复习要点与模拟题

• 下面的问题需要重点掌握.
• 先试着回答? 不会或不懂再去看本站内容或教材或讨论.
• 每个问题, 自己去找一些相应的题目练一下.

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1 多元函数微分学

提示会求复合函数、隐函数的一、二阶偏导数；会求函数的全微分

1. 做些求复合函数、隐函数的一、二阶偏导数的题目.
2. 链式法则是什么?
3. 抽象函数的一阶, 二阶偏导数的记号是什么?
4. 全微分的表达式是什么? 如何求全微分?

提示掌握二元函数在一点尤其原点的连续以及偏导数的定义掌握可微、连续、偏导存在之间的关系

1. 定义是什么?
2. 关系是什么?

提示会求梯度、方向导数以及最大方向导数

1. 定义是什么? 2.如何计算?
2. 梯度的意义?

提示会求曲面的切平面与法线方程、空间曲线的切线与法平面方程

1. 切线的切向量, 切曲面的法向量如何求?

提示会判断二元函数是否存在极值并会求其极值；会利用Lagrange乘数法求解条件极值

1. 无条件极值的必要条件, 充分条件是什么?
2. 求条件极值的过程是什么?

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2 多元函数积分学

提示会利用直角坐标、极坐标求二重积分；会交换二次积分次序

1. 计算目标是化为二次积分
2. 步骤是什么?
3. 交换二次积分次序的步骤是什么?
4. 什么时候用极坐标?为什么?

提示会利用直角坐标（切 丝、切片法、柱面坐标、球面坐标计算三重积分）

1. 计算步骤是什么?
2. 什么时候用哪种方法?
3. 要注意什么?

提示掌握一、二型曲线积分的计算方法, 会利用Green公式求解曲线积分，掌握与路径无关的四个等价命题

1. 计算步骤是什么?
2. 什么时候用Green公式?
3. 与路径无关的四个等价命题是什么?

提示掌握一、二型曲面积分的计算方法（二型重点掌握投影法与 Gauss 公式）

1. 计算步骤是什么?
2. 什么时候用Gauss公式?需要注意什么?
3. 积分的意义?

提示会用对称性、 轮换性简化积分计算

1. 什么时候用?
2. 怎么用?

提示应用到做功、流量

1. 表达式是什么?

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3 级数

提示掌握性质一般项趋于零是级数收敛的必要条件

1. 必要条件是什么?

提示掌握正项级数敛散性的判定方法（比较判别法、比较判别法的极限形式、 积分判别法、比值根式判别法）

1. 怎么用?
2. 注意事项是什么?

提示会利用Leibniz定理判断交错级数的敛散性

1. 什么时候用?

提示掌握绝对收敛与条件收敛的概念，会判断一个级数是绝对收敛还是条件收敛

1. 定义是什么?
2. 步骤是什么?

提示会求幂级数的收敛域；会利用逐项积分、逐项求导求幂级数的和函数

1. 收敛域长什么样?怎么求?
2. 如何求和函数?

提示会求简单函数的幂级数展开式及其收敛域

1. 常用函数的展开式是什么?
2. 一般如何展开?

提示会求函数的傅里叶级数的展开及其和函数在某点的值

1. 傅里叶级数是什么?
2. 系数如何求?
3. 狄利克雷收敛定理是什么?

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4 微分方程

提示掌握可分离变量方程、齐次方程、一阶线性微分方程的求解方法

1. 求解方法?

提示掌握线性微分方程的解的结构

1. 解的结构是什么?

提示会求常系数线性齐次微分方程的通解

1. 步骤是什么?

提示掌握非齐次项为\(P_m(x)e^{\lambda x}, P_m(x)e^{\lambda x}\cos(wx)\)或\(P_m(x)e^{\lambda x}\sin(wx)\)的常系数线性微分方程通解的求解方法

1. 步骤是什么?

提示会建立微分方程并求解

1. 步骤?

5 选择题

设 \(z = \ln(1+xy^2)\)，则 \(\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)} = (\quad)\)。

1. \(2\)  B. \(-2\)  C. \(0\)   D. \(-1\)

重要提示

答案：A

函数 \(f(x,y) = -2x^2 + ax + xy^2 + 2y\) 在点 \((1,-1)\) 处（\(\quad\)）。

A. 当 \(a=3\) 时取极大值

B. 当 \(a=3\) 时取极小值

C. 当 \(a=-3\) 时取极大值

D. 无论 \(a\) 为何值都不取极值

重要提示

答案：D

方程 \(y'' - y' = e^x + 1\) 的特解形式可设为（\(\quad\)）。

1. \(ae^x + b\)   B. \(axe^x + b\)

C. \(ae^x + bx\)   D. \(axe^x + bx\)

重要提示

答案：D

设 \(\lambda\) 是不为零的任意实数，则级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} \sin\frac{\lambda}{\sqrt{n}}\)（\(\quad\)）。

A. 绝对收敛   B. 条件收敛

C. 发散   D. 是否收敛与 \(\lambda\) 有关

重要提示

答案：B

设曲面 \(\Sigma\) 为 \(\displaystyle\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1\) 在第一卦限部分，则 \(\displaystyle\iint_{\Sigma} \left(2x + \frac{4}{3}y + z\right) dS = (\quad)\)。

A. \(4\displaystyle\int_{0}^{2} dx \int_{0}^{3\left(1-\frac{x}{2}\right)} dy\)

B. \(\displaystyle\frac{4\sqrt{61}}{3}\int_{0}^{2} dx \int_{0}^{3} dy\)

C. \(\displaystyle\frac{4\sqrt{61}}{3}\int_{0}^{2} dx \int_{0}^{3\left(1-\frac{x}{2}\right)} dy\)

D. \(\displaystyle\frac{\sqrt{61}}{3}\int_{0}^{2} dx \int_{0}^{3\left(1-\frac{x}{2}\right)} dy\)

重要提示

答案：C

函数 \(f(x,y)=1-2x^2-4y^2+4y\) 在点 \((2,1)\) 处变化率最大的方向为（\(\quad\)）。

A. \((2,1)\)   B. \((-1,-2)\)

C. \((-2,-1)\)   D. \((1,2)\)

重要提示

答案： C

设区域 \(D: x^2+y^2\le 1,\ D_1: x^2+y^2\le 1,\ x\ge 0,\ y\ge 0\)，则下列四个等式中不成立的是（\(\quad\)）。

A. \(\displaystyle \iint\limits_D x\ln(x^2+y^2)\,dxdy = 0\)

B. \(\displaystyle \iint\limits_D |xy|\,dxdy = 4\iint\limits_{D_1} xy\,dxdy\)

C. \(\displaystyle \iint\limits_D \sqrt{1-x^2-y^2}\,dxdy = 4\iint\limits_{D_1} \sqrt{1-x^2-y^2}\,dxdy\)

D. \(\displaystyle \iint\limits_D xy\,dxdy = 4\iint\limits_{D_1} xy\,dxdy\)

重要提示

答案：D

函数 \(f(x,y)=4(x-y)-x^2-y^2\) 有（\(\quad\)）。

A. 极小值 \(0\)   B. 极大值 \(8\)

C. 极大值 \(0\)   D. 极小值 \(8\)

重要提示

答案：B

设 \(\Sigma\) 是下半球面 \(z=-\sqrt{R^2-x^2-y^2}\) 的下侧，则 \(\displaystyle \iint\limits_\Sigma dxdy = (\quad)\)。

A. \(-\pi R^2\)   B. \(-2\pi R^2\)   C. \(\pi R^2\)   D. \(2\pi R^2\)

重要提示

答案：A

对于下列命题

① 若级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n\) 收敛，则 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} u_n = 0\)，反之不成立

② 若级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n\) 满足 \(\displaystyle \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|>1\)，则 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n\) 必发散

③ 级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty u_n\) 与级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(1+\frac{1}{n}\right)^n u_n\) 具有相同的敛散性

④ 若 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{R}\)，则幂级数 \(\displaystyle \sum_{n=0}^\infty a_n x^n\) 的收敛半径是 \(R\)
正确的有（\(\quad\)）。

A. 4个   B. 3个   C. 2个   D. 1个

重要提示

答案：B

6 填空题

设 \(z = f(x-y+z,xyz)\)，其中 \(f\) 可微，则 \(\frac{\partial z}{\partial x} = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案：\(\displaystyle \frac{f_1' + yz f_2'}{1 - f_1' - xy f_2'}\)

交换二次积分次序 \(\displaystyle\int_{0}^{1} dy \int_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}} f(x,y) dx = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案： \(\displaystyle \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x^2} f(x,y) dy + \int_{1}^{\sqrt{2}} dx \int_{0}^{\sqrt{2-x^2}} f(x,y) dy\)

设曲线 \(L\) 为 \(y = x^2,\ 0 \leq x \leq 2\)，则 \(\displaystyle\int_{L} x ds = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案：\(\displaystyle \frac{1}{12} \left(17\sqrt{17} - 1\right)\)

设 \[ f(x) = \begin{cases} x, & 0 \leq x < \frac{\pi}{2}, \\ 1, & \frac{\pi}{2} \leq x \leq \pi \end{cases} \] 的正弦级数为 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin nx\)，则 \(b_2 = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案： \(\displaystyle \frac{1}{2} - \frac{2}{\pi}\)

将函数 \(f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}\) 展开成 \(x\) 的幂级数为（需写出收敛域）\(\underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案： \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)!} x^{2n+1},\ x \in (-\infty, +\infty)\)

若 \(z = \ln\sqrt{x^2+y^2}\)，则 \(dz = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

答案： \[ dz = \frac{x\,dx + y\,dy}{x^2 + y^2} \]

交换二次积分次序： \[ \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{x^2} f(x,y) dy + \int_{1}^{2} dx \int_{0}^{2-x} f(x,y) dy = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad} \]

重要提示

\[ \int_{0}^{1} dy \int_{\sqrt{y}}^{2-y} f(x,y) dx \]

设曲面 \(\Sigma: x^2 + y^2 + z^2 = a^2\)，\(a>0\) 常数，则 \(\displaystyle \iint_{\Sigma} z^2 dS = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

\[ \frac{4}{3}\pi a^4 \]

设 \(u = f(x,y,z)\) 且 \(z = \varphi\left(\frac{x}{y}, x^2 y\right)\)，其中 \(f,\varphi\) 可微，则 \(\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y} = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

\[ \frac{\partial u}{\partial y} = f_2' + f_3' \left( -\frac{x}{y^2}\varphi_1' + x^2\varphi_2' \right) \]

设 \(L\) 为曲线 \(y=x^3\) 上从 \(x=1\) 到 \(x=0\) 的一段，则 \(\displaystyle \int_L y\,ds = \underline{\qquad\qquad\qquad\qquad}\)。

重要提示

\[ \frac{1}{54}(10\sqrt{10} - 1) \]

7 解答题

求函数 \(u = \ln\left(x + \sqrt{y^2 + z^2}\right)\) 在点 \(A(1,0,1)\) 处沿 \(A\) 指向 \(B(3,-2,2)\) 方向的方向导数。

重要提示

解： \[ \left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_A = \left.\frac{1}{x+\sqrt{y^2+z^2}}\right|_A = \frac{1}{2}, \] \[ \left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_A = \left.\frac{1}{x+\sqrt{y^2+z^2}} \cdot \frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}\right|_A = 0, \] \[ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_A = \left.\frac{1}{x+\sqrt{y^2+z^2}} \cdot \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right|_A = \frac{1}{2}. \] 向量 \(\overrightarrow{AB} = (2,-2,1)\)，其单位向量为 \(\overrightarrow{AB}^0 = \frac{1}{3}(2,-2,1)\)。 所求方向导数为： \[ \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} + 0 \times \frac{-2}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2}. \]

求曲面 \(2^{\frac{x}{z}} + 2^{\frac{y}{z}} = 8\) 在点 \(M_0(2,2,1)\) 处的切平面方程和法线方程。

重要提示

解：令 \(F(x,y,z) = 2^{\frac{x}{z}} + 2^{\frac{y}{z}} - 8\)，则 \[ F_x'(2,2,1) = \left.\frac{1}{z} \cdot 2^{\frac{x}{z}} \ln 2\right|_{(2,2,1)} = 4\ln 2, \] \[ F_y'(2,2,1) = \left.\frac{1}{z} \cdot 2^{\frac{y}{z}} \ln 2\right|_{(2,2,1)} = 4\ln 2, \] \[ F_z'(2,2,1) = \left.-\frac{1}{z^2}\left(x\cdot 2^{\frac{x}{z}} + y\cdot 2^{\frac{y}{z}}\right)\ln 2\right|_{(2,2,1)} = -16\ln 2. \] 于是法向量 \(\vec{n} = 4\ln 2(1,1,-4)\)。 切平面方程为：\(x + y - 4z = 0\)， 法线方程为：\(\displaystyle \frac{x-2}{1} = \frac{y-2}{1} = \frac{z-1}{-4}\)。

计算由曲面 \(z = \sqrt{4-x^2-y^2}\) 和 \(z = \sqrt{x^2+y^2}\) 所围立体体积。

重要提示

解： \[ V = \iiint_{\Omega} dV = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin\varphi d\varphi \int_{0}^{2} r^2 dr = \frac{8(2-\sqrt{2})}{3}\pi. \]

判别级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\ln n}{n^{\frac{3}{2}}}\) 的敛散性。若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

重要提示

解： \[ \sum_{n=1}^{\infty} \left|(-1)^n \frac{\ln n}{n^{\frac{3}{2}}}\right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{\frac{3}{2}}}. \] 由于 \[ \lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{n^{\frac{3}{2}}} \bigg/ \frac{1}{n^{\frac{5}{4}}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{n^{\frac{1}{4}}} = 0, \] 而 \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{5}{4}}}\) 收敛，所以原级数绝对收敛。

求微分方程 \((x+1)y' + y = \ln(x+1)\) 的通解。

重要提示

解：由一阶线性方程公式： \[ y = e^{-\int \frac{1}{1+x} dx} \left( \int \frac{\ln(1+x)}{1+x} e^{\int \frac{1}{1+x} dx} dx + C \right) = \ln(x+1) - \frac{x}{x+1} + \frac{C}{x+1}. \]

设 \(f(x)\) 连续，且满足 \(x^2 \int_{0}^{1} t f(tx) dt = f^4(x)\)，求 \(f(x)\)。

重要提示

解：原方程为 \(x^2 \int_{0}^{1} t f(tx) dt = f^4(x)\)。 令 \(u = tx\)，则 \(\int_{0}^{1} t f(tx) dt = \frac{1}{x^2} \int_{0}^{x} u f(u) du\)， 故方程化为： \[ \int_{0}^{x} u f(u) du = f^4(x). \] 两边对 \(x\) 求导： \[ x f(x) = 4 f^3(x) f'(x). \] 令 \(y = f(x)\)，当 \(y \neq 0\) 时，方程为 \(4y^2 dy = x dx\)，积分得： \[ \frac{4}{3} y^3 = \frac{1}{2} x^2 + C. \] 又 \(f(0) = 0\)，则 \(C=0\)，故 \[ f(x) = \left(\frac{3}{8}x^2\right)^{\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt[3]{3}}{2} x^{\frac{2}{3}}. \] 另外 \(f(x) = 0\) 也满足题设条件。

求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} n \cdot 3^n x^{2n}\) 的收敛域及和函数。

重要提示

解：由于 \[ \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n\cdot 3^n} = 3, \] 所以幂级数的收敛半径 \(R = \frac{1}{\sqrt{3}}\)。 当 \(x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}\) 时，幂级数发散，因此收敛域为：\(\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right)\)。

令 \(t = 3x^2\)，则 \[ \sum_{n=1}^{\infty} n t^n = t \left( \sum_{n=1}^{\infty} t^n \right)' = t \left( \frac{t}{1-t} \right)' = \frac{t}{(1-t)^2}. \] 所以 \[ \sum_{n=1}^{\infty} n\cdot (3x^2)^n = \frac{3x^2}{(1-3x^2)^2},\quad x \in \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right). \]

设平面力场 \(\vec{F} = \left(e^x \sin y - b(x+y), e^x \cos y - ax\right)\)，其中 \(a,b\) 为正常数。一质点在 \(\vec{F}\) 作用下沿曲线 \(L: y = \sqrt{2ax - x^2}\) 从点 \(A(2a,0)\) 运动到点 \(O(0,0)\)，求力场 \(\vec{F}\) 所作的功。

重要提示

解：力场 \(\vec{F}\) 所作的功 \[ W = \int_{L} \left[ e^x \sin y - b(x+y) \right] dx + \left( e^x \cos y - ax \right) dy. \] 补直线段 \(\overline{OA}: y=0,\ x\) 从 \(0 \to 2a\)，由 Green 公式： \[ \int_{L} + \int_{\overline{OA}} = (b-a) \iint_{D} dxdy = \frac{1}{2}(b-a)\pi a^2. \] 而 \[ \int_{\overline{OA}} = -b \int_{0}^{2a} x dx = -2a^2b, \] 故 \[ W = \frac{1}{2}(b-a)\pi a^2 + 2a^2b. \]

计算曲面积分 \[ I = \iint_{\Sigma} 2x^3 dydz + 2y^3 dzdx + 3\left(z^2-1\right) dxdy, \] 其中 \(\Sigma\) 是曲面 \(z = 1 - x^2 - y^2\ (z \geq 0)\) 的上侧。

重要提示

解：补充 \(\Sigma_1: z=0,\ x^2+y^2 \leq 1\)，取下侧，记 \(\Sigma\) 与 \(\Sigma_1\) 所围立体为 \(\Omega\)，由 Gauss 公式： \[ \iint_{\Sigma \cup \Sigma_1} 2x^3 dydz + 2y^3 dzdx + 3(z^2-1) dxdy = 6 \iiint_{\Omega} (x^2+y^2+z) dV. \] 计算： \[ 6 \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r dr \int_{0}^{1-r^2} (r^2+z) dz = 12\pi \int_{0}^{1} \left[ r^3(1-r^2) + \frac{1}{2}r(1-r^2)^2 \right] dr = 2\pi. \] 而 \[ \iint_{\Sigma_1} = -\iint_{x^2+y^2 \leq 1} -3 dxdy = 3\pi, \] 所以 \(I = 2\pi - 3\pi = -\pi\)。

以下两个命题正确吗？请给出你的证明：

1. 设正项级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} u_n\) 收敛，且 \(\lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = r\ (\in \mathbb{R})\)，则 \(r < 1\)；

2. 设级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} u_n\) 条件收敛，且 \(\lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = r\ (\in \mathbb{R})\)，则 \(r = -1\)。

重要提示

解： 1. 命题（1）不正确。 反例：级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) 收敛，但 \[ \lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{(n+1)^2} = 1. \] 故 \(r\) 可以为 \(1\)。

2. 命题（2）正确。 证明：由条件，\(\lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = r\)，则 \(\lim_{n\to\infty} \left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right| = |r|\)。
   • 若 \(|r| < 1\)，则由比值判别法，\(\sum u_n\) 绝对收敛，与题设条件收敛矛盾，故 \(|r| \ge 1\)。
   • 若 \(|r| > 1\)，则当 \(n\) 充分大时，\(|u_{n+1}| > |u_n|\)，故 \(\lim_{n\to\infty} |u_n| \neq 0\)，级数发散，与题设矛盾，故 \(|r| \le 1\)。 因此 \(|r| = 1\)。 又若 \(r=1\)，则 \(u_n\) 同号，级数为正项或负项级数，不可能条件收敛，故 \(r = -1\)。

设 \(F(2x-3z, 2y-5z)=0\)，其中 \(F\) 可微，求 \(\displaystyle 3\frac{\partial z}{\partial x} + 5\frac{\partial z}{\partial y}\)。

重要提示

令 \(G(x,y,z) = F(2x-3z, 2y-5z)\)，则 \[ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{G_x}{G_z} = -\frac{2F_1'}{-3F_1' - 5F_2'} \] \[ \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{G_y}{G_z} = -\frac{2F_2'}{-3F_1' - 5F_2'} \]

因此： \[ 3\frac{\partial z}{\partial x} + 5\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{6F_1' + 10F_2'}{3F_1' + 5F_2'} = 2 \]

设 \[ f(x,y)= \begin{cases} \displaystyle \frac{xy+2x^3}{x^2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0),\\ 0, & (x,y)=(0,0), \end{cases} \] 求 \(f_x(0,0), f_y(0,0)\)，并讨论函数在点 \((0,0)\) 处是否连续。

重要提示

根据偏导数定义： \[ f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0} =\lim_{x\to 0}\frac{\frac{0+2x^3}{x^2+0}-0}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{2x}{x}=2, \] \[ f_y(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0} =\lim_{y\to 0}\frac{0-0}{y}=0. \]

取路径 \(y=x\)，令 \((x,y)\to(0,0)\)： \[ \lim_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\ y=x}}f(x,y) =\lim_{x\to 0}\frac{x\cdot x+2x^3}{x^2+x^2} =\lim_{x\to 0}\frac{x^2+2x^3}{2x^2} =\frac12. \] 而 \(f(0,0)=0\)，所以 \[ \lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\neq f(0,0), \] 因此函数在点 \((0,0)\) 处不连续。

讨论级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{n^n}\) 与 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2\big[4+(-1)^n\cdot2\big]^n}{7^n}\) 的敛散性。

重要提示

（1）对 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{n^n}\)，用比值判别法： \[ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n} =\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1+\frac1n\right)^n} =\frac1e<1, \] 故该级数收敛。

（2）对 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2\big[4+(-1)^n\cdot2\big]^n}{7^n}\)，注意到 \[ \left|\frac{n^2\big[4+(-1)^n\cdot2\big]^n}{7^n}\right| \le \frac{n^2(4+2)^n}{7^n} =n^2\left(\frac67\right)^n. \] 对级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n^2\left(\frac67\right)^n\)，用根值判别法： \[ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^2\left(\frac67\right)^n} =\frac67<1, \] 故 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n^2\left(\frac67\right)^n\) 收敛。由比较判别法，原级数收敛。

求函数 \(f(x)=\ln x\) 关于 \(x-3\) 的幂级数展开，并写出收敛域。

重要提示

\[ \ln x=\ln\big(3+(x-3)\big) =\ln\left[3\left(1+\frac{x-3}{3}\right)\right] =\ln 3+\ln\left(1+\frac{x-3}{3}\right). \] 利用 \(\displaystyle \ln(1+t)=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{t^n}{n}\ (-1<t\le1)\)，令 \(t=\frac{x-3}{3}\)，则 \[ \ln x=\ln3+\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{(x-3)^n}{n\cdot 3^n}. \] 由 \(-1<\frac{x-3}{3}\le1\) 得 \(0<x\le6\)，故收敛域为 \((0,6]\)。

求幂级数 \(\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (2n+1)x^n\) 的收敛域及和函数。

重要提示

先求收敛半径： \[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{2n+3}{2n+1}=1, \] 故收敛半径 \(R=1\)。

当 \(x=1\) 时，级数为 \(\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (2n+1)\)，发散； 当 \(x=-1\) 时，级数为 \(\displaystyle \sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\)，发散。

因此收敛域为 \((-1,1)\)。

设和函数为 \(S(x)=\sum_{n=0}^\infty(2n+1)x^n,\ x\in(-1,1)\)，则 \[ \begin{aligned} S(x)&=2\sum_{n=0}^\infty nx^n+\sum_{n=0}^\infty x^n\\ &=2x\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}+\frac{1}{1-x}\\ &=2x\left(\sum_{n=1}^\infty x^n\right)'+\frac{1}{1-x}\\ &=2x\left(\frac{x}{1-x}\right)'+\frac{1}{1-x}\\ &=2x\cdot\frac{1}{(1-x)^2}+\frac{1}{1-x}\\ &=\frac{2x+(1-x)}{(1-x)^2} =\frac{1+x}{(1-x)^2}. \end{aligned} \]

计算三重积分 \(\iiint_\Omega y\cos(x+z)\,dxdydz,\) 其中 \(\Omega\) 为抛物柱面 \(y=\sqrt{x}\) 及平面 \(y=0,\ z=0,\ x+z=\frac{\pi}{2}\) 围成的区域。

重要提示

先写出积分区域的范围： \[ 0\le x\le\frac{\pi}{2},\quad 0\le y\le\sqrt{x},\quad 0\le z\le\frac{\pi}{2}-x. \] 于是 \[ \begin{aligned} \iiint_\Omega y\cos(x+z)\,dxdydz &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx\int_{0}^{\sqrt{x}}y\,dy\int_{0}^{\frac{\pi}{2}-x}\cos(x+z)\,dz\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx\int_{0}^{\sqrt{x}}y\left[\sin(x+z)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}-x}dy\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx\int_{0}^{\sqrt{x}}y(1-\sin x)\,dy\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin x)\cdot\left[\frac{1}{2}y^2\right]_{0}^{\sqrt{x}}dx\\ &=\frac12\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x(1-\sin x)\,dx\\ &=\frac12\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\,dx-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin x\,dx\right)\\ &=\frac12\left(\frac{\pi^2}{8}-1\right) =\frac{\pi^2}{16}-\frac12. \end{aligned} \]

一质点在平面力场 \(\vec{F} = \left(2xy^3 + y^2\sin x + y^2\right)\vec{i} + \left(1 - 2y\cos x + 3x^2y^2\right)\vec{j}\) 的作用下，沿曲线 \(L: 2x = \pi y^2\) 从点 \((O(0,0)\) 移动到点 \(A\left(\frac{\pi}{2},1\right)\)，求力场 \(\vec{F}\) 对该质点所作的功。

重要提示

力场做功为 \[ W = \int_L (2xy^3 + y^2\sin x + y^2)\,dx + (1 - 2y\cos x + 3x^2y^2)\,dy. \]

补辅助线段：

• \(\overline{AB}: x=\frac{\pi}{2},\ y:1\to0\)；
• \(\overline{BO}: y=0,\ x:\frac{\pi}{2}\to0\)。

由格林公式： \[ \int_L + \int_{\overline{AB}} + \int_{\overline{BO}} = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) d\sigma = \iint_D 2y\,d\sigma. \] 其中 \(D\) 为 \(L, \overline{AB}, \overline{BO}\) 围成的区域。 \[ \iint_D 2y\,d\sigma = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx\int_{0}^{\sqrt{\frac{2x}{\pi}}} y\,dy = \frac{\pi}{4}. \]

计算辅助线段积分： \[ \int_{\overline{AB}} = \int_{1}^{0} \left(1 - 2y\cos\frac{\pi}{2} + 3\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 y^2\right) dy = \int_{1}^{0} \left(1 + \frac{3\pi^2}{4}y^2\right) dy = -1 - \frac{\pi^2}{4}, \] \[ \int_{\overline{BO}} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} 0\,dx = 0. \]

因此 \[ W = \frac{\pi}{4} - \left(\int_{\overline{AB}} + \int_{\overline{BO}}\right) = \frac{\pi}{4} + 1 + \frac{\pi^2}{4}. \]

将函数 \[f(x)=\begin{cases} -x, & -\pi\le x<0,\\[4pt] x, & 0\le x\le\pi \end{cases} \] 展开成傅里叶级数，并求级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\) 的和。

重要提示

\(f(x)\) 为偶函数，周期为 \(2\pi\)，满足狄利克雷收敛定理，故正弦系数 \(b_n=0\)。

计算余弦系数： \[ a_0 = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)\,dx = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} x\,dx = \pi, \] \[ a_n = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} x\cos nx\,dx = \begin{cases} -\dfrac{4}{(2k-1)^2\pi}, & n=2k-1,\\[6pt] 0, & n=2k. \end{cases} \]

因此傅里叶级数展开式为： \[ f(x) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}\cos(2k-1)x,\quad x\in[-\pi,\pi]. \]

令 \(x=0\)，得 \[ 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}, \] 故 \[ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}. \]

设 \(S=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\)，则 \[ S = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2} = \frac{\pi^2}{8} + \frac{1}{4}S, \] 解得 \[ S = \frac{\pi^2}{6}. \]

计算曲面积分 \(\iint_{\Sigma} z\,dxdy + x^2\,dydz,\) 其中 \(\Sigma\) 为曲面 \(z=x^2+y^2\) 被平面 \(z=1,\ z=4\) 所截部分的外侧。

重要提示

1. 计算 \(\displaystyle \iint_{\Sigma} z\,dxdy\)： 曲面 \(\Sigma\) 为抛物面 \(z=x^2+y^2\)，取外侧（法向量的 \(z\) 分量向上为正，向下为负）。 在 \(xy\) 平面上的投影区域为 \(D: 1\le x^2+y^2\le 4\)。 \[ \iint_{\Sigma} z\,dxdy = -\iint_{1\le x^2+y^2\le 4} (x^2+y^2)\,dxdy. \] 用极坐标计算： \[ -\iint_{1\le r\le 2} r^2 \cdot r\,dr d\theta = -\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{1}^{2}r^3dr = -2\pi\cdot\left.\frac{r^4}{4}\right|_{1}^{2} = -\frac{15}{2}\pi. \]

2. 计算 \(\displaystyle \iint_{\Sigma} x^2\,dydz\)： 曲面 \(\Sigma\) 可分为前半部分 \(x=\sqrt{z-y^2}\) 和后半部分 \(x=-\sqrt{z-y^2}\)。

\[ \iint_{\Sigma} x^2\,dydz = \iint_{D_{yz}} (\sqrt{z-y^2})^2\,dydz - \iint_{D_{yz}} (-\sqrt{z-y^2})^2\,dydz = 0. \]

因此，原积分 \[ \iint_{\Sigma} z\,dxdy + x^2\,dydz = -\frac{15}{2}\pi. \]

（1）证明级数 \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}\) 发散；

（2）讨论级数 \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^p\ln n}\) 的敛散性（绝对收敛、条件收敛、发散）。

重要提示

（1）对 \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}\)，用积分判别法： \[ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\ln x}dx = \lim_{t\to+\infty}\ln(\ln x)\Big|_{2}^{t} = +\infty. \] 反常积分发散，故原级数发散。

（2）对 \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^p\ln n}\)：

• 当 \(p>1\)： \[ \left|\frac{(-1)^n}{n^p\ln n}\right| \le \frac{1}{n^p}, \] 而 \(\sum\frac{1}{n^p}\) 收敛，故原级数绝对收敛。

• 当 \(0<p\le1\)： 绝对值级数 \(\sum\left|\frac{(-1)^n}{n^p\ln n}\right|=\sum\frac{1}{n^p\ln n}\) 发散（与（1）类似，用积分判别法可证）； 但数列 \(\left\{\frac{1}{n^p\ln n}\right\}\) 单调递减且趋于0，由莱布尼茨判别法，原级数条件收敛。

• 当 \(p\le0\)： \[ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^p\ln n} = \begin{cases} +\infty, & p<0,\\ 0, & p=0. \end{cases} \] 当 \(p<0\) 时，通项不趋于0，级数发散； 当 \(p=0\) 时，级数为 \(\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\ln n}\)，条件收敛。