10112《高等数学A(工科数学分析)》第二学期期末考试试卷(精简版)及详细参考答案_高等数学下试卷分析

10112《高等数学A(工科数学分析)》第二学期期末考试试卷(精简版)及详细参考答案由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高等数学下试卷分析”。

河南理工大学 2010-2011 学年第 2 学期《工科数学分析》(下)试卷（A卷）

一、填空题（共28分，每小题4分）

１．函数uxy2z3xyz在点1,1,2处沿方向l（其方向角分别是600,450,600）的方向导数 是 9/2．

121解：l方向单位向量为：elcos60,cos45,cos60,22,2.

函数u的梯度向量为：uux,uy,uzy2yz,2xyxz,3z22xy 

u1,1,2ux,uy,uz（1，1，2）点的梯度为：1,1,2y2yz,2xyxz,3z22xy1,1,2-1,0,10

u

l1,1,212u1,1,2el1,0,102,2,19 22

２．设0

k1k1p=2p,(0p2)p2

k1 解：，令Sxk1x2

k1k1xxk21xk1，幂级数收敛半径为1，0

令fx

kk12xk1kkxk1k1kxk1kkkx k1kx

k1kxkxk1xxkk1k1xxkxxx，2x11xk1

x1x12xSxxf1x,|x|1 , fx23x12xx1

所以，k21p

k1k1p=

22p,(0p2)2p 3.函数fx,ysin(xy)在点(0,0)的泰勒公式（到二阶为止）为2

fx,yx2y2

xx2y2 ４．函数fx3的幂级数展开式为

xlnn3nxn!n0． 解：利用已知级数的幂级数展开式e1x121xxn,xR 2!n!

fx3ex

x2ln3xeln3xln232lnn3n1ln3xxx,xR 2!n!x55.设Fxxexy2dy,则F(x)e2xex3x2xye2xy2dy

《工科数学分析》期中考试 第1页（共6页）

６．



C

xds=

5513

，其中（C）为抛物线y

x从点0,0到点1,1的一段弧。

解：曲线（C）的表达式，取y为自变量，则xy2,0y1.dx2ydy,dsdx2dy2

原式=

2ydy2dy2

4y21dy



C

xdsy4y21dy

1115222

4y1d4y1tdt551 01883





7．微分方程yy0，满足初始条件yx00,yx01的特解为

ylnx。

解：方程中不含x,y，属于可降阶的微分方程，令y'ppx，则y''分离变量：

dy'dpdp

p'，代入原方程可得：p'p20，即p20 dxdxdx

11dp

xC，积分得：，即：.dxpy'12

pxC1p

1dy1

，即

x1dxx1

利用初始条件可得：C11.所以y'再分离变量：dy

dx，积分得：ylnxC2，x1

利用初始条件可确定：C20，所以，所求特解为：ylnx

二、解答题（共50分，每小题10分）

1、设u,v具有连续偏导数，函数zx,y由隐方程cxaz,cybz=0确定，求

a

zzb。xy

解：将隐方程两边全微分可得：

dcxaz,cybz

dcxaz2dcybz 1

cdxadz2cdybdz01

整理得：dz

c1c2

dxdy

ba1ab212

所以，c1c2zz

,

b2ya1b2xa1

a

c1c2zz

b=a,bc

xya1b2a1b

22、判定正项级数

1n0



n1



1n0

x

dx的敛散性。4

1x

解：令an



xx

．x0时，fx~x2 dx,fx44

1x1x

lim

n

an1

n

lim

n



1n0

xxxntdxdx01x401x4dx1x4

limlim333nt

221112

nnt

海涅归结原理

11

f2tt

原式lim1

t

312122tt1

2t

lim1 t3

3122t

因为数项级数

洛比达法则



n1



1n

绝对收敛，所以原正项级数也绝对收敛．

3、计算三重积分

222xdV，其中V由曲面xy2z和平面z2围成。V

解：先1后2(先单后重)积分区域为：Vx,y,z

12xy2z2,0x2y24 2



xdV

V

x2y24

dxdy

122

xy2



2xdz





1222x2xydxdy2x2y24



极坐标变换dr

1

r2cos22r2rd

002221

r22r2rdrcos2d0028

32

x4、设函数x连续，且满足xe解：显然0e1.ttdtxtdt，求(x)。

xx

原式两边求导可得：

xexxxtdtxx

x

extdt

x

显然又有：01 将方程再次求导可得：

xexx，即xxex，初值条件为：01,01

解二阶常系数非齐次微分方程xxex如下： 该方程对应的齐次方程为：xx0 特征方程为：r10 特征根为：ri，共轭虚根 齐次通解为：YC1cosxC2sinx

1不是特征方程的根，故可以设非齐次方程的特解为：y*cex，y*'cex,y*''cex 代入非齐次方程，得：2cexex,c

11x*

.ye 22

*

所以非齐次方程的通解为：xyYyC1cosxC2sinx代入初始条件可得：0C1

1x

e 2

1110,'0C21=====>>>C1C2 222

x

cosxsinx1ex 225、当x0,y0,z0时，求fx,y,zlnxlny3lnz在球面

x2y2z25r2r0上的最大值。

解：令拉朗日函数为

Lx,y,z,fx,y,zx2y2z25r2

2222

lnxlny3lnzxyz5r









LxLyLzL

2xx1

2y

y3

2z

z

x2y2z25r2

0

x0y

00

解之得：z

0

0



0

ln35lnr 2



rr

3r 1-2

2r

fr,r,3rlnrlnr3lnr



由题意可知，唯一的极值即为最大值，ln35lnr 2

三、证明题（共22分）

x2y22,xy04

1．（10分）设函数fx,yxy2证明：当x,y沿过点0,0的每一条射线

0,x2y20xtcos,ytsin0t，趋于点0,0时，fx,y的极限等于f0,0，即

limftcos,tsinf0,0，但fx,y在点0,0不连续．

t0

证明：沿射线xtcos,ytsin,02,值固定，t0.t2cos2tsin

limftcos,tsin=lim4 t0t0tcos4t2sin2

tcos2sin

=lim2 t0tcos4sin2

=

0,sin0

0,sin0

=0=f0,0

沿曲线ykx2，x0时

x,y0,0

ykx2

lim

fx,ylimfx,kx2

x0



=lim

x0

x2kx2xkx

=

k 2

1k

此时函数的极限与k有关，故极限不存在。所以函数fx,y在点0,0不连续。

bb2．（12分）设函数fx在a,b连续,证明不等式:fxdxbafaa

xdx,其中等号

仅在fx为常量函数时成立.证明：tR,fx,gxCa,b，有:

2222

0,即fxtgxdxfxdx2tfxgxdxtgaaaaxdx0…2分 b

b

b

b

tR,上式恒非负，说明关于t的一元二次多项式的判别式小于等于0，即

bb

2afxgxdx4af



xdxag2xdx0，b

bbb

22即fxgxdxfxdxgxdx aaa

bb

取gx1, 则上式化为afxgxdxbaaf



xdx.当等号成立时，0，即存在唯一的tt0使得即fxt0为常量函数．得证

fxtdx0成立.0a

b