2022-2023学年下学期期末

2022-2023学年下学期期末试卷（A）（含答案）

一、填空题（20 分，每小题 4 分）

设函数 $f(u)$ 可导， $z=f(\sin y-\sin x)+xy$ ，则
$\frac{1}{\cos x}\cdot\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{\cos y}\cdot\frac{\partial z}{\partial y} = \underline{\qquad}$
答案：
$\frac{\partial z}{\partial x}=f'(\sin y-\sin x)\cdot(-\cos x)+y$ $\frac{\partial z}{\partial y}=f'(\sin y-\sin x)\cdot(\cos y)+x$ $\begin{aligned} \frac{1}{\cos x}\cdot\frac{\partial z}{\partial x} +\frac{1}{\cos y}\cdot\frac{\partial z}{\partial y} &=[f'(\sin y-\sin x)\cdot(-\cos x)+y]\cdot\frac{1}{\cos x}\\ &\quad+[f'(\sin y-\sin x)\cdot(\cos y)+x]\cdot\frac{1}{\cos y}\\ &=\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}. \end{aligned}$
幂级数
$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^n$
在 $(0,+\infty)$ 内的和函数 $S(x)=\underline{\qquad}$ 。

答案：
注意到分母上出现了 $(2n)!$ ，与 $\cos x$ 的幂级数展开式很像，于是可以考虑借助 $\cos x$ 的幂级数展开式进行计算。
$\cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}$
令 $t=x^2$ ，则
$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}(x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}t^n = \cos x=\cos\sqrt t.$
因此
$S(x)=\cos\sqrt x,\quad x\in(0,+\infty).$
由于 $\cos x$ 的收敛域为 $(-\infty,+\infty)$ ，所以这里不需要额外考虑收敛域的问题。
设
$\mathbf A(x,y,z)=x\mathbf i+e^y\mathbf j+xyz\mathbf k,$
则 $\operatorname{rot}\mathbf A(x,y,z)=\underline{\qquad}$ 。

答案：
$\operatorname{rot}\mathbf A(x,y,z) = \left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathbf i + \left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathbf j + \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathbf k$ $=(xz-0)\mathbf i+(0-yz)\mathbf j+(0-0)\mathbf k=(xz,-yz,0).$
微分方程
$e^y\,dx+(xe^y-2y)\,dy=0$
的通解为 $\underline{\qquad}$ 。

答案：
法一：
观察方程的形式，将 $y$ 看做 $y=y(x)$ 不易解，于是将 $x$ 看做 $y$ 的函数 $x=x(y)$ ，将方程转化为一阶线性非齐次方程求解。
$e^y\,dx+(xe^y-2y)\,dy=0 \Longleftrightarrow \frac{dx}{dy}+x=\frac{2y}{e^y}$ $p(y)=1,\quad q(y)=\frac{2y}{e^y}.$
由公式可得方程的解为
$x=Ce^{-\int p(y)\,dy} +e^{-\int p(y)\,dy}\int q(y)e^{\int p(y)\,dy}\,dy$ $=Ce^{-y}+y^2e^{-y}.$
法二：
方程具有 $p(x,y)\,dx+q(x,y)\,dy=0$ 的形式，考虑全微分方程解法。
令
$p(x,y)=e^y,\quad q(x,y)=xe^y-2y,$
显然 $p,q$ 在全平面上有连续的一阶偏导数，且
$\frac{\partial p}{\partial y}=e^y=\frac{\partial q}{\partial x}.$
因此这是一个全微分方程。由公式有
$u(x,y)=\int_{x_0}^{x}p(x,y_0)\,dx+\int_{y_0}^{y}q(x,y)\,dy.$
选取 $x_0=y_0=0$ ，易得
$u(x,y)=xe^y-y^2.$
因此原方程的解为方程
$xe^y-y^2=C$
所确定的隐函数。
设幂级数
$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(x-a)^n}{n}$
在 $x=3$ 处收敛，且当 $x<3$ 时发散，则 $a=\underline{\qquad}$ 。

答案：
$a_n=\frac1n,$
易知收敛半径
$\rho=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{n}{n+1}\right|=1.$
又 $x=3$ 时级数收敛， $x<3$ 时级数发散，可知 $x=3$ 为收敛区间的左端点。
因此收敛区间的中心
$a=3+1=4.$

二、选择题（20 分，每小题 4 分）

设矩阵
$\begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3 \end{pmatrix}$
是满秩的，则直线
$\frac{x-a_3}{a_1-a_2} = \frac{y-b_3}{b_1-b_2} = \frac{z-c_3}{c_1-c_2}$
与直线
$\frac{x-a_1}{a_2-a_3} = \frac{y-b_1}{b_2-b_3} = \frac{z-c_1}{c_2-c_3}$
（）

A. 相交于一点

B. 重合

C. 平行但不重合

D. 异面

答案：
$\begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3 \end{pmatrix}$
满秩 $\to (a_1-a_2,b_1-b_2,c_1-c_2)$ 与 $(a_2-a_3,b_2-b_3,c_2-c_3)$ 线性无关，因此两条直线异面。
选择 D。
若数列 $\{a_n\}$ 单调减少， $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$ ， $S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}a_k\ (n=1,2,\ldots)$ 无界，则幂级数
$\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x-1)^n$
的收敛域为（）

A. $(-1,1]$

B. $[-1,1)$

C. $[0,2)$

D. $(0,2]$

答案：
答案选 C。
设 $D$ 是第一象限中的曲线 $2xy=1,4xy=1$ 与直线 $y=x,y=\sqrt3x$ 围成的平面区域，函数 $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续，则 $\iint_D f(x,y)\,dx\,dy=$ （）

A.
$\int_{\pi/4}^{\pi/3}d\theta \int_{\frac{1}{2\sin2\theta}}^{\frac{1}{\sin2\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,dr$
B.
$\int_{\pi/4}^{\pi/3}d\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,dr$
C.
$\int_{\pi/4}^{\pi/3}d\theta \int_{\frac{1}{2\sin2\theta}}^{\frac{1}{\sin2\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,dr$
D.
$\int_{\pi/4}^{\pi/3}d\theta \int_{\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,dr$
答案：
在第一象限内， $2xy=1$ 的极坐标形式为
$r=\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}.$
$4xy=1$ 的极坐标形式为
$r=\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}.$
选 B。
设
$f(x)=\left|x-\frac12\right|,\quad b_n=2\int_0^1 f(x)\sin n\pi x\,dx\quad(n=1,2,\ldots).$
令
$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin n\pi x,$
则 $S\left(-\dfrac94\right)=$ （）

A. $\dfrac34$

B. $\dfrac14$

C. $-\dfrac14$

D. $-\dfrac34$

答案：
由
$b_n=2\int_0^1f(x)\sin n\pi x\,dx\quad(n=1,2,\ldots),$
以及
$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin n\pi x,$
可知 $f(x)$ 应进行奇延拓，周期为 $2l=2$ 。
$S\left(-\frac94\right) = S\left(-\frac14\right) = -S\left(\frac14\right) = -f\left(\frac14\right) = -\frac14.$
选 C。
假设函数 $Q(x,y)=\dfrac{x}{y^2}$ ，如果对上半平面 $(y>0)$ 内的任意封闭有向光滑曲线 $C$ 都有
$\oint_C P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0,$
则函数 $P(x,y)$ 可以取为（）

A. $y-\dfrac{x^2}{y^3}$

B. $\dfrac1y-\dfrac{x^2}{y^3}$

C. $\dfrac1x-\dfrac1y$

D. $x-\dfrac1y$

答案：
由曲线积分与路径无关的条件，可知函数 $P$ 在上半平面内的每一点处都满足
$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}.$
由此排除 A、B。
而 C 在上半平面有无定义的点，故选 D。

三、计算题（50 分，每小题 10 分）

设 $\Sigma$ 是曲面 $x=\sqrt{1-3y^2-3z^2}$ 的前侧（即朝向 $x$ 轴变大的方向为正方向），计算曲面积分
$I=\iint_\Sigma x\,dy\,dz+(y^3+2)\,dz\,dx+z^3\,dx\,dy.$
答案：
注意到如果用直接计算的方法（即化为三个第一类曲面积分）， $y^3$ 和 $z^3$ 不便于表示成 $y(x,z)$ 和 $z(x,y)$ 的形式。
而曲面是以 $x=x(y,z)$ 形式给出的，考虑将 $I$ 全部转换为在 $yOz$ 平面上的二重积分。
$x'_y=\frac{3y}{\sqrt{1-3y^2-3z^2}}, \quad x'_z=\frac{3z}{\sqrt{1-3y^2-3z^2}}.$ $\begin{aligned} I &= \iint_{D_{yz}} \left[ \sqrt{1-3y^2-3z^2} +(y^3+2)\cdot\frac{3y}{\sqrt{1-3y^2-3z^2}} +z^3\cdot\frac{3z}{\sqrt{1-3y^2-3z^2}} \right]dy\,dz\\ &= \iint_{D_{yz}} \frac{1-3y^2-3z^2+3y^4+3z^4+6y} {\sqrt{1-3y^2-3z^2}}\,dy\,dz\\ &\xrightarrow{\text{转换成极坐标}} \int_0^{2\pi}d\theta \int_0^{\frac{\sqrt3}{3}} \frac{1-3r^2+3r^4\cos^4\theta+3r^4\sin^4\theta} {\sqrt{1-3r^2}}r\,dr\\ &= \int_0^{2\pi} \left[ -\frac16\int_0^{\frac{\sqrt3}{3}}\sqrt{1-3r^2}\,d(1-3r^2) -\frac16\left(1-\frac12\sin^2 2\theta\right) \int_0^{\frac{\sqrt3}{3}}\frac{3r^4}{\sqrt{1-3r^2}}\,d(1-3r^2) \right]d\theta\\ &= \frac{2\pi}{9} - \int_0^{2\pi}\frac16\left(1-\frac12\sin^2 2\theta\right)d\theta \int_0^{\frac{\sqrt3}{3}} \frac{3r^4}{\sqrt{1-3r^2}}\,d(1-3r^2)\\ &\xrightarrow{t=1-3r^2} \frac{2\pi}{9} - \int_0^{2\pi}\frac16\left(1-\frac12\sin^2 2\theta\right)d\theta \int_1^0\frac{(1-t)^2}{3\sqrt t}\,dt\\ &= \frac{2\pi}{9} + \frac{16}{45}\int_0^{2\pi}\left(\frac16-\frac1{12}\sin^2 2\theta\right)d\theta\\ &= \frac{2\pi}{9} + \frac{16\pi}{135} - \frac4{135}\int_0^{2\pi}\frac{1-\cos4\theta}{2}\,d\theta\\ &= \frac{14\pi}{45}. \end{aligned}$
设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线，从 $z$ 轴正向往负向看，该交线的正方向为逆时针方向。求第二类线积分
$\oint_L \frac{(y+1)\,dx+(z+2)\,dy+(x+3)\,dz}{x^2+y^2+z^2}.$
答案：
$\oint_L \frac{(y+1)\,dx+(z+2)\,dy+(x+3)\,dz}{x^2+y^2+z^2}$
带入球面公式：
$\oint_L (y+1)\,dx+(z+2)\,dy+(x+3)\,dz.$
由斯托克斯公式，
$\begin{aligned} \oint_L (y+1)\,dx+(z+2)\,dy+(x+3)\,dz &= \iint_S -\,dy\,dz-dz\,dx-dx\,dy\\ &= -\iint_S\left(\frac1{\sqrt3}+\frac1{\sqrt3}+\frac1{\sqrt3}\right)dS\\ &= -\sqrt3\pi. \end{aligned}$
其中， $S$ 为平面 $x+y+z=0$ 在球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 内的部分，取上侧。
求两个球体
$x^2+y^2+z^2\leq1$
与
$x^2+y^2+(z-2)^2\leq4$
相交部分的体积。

答案：
联立两个球面方程，可以得到两球面的交线为
$x^2+y^2=\frac{15}{16},\quad z=\frac14.$
因此公共部分在 $xOy$ 平面上的投影区域为
$D:x^2+y^2\leq\frac{15}{16}.$ $\begin{aligned} V &= \iint_D\left[\sqrt{1-x^2-y^2}-\left(2-\sqrt{4-x^2-y^2}\right)\right]dx\,dy\\ &= \iint_D\sqrt{1-x^2-y^2}\,dx\,dy + \iint_D\sqrt{4-x^2-y^2}\,dx\,dy - 2\iint_D dx\,dy\\ &= \int_0^{2\pi}d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{15}}4}\sqrt{1-r^2}r\,dr + \int_0^{2\pi}d\theta \int_0^{\frac{\sqrt{15}}4}\sqrt{4-r^2}r\,dr - 2\pi\cdot\frac{15}{16}\\ &= 2\pi\cdot\left(-\frac12\right)\cdot\frac23(1-r^2)^{\frac32}\Big|_0^{\frac{\sqrt{15}}4} + 2\pi\cdot\left(-\frac12\right)\cdot\frac23(4-r^2)^{\frac32}\Big|_0^{\frac{\sqrt{15}}4} - \frac{15\pi}{8}\\ &= \frac{13\pi}{24}. \end{aligned}$
将函数 $f(x)=1-x^2\ (0\leq x\leq\pi)$ 展开成余弦 Fourier 级数，并求
$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$
的和。

答案：
注意 $f(x)$ 本身是偶函数，故展开成余弦级数只需将 $f(x)$ 的定义域扩展到 $[-\pi,0]$ 即可。
$a_0=\frac2\pi\int_0^\pi f(x)\,dx=2-\frac{2\pi^2}{3}.$ $\begin{aligned} a_n &= \frac2\pi\int_0^\pi f(x)\cos nx\,dx = \frac2\pi\int_0^\pi(1-x^2)\cos nx\,dx\\ &= \frac2{n\pi}\int_0^\pi(1-x^2)d\sin nx\\ &= \frac2{n\pi}\left[ \sin nx\cdot(1-x^2)\Big|_0^\pi + \int_0^\pi 2x\sin nx\,dx \right]\\ &= \frac2{n\pi}\cdot\left(-\frac1n\right)\int_0^\pi 2x\,d\cos nx\\ &= -\frac2{n^2\pi}\left[ 2x\cos nx\Big|_0^\pi - 2\int_0^\pi\cos nx\,dx \right]\\ &= \frac4{n^2}\cdot(-1)^{n+1}. \end{aligned}$ $f(x)\sim 1-\frac{\pi^2}{3} + \sum_{n=1}^{+\infty}\frac4{n^2}\cdot(-1)^{n+1}\cos nx.$ $f(0)=1 = 1-\frac{\pi^2}{3} + \sum_{n=1}^{+\infty}\frac4{n^2}\cdot(-1)^{n+1}.$
于是
$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\cdot(-1)^{n+1} = \frac{\pi^2}{12} = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}.$
求微分方程
$xy'+y(\ln x-\ln y)=0$
且满足条件 $y(1)=e^3$ 的解。

答案：
方程可化为
$\frac{dy}{dx}+\frac{y}{x}\ln\frac{x}{y}=0,$
显然令
$u=\frac{y}{x},$
有
$u+x\frac{du}{dx}-u\ln u=0.$
整理后得到
$x\frac{du}{dx}=u(\ln u-1).$
这是一个关于 $u$ 的可分离变量的微分方程：
$\frac{du}{u(\ln u-\ln e)}=\frac{dx}{x}.$
两边积分，得到
$\ln\ln\frac{u}{e}=\ln x+\ln C.$
解得
$u=e^{Cx+1}.$
带回则有
$y=xe^{Cx+1}.$
利用初值条件 $y(1)=e^3$ ，则 $C=2$ ，于是满足条件的解为
$y=xe^{2x+1}.$

四、综合题（10 分）

设函数 $f(x,y)$ 的二阶偏导存在且连续，

\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1)e^{2x-y},

且 $f(0,y)=y+1$ ， $L_t$ 是从点 $(0,0)$ 到点 $(1,t)$ 的光滑曲线。计算曲线积分

I(t)=\int_{L_t}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dx+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\,dy,

并求 $I(t)$ 的最小值。

答案：

f(x,y)=\int\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dx = \int(2x+1)e^{2x-y}\,dx = xe^{2x-y}+h(y).

其中， $h(y)$ 是只关于 $y$ 的函数。

由 $f(0,y)=y+1$ ，可知

h(y)=y+1.

于是

f(x,y)=xe^{2x-y}+y+1.

\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1)e^{2x-y}, \quad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=1-xe^{2x-y}.

令

P=(2x+1)e^{2x-y},\quad Q=1-xe^{2x-y},

则

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} = -(2x+1)e^{2x-y}.

于是曲线积分与路径无关，选则路径

(0,0)\to(1,0)\to(1,t).

\begin{aligned} I(t) &= \int_0^1(2x+1)e^{2x}\,dx + \int_0^t(1-e^{2-y})\,dy\\ &= t+e^{2-t}. \end{aligned}

令

I'(t)=1-e^{2-t}=0,

得 $t=2$ 。

经验证， $t=2$ 时， $I(t)$ 取最小值

I(2)=3.

2022-2023学年下学期期末试卷（B）（含答案）

一、选择题（20 分，每题 4 分）

下列结论中，错误的是（）。

A. $z+2x^2+y^2=0$ 表示椭圆抛物面

B. $x^2+2y^2=1+3z^2$ 表示双叶双曲面

C. $x^2+y^2-(z-1)^2=0$ 表示圆锥面

D. $y^2=5x$ 表示抛物柱面

答案：
B
设
$f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3y}{x^6+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0), \end{cases}$
则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处（）。

A. 连续，偏导数存在。

B. 连续，偏导数不存在。

C. 不连续，偏导数存在。

D. 不连续，偏导数不存在。

答案：
C
设 $L$ 为 $x=x_0,\ 0\leq y\leq\dfrac32$ ，则 $\displaystyle\int_L4\,ds=$ （）。

A. $4x_0$

B. $4$

C. $6x_0$

D. $6$

答案：
D
由曲线 $x^2+y^2=2x,\ x^2+y^2=4x,\ y=x,\ y=0$ 所围成的图形的面积 $S=$ （）。

A. $\dfrac14(2+\pi)$

B. $\dfrac12(2+\pi)$

C. $\dfrac34(2+\pi)$

D. $2+\pi$

答案：
C
已知级数
$\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n n\sqrt n\sin\frac1{n^\alpha}$
绝对收敛，级数
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{3-\alpha}}$
条件收敛，则（）。

A. $\dfrac52<\alpha<3$

B. $1<\alpha<\dfrac52$

C. $1<\alpha<3$

D. $0<\alpha\leq\dfrac12$

答案：
A

二、填空题（20 分，每题 4 分）

与 $\mathbf a_1=(1,2,3)$ ， $\mathbf a_2=(1,-3,-2)$ 都垂直的单位向量为 $\underline{\qquad}$ 。

答案：
$\pm\left(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},-\frac{\sqrt3}{3}\right)$
设 $\varphi(x-az,y-bz)=0$ ，则
$a\frac{\partial z}{\partial x}+b\frac{\partial z}{\partial y} = \underline{\qquad}.$
答案：
$1$
设 $D:x^2+y^2\leq16$ ，则
$\iint_D|x^2+y^2-4|\,d\sigma=\underline{\qquad}.$
答案：
$80\pi$
设 $f(x)$ 有连续一阶导数， $L$ 是任意闭曲线，若
$\oint_L e^{2y}x\,dx+e^{2y}f(x)\,dy=0,$
则 $f(x)=\underline{\qquad}$ 。

答案：
$x^2+C$
级数
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!(x-3)^n}{n^n}$
的收敛域为 $\underline{\qquad}$ 。

答案：
$(3-e,3+e)$

三、（10 分）

求经过点 $A(-1,2,3)$ ，垂直于直线

L:\frac{x}{4}=\frac{y}{5}=\frac{z}{6}

且与平面

\Pi:7x+8y+9z+10=0

平行的直线方程。

答案：

解法一：所求直线在过点 $A$ 以 $L$ 的方向向量 $\mathbf s=(4,5,6)$ 为法向量的平面 $\Pi_1$ 上，也在过 $A$ 点以 $\Pi$ 的法向量 $\mathbf n=(7,8,9)$ 为法向量的平面 $\Pi_2$ 上。

\Pi_1:4(x+1)+5(y-2)+6(z-3)=0

\Pi_2:7(x+1)+8(y-2)+9(z-3)=0

故所求直线方程为

\begin{cases} 4x+5y+6z-24=0,\\ 7x+8y+9z-36=0. \end{cases}

解法二：设所求直线 $L_1$ 的方向向量是 $\mathbf s_1$ ，由于 $L\perp L_1$ ，即 $\mathbf s\perp\mathbf s_1$ ；由于 $L_1\parallel\Pi$ ，即 $\mathbf n\perp\mathbf s_1$ ，所以

\mathbf s_1=\mathbf s\times\mathbf n = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 4&5&6\\ 7&8&9 \end{vmatrix} =-(3,-6,3).

故所求直线方程为

\frac{x+1}{1}=\frac{y-2}{-2}=\frac{z-3}{1}.

四、（10 分）

求函数

z=x^3+y^3-3xy

的极值。

答案：

先解方程组

\begin{cases} z_x=3x^2-3y=0,\\ z_y=3y^2-3x=0, \end{cases}

求得驻点为 $(0,0)$ 、 $(1,1)$ 。

再求出二阶偏导数

z_{xx}=6x,\quad z_{xy}=-3,\quad z_{yy}=6y.

在点 $(0,0)$ 处，

z_{xx}\cdot z_{yy}-z_{xy}^2=0-(-3)^2=-9<0,

故 $(0,0)$ 不是极值点。

在点 $(1,1)$ 处，

z_{xx}\cdot z_{yy}-z_{xy}^2=36-(-3)^2=27>0,

且 $z_{xx}>0$ ，所以函数在 $(1,1)$ 处有极小值

z=1+1-3=-1.

五、（10 分）

计算

\iint_\Sigma (x^2+yz)\,dy\,dz+(y^2-zx)\,dz\,dx+2z\,dx\,dy,

其中 $\Sigma$ 为曲面

z=1-\sqrt{x^2+y^2}\quad(z\geq0)

的上侧。

答案：

取

\Sigma_0:z=0,\quad x^2+y^2\leq1,

取下侧。

\begin{aligned} &\iint_\Sigma (x^2+yz)\,dy\,dz+(y^2-zx)\,dz\,dx+2z\,dx\,dy\\ &= \oiint_{\Sigma+\Sigma_0}(x^2+yz)\,dy\,dz+(y^2-zx)\,dz\,dx+2z\,dx\,dy\\ &\quad- \left[ \iint_{\Sigma_0}(x^2+yz)\,dy\,dz+(y^2-zx)\,dz\,dx+2z\,dx\,dy \right]\\ &= \iiint_\Omega(2x+2y+2)\,dV-0\\ &= 2\iiint_\Omega dV\\ &= 2\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1r\,dr\int_0^{1-r}dz\\ &= 4\pi\int_0^1(r-r^2)\,dr\\ &= 4\pi\left(\frac12r^2-\frac13r^3\right)\Big|_0^1\\ &= \frac23\pi. \end{aligned}

六、（10 分）

计算三重积分

\iiint_\Omega z^2\,dV,

其中 $\Omega$ 为

x^2+y^2+z^2\leq a^2,\quad x^2+y^2+z^2\leq2az\quad(a>0)

围成的区域。

答案：

\begin{aligned} \iiint_\Omega z^2\,dV &= \int_0^{2\pi}d\theta \int_0^{\frac{\pi}{3}}\sin\varphi\,d\varphi \int_0^a \rho^2\cos^2\varphi\,\rho^2\,d\rho\\ &\quad+ \int_0^{2\pi}d\theta \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\,d\varphi \int_0^{2a\cos\varphi}\rho^2\cos^2\varphi\,\rho^2\,d\rho\\ &= 2\pi\int_0^{\frac{\pi}{3}}\cos^2\varphi\sin\varphi\,d\varphi\cdot\frac15a^5\\ &\quad+ 2\pi\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos^2\varphi\cdot\frac{32}{5}a^5\cos^5\varphi\,d\varphi\\ &= \frac25\pi a^5\cdot\left(-\frac13\cos^3\varphi\right)\Big|_0^{\frac{\pi}{3}} + \frac{64}{5}\pi a^5\cdot\left(-\frac18\cos^8\varphi\right)\Big|_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\\ &= \frac25\pi a^5\cdot\left(-\frac13\cdot\frac18+\frac13\right) + \frac{64}{5}\pi a^5\cdot\frac18\cdot\left(\frac12\right)^8\\ &= \frac{7}{60}\pi a^5+\frac{1}{160}\pi a^5\\ &= \frac{59}{480}\pi a^5. \end{aligned}

七、（10 分）

将 $f(x)=x^2\ (-\pi\leq x\leq\pi)$ 展开为傅里叶级数，并求级数

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

的和。

答案：

因为 $f(x)$ 为偶函数，所以

b_n=0\quad(n=1,2,\cdots).

a_0=\frac2\pi\int_0^\pi f(x)\,dx = \frac2\pi\int_0^\pi x^2\,dx = \frac{2x^3}{3\pi}\Big|_0^\pi = \frac{2\pi^2}{3}.

对于 $n=1,2,\cdots$ ，有

\begin{aligned} a_n &= \frac2\pi\int_0^\pi f(x)\cos nx\,dx\\ &= \frac2\pi\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx\\ &= \frac2{n\pi}\int_0^\pi x^2\,d(\sin nx)\\ &= \frac2{n\pi}\left(x^2\sin nx\Big|_0^\pi-2\int_0^\pi x\sin nx\,dx\right)\\ &= \frac4{n^2\pi}\int_0^\pi x\,d(\cos nx)\\ &= \frac4{n^2\pi}\left(x\cos nx\Big|_0^\pi-\int_0^\pi\cos nx\,dx\right)\\ &= \frac4{n^2}\cos n\pi\\ &= \frac{4(-1)^n}{n^2}. \end{aligned}

故

f(x)=x^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx \quad(-\pi\leq x\leq\pi).

取 $x=\pi$ ，得

\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}(-1)^n = \frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}.

故有

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

八、（10 分）

求微分方程

y\,dx+(x-3y^2)\,dy=0

的通解，和满足初始条件 $y|_{x=1}=1$ 的特解。

答案：

提示：本题唯一难点在于将 $x,y$ 地位互换，即应该将 $x$ 看作 $y$ 的函数， $x=x(y)$ 。

将微分方程变形为

\frac{dx}{dy}+\frac1y x=3y,

是一阶线性非齐次方程。

已知一阶线性非齐次方程

\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)

的通解为

y=e^{-\int p(x)\,dx}\left(\int q(x)e^{\int p(x)\,dx}\,dx+C\right).

则原方程通解为

\begin{aligned} x &= e^{-\int\frac1y\,dy} \left( \int3y e^{\int\frac1y\,dy}\,dy+C \right)\\ &= \frac1y\left(\int3y^2\,dy+C\right)\\ &= y^2+\frac Cy. \end{aligned}

其中 $C$ 为任意常数。

将 $y|_{x=1}=1$ 代入上式，得 $C=0$ ，于是

x=y^2.

则 $y=\pm\sqrt x$ ，注意到 $y|_{x=1}=1$ ，故将 $y=-\sqrt x$ 舍去，得

y=\sqrt x.

当然，回答 $x=y^2$ 或 $y=\sqrt x$ 都是正确的。

2022-2023学年下学期期末试卷（A）（含答案）​

一、填空题（20 分，每小题 4 分）​

二、选择题（20 分，每小题 4 分）​

三、计算题（50 分，每小题 10 分）​

四、综合题（10 分）​

2022-2023学年下学期期末试卷（B）（含答案）​

一、选择题（20 分，每题 4 分）​

二、填空题（20 分，每题 4 分）​

三、（10 分）​

四、（10 分）​

五、（10 分）​

六、（10 分）​

七、（10 分）​

八、（10 分）​