数学分析第四学期试题

给出,,;L,中为圆D其中,其中是由与给出,,;L,中为圆D其中,其中是由与围成的区域;xy2a2精品文档试题（1卷）一．填空（每小题3，共分）1面曲线L

由方程

F,0F(,y)

在点

Pxy000

的某邻域内满足隐函数定理的条件,曲L

在点

P

的切线方程为；2.含参量积分

F(x)

(x)c)

f(xydy

的求导公式为

；3.

函数的表达式为

,

0

；4.二重积分的中值定理为:若f(,)d

fx,)

在有界闭区域

上连续则存在(

)

,

D

；5.当

f(x,z

时，曲面积分

f(,ydS

的物理意义是：.二.成下列各题(每小题5分,共分)1.设

x

2

y

2

2

y2.设

uu

求

;3.求积分

10

alnx

dx)

.三.算下列积分(每小题10分共50)1.

L

xyzds

,中为曲线

x2zt

的一段;2.

L

xdxxy2

Lxat,at

在第一象限的部分，并取逆时针方向;

(xysin(xy)dxdy3．作适变换计算,)y

,0y

,;4.

V

Vxz0,yzy5.

(dS

,其中S为圆锥面

x

y

被平面

z0,z

截取的部分.四.斯公式算

xdydzdzdx3dxdy

,其为面的外侧.(10分)五.求全微分

2

yz)y

2

xz)dyz

2

xy)

的原函数.分)精品文档在LL,其中是由在LL,其中是由精品文档试题（卷）一．填空（每小题3分，共分）1．若曲面S方程

0

给出

在点P(x,y,z)0000

的某邻域内满足隐函数定理的条件曲面S点P

0

处的切平面方程为；若

f(x,y)

在

)

上含参量反常积分

c

f(x,y)dy

在上3.函数的表达式为(p,q)

上连续；p0,

；若

f(x,y)

域

在

得D曲线积分

L

PQ

；的物理意义是：.二成下列各题小题5分15分)设设

e

2zz0xu2yv0,yvxu0,求

zz,xyuv,xx

;;3.设

(x)

xx

2

xy

2

,求

F(x)

.三算下列积分小题10分50分)y221.L中为螺旋线aa)

的一段;2.

L

dy

中为摆线

1

t0的一段;

xyxy

3.作适当变换计算

D

,其D

是由

0,yy1

所围区域;4.

V

y

Vx,y0,z0

及

xz

2

所围区域;5.

S

yz)dS

,其为上半球面

x2ya2,z

.四应用高斯公式计算

S

xy2dzdxz2dxdy

中

S

为立体

x

2

y

2

zh

的边精品文档2Dx2VCÑ2Dx2VCÑ精品文档界曲面的外侧.(10分)五.应用斯托克斯公式计算

L

(z)y)

,L为平面

xya(0)

与三坐标面的交线,并取逆时针方向(10分)分析试（三）一、填空题（题3分共30）1．

已知

x)

xx

2

2

，则

)

①。2．

n

(1)

n

②。3．

含参量积分

f(x,y

在

[]

上不致的一个要条件③。4．

若

[0,1]

，则

D

max{x

2

y

2

}

④。

d5．

若为圆域：，则

1

⑤。6．

写出斯托克斯

公式⑥。7．

已知

)

，则

(

⑦。8．

若L，l，n线)L⑧。

则9．

空间有界区域可求体积的一个充要条件是⑨。10

V

是椭球体

x2yza2

，则二、

x2y22(dxdydza22计算题每题8分，分）x22

⑩。1.计算第一型曲线积C

，其中为螺旋线：t

，

t

，

的一段。Ix22.计算第二型曲线积分L，其中为

x

y2

，方向取逆时针。精品文档53225322精品文档3.计算二重积分

I

D

y2

，其中Dx轴，

y

，

和y

围成的有界闭区域。4.计算第一型曲面积分

x

dS22

，其中

={

y,z)2

，

}5.计算

x222

，其中为圆锥曲面22

被平z所截部分的外侧。三、

证明题每题分，共30）1．利用二积分证明

e

dx

2

，并由此导出

)

。2.设函数

(y)

具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线

上，曲线积分L

(y)dx2x4

的值恒为常数。（1）

证明上半平面

内任意分段光滑简曲线

C

，（2）

求

()xydy2)的表达式。

。3.证明含参量非正常积分

xe

dy

，对任意

在

[

上一致收敛，而在

上不是一致收敛的。四、

试题考答案评分标填空题每题3分，分）．．．

xeeln120，

yedyN

，

,b]0

，有

f,)dy0

0

。注此题解答不唯一)4．精品文档

eVxdy蜒Vxdy蜒精品文档5．6.(

(L)dzdx)

7．

．0．的边界的体积为。(注：此题答案不唯一)10

五、计算题每题8分，分）1.解2)C

(a

t2sint2t)tcos2t2dt

(a

t

)

a(22

b3

)

(号分，后面两个等号各2分)2.解：

P(,y)

,y

，于是有

2分）作圆

r

12

，方向取逆时针。有格林公式知x22L

x

（分）从而

L

x2

xdy1x22r

xdy

1r2

D

1dxdy2r

分）精品文档412其中为中的部分。曲面的方程为（（4分）412其中为中的部分。曲面的方程为（（4分）精品文档y3.解：，则(uv)[0,1]2分）

2)2v(1)

2

。由题意知v)

(1v)uv

2

(1v)

3

3(1v)

4(1v)

2

(1v)

3

（4分）故

I

D

D

u4vu)

4

dudv40D

0

1

分）4.解：考虑到被积函数在曲面上积分，被积函数关x,y都为偶函数，又曲面关于平面对称，则dSdS2SS将

222向yoz平面投影得矩形区域：D={(y,z)|0R,0H}

H

故由计算公式有：I

12dydzR2DD

2

R

dydz

0

y2

H0

dzHarctan分）5.解：设为圆锥的底面，由高斯公式知2dzdxdxdy

V

xyzdxdydz8分）令xcos

yr

，则

2,0

。精品文档0，22221sC0，22221sC精品文档

xyz)dxdydz

2

z

r(r

sin

dr

0

0

0

220

(

3sin)d

2

dz

（4分）而故

x222Dxdydzdzdx2分）六、证明题（每题分，共分）

2

2

2

x

2

2

)1．：

D令

Dxx20}RD

,y)x

R

x0,yR显然

DDDR

2

2分）

)

dxdy

2R

re

2

dr

(1

2

)D

R

0

)

dxdy

2d

dr

4

(1

)

e

D)

e

0)

e

)从而

D

R

D

D

R取极限得

e

dx

4

2

6）在函数中，令，则有)

x

sdx

y

sdy)2令，即得0

10分）2.证在上任意取两,B将C分成两部分C和C光滑简单闭曲线，使得3与不相交。由题意得

2

以

B

为两端点绕原点作分段精品文档2222精品文档于是

(dxxydy()xydyx4224Cy)dxy)dxxydyx42x

（2）从而

()xydy2

5分）令

p(xy)

(y2x4

，

Qxy)

22x2则

x4)y(24)2

2xx

4)x)

y于是

x)yyx24)2y(2x4)2(2x4)化简得，于是

()

。代入上式得C，于(y)2是（10）3.证

作变量替换

，则

A

x

2

dy

Ax

e

2

du

。因

dx

edx

收敛，故

当

A

时，有

A取

M

M

，当

M

时，有

Ax

，从而

xe

eA

A

分）xe所以0

，对任意

在

[,

上一致收敛。因

0

xx

x不连续，故0在上不是一致收敛的。（10分）精品文档22,yI22,yIa)ln(1cos)dx在[cd]为上任取一点精品文档

分析试题4）一、简述题每小题10分，共30分）f()1含参变量反常积分一致收敛的Cauchy收敛定理。2Green公式的内容及意义。3n重积分的概念。二计算题（每小题10分，共分）ydxI1．计算积分，其中C为椭圆

2x

2

y

2

，沿逆时针方向。2．已知

z(xz,y

其中

f(u,v)

存在着关于两个变元的二阶连续偏导数，关于的二阶偏导数。3．求椭球体

x2a2b2

的体积。4．l为右半单位圆周，求

|dsl

。5．计算含参变量积分0()的值。三、讨论题（每小题10分共20分）1若积分在参数的已知值的某邻域内一致收敛，则称此积分对参数的已知值一致收敛。试讨论积分

I

x

在每一个固定a处的一致收敛性。2

讨论函数

F(y)

(x)

dx

的连续性，其中

f(x)

上是正的连续函数。附：参答案4一、叙述题（每小题10分共30分）1含参变量反常积分

f(x,)

关于在

上一致收敛的充要条件为：对于任意给定的

，存在与无关的正数

A0

，使得对于任意的

AA0

，

A

fx)dx

[cd]

成立。2Green公式：设平面上由光滑或分段光滑的简单闭曲线所围的单连通区域。如果函数Px),Q(x,y)

D上具有连续偏导数，那么

Pdx

D

(

)

，其取正向，即诱导正向。Green公式说明了有界闭区域上的二重积分与沿区域边界的第二类曲线积分的关系。3．设为n上的零边界区域，函数

uf(x)

在上有界。将用曲面网分成n个小区域,,...,12

n

（称的一个分划记

i

i

的体积，并记所有的小区域

i

的最大直径在每个

xi

i

，于零时，和式nIfii

i精品文档xnI(costsin则22222（xnI(costsin则22222（精品文档的极限存在且与区域的分法和点的取法无关，则称

在

上可积，并称此极限为

在有界闭区域上的重积分，记为nIfdVlimVi0i1二、计算题每小题10分，共50分）

i

。1

解令

33

则2

解令

xdyydxydx2333xy23x2y203luvz

.uzzzx,xxx

,

uy

z,

vzyy

1.zufxuvx

，

zfufvyuyvy

.故2x

zf22ux

2u

f2

uf22fvxvx2vx

,2f22uf22y2uyuyvyv

fv2y

2

,zu2fuvyuyyy

即2

zf

2

u

2

f

u

2

f

2

v

2

f

v

2x

2

ux

2

u

2

xvxv

2

xfz2xux

22fzf2z2zxx2uxvxv

f2

zx

2

.2

zf

2

u

2

f

u

2

f

2

v

2

f

v

2y

2

uy

2

u

2

yvy

2

v

2

yf2xuy

z2

2u

f2

x

zf2yvy

z2

2v

fz2y

21.

f

u

vyyu

yv

fz2zxuyxy

2zzxxu2x

zf2zyvxy2v

fzz2xy

1.3解由于对称性，只需求出椭球在第一卦限的体积，然后再乘以即可。作广义极坐标变换arcos,ybrsin2这时椭球面化为精品文档

11(30011(300精品文档

(cos2(br22

]1r

。又

D(x)xD(r

rr

sin

abr

，于是18

z(xy)d

xy

z(r,

D(x)D(r

drd

20

d0

2

abrdr

2

0

r

2

dr11

r

)d

)[]abc26

。所以椭球体积V

abc

。4

解l的方程为：

xy2x

。由

，ds1y

ydxdxy符号的选取应保，在圆弧，由dx故

dx而在圆弧CB上，由dx，故

dx所以

I

l

dx1yyy

。5

解

I(a

acos

)

。当时，由于1acos2)

2

，故

a)

为连续函数且具有连续导数，从而可在积分号下求导。I

aacosx

1aa1x

1a

dx)x12aa(1)

dx1x精品文档aa(yy0在2Fy)yaa(yy0在2Fy)y0精品文档

2xarctgtg

a

。于是，当时，

I)

（常数但是，

I(0)0

，C，从而

I(a)

。三讨论题（每小题10分，共分）1解设0为任一不为零的数，不妨设

a00

。，使

a0

。下面证明积分I

在0

内一致收敛。事实上，当

0

时，由于

x

a

，且积分a00a0收敛，故由Weierstrass别法知积分

2

2

dx

x

在

0

内一致收敛，从而在点一致收敛。由的任意性知积I

在每一处一致收敛。下面说明积分I

0一致收敛。事实上，对原点的任何邻域

(

有：

，有

x

。由于limaA

dt12

，故取

，在

(

中必存在某一个

a0

，使有|

，即因此，积I

0点的任何邻域

aA12x内非一致收敛，从而积分I

0时非一致收敛。2．解当时，被积函数是连续的。因此，

Fy)

为连续函数。当时，显然有

F(0)

。当y0时，

f(x

上的最小值，。由于Fy)

10

yx

2

dxm

y

及arctg

1

，故有mlimF)0

。所以，

当时不连续。精品文档xy22xy22222nn关于在解：设，222精品文档分析试5一、填题（每题5分，共20分）1.平面区域由曲线

y,0,3

围成，则

D

.2.L

为任一条不含原点在内的闭曲线，则

xdyydx2

.

xdydzzdxdy3.曲面积x

.指向外侧）.4.设曲L

是

x

2

y

2

2

a

2

与

2的交线，则＝

.二、计算题每小题10分，共50分）1．求球面与锥面所截出的曲线的点程。

(3,5)

处的切线与法平面方2．求平面，圆柱面xy，锥面

x2

所围成的曲顶柱体的体积。3．计算三重积分I

()dxdydzV

。其中

V:x01,0

。4利用含参变量积分的方法计算下列积分

e

。

xdydzdzdx,5计算

其中M为上半椭球面2z,a222

定向取上侧.三、证明题（每小题15分共30分）1．若及

x0,y0,

证明不等式

xyy2

n

.2．证明

sinx

[,](0

上一致收敛，但在

(0,

上非一致收敛.试题案一、填题（每题5分，共20分）1、32、03、4

R

4、2

a

二、计题（每题10分，共50分(x)yG(x,)y它们在

(3,5)

处的偏导数和雅可比行列式之值为：

和精品文档),y)22211[()y]|dx(1)),y)22211[()y]|dx(1)e精品文档,G)z)

F,),G，，。所以曲线在

处的切线方程为：xy1200，即x3)4(4)0,z5.

法平面方程为4(x3(

，即4xy

。V

y2

解：其体积

D

D

2

y

2

dxdy

2

20

r

2

drD:y3解

8383

22

3sin

329

.V

(xy)

dz00

[(x)

z2

]

dy

0

(xy

y34

解：首先，令

Ie

，则

I20

，在积分

dx

中，再令

，其u任意正数，即得

Ietdx.

再对上式两端乘以

，然后u0分，得I

ue

t

.注意到积分次序可换，即得

I2tdt

e

)

1

由于

I

故

I

.5利用广义球面坐标代入曲面方程就可得曲面的参数方程为xasinsincoszcos

易得

y,z)

2

cos

x)

2

)

sin

2

精品文档nnnA,nnnA,精品文档M

x3dydzdzdx

2

d

2

(a

3

sin

5

cos

4

3

sin

5

4

3

ab

cos

d0

0因此

2(5

2

2

2

).三、证题（每题10分，共20分）yn1．证明考虑数2在条件F,y)(y)y).解方程组

x(y

下的极值问题，设n2yn2y0xy可得2从而

x

n

yy2

.

如果

xy0

时，则结论显然成立.2．证明首先证

sinx

在

[]

上一致收敛.由于

A

xydx

cos()2A0,ya],yylim0,因而一致有界，而1/是的单调减少函数xx由于1/与y无关，因此这个极限关y是一致的，于是由Dirichelt判别法知

sinx

在

y[]

上一致收敛.再证0

sinx

在

(0,

上非一致收敛.对于正整数

，取

y

，这时3/2n

xyx

dx

3/n

x/dxx3

3/n

x2.3只要取

则对于任意0总存在正整数满足

n

,0

取

y1/

，这时成立

/2n

sinxy2dx3

由Cauchy收敛原理知

sinxyx

在

(0,

上非一致收敛.分析试6一、选择题每小题6分，共30分）1、D是第二象限内的一个有界必区域，而且精品文档

0

，记aaaaaaax和()()22aaaaaaax和()()2222与精品文档I1

D

yxd

，

I2

D

y

2

xd

，

I3

D

1y

，则

I,II1

的大小顺序是（）A、

III12

B、

III2

C、

II31

D、

III122、S是由平面

x

与三个坐标面围成四面的表面并取外侧则曲面积分

xdydzydzdxzdxdyS

（）1A的表面积

BV的体积

C、

D、

3.曲面

z

在点处的切方程是平面（）22y2y

4.

积

分0

0

f(x,

变换顺序后为（）

f(x,)f(x)f(x,dyD()0x0x2则

f(x,)dy

S为球面

S

（）ABC3

D二、计算题（每小题10分共50分）1．求

Ixl

，此l为联结三点

A(1,0),(1,1)

的直线段。I2．计算二重积分。其中

是以

yyya(0)

为边的平行四边形。3页长方形白纸印刷面积A

使所留叶边空白为部与下部宽度之和

，左部与右部之和为rcm4．计算三重积分

，试确定该页纸的长和宽，使得它的总面积为最小。I

V

y()dxdydzab

。其

xy是椭球体abc

。5．计算含参变量积分

e

(0)

的值。三讨论题（每小题10分，共分）1

已知

，试确定二阶偏导数

的关系。精品文档lOAABdySr,y(xy).22222lOAABdySr,y(xy).22222222精品文档2

讨论积分

xcosxxq

的敛散性。分析试6答案一、选择每小题6分，共30分）1、C2、D3、C4、B5、0二计算题（每小题10分，共分）I)1.解:

BO

ds

。在直线段

OA

上

ydsdx

得

y

xdx

在直线段AB

上

xdy

得AB

(y)ds

(1)

在直线段BO上

yx,

得BO

(xyds

2xdx2

所以

I22

。

(

y

)

a

(

y

)dx

2．解

.3．解由题意，目标函数与约束条件分别为与

作Lagrange函数

Lxy

[(r)(],

则有由此解得

)0,x)y,1

1

Ahr

于是有

x

y

r

并且易知它是极小值点.4．解由于

I

V

a

V

b

V

z

，其中

V

a

a

dx

，这里D表示椭球面

yb

22

zxca

22yxxb(1)c(1)或2a2。精品文档2222220x1时，2222220x1时，精品文档它的面积为

xx1)(1))a

。于是

V

a

4(1)dxa2a

。同理可得

V

b

415

abc

，V

z

415

abc

。所以

4I)155。5．计算含参变量积分

e

(0)

的值。解为

e

e

，所以

e

e

。到e在：0,

上连续。又积分

e

对

y

是一致收敛的。事实上，当

a

时，

，但积分

edx

收敛。故积分

e

是一致收敛的。于是，利用对参数的积分公式，即得

dx

edy

e

。从而得

0

。三讨论题（每小题10分，共分）1

当时，

arccos

。1

112xyx)

，1x2y

xy(y)

，()

，

xy2(y)

x4()

(y)

，

于是，当精品文档

0x

。AyyfAyyf精品文档当

0x

时，

arccos

。2．首先注意到

x

(1)xp)x

。若

max(,)

，则当

充分大