《高等数学A 》(下）期末试卷A 答案及评分标准 一、选择题（本大题分5小题，每题3分，共15分）1、交换二次积分⎰⎰x e dy y x f dx ln 01),(的积分次序为（c ）(A ) ⎰⎰x e dx y x f dy ln 01),( (B )⎰⎰1),(dx y x f dy e e y(C )⎰⎰eeydx y x f dy ),(10(D )⎰⎰ex dx y x f dy 1ln 0),(2、锥面22y x z +=在柱面x y x 222≤+内的那部分面积为 （D ）(A )⎰⎰-θππρρθcos 2022d d (B )⎰⎰-θππρρθcos 20222d d(C )⎰⎰-θππρρθcos 202222d d (D )⎰⎰-θππρρθcos 20222d d3、若级数∑∞=-1)2(n nn x a 在2-=x 处收敛，则级数∑∞=--11)2(n n n x na 在5=x （B ）(A ) 条件收敛 (B ) 绝对收敛 (C ) 发散(D ) 收敛性不确定 4、下列级数中收敛的级数为 （A ）(A ) ∑∞=-1)13(n nn n (B )∑∞=+121n n n (C ) ∑∞=+111sin n n (D )∑∞=13!n n n 5、若函数)()2()(2222x axy y i xy y x z f -+++-=在复平面上处处解析，则实常数a 的值 为 （c ）(A ) 0 (B ) 1 (C ) 2 (D ) -2二、填空题（本大题分5小题，每题4分，共20分）1、曲面122-+=y x z 在点)4,1,2(处的切平面方程为624=-+z y x2、已知)0(:222>=+a a y x L ，则=-+⎰Lds xy y x )]sin([22 32 a π 3、Ω是由曲面22y x z +=及平面)0(>=R R z 所围成的闭区域，在柱面坐标下化三重积分⎰⎰⎰+Ωdxdydz y x f )(22为三次积分为⎰⎰⎰RR dz f d d ρπρρρθ)(20204、函数x x f =)()0(π≤≤x 展开成以2π为周期的正弦级数为nx nx n n sin )1(211+∞=-=∑，收敛区间为π<≤x 05、=+-)1(i Ln2,1,0),243(2ln ±±=++k k i ππ=-]0,[Re 2zz e s z1-三、(本题8分）设),()(22xy y xg y x f z ++=，其中函数)(t f 二阶可导，),(v u g 具有二阶连续偏导数，求y x z x z ∂∂∂∂∂2,解：2112yg g y f x x z ++'=∂∂ … 3分=∂∂∂yx z2f xy ''4113122221g y x g y xyg g --++ 5分四、(本题8分）在已知的椭球面134222=++z y x 内一切内接的长方体（各边分别平行坐标轴）中，求最大的内接长方体体积。
解：设顶点坐标为)0,,(),,(>z y x z y x ，xyz v 8=….2分令(8),,(λ+=xyz z y x F )134222-++z y x ….2分 028),,(=+=x yz z y x F x λ，028),,(=+=y xz z y x F y λ，0328),,(=+=z xy z y x F z λ解得：1,31,32===z y x ， (3)分，316max =V ….1分五、(本题7分）⎰⎰+Dy x dxdy e22，其中)0(:222>≤+a a y x D .解： 原式=⎰⎰ad e d 020ρρθρπ….5分ae e 0)(2ρρρπ-= ]1)1[(2+-=a e a π….2分六、(本题8分）计算⎰+-+-Ldyy x x y dx x y xy )3sin 21()cos 2(2223，其中L 为抛物线22y x π=上由点(0,0)到)1,2(π的一段弧。
装 订线 内不 要 答 题自觉遵 守考试 规则，诚 信 考 试，绝 不证明：x y xy yP x Q cos 262-=∂∂=∂∂，所以曲线积分与路径无关….3分4)4321(0212220πππ=+-+=⎰⎰dy y y dx 原式….5分七、(本题8分）计算⎰⎰++∑dxdy z dzdx y dydz x 333，其中∑为上半球面221y x z --=的上侧。
解：补面),1(,0:221≤+=y x z ∑下侧 原式=⎰⎰+++1333∑∑dxdy z dzdx y dydz x⎰⎰++-1333∑dxdy z dzdx y dydz x⎰⎰⎰++=Ωdxdydzz y x )(32220-……5分=⎰⎰⎰14220sin 3dr r d d ϕϕθππ=π56………3分八、(本题8分）讨论级数∑∞=-2ln)1(nnnn的敛散性，若收敛则说明是绝对收敛还是条件收敛。
解：,1lnnnn>原级数不绝对收敛……3分又∑∞=-2ln)1(nnnn为交错级数，,0lim=∞→nnu……2分设,ln)(xxxf=2ln1)(xxxf-='当ex>时单调递减，所以}ln{}{nnun=当2>n时单调递减，……2分原级数条件收敛。
…1分九、（本题共12分，每题6分）1、将)1(1)(-=zzzf在区域+∞<-<|1|1z内展开成洛朗级数。
解：111)1(1)(-+-=z z z f1111)1(12-+⋅-=z z …..3分2)1(1-=z ∑∞=--0)1(1)1(n nnz∑∞=+--=02)1(1)1(n n nz …..3分2、沿指定曲线的正向计算下列复积分⎰=-2||2)1(z zdz z z e解：原式 =)]1),((Re )0),(([Re 2z f s z f s i +π…2分}])1()1[(lim )!12(1)1(lim {222120'-⋅--+-⋅=→→z z e z z z e z i zz z z π ……2 分i z e ze i z z z ππ2}1{212=-+==……2 分十、（本题6分）设,40π=a ，⎰⎰=++=-D n n n dxdy y x yn a )2,1()1)(1(arctan 221 其中}10,0|),{(≤≤≤≤=x x y y x D，（1）求出n a ;(2)求出幂级数∑∞=0n nn x a 的收敛域及和函数。
解：⎰⎰++=-122110)1)(1(arctan y n n dx y x yn dy a 1)4(11++=n n π……2 分 ∑∑∞=+∞=+=010)4(11n n n n nn x n x a π，,4π=R 收敛域：)4,4[ππ-……2 分∑∑∞=+∞=+==010)4(11)(n nn n nn xn x a x S π⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=≠--=04)41ln(1x x x x ππ……2 分十、附加题（本题10分）强化班做，普通班不做（做了不得分）设函数)(x f 在]1,1[-内有连续的二阶导数，,0)(,0≠≠x f x 当0→x 时，)(x f 是x 的高阶无穷小，且|,)1()11(|||1nf n f b b nn +≤+证明级数∑∞=+11||n n n b b 收敛。
【证明】 因为当0→x 时，)(x f 是x 的高阶无穷小，所以,0)0()0(='=f f 又)(x f 的二阶导数)(x f ''在]1,1[-内连续，所以K x f ≤''|)(|,!2)()0()0()(2x f x f f x f ξ''+'+= ξ在0与x 之间 221)(1)0()0()1(n f n f f n f ξ''+'+=221)(nf ξ''=|)1(|nf ,22n K ≤所以∑∞=1n |)1(|n f 收敛，同理∑∞=1n |)11(|+n f 也收敛……5 分 由于|)1()11(|||||1n f n f b b n n +≤+|)1()11(||)11()1(|||1n f n f n f n f b n +-≤-|)11()11(|||1-+≤-n f n f b n大学数学 ≤≤ |)1()11(|||1f n f b +⇒∑∞=1n ||1+n b 收敛，由此得∑∞=1n ||n b 也收敛 又|)||(|21||11n n n n b b b b +≤++，所以∑∞=+11||n n n b b 收敛。
……5 分。