武汉大学2008-2009第二学期(180)试题

武汉大学2008—2009学年第二学期《高等数学B2》试题

（A卷）

一、（30 分）试解下列各题： 1、（6分）求解微分方程

dxdy?x?0满足yx?0?2的特解。 ye2、（6分）求曲面x2?2y2?3z2?12在点(1,?2,1)处的切平面方程。 3、（6分）已知级数

?a(x?1)nn?1?n在x??1处收敛，试讨论此级数在x?2处的敛散性。

4、（6分）计算

??xdxdy，其中D由y?2?x,y?xD?222所围成的区域。

(?1)nn45、（6分）判别级数?的敛散性. 若收敛，是条件收敛还是绝对收敛？ n2n?1二、（10分）函数z?z(x,y)由方程x?az?sin(y?bz)所确定， a,b是不全为零的常数，证明：

a?z?z?b?1。 ?x?y?2zy三、（12分）设z?xf(u)，而u?，其中f(u)二阶可导，求。

?x?yx2四、（10分）试将函数f?x??xarctanx展成x的幂级数。 五、（10分）设f(x,y,z)?x?xy?z

（1）求f(x,y,z)在点P0(1,1,0)处的梯度及方向导数的最大值； （2）问：f(x,y,z)在哪些点的梯度垂直于x轴。

六、（10分）计算曲面积分 I?2232xzdydz?yz?1dzdx?9?z????dxdy,其中?为曲面???32z?x2?y2?1 ?1?z?2?，取下侧。

七、（10分）设函数?(x)具有连续的二阶导数，并使曲线积分路径无关，求函数?(x)。

八、（8分）将正数a分为正数x,y,z之和,使得u?xyz最大(其中m,n,p为已知正数)。

mnp?L[3??(x)?2?(x)?xe2x]ydx???(x)dy与

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武汉大学2006—2007学年第二学期《高等数学B2》试题A参考解答

一、（30分）试解下列各题：

dxdy1、（6分）求解微分方程?x?0满足yx?0?2的特解。

yey2y2dxdy解：由?c1?2ex?y2?c ?x?0，得exdx?ydy?0，即d(ex?)?0?ex?22yex2 而yx?0?2?2?4?c?c?6，故2e?y?6

2、（6分）求曲面x2?2y2?3z2?12在点(1,?2,1)处的切平面方程。 解 设F(x,y,z)?x2?2y2?3z2?12?Fx(1,?2,1)?2,Fy(1,?2,1)??8,Fz(1,?2,1)?6

故曲面在点(1,?2,1)处的切平面的法向量为：n?(2,?8,6) 所以切平面方程为：x?4y?3z?12?0 3、（6分）已知级数?an(x?1)n在x??1处收敛，试讨论此级数在x?2处的敛散性。

n?1解 由阿贝尔定理知，此级数在|x?1|?|?1?1|?2即-1?x?3时绝对收敛，故此级数在x?2处绝对收敛。 4、（6分）计算??x2dxdy，其中D由y?2?x,y?x所围成的区域。

22D解：由对称性，??xdxdy?2??xdxdy?2?0dx?x2x2dy?4?0(x2?x4)dx?22DD112?x218 15 5、（6分）判别级数?(-1)nn4的敛散性. 若收敛，是条件收敛还是绝对收敛？ n2n?1?(n?1)4n+1u1=<1，由比值判别法知原级数的绝对值级数收敛，故原级数绝对收敛. 解：limn+1=lim24n??un??n2nn2?z?z二、（10 分） 函数z?z(x,y)由方程x?az?sin(y?bz)所确定， a,b是不全为零的常数，证明：a?b?1

?x?y证明：方程x?az?sin(y?bz)两边同时对x,y求偏导得

?z?z?z1?z?z?z?cos(y?bz) ?a ?cos(y?bz)?(?b)???cos(y?bz)?(1?b)???x?x?xa?bcos(y?bz)?y?y?ya?bcos(y?bz)?z?z故 a?b?1

?x?y1?a三、（12分）设z?x2f(u)，而u? 解 因为

y?2z，其中f(u)二阶可导，求。 x?x?yy?zy?2z11?2xf?x2(2)f??2xf?yf? 所以?2x?f??f??yf???=f??f??

x?x?x?x?yxx四、 （10分）试将函数f?x??xarctanx展成x的幂级数．

??x2n?2x2n?1nn解 因为 arctanx??(?1)(?1?x?1)，则得 f?x??2?(?1)(?1?x?1)

2n?1n?0n?02n?1（也可利用(arctanx)??五、（10分）设f(x,y,z)1?1?x2?(?1)xnn?0?2n求解）

?x3?xy2?z

（1）求f(x,y,z)在点P0(1,1,0)处的梯度及方向导数的最大值；

（2）问：f(x,y,z)在哪些点的梯度垂直于x轴。

解 （1） 由fx(1,1,0)?(3x2?y2)(1,1,0)?2 fy(1,1,0)?(?2xy)(1,1,0)??2fz(1,1,0)?(?1)(1,1,0)??1

故 ?f|(1,1,0)?2i?2j?k 所以f(x,y,z)在点P0(1,1,0)处方向导数的最大值为：|?f|(1,1,0)|?22?(?2)2?(?1)2?3

（2）由?f?(3x2?y2)i?2xyj?k，而?f?x轴，即?f?(1,0,0)?0，由此得： y??3x 所以平面y??3x上的点处的梯度垂直于x轴。 六、（10分）计算曲面积分 I???2xzdydz?y?z2?12?1?dzdx??9?z3?dxdy，其中?为曲面z?x2?y2?1 ?1?z?2?，

取下侧．

解：取平面?1：z?2，取上侧．则?与?构成封闭曲面，取外侧．令?与?所围空间区域为?，由Gauss公式，得

1I???????????????dxdydz??x2?y2?1???9?2?dxdy??d??rdr?dz?32?12001?r2x2?y2?1??dxdy???2

2

七、（10分）设函数?(x)具有连续的二阶导数，并使曲线积分?[3??(x)?2?(x)?xe2x]ydx???(x)dy与路径无关，求函数?(x)。

L解 由题意得：3??(x)?2?(x)?xe2x????(x) 即???(x)?3??(x)?2?(x)?xe2x

特征方程r2?3r?2?0，特征根r1?1,r2?2 对应齐次方程的通解为：y?c1ex?c2e2x

11y*?x(Ax?B)e2x 代入方程并整理得：A?,B??1 即 y*?x(x?2)e2x 又因为??2是特征根。故其特解可设为：

22 故所求函数为：?(x)?cxx?11e?c2e22x(x?2)e2x

八、（8分）将正数a分为正数x,y,z之和,使得u?xmynzp最大。(其中m,n,p为已知正数) 解法一 化为无条件极值求解,即求u?xmyn(a?x?y)p的极值。

m?1 令 ??un)p?pxmyn(a?x?y)p?1x??mxy(a?x?y?0??m(a?x?y)?px?0???u?y?nxmyn?1(a?x?y)p?pxmyn(a?x?y)p?1?0 即 ? ??n(a?x?y)?py?0 解之得 x?mam?n?p，y?nam?n?p 再由 x?y?z?a 求得 z?pam?n?p。

当x?0(x?a)，或y?0(y?a)或z?0(z?a)时,u均为0,不可能为最大,故将a分成的三个正数为x?mam?n?p，

y?nam?n?p，z?pam?n?p。

解法二 利用拉格朗日乘数法求解.作函数F(x,y,z)?xmynzp??(x?y?z?a) ?Fx?(x,y,z)?mxm?1ynzp???0(1) 令 ???Fy?(x,y,z)?nxmyn?1zp???0(2) 及 x?y?z?a?0 (4) ???Fz?(x,y,z)?pxmynzp?1???0(3) 将(1)，(2)，(3)中之?移至等式右端,记为(1?),(2?),(3?),然后由(1?)?(2?)得 x?mpny(3?)?(2?)得 y?ny并将其代入(4),从而得到所求三个正数为

x?manam?n?p，y?m?n?p，z?pam?n?p。

解法三 因为u?xmynzp?0,故当u最大时lnu?mlnx?nlny?plnz也最大。利用拉格朗日乘数法,作函数

?(x,y,z)?mlnx?nlny?plnz??(x?y?z?a)

???mx?(x,y,z)????0(1)? 令 ????(x,y,z)?nx?yy???0(2) 及 x?y?z?a?0 （4） ????p?z(x,y,z)?z???0(3) 由(1),(2)得x?m?pny,由（2），（3）得zny并代入(4),从而得x?mam?n?p，y?napam?n?p，z?m?n?p 3

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