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1、试卷一参考答案试卷一参考答案 一、填空题1. ；2. ；3. ； 4.；5. 676(,)11 11115a 常数 dd 1y xx y xy 42 6 3二、1解：12e2,xyzyfxfx2111122122222 1111222(ee )e (e2)2 (e2)(1)ee2()e4 .xyxyxyxyxyxyxyxyzxyfyxfyfxxfyfx yxyfxyfyxfxyff （假设 具二阶连续偏导）2解：由 stokes 公式知，原式= d dd dd d 1d dd d,2 11yzDy zz xx yy zy zxyz y .( (直接计算也简单直接计算也简单) )1xyz其中表示
2、在第一卦限部分的三角形的右侧222220220243. (cossin )(sincos ) ( cos )( sin ) d(1)d24 .tttttttttttttt 解：原式4. 解：设切点为，则可设曲面在该点的法向量为.平000(,)xyz100(2,2, 1)nxyr面的法向量，所以由两平面平行的充要条件知故切点2(2,4, 1)n r001,2.xy为，. 所以所求切平面方程为，(1,2,5)1(2,4, 1)n r2(1)4(2)(5)0xyz即.245xyz5解：交换积分次序，原式= .1120001 cos1dsind(1 cos1)d3yxyyxyyy6. 解：因为 另一方
3、面，111( 1)1nnnnn1), 2pp 为 级数(发散.为交错级数，且满足单调趋于零，由莱布尼茨定理知11( 1)nnn1 n收敛，综上可知是条件收敛的.11( 1)nnn11( 1)nnn三、解：先求出幂级数的收敛域为，于是设， 所 3,3)11( ), 3,3)3nn nxs xxn 以1111 13( ), 3.33313nnnn nnxxxs xxxnx 所以，故 013( )dln, 3,3)33xxs xxxxx 13ln, 3,0)(0,3),3( )1, 0.3xxxs x x U四、解：设直角三角形的两直角边分别为，则由题意知，则周, x y2216xy长，等号当且仅当
4、成立.22 44244 22xylxy2 2xy所以,斜边之长为 4 cm 的一切直角三角形中最大周长的直角三角形为直角边为cm 的等腰直角三角形.（或用三角代换即令（或用三角代换即令，也可用，也可用2 2cos , (0,)2x LagrangeLagrange 乘数法）乘数法）五、解：可设所求平面的法向量，(1,2,3) (2,5,4)12372 254ijk nijk rrr rrrr显然平面还过点，于是所求平面方程为，即(0,0,1)7210xyz .721xyz六、解：令 根据与路径无关的条2( , )( ( )2 ), ( , )( ),P x yy f xxQ x yxf xy件
5、知， 即 ，于是通过解微分方QP xy2( )( )2xfxf xx( )( )fxf x程结合初始条件得满足条件的函数（或者作辅助函数（或者作辅助函数(0)3f( )3exf x ，则，则，于是，于是( )( )exxf x( )( )e( )e( )( )e0xxxxfxf xfxf x，所以，所以即即） ，所以( )(0)(0)3xCf( )e3,xf x( )3exf x 2212212(3e2 )d(3e)d1=2(3e2 )d(43e)d3e6e.2xxLxIyxxxyyxxyy试卷二参考答案试卷二参考答案一、填空题（每小题 3 分，共 15 分）1. ；2. ；3. ； 4. 3
6、211 223xyz22d(2)d(2)duxyyxxxyy；5. 1(5 51)12(1)zz xx z二、选择题（每小题 3 分，共 15 分）1.A；2.C；3.A； 4.D；5.D 三、计算题（每小题 6 分，共 24 分）1解：这里方向 即向量,与 同向的单位向量为，l(1, 1,0)AB uuu rl11(,0)22le因为函数可微分，且222(1,0,1)(1,0,1)(1,0,1)(1,0,1)(1,0,1)(1,0,1)e1, 2e2, e1,yyyuuuzxzxxyz故所求方向导数为(1,0,1)112121 0.222u l 2解：令，则，记uxyvy( , )zf u
7、v1212211122( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ),uvuvvuuuvvff u vff u vffu vffu vffu vffu v于是 所以1210,zyffyfx 12,zxffy211112(),zfy xffx y 2111221222(),zx xffxffy又因为，即函数具有二阶连续偏导，故2fCf.2 2 11122222zx fxffy3解：2 211123420001133d()dd()d.22220x xx xxxyyxyyxxxxx原式4. 解：令 在全平面区域恒有3 2( , )3e , ( , )sin ,3xx
8、P x yx yQ x yy，所以积分与路径无关，故所求积分为2QPxxy3 2320033(3e )dsind3=3e d(sin )d3 23(e1)(cos2cos0)3 23ecos24.3xLxxx yxyyxyy四、计算题（每小题 8 分，共 40 分）1. 解：在椭圆上任取一点，则其到直线的距离( , )x y2360xy，作 Lagrange 函数23613xyd2 22222(236)( , )(44)(44)13xyL x ydxyxy令，4(236)( , )2013xxyL x yx6(236)( , )80, 13yxyL x yy联立解得,或.显然，当时2244xy
9、83,55xy83,55xy 83,55xy取最小值，所以.（本题也可用三角代换法）（本题也可用三角代换法）23613xydmin13 13d2. 解：先求出幂级数的收敛区间为，于是设 1,1， 所以由逐项求导知1 211( 1)( ), 1,121n nns xxxn 1 21122 2 11( 1)1 ( )( 1), 1.211n nnnnns xxxxnx 所以， 即 201( )darctan , 1,11xs xxx xx 1 211( 1)arctan , 1,1.21n nnxx xn 取，得 故3 2x 1 211( 1)33()arctan, 2122n nnn 1 211
10、1( 1)33( 1)333( )()=artan. 21 4221222nn nnnnnn 3. 解：利用柱面坐标计算三重积分得22222200222002ed d ddde d1de() d2(e1)2hhxyhhzx y zzzhh 4. 解：所求面积为2222221212003 21d d144d dd14d12 (51)(5 51)126xyxy DxySzzx yxyx y 5. 解：由 Guass 公式得224 0003d dd dd d3d3dsin d(22)Rx y zy z xz x yVdrrR五、证明题（6 分）证：由三重积分“切片法”可知11121121( )d d
11、 d( )d d( ) (1)d(1) ( )dzDf zx y zf zzf zzzzf zz 试卷三参考答案试卷三参考答案一、填空题1.；2. ； 3. ；4. ；5. .422422xx yy35402d( , )dxxxf x yy5(3, 2, 6)三、计算题1解：令，22txy20001 coslimlimlim0.e2 e2ettttttttt tt原式2解： 所以， 2e,xyz x2 22e.xyz x y 3. 解：对方程两边关于求偏导得：，于是解得x10zyzxyzx xxyz22.22yzxyzzyzxyz xxyzxyxyzxy类似可求得 22242.22xzxyzz
12、xzxyz yxyzxyxyzxy4. 解：利用柱面坐标算三重积分得（最后定积分计算较繁琐，不作要求）（最后定积分计算较繁琐，不作要求）2233321112122222222 0011003212222 500022(4) ddd(4) d2d(4)1d5939d(4) ()dd()d24243xyvzuuuuuuu 33 2222 55 22999dd()444591677273ln3)(ln3)28368uuu（5. 解：1232242201()d2d(2)d.5Lxxyxyxyyxxxxx 6. 解：将第一类曲面积分转化为二重积分计算得2222222222222 22 22 22 cos
13、344422 002()d() 1d d2() 1d d2 2dd16 2cosd =3 2 .xyxy DxyaxaxyzSxyxyzzx yxyxyx yxyaa 7. 解：因为，而 由比值审敛法11( 1) 33nnn nnnn11 113limlim1,33 3nnnnn n nn 收敛，即绝对收敛. 另外，由于绝对收敛必收敛，所以1( 1) 3nn nn 1( 1) 3nn nn收敛.1( 1) 3nn nn8. 解：易得幂级数收敛域为，设， 由逐项 1,1211( 1)( ), 1,121n nns xxxn 求导得2 212 2 11( 1) ( )( 1), 1.211n nnnnnxs xxxxnx 所以，.222001( )d(1)darctan, 1,111xxxs xxxxx xxx
