数学分析试题（二年级第一学期）

（三十二）数学分析试题（二年级第一学期）

-叙述题（每小题10分，共30分）

1叙述含参变量反常积分/（X，y）dx-致收敛的Cauchy收敛原理。

2叙述Green公式的内容及意义。

3

4叙述n重积分的概念。

二计算题（每小题10分，共50分）

1.计算积分/=rx<y-ydx,©为椭圆2x2+3/=],沿逆时针方向。

23x2+4y2

2.已知z=/（xz,z-y）,其中/Q，,v）存在着关于两个变元的二阶连续偏导数，求z

关于的二阶偏导数。

3.求椭球体二+上+J=1的体积。

a2b2c2

4.若/为右半单位圆周，求Jlylds

5.计算含参变量积分/(a)=『ln(l-2acosx+a2MX(时＜1)的值。

三讨论题(每小题10分，共20分)

1若积分在参数的已知值的某邻域内一致收敛，则称此积分对参数的已知值一致收敛。

试讨论积分

gadx

\2x2

f+a

在每一个固定的。处的••致收敛性。

2讨论函数/(y)=fdx的连续性,其中/(x)在［0,1］上是正的连续函数。

J)x+y

数学分析试题（二年级第一学期）答案1

-叙述题（每小题10分，共30分）

1含参变量反常积分关于y在［c,即上一致收敛的充要条件为：对于任意

给定的£>0,存在与y无关的正数人），使得对于任意的A',A>，

|£f（x,y）dx<£,yw［c,d］成立。

2Green公式：设。为平面上由光滑或分段光滑的简单闭曲线所围的单连通区域。如

果函数P（x,y）,Q（x,y）在D上具有连续偏导数，那么

\Pdx+Qdy=卜?-当）dxdy,

dDD°二

其中。。取正向，即诱导正向。

Green公式说明了有界闭区域上的二重积分与沿区域边界的第二类曲线积分的关系。

3.设。为R"上的零边界区域，函数“=/（幻在。上有界。将。用曲面网分成“个

小区域AQi,A。?，…，A。“（称为。的•个分划），记△匕为A。,的体积，并记所有的

小区域A。j的最大直径为/I。在每个AQ,.上任取一点七，若几趋于零时，和式

/=£/3,）△匕

/=1

的极限存在且与区域的分法和点X,的取法无关，则称/（X）在Q上可积，并称此极限为

/（x）在有界闭区域。上的〃重积分，记为

QTi=l

二计算题（每小题10分，共50分）

6]

1解令/:x=——COSE,y=-sinr,则

32

产g2.2x1V3

|$(cost+sint)dt=.TC.

2解令〃=xz,v=z-y,则

dudzdvdzdudzdvdz

z+x——=——=x——=----[A.

dxdxdxdx9dydy,dydy

—dz=d-f--d-u-1-d-f-d-v-,—dz=-d-f-d-u-1-d-f--dv-

dxdudxdvdxdydudydvdy

故

22222

dz=dfdu1df(duY)^av|df(dv\

dx2-dudx2du2[dx)dvdx2dv2[dx)

d2z_dfd2u+d2f仅〃]2+d2v+d2fdv\

dy2dudy2du2\dy]dvdy2dv2^dy}

2222

dfdudf(。〃丫d〃、dfdv।a/pvYdv}

dxdydudxdydu21&人dy\dvdxdydv2(dr人。J

22

2w包6V/

25fa++af+52

a-2522a-v

&awax5VX5V

5Xax

部畀小卜翱Z+喑)言+察停)

dudxoxJdu<ox)dvydxJdvyoxJ

2222

dzzdfdudf(du\dfdvd-f(gvV

dy2dudy2du2dvdy2dv~[②,

H归+%⑷+更立+"但_J

du[dy2)a«2t^yjSvdy2dv2[dy)

d2z_dfd2ud2f(6wVduydfd2vd2f(dv\加)

dxdydudxdy3“21ax人d)Jdvdxdy+涯

_5(dzd2z]d2f(&丫dzydfd"

du(OydxdyJA"(Sx人力Jdvdxdy

+宴红陛

dv2dxydyJ

3解由于对称性，只需求出椭球在第一卦限的体积，然后再乘以8即可。

作广义极坐标变换

x=arcos8,y=hrsinO(6f>0,/?>0,0<r<oo,0<^<2^r)o

这时椭球面化为

(arcos0)2("sin。)2

+

又

。(覆》)=%x\acos。-arsin0

e——abr，

D(r,。)-yry0\\bsin0brcos0

于是

1

VJJz(x,y)K=JJz(r,e)*箸〃

8-

7C_________

22

=fj^1c71-r•abrdr-—abc[r71-rdr

2

-abc1^(--V1-r2)d[\-r2)

=-—­—abc[—(1-r2)^|o]=­abc«

223|06

所以椭球体积

4,

V=—7vabco

3

4解/的方程为：/+/=],xN0。由y，=一直，

y

ds=±yjl+y2dx-±『Idx=+pj

符号的选取应保证dsNO,在圆弧段AC上，由于dx>0,故

而在圆弧段Q5上，由于dx<0,故

所以/=心向=[出喷+卜后卜

=[dx-[dx=2。

5解1(a)=£ln(l-24cosx+〃2)dx。当时，由于

1-2QCOSX+Q2>1-2时+〃2=(1-冲2>0,

故ln(l-2〃cosx+a2)为连续函数且具有连续导数，从而可在积分号下求导。

“、r—2COSX+2Q,

f(a)=\--------------dx

4)1-2。cosx+。~

1r(xQ2_])

=—1+-------------dx

a[1一2acosx+a)

711—CL~dx

aa*(1+Q2)-2QCOSX

乃2%

0。

aa2

于是，当时＜1时，I（a）=C（常数）。但是，/（0）=0,故C=0,从而/（。）=0。

三讨论题（每小题10分，共20分）

1解设劭为任一不为零的数，不妨设劭＞0。取6〉0,使许一6＞0。下面证明

积分/在（劭一3,劭+b）内一致收敛。事实上，当〃£（旬一氏。0+b）时，由于

1+a-xl+（a0

且积分

1r_1+（劭3_/_dx

收敛，故由Weierstrass判别法知积分

在（即-氏/+㈤内一致收敛，从而在&点一致收敛。由4的任意性知积分/在每一

个a工0处一致收敛。

下面说明积分/在a=0非一致收敛。事实上，对原点的任何邻域（-3,3）有：

VA〉O,有

「」^=「4稣0)。

J,l+a2x2如1+/

由于

+COdt严dtTC

-=----r=—,

J认l+JA1+/22

7T

故取€）＜£＜,,在（-b»）中必存在某个g〉0,使有

[+8dt,

-rl>

<A1+f

即

因此，积分/在a=0点的任何邻域(-3,6)内非一致收敛，从而积分/在a=0时非--

致收敛。

2.解当y#0时，被积函数是连续的。因此，F(y)为连续函数。

当y=0时，，显然有尸(0)=0o

当y>0时，设机为/(x)在［0J上的最小值，则机>0。由于

iV1

------rdx=m-arctg—

J)x+yy

及

..1兀

limarete-,

y-»+oy2

故有

limF(y)>—>0«

,v-»+o2

所以，/(y)当y=0时不连续。

（三十三）数学分析试题（二年级第一学期）

-叙述题（每小题10分，共30分）

1叙述二重积分的概念。

2叙述Gauss公式的内容。

3叙述Riemann引理。

二计算题（每小题10分，共50分）

1.求球面，+/+12=50与锥面/+;/=22所截出的曲线的点（3,4,5）处的切线

与法平面方程。

2,求平面z=O,圆柱面/+y2=2x,锥面z=卜+/2所围成的曲顶柱体的体积。

3.计算三重积分

I=+y+z)dxdydz。

其中V:0<x<1,0<y<1,0<z<1»

4利用含参变量积分的方法计算下列积分

5计算jjldydz+y3dzdx+zidxdy,其中M为上半椭球面

M

222

—y+-y-T-4—-=1,z2O(a,b,c>0),

ab~c

定向取上侧.

三证明题(每小题10分，共20分)

1.若”21及xNO,yNO,证明不等式•二;)'"Nx+y

2

2.证明「邺£”关于〉在［。，切(0<4</?<+8)上一致收敛，但在(0,+8)上

J)x

非一致收敛.

数学分析试题(二年级第一学期)答案

-叙述题(每小题10分，共30分)

1.设。为Rz上的零边界区域，函数z=/(x,y)在。上有界。将。用曲线网分成〃个

小区域公。”八。2，・“，八。”(称为。的一个分划)，记△3为AQ,的面积，并记所有的

小区域AQ,的最大直径为2。在每个AQ,上任取一点(。,功)，若人趋于零时，和式

/=£/©.，〃,)△/

1=1

的极限存在且与区域的分法和点(&,7)的取法无关，则称/(X)在。上可积，并称此极

限为/(x,y)在有界闭区域。上的二重积分，记为

I=JJ7(x,y)db=如f,7,)AO-,«

C,i=l

2.设。是A?中由光滑或分片光滑的封闭曲面所围成的二维单连通闭区域，函数

P(x,y,z)，Q(x,y,z)和R(x,y,z)在。上具有连续偏导数。则成立等式

+半dxdydz-JjPdydz+Qdzdx+Rdxdy,

这里a。的定向为外侧。

3.设函数-(x)在口,切可积且绝对可积，则成立

lim[sinpxdx=lim[^/(x)cospxdx=0o

p—>+ooJvp—>+ooJJ

二计算题(每小题10分，共50分)

1求球面》2+/+22=50与锥面/+/=产所截出的曲线的点(3,4,5)处的切

线与法平面方程。

解设F(x,y,z)=x2+y2+z2-50,6。,〉a)=/+/一22。它们在(3,4,5)处的偏导

数和雅可比行列式之值为：

dF/dFcdFs

—=6,——=8,—=10,

dx5ydz

dG/dG0dG—

—=6,—=8,—=-10,

dxdz

和

普=76。，"出二-12。，书;0。

3(y,z)8(z,x)a(x,y)

所以曲线在(3,4,5)处的切线方程为:

x-3_y-4_2-5

-160-120-0

即

13(x-3)+4(y-4)=0,

[z=5.

法平面方程为

-4(x-3)+3(y-4)+0(z-5)=0,

即

4x-3y=0o

2求平面z=0,圆柱面/+V=2x,锥面z=旧+y2所围成的曲顶柱体的体积。

解其体积U=1#彳+y2dxdy,其中。：/+/(？/。设x=rcos(p,y=rsin(p。

D

D:r<2cos。故

卜=[|77774也=£如「"户力.

O2

8W3,

=-l^cos-<pd(p

»*-

-o1^.(1-si.n2(p\)ds-m(p=—32.

3—7

3解

JJ](x+y+z)dxdydz=(dxjdy](x+y+z)dz=fdxj[(x+y)z+彳]I；dy

v2

=[“'/(g+x+yMy=H(g+x)y+、]t"*=f(i+x)^=|-

4解：首先，令/=「e*dx,则/=2「e72dx，在积分『e*dx中，再令

x^ut,其中“为任意正数，即得/=21e*dx="『r内公.再对上式两端乘以

e~u：du,然后对“从0到+8积分，得

注意到积分次序可换，即得

由于/〉0,故I=&.

5利用广义球面坐标代入曲面方程就可得曲面的参数方程为

JI

x=asin0cos，，y=6sin9cos6,z=ccosp,0<0<27,0<(p<­.

易得

=besin~(pcos0,

改(pf)”

=acsin2°sin仇

次(P,e)

仇'")=basin2(pcos6,

e®e)

因此

册办收+yydzdx+z^dxdy

=『(〃％csin、9cos40^acsin^^sin40+c3absin(pcos(p)dO

2

=—7iabc(a2+7b2-be2).

三证明题(每小题10分，共20分)

元4-V

1.证明考虑函数2二—六在条件x+y=a(a>0,x>0,yNO)下的极值问题,

设

F(x,y)=g(x"+y")+A(x+y-a).

解方程组

，

齐n

一-X+a-o

&2-

t-1

苏n

<-y+X-o

¥2-

竺y

O

X+〃

-一-

。

、

可得x=y=].从而=(苫2).如果》=y=0时，则结论显然成立.

2.证明首先证「23心在[。，切上一致收敛.由于

式)X

sinxydx=「3也）<2<Z,>o,ye[a,b],

yya

因而一致有界，而l/x是X的单调减少函数且lim'=o,由于1/X与y无关，因此这个极

X->+00JQ

限关于丁是一致的，于是由Dirichlet判别法知「当？改在y€他，句上一致收敛.

山X

再证V吧？/x在(0,+00)上非一致收敛.对于正整数〃，取y=1/”，这时

山X

「2"兀sinxy『/2”开sinx/n.2B/2””2

------dx>----sin—dx

'l7TX||4作x3n兀S\7Cn3/r

2

只要取4=——，则对于任意A。，总存在正整数〃满足〃乃>4)，取y=i/〃，这时成立

3兀

sinxy2

dJx>—=£（）

\rx

由Chauchy收敛原理知C任？氏在(0,+8)上非一致收敛.

1)x

(三十四)数学分析试题(二年级第一学期)

-叙述题(每小题10分，共30分)

1叙述第二类曲线积分的定义。

2叙述Parseval等式的内容。

3叙述以2%为周期且在［-1,4］上可积函数/(%)的Fourier系数、Fourier级数及其

收敛定理。

二计算题(每小题10分，共50分)

1.求/=J(x+y)ds,此处/为联结三点。(0,0),A(l,0),8(1,1)的直线段。

2.计算二重积分

I=j|(x2+y2)dxdy«

其中。是以y=x,y=x+a,y=a和y=3a(a>0)为边的平行四边形。

3.一页长方形白纸，要求印刷面积占Acm*,并使所留叶边空白为：上部与下部宽度

之和为acm,左部与右部之和为rem，试确定该页纸的长(y)和宽(幻，使得它的总面积为

最小。

4.计算三重积分

222

222

其中丫是椭球体+2y+—y<1。

a2b2c2

y_-bx

5.计算含参变量积分-------------dx(h>a>0)的值。

x

三讨论题（每小题10分，共20分）

-,试确定二阶偏导数宜巴与包的关系。

1已知“=arccos

ydxdydydx

2讨论积分「里处Mx的敛散性。

gxp+xq

数学分析试题(二年级第一学期)答案

-叙述题(每小题10分，共30分)

1设L为定向的可求长连续曲线，起点为A,终点为8。在曲线上每一点取单位切向

量7=(cosa,cos夕,cosy),使它与L的定向相一致。设

f{x,y,z)=P(x,y,z)i+Q(x,y,z)j+R(x,y,z)k

是定义在L上的向量值函数，则称

-ids=z)cosa+Q(x,y,z)cos£+R(x,y,z)cosyds

LL

为/定义在L上的第二类曲线积分(如果右面的第一类曲线积分存在)。

2.函数/(x)在［-肛加可积且平方可积，则成立等式

”+£定+公)=52。)丸

2„=1n4

3若/(x)是以2万为周期且在［-肛乃］上可积的函数，则

1F

a〃二一f(x)cosnxdx(n=0,1,2,•-•)

71

bn=—［/(x)sinnxdx(n=1,2,…)

71

称为函数/(x)的Fourier系数，以f(x)的Fourier系数为系数的三角级数

8

Z(%cosnx+bnsinnx)

2n=\

称为函数f(x)的Fourier级数，记为

~寸+Z(〃“cosnx+bHsinnx)。

n=I

收敛定理：设函数/(x)在［-肛划上可积且绝对可积，且满足下列两个条件之一，则/(X)

的Fourier级数在x收敛于')。

2

(1)/(x)在某个区间［x-S,x+b］(6>0)上是分段单调函数或若干个分段单调函数

之和。

(2)/(X)在X处满足指数为a€(0,1］的Holder条件。

二计算题(每小题10分，共50分)

1。解/=及+>)杰=也+L+L1

x+y)dso

在直线段04上y=0,ds=dx得

^x+y)dS=[xdx=-

在直线段而上x=1,杰=dy得

h(x+y)ds=[(l+y)dy=|

在直线段的上y=x,ds="/x得

Q(x+y)ds=12x42dx=41

所以/=2+后。

2.解j|(x2+y2)dxdy=£(x2+y2)dx=14a4.

Q°

3.解由题意，目标函数与约束条件分别为S=xy与x>r,y>〃，(x-r)(y-/0=A.作

Lagrange函数L=xy+2[(x-r)(y-/?)-A],则有

Lx=y+A(y-lt)=0,

<Ly=x+2(x-r)=0,

LA=(X-r)(y-/?)-A=0.

山此解得

于是有

并且易知它是极小值点.

4.解由于

22

■dxdydz+gj"rd）收+/方皿必，

其中

22

\\\^xdydz=[a^dX\\dydZ,

这里。表示椭球面

222

b2c2a2

「22

或--2—+——-2~—41。

a~〃一

它的面积为

九(八1---T)(cjl--7)=而c(l---r-)o

\a\aa

=£Al一)="小

于是1

=尚mbc,

同理可得

^^-^dxdydz.=-^mbc。

44

所以I=3(—71abc)=­mbc。

155

5.计算含参变量积分「—^”>”0）的值。

axbx

解因为^p-------e--=，e-,办,所以Ldx=「公卜"力。注意至iJeR

XX

在域：xNO,aVyWb上连续。又积分「Z一冲公对a4y4b是一致收敛的。事实上,

当xNO,aWyWb时，0<0一d<6"，但积分［）一心dx收敛。故积分。e,dx是一•

致收敛的。于是，利用对参数的积分公式，即得

从而得

re……dx=(dyCe--dX==

J)xL*bLy〃

三讨论题（每小题10分，共20分）

1当0<x4y时,

du_11_1

&lx2y[xy/y2jx(y-x)

Vy

d2u_1

蔽=4&修

d~U1y/x1

----=------H---------------------=------------

②&4T-2(i4y(y_J4&y-xj

于是，当0<y时,

dxdydydx

[74x

当0<%Wy时，u=arccosJ—=arccos-7=。

\yyjy

2.首先注意到

(XY=(l-p)-+(l-

厂(/+/)2

若max(p,<?)>1,则当x充分大时——-——<0，从而当X充分大时函数一前是递

\xp+/)

减的，且这时

X八

lim-------=0。

-xp+%'

又因（cos.Wx诽也A|W1（对任何A>;r）,故］:‘osjdx收敛。

若max(p,q)<l,则恒有(一--|>0,故函数一--在xN%上是递增的。

于是,

\xp+xq)xp+xq

V正整数〃，有

但5+;XCOSX,

I4---------dx

上.一+产

V2修尸+1x,

〉—I----------dx

2—g

V27171V2

>5-.万。+乃'/---=常数>0,

8)P

故不满足Cauchy收敛准则，因此r-C°SXrfx发散。

*xp+xq

(三十五)数学系二年级《数学分析》期末考试题

一(满分12分，每小题6分)解答题：叙述以下概念的定义：

1二元函数/(x,y)在区域。上一致连续.

2二重积分.

二.(满分16分，每小题8分)验证或讨论题：

x—y2

1f(x,y)=-----.求limlim/(x,y)和limlim/(x,y).极限y)是否

X+yx->0y-Oy->0x-»O.t->0

存在？为什么？

验证函数/(x,y)在点(0,0)处连续，

三.(满分48分，每小题6分)计算题：

1设函数可微，z=/(x,xy).求生|和二.

dxdy

2/（苍y,z）=%+盯2+）/,/为从点与（2,-1,2）到点巴（一1,1,2）的方向.

求力（玲）・

3设计一个容积为4加3的长方体形无盖水箱，使用料最省.

4^xydxdy,D:y=—x,y=2x,xy=1,xy=3.

D2

18_2

5求积分/=［三二La*.

()Inx

6\\e'yldxdy,其中。是以点（0,0）、（1,1）和（0,1）为顶点的三角形域.

D

7计算积分J(2x+sin肛)dx+—cos^rfy.其中乙为沿曲线y=1-1从

L222

点（0,0）到点（ln2,l）的路径.

8V：x2+y2<2x,x2+y2<z<2(x2+y2).Z为/的表面外侧.计算积分

2

耳(13+y之+z)dydz+(x2+y3-cosz)dzdx+(1+y—^z)dxdy.

四.(满分24分,每小题8分)证明题:

1于(x,y)=y.证明极限lim/(x,y)不存在.

x2+y.3。

y->0

2设函数〃(x,y)和y(九,y)可微.证明grad{uv)=ugradv+vgradu.

3设函数/在有界闭X域。上班.试证明：若在O内任勺Wu。上

都有JJ/(x,y)dxdy=O,则在。上/(x,y)三0.

D'

（三十六）二年级《数学分析》考试题

-计算题：

,„„„sin（x2+y2）

1求极限hm,

（…wjl+_+/—]

1

(x2+2y)sin/+)/h0,

92

2/(x,y)=«x+y

0,x2+y2=0.

求工（0,0）和A（0,0）.

3.设函数/（M,v）有连续的二阶偏导数，z=/（xy,x2n+oy2）.求d竽z、学dz

dxdy

和宜^

dxdy

4f(x,y,z)=x+y2+z3,点分(1,1,1),方向/:(2,-2,1).求g"/"(玲)

和/沿/的方向导数力（痣）.

5曲线/由方程组

'2x2+3y2+z2=9,

z2=3x2+y2

确定.求曲线Z上点外(1,-1,2)处的切线和法平面方程.

6求函数/(x,y)=盯在约束条件'+'=1之下的条件极值.(无须验证驻点

xy

满足极值充分条件)

二.证明题：

x~y

1f(x,y)^试证明在点(0,0)处/(x,y)的两个累次极限均存在，但

x+y

二重极限却不存在.

x2+y#0,

证明函数f(x,y)在点(0,0)处连续,

x2+y2=0.

偏导数存在，但却不可微.

3设z=lnjx2+y2,验证该函数满足Zap/ace方程

d2zd2z

芯+凝0.

4设函数/(x,y)在点(0,0)的某邻域有定义，且满足条件l/(x,y)仁工2+/.

试证明/(x,y)在点(0,0)可微.

（三十七）数学系二年级《数学分析》考试题

-（满分12分，每小题6分）解答题：叙述以下概念的定义:

1二元函数/（x,y）在区域。上一致连续.

2二重积分

二.(满分16分，每小题8分)验证或讨论题：

2

y_V

1f(x,y)=------.求limlim/(x,y)和limlim/(x,y).极限lim/(x,y)是否

X+VXTOy->0y->0XTO.V->0

/'.yrO

存在？为什么？

2/（x,y）=；7^'/+y、。，验证函数”,y）在点（00处连续，

[0,/+y2=0

偏导数存在，但不可微.

三.（满分48分，每小题6分）计算题：

1设函数/（〃，丫）可微，z=f（x,xy）.求仪和会.

dxdy

2f（x,y,z）=x+xy2+yz2,/为从点不（2,-1,2）到点小一1,1,2）的方向.

求力（4>

3设计一个容积为4机3的长方体形无盖水箱，使用料最省.

4^xydxdy,D:y--x,y=2x,xy=1,xy=3.

D2

X8-X2,

5求积分/=J-------ax

\nx

0

6\\e-y2dxdy,其中力是以点（0,0）、（1,1）和（0,1）为顶点的三角形域.

D

7计算积分J（2x+sin^-}dx+—cos.其中L为沿曲线y=e'-1从

L222

点（0,0）到点（ln2,l）的路径•

8V-x2+y2<lx,x2+y2<z<2(x2+y2).Z为，的表面外侧.计算积分

3

耳(x"+y之+玲dydz+(x2+V-cosz)dzdx+(x+y——z2)dxdy.

E2

四.（满分24分，每小题8分）证明题：

1f（x,y）=—r^--.证明极限lim/（x,y）不存在.

2设函数〃(x,y)和y(x,y)可微.证明

grad(uv)=ugradv+vgradii.

3设穗/在的涧E域。上逛卖.试阳I：若在。内fl?子区域D'uD上

都有“7(x,y)dxdy=0,则在。上/(x,y)三0.

D'

（三十八）二年级《数学分析II》考试题

•计算下列偏导数或全微分（共18分，每题6分）：

//、X4讨讨32f

I设求公’—

dxdy

2设名=sin（xcosy）,求全微分dz；

3求由方程％+2y+z—2Jxyz=0所确定的隐函数的偏导数学•,

ox

dz

dy

二求函数z=xe2y在点P（l,l）处从P（l,l）到。（2,—1）方向的方向导数。（12

分）

三(14分)设

..、xysin/+y2H0;

f(x,y)=尤工+V

0,x2+y2=0.

1求人(0,0),A.(0,0),

2证明：/(尤，y)在点(o,o)处可微。

四求曲面3%2+2〉2-22—1=0在点尸（1,1,2）处的切平面和法线方程。（16分）

五证明：半径为R的圆的内接三角形面枳最大者为正三角形。（14分