rdr 3 dT)rdr(r, )0 r csc ,4sec tgo f (r cos , rsin )rdrf(x,y,z)dxdydz化为三次积分，其中积分域2y x及平面y=1,z=0所围成的闭区域是由曲面z解：区域在xOy面投影为2它由抛物线y x与y2Rz(R0)y的公共部分

17、。f(x,y,z)dxdydz9.06计算下列三重积分：2 .z dxdydz，其中解:(r,)02R cos ，一32,0(r,z2dxdydz2-2 Rcosd2dr cos003Dxy1围成10dy1dx112dy x是两个球:)0 rr2 sin dr03dx2dx02 xR,0:y2f(x,y,z)dz2yf(x,y,z)dzR 2r cos03,022r sin dr(2)解：区域6464R516059R5R5480222zln( xyz222x y z222:x y zf(x,y,z)而被积函数27cos sin d318一 cos860R5R53dv1 淇中f(x,y,z)dv

18、 0(y z )dv(3)面x=5所围成的闭区域。2r解：区域5,(y2z2 )dv是由球面5招 2cos013一 cos3sin d1所围成的闭区域。1关于坐标面均对称(特别就平面222zln(x y z是由xoy)1)1关于z为奇函数xOy平面上曲线,10,02x绕x轴旋转而成的曲面与平10rdr0:r2dx-210(5r32509.07求平面 限部分的面积。解:由已知得Dxyadx05r)dr2_6而 r12 01被三坐标面所割出的有dxdydy2,2.a babab生-R / /0522R xdx22R x y0 xR3Rclx2V。y02Ry0R3x2ydydxy。2 R12. 2.

19、 2 22 2一 ,，a b b c a c 29.08在均匀的半径为的半圆薄片的直径上，要接一个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片，为了使整个均匀薄片的重心恰好落在圆心上，问接上去的均匀薄片另一边的长度应是多少？解：建立如图所示直角坐标系整个均匀薄片所在区域关于y轴如称；x 0由已知题意，要求整个均匀薄片的重心恰好落在圆 心（坐标原点）_yd 0y 。，即 D2x -2R 7x x3yo2yo、2R、2R33 ；即所接均匀矩形薄片另一边的长度应是 329.09求由抛物线y x及直线y 1所围成的均匀溥片（面密度为常数）对于直线y1的转动惯量。u x解：令 v y 1x xu,v dxdy

20、则Ju,曰由12 ,Iv Iy 1 V dudvD1dx12dydx3x23x4dx-103681059.10设在xOy面上有一质量为 M的匀质半圆形薄片,占有平面区域:R2的，过圆心。垂直于薄片的直线上有一质量为m的质点P, OP a求半圆形薄片对质点 P的引力。FyFz2MR2如图GmDR 2，薄片质量M S示直角坐标系对称性知ydFx 0a2 322GmMRsinR r23 dr324GmMR24GmMR2Gma2GmMr-r2-ln r,r . Rln2yRdr22GmMaR2rdra2 32Fx,Fy,FzFx中0,2ac 3a 22GmMR2R2Fz2GmMR2Fy4 GmMR22

21、2,R R a ln. R2a2aR2a2第十章 曲线积分与曲面积分10.01 填空Pdx + Qdy + Rdz第二类曲线积分y化成第一类曲线积分是(p8sQ8sR8sHs，其中、为上点(x,y,z)处切向量的方向角。Pdydz + Qdzdx + Rdxdy(2) 第二类曲面积分化成第一类曲面积分是(PcosQcosRcos )dsb(x,y,z)处的法向曼的方向角10.02计算下列曲线积分:22i，x yds . 一ds,其中L为圆周解:L:x 2ax表不为参数方程：x = a a cos2 2y = asin2(0为axa .一 sin 2,ya=cos222,x yL . x2y2d

22、s42a2 1+ cos2aax = (1 cos )2-d 2cos-d2(2)zds .，其中为曲线2a2sin2sin2x t cost,tsint ,t0解:y tsin tz t(0 t t0) 2xt22yt ztt2zdst021 to220 t 2 t dt - 02 t d(2 t )122 3/2(2 t2)2 3t0 0(2 t0)3/2 延3L(2a y)dx的一段弧。解:L(2ay)dx(4)(y2z2)dx的一段弧。(y2 解：(yz2)dxxdy淇中L为摆线xa(t sin t) , y a(18st)上对应t从0到(ex(5) L(2xdy 02aa(1cost

23、) a(t sint)2yzdy2yzdya(t2(10 2sint)2 cosa(1 cost) dt.2 、.tsint sin t)dttsin tdt0t( cost)2 a2 x2dzdzsin y 2y )dx (沿逆时针方向。，其中(t4(3t62costdt0是曲线x t,y t2,zt6) 2t52t t23t22t4)dt2t 53,t上由dt135cosy 2)dy，其中l为上半圆周(xa)2tlOA: y 0(02a),_由格林公式，有OA(ex siny 2y)dxx(ecosy0 到 t2 12)dy解：补直线段xxe cosy (eDcosy 2)dxdy/ x,

24、(e sin yOA, (ex sin y2y)dx2y)dx，x(e cosy 2)dy(ex cosy 2)dy2 dxdyD2区域D的面积2 aL OA L OA2a0dx 002a22(6)看去,ryzdz ,其中沿逆时针方向是用平面y z截球面x1所得的截痕,从z轴的正向解:xyzdzcost1,1. 2一 sin210.03(1)解:用参数方程表示为：cost1. 1sin t2(t:0.2161sin 4t 81.cos tdt.2216216(sin 2t)2dt2161 cos4t lxdt2计算下列曲面积分:投影到1-2dsy z ，其中yoz平面上的投影为是界于平面Dyz

25、H之间的原柱面2 其中1 ：xR2y2(0H),1 X2 x2(10.03 (2)图)2 :xR22xy2Xz(0R2Dyz:xy2R2R2RR,0R2z H),-ds zdyy2 z220 R zRR2 y2(arcsinRr)2 dydz ydz,1(arctgH)1 H2 ( 2) (RarctgR 0)H2 arctg / 222(y z)dydz (z x)dzdx (x y)dxdy(2)其中为锥面z xx y ,0 z h的外侧。解：补平面1:z h上侧(如上页下图)，与 构成一封闭曲面：1的外侧,222二(y z)dydz (z x)dzdx (x y)dxdy 0d 0由高斯

26、公式得：1oo又11 故11222(y z)dydz (z x)dzdx (x y) dxdy(y21z)dydz (z22x)dzdx (xy)dxdy(x2Dxy2y)dxdy 0(r2 2cosr sin )rdr2 H0 4h4 _4 22 cosLn)dxdydz ydzdx1 . sin4zdxdyh3h4421 cos2 , d-cos 32h442sin d0(3)为半球面解：补平面 1 :zh下侧，与构成一封闭曲面:的外侧；由高斯公式得22x yzR2-xdydz ydzdx1zdxdy (1 1 1)d3区域 的体积-xdydz又1oydzdx zdxdy 022x 2 (

27、y 1)2169 (z 0)的上1的外侧；而33xdydz ydzdx zdxdy 2 R 0 2 Rxdydz ydzdx zdxdy222 31(4) x y z ,其中为曲面侧。解：补平面1 :z 0下侧，与曲面构成一封闭曲面:x1 2223.(x y z )(5)y2222、3. (x y z )2 y(x22 x(x22 x(x2 z2y2 z2y2 y2 y2x2o 5z ) 22y22z2xdydz ydzdx zdxdy由高斯公式得：22y z2x2,(x2 x2 y2zz2)3(x2xdydz ydzdx zdxdy.(x)3xy2y2 (x2 z2)522z2)d0d(x2

28、dxdy 02)30dxdyD xyDxy :(其中 xdydz16ydzdx zdxdy(x2z2)3xyzdxdy其中为曲面x 0,y 0的外侧解：方法1：xyzdxdyxyzdxdy上xyzdxdyxy 1 x2 y2dxdyxy(y2 )dxdyDxy2 xy. 1 xDxyDxyy2dxdy2 02d3 _r sincos,1 r2dr2 02sin cos.2 sin令 r cost1515r3 . 1 r2dr0其中：cos3 tsin t( sin t)dt方法2:补3 ： y由高斯公式得：0_(120,(x2 2 、 2 .sin t)sin tdsint21), 4 :x

29、0,(y1.3-sin t 3z2 1)15sin t515xyzdxdyxyzdxdy3xyzdxdy4xyzdxdy34xyd02d1r22.sin sin cosr2 sin dr2 sin0cossin3 d0xyzdxdy xyzdxdy 0而 34xyzdxdy2-0 0-1515xdx ydy2210.04证明： x y在整个xOy平面的除去y的负半轴及原点的开区域 G内是某个二元函数的全微分，并求出一个这样的二元函数P证明：PB(0,y)C(x,y)yxdx2xy222(x y )ydy2幽0,1)22X y 在整个xoy平面除去及原点的开区域 G内是某个二元函数的全0卜。u(

30、x,y)(x，y) xdx ydy(0,1)x2xdxAB y2xxdx ydyBC 22BC x yy 1 .1 -dy1 y12-ln( x2x xdx0 x2y2)10.05设在半平面ln y11n(x2 2-lny2 2x 0内有力xiyj构成力场，其中k为常数，r Jx2W证明：LP(x,y)dx Q(x,y)dykx22 3y )dx(xky2kx2ydy2、3y )3kxy22/52x yky2x故P(x,y),Q(x,y)在单连通区域：半平面xQ P3kxy2252x y0,有一阶连续偏导数。10.06求均匀曲面z在此力场中场力所作的功与所取的路径无关。-22 2a3 x y的

31、重心的坐标解：曲面Zx222222z va x y在xOy面投影为Dxy： x y ax zy222 , y222a x y a x y210.07 设Zx是关于y 0,Zy y22a xyoz面,xoz 面对称,zdsDxy3a2 a2x,y 、正向边界曲线。dxdyDxyv x,y证明:z odsods-222 ,y 1 zx Zy dxdya区域Dxy的面积 a a2重心0,0,2在闭区域D上都具有二阶连续偏导数,(1) D(2)分段光滑的曲线v udxdy graduDu v v u dxdyDv沿L的外法线向量n分别是u、其中 n、 维拉普拉斯算子证明：令gradv dxdyv uu

32、 vL n nn的方向导数，符号dxdyu .v dsnds称二x轴正向到方向nx轴正向到切线方向的转角n的转角cossinn根据格林公式:udsL n Ldsdsucosxu一 cos xsin dscos dsu一 sin ydsu一 sin ds ydyxdxy2 u-2 xudxdy(2)由(1)同理udxdyy2 u-2 xu一 dxdy2u2 ydxdy2 u-dxdy ygradu grad dxdyDgradu grad dxdy dsnudxdyu dsndxdyu一 一dxdy y yuds ngradu grad dxdygrad gradu dxdy由上两式作差：10.

33、08 求向量 A xi yj流向外侧的通量解：由已知条件得所求通量为:uL(u7u)ds n(uDu)dxdy-A ndszk通过区域divAd10.09求力F yi zj xk沿有向闭曲线1,1, 0z 1的边界曲面的体积所作的功，其中为平面xy z 1被三个坐标面所截成的三角形的整个边界，从z轴正向看去，沿顺时针方向解：取 为平面xyz 1,(x,y,z 0)下侧被 围成，1 1 cos即cos公式有: ydx zdy xdz的单位法向量-ds zx1D3 Dxy3的面积 2第十一章无穷级数11.01(1)(2)部分和数列Sn有界是正项级数nu n1 收敛的充要条件。(3)注区11.02u

34、 n若级数n 1 绝对收敛，则 散。判别下列级数的收敛性u n必定收敛；若级数n 1 条件收敛，则(2)解:(1)解:5n1 2n2 3limn2n22n!limn级数发散。lim n 1n原级数发散。nim un 0是它收敛的必要条件，不是它收敛的充分条件。(3)2n解:解:n2nn12n是收敛的；原级数收敛。n 1 lnlimn110n.；1n I 10ln n级数发散。n a ，(a 0,s 0)lim解：nUn 1Unlimnsn lim aa nsn an 11收敛s 1时；当a 1时：原级数为-s n 1 nMi0 s 1时;收敛0a1ana1n 1 ns收敛a1, s 1故原级数

35、发放a1,0 s1U nVnU n设正项级数证明级数和n 11nn 1都收敛,当a 1时级数发散；1时级数收敛；11.032V n也收敛。证明:Un收敛,N,当nN时,011.04设假设Vn解：不一定。如:U n又如：Un,02U n22U n2V nVn,1,Vn同理02收敛。Vn 1,UnVn收敛。Un Vn2也收敛U n收敛，且limVnvn是否收敛？试说明理由。n(n一,lim1) nVnvn是收敛的;1)n(1)n 1limn1n 1-(1) nn(1)n 1 nlim 1n1)nV n但n 1 是发散的。11.05讨论下列级数的绝对收敛性和条件收敛性。(1)(1)n 1解:当0 p

36、当p1时收敛 故绝对收敛。11时，属交错级数；而n 1 np发散.故条件收敛。 很显然原级数发散(1)nsin1 n 1n 1n 1解：,(3)解：,(1)n 1 11 1limn1)nsinn 1n-1n 1In nnIn n1)n In1)n(nlimnInn 是交错级数1)!.原级数绝对收敛。发散.原级数条件收敛。(4) nlim解：: nUnlimn(n 1)!(n1)nn!limn(1-)n n11.06.原级数绝对收敛。 i求下列极限：11lim(1)7(1k2；解:(1 1)kk单增小于e?(11)k2解:limnn3n 5n5时，级数收敛;lim 解：nn (1(3)n(xn 1解:limn(3)解:11.08(1)解:(2)解:(n1 2nlimn1)n1 lim (1)1时，级