2025-2026学年下学期期末

2025-2026学年下学期期末试卷（A）（含答案）

一、选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 设函数 $z=f(x,y)$ 处处可微，则对曲面 $z=f(x,y)$，下述描述正确的为（ ）。

   A. 未必处处皆有切平面

   B. 处处皆有切平面，但未必有连续变化的法向量

   C. 处处皆有切平面，且有连续变化的法向量

   D. 以上皆不正确

   答案：

   B

   ---

2. 在曲线

   $$\begin{cases} y=x^3,\\ z=x^2 \end{cases}$$

   的所有切线中，与平面 $x+y+z=1$ 平行的切线为（ ）。

   A. 仅有 1 条

   B. 有 2 条

   C. 有 3 条

   D. 不存在

   答案：

   D

   ---

3. 设 $f(x,y)$ 连续，若

   $$f(x,y)=xy+\iint_D f(u,v)\,du\,dv,$$

   其中 $D$ 是由 $y=0,y=3x,x=1$ 所围区域，则 $f(x,y)$ 等于（ ）。

   A. $xy$

   B. $\dfrac{3}{2}xy$

   C. $xy-\dfrac{9}{4}$

   D. $xy-\dfrac{9}{2}$

   答案：

   C

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4. 曲面 $x^2+y^2+2z^2=6$ 在点 $(2,0,-1)$ 处的切平面与平面 $z=0$ 的夹角等于（ ）。

   A. $\dfrac{\pi}{6}$

   B. $\dfrac{\pi}{4}$

   C. $\dfrac{\pi}{3}$

   D. $\dfrac{\pi}{2}$

   答案：

   B

   ---

5. 幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\cdot4^n}x^{2n}$ 的收敛域为（ ）。

   A. $(-4,4)$

   B. $[-4,4]$

   C. $(-2,2)$

   D. $[-2,2]$

   答案：

   C

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二、填空题（每小题 4 分，共 20 分）

1. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(1,0)}(1+xy)^{\frac{2}{y}}=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $e^2$

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2. 函数 $f=\ln(3-\sin(xz)-\cos(xy))$ 在点 $\left(\dfrac{\pi}{2},1,2\right)$ 处的全微分 $df=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $dx+\dfrac{\pi}{6}dy+\dfrac{\pi}{6}dz$

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3. 设当 $0\leq x<\dfrac{\pi}{2}$ 时 $f(x)=1$；当 $\dfrac{\pi}{2}\leq x<\pi$ 时 $f(x)=0$。$s(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx$ 是 $f(x)$ 展开的正弦级数，则 $s\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $1/2$

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4. 若向量场 $\boldsymbol{E}=\left(x^2(y-z),y^2(ax-bz),z^2(x-y)\right)$ 的散度为 0，则 $ab=\underline{\qquad}$。

   答案：

   $1$

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5. 函数 $y(x)$ 满足微分方程 $\dfrac{dy}{dx}-2y=e^{2x}$，且 $y\rvert_{x=0}=1$，则方程的特解为 $\underline{\qquad}$。

   答案：

   $y=(x+1)e^{2x}$

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三、（10 分）

设函数

$$f(x,y)=\left(\frac{x^2}{2}+y\right)e^{x+y},$$

求函数 $f(x,y)$ 的极值。

解：

由

$$f_x=e^{x+y}\left(x+\frac{x^2}{2}+y\right)=0,\qquad\text{（2 分）}$$$$f_y=e^{x+y}\left(1+\frac{x^2}{2}+y\right)=0,\qquad\text{（2 分）}$$

得

$$x=1,\qquad y=-\frac{3}{2}.\qquad\text{（1 分）}$$

又

$$A=f_{xx}\left(1,-\frac{3}{2}\right)=2e^{-1/2},\quad B=f_{xy}\left(1,-\frac{3}{2}\right)=e^{-1/2},\quad C=f_{yy}\left(1,-\frac{3}{2}\right)=e^{-1/2}.\qquad\text{（3 分）}$$

则有

$$AC-B^2>0.\qquad\text{（1 分）}$$

所以 $\left(1,-\dfrac{3}{2}\right)$ 为极小值点，取得极小值

$$f_{\min}=-e^{-1/2}.\qquad\text{（1 分）}$$

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四、（10 分）

常数 $a>0$，已知曲线的参数方程为

$$x=a\sin t,\qquad y=\sqrt{2}a(t-\sin t),\qquad z=\sqrt{2}a(1-\cos t),\qquad(0\leq t\leq\pi),$$

若曲线在 $(x,y,z)$ 处的线密度为 $x^2$，求曲线的质量 $M$。

解：

$$\dot{x}=a\cos t,\qquad \dot{y}=\sqrt{2}a(1-\cos t),\qquad \dot{z}=\sqrt{2}a\sin t,$$$$ds=a(2-\cos t)dt.\qquad\text{（4 分）}$$$$M=\int_Lx^2\,ds =\int_0^\pi a^3\sin^2t(2-\cos t)\,dt =\pi a^3.\qquad\text{（2+2+2 分）}$$

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五、（10 分）

计算曲面积分

$$I=\iint_\Sigma [y^2+x(\cos y-\cos z)]\,dy\,dz +[z^2+y(\cos z-\cos x)]\,dz\,dx +[x^2+z(\cos x-\cos y)]\,dx\,dy,$$

其中 $\Sigma$ 为曲面 $x^2+y^2+z^2=1$（$y\geq0,z\geq0$）的上侧。

解：

添加 $\Sigma_1:z=0,y\geq0$ 下侧面；$\Sigma_2:y=0,z\geq0$ 左侧面，构成闭合曲面，形成闭合空间 $\Omega$。（2 分）

$$D_1:x^2+y^2\leq1,y\geq0;\qquad D_2:x^2+z^2\leq1,z\geq0.$$

于是

$$\begin{aligned} I={}&\iint_{\Sigma+\Sigma_1+\Sigma_2} \bigl([y^2+x(\cos y-\cos z)]\,dy\,dz\\ &\quad+[z^2+y(\cos z-\cos x)]\,dz\,dx +[x^2+z(\cos x-\cos y)]\,dx\,dy\bigr)\\ &-\iint_{\Sigma_1+\Sigma_2} \bigl([y^2+x(\cos y-\cos z)]\,dy\,dz\\ &\quad+[z^2+y(\cos z-\cos x)]\,dz\,dx +[x^2+z(\cos x-\cos y)]\,dx\,dy\bigr)\\ ={}&\iiint_\Omega(\cos y-\cos z+\cos z-\cos x+\cos x-\cos y)\,dx\,dy\,dx\,dz\\ &+\iint_{D_1}x^2\,dx\,dy+\iint_{D_2}z^2\,dz\,dx\\ ={}&\int_0^\pi\cos^2\theta\,d\theta\int_0^1r^3\,dr +\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta\int_0^1r^3\,dr\\ ={}&2\times\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}. \end{aligned}$$

（2+3+2+1 分）

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六、（10 分）

将函数

$$f(x)=\ln\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$$

展开为麦克劳林级数，并写出该级数的收敛域。

解：

$$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}, \qquad(-1<x\leq1),\qquad\text{（3 分）}$$$$\ln(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}, \qquad(-1\leq x<1).$$

因此

$$\begin{aligned} f(x) &=\frac{1}{2}[\ln(1+x)-\ln(1-x)]\\ &=\frac{1}{2}\left[\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}\right]\\ &=\frac{1}{2}\left[ \sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{2m-1}\frac{x^{2m}}{2m} +\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^{2m-2}\frac{x^{2m-1}}{2m-1} +\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{2m}}{2m} +\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{2m-1}}{2m-1} \right]\\ &=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{2m-1}}{2m-1}, \qquad(-1<x<1). \end{aligned}$$

（2+2+2+1 分）

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七、（10 分）

判别下列级数的敛散性，对交错级数，需说明是绝对收敛还是条件收敛。

1. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt n}$；

2. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n}{e^n}$。

解：

（1）

$$\lim_{n\to\infty} \frac{\dfrac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt n}}{\dfrac{1}{\sqrt n}} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\sqrt{1+\dfrac{3}{n}}} =\frac{1}{2}.\qquad\text{（2 分）}$$

且已知级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt n}$ 发散。（2 分）

由比较判别法的极限形式可知，级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt n}$$

发散。（1 分）

（2）

$$\lim_{n\to\infty} \left|\frac{\dfrac{n+1}{e^{n+1}}}{\dfrac{n}{e^n}}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{1}{e} =\frac{1}{e}<1.\qquad\text{（2+2 分）}$$

因此交错级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n}{e^n}$$

绝对收敛。（1 分）

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八、（10 分）

求微分方程

$$y''+2y'-3y=e^x$$

的通解。

解：

对应齐次方程 $y''+2y'-3y=0$ 的特征方程为

$$r^2+2r-3=0.\qquad\text{（2 分）}$$

解得特征根

$$r_1=1,\qquad r_2=-3.\qquad\text{（2 分）}$$

所以齐次方程的通解为

$$Y=C_1e^x+C_2e^{-3x}.\qquad\text{（2 分）}$$

原方程的非齐次项显示 $r=1$ 是特征方程的特征根，所以设原方程的特解为

$$y^*=b_0xe^x.\qquad\text{（2 分）}$$

代入原方程得

$$4b_0e^x=e^x.$$

所以得

$$b_0=\frac{1}{4}.\qquad\text{（1 分）}$$

因此原方程有一个特解 $y^*=\dfrac{1}{4}xe^x$，从而原方程的通解为

$$y=C_1e^x+C_2e^{-3x}+\frac{1}{4}xe^x,$$

即

$$y=\left(C_1+\frac{1}{4}x\right)e^x+C_2e^{-3x}.\qquad\text{（1 分）}$$