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1、2003～2004学年第二学期《高等数学》期末考试试题B卷答案一、选择题（每小题3分，共24分）1、B；2、A;3、C;4、B；5、D；6、A；f(x,0)−f(0,0)1二、解由于f(0,0)=lim=limxsin=0，同理f(0,0)=0，所以x2yx→0xx→0x在原点处偏导数f(0,0)，f(0,0)存在，并且易求得函数的偏导数为xy⎧12x1222xsin22−22cos22,x+y≠0f(x,y)=x+yx+yx+y，同样有x⎨22⎩0,x+y=012y122⎧⎪2ysin22−22cos22,
2、x+y≠0f(x,y)=⎨x+yx+yx+y，故两偏导数均存在。y22⎪⎩0,x+y=0从上面f(x,y)的表达式容易看出，当(x,y)沿直线y=x趋于原点时，极限x⎡111⎤limf(x,y)=lim2xsin−cos不存在。y=xxx→0⎢2x22x2x2⎥⎣⎦x→0同理limf(x,y)不存在，故偏导数f(x,y)，f(x,y)在原点不连续。yxyy=xx→01也可这样说明不连续：令y=0，x=，k→+∞，则f(x,y)=22kπ→∞，x2kπ故f(x,y)在原点不连续。同理f(x,y)在原点不连续。x
3、y注意到Δz−[f(0,0)Δx+f(0,0)Δy]=(Δx2+Δy2)sin1，22xyΔx+Δy(Δx2+Δy2)sin122limΔx+Δy=Δx2+Δy2⋅1=有limsin220，故f(x,y)在原点可微，Δx→0Δx2+Δy2Δx→0Δx+ΔyΔy→0Δy→0且dz=0。(0,0)∂zdF∂udF⎛y⎞ydF三、证=y+F(u)+x⋅=y+F(u)+x⋅⎜−⎟=y+F(u)−⋅；2∂xdu∂xdu⎝x⎠xdu∂zdF∂udF1dF=x+x⋅=x+x⋅=x+，故∂ydu∂yduxdu∂z∂zdFdF
4、x+y=xy+xF(u)−y+xy+y=2xy+xF(u)=z+xy∂x∂yduduπxπy四、解：∫∫max{x,y}sinxsinydxdy=∫dx∫xsinxsinydy+∫dy∫ysinxsinydx0000D5=π2五、解解因为f(x)是[−1,1]上的偶函数，所以有1a=2(2+x)dx=50∫012(cosnπ−1)a=2(2+x)cosπxdx=，（n=1,2,?）n∫220nπb=0，（n=1,2,?）n利用收敛定理，有∞∞52(cosnπ−1)54cos(2n+1)πx2+x=+∑22co
5、s(nπx)=−2∑22n=1nπ2πn=0(2n+1)在上式两端令x=0，得∞∞25411π2=−2∑2，即∑2=。2πn=0(2n+1)n=0(2n+1)8∞∞∞2∞111π11又∑2=∑2+∑2=+∑2，由此可得n=1nn=0(2n+1)n=1(2n)84n=1n∞21π∑=。2n=1n6六、解解采用柱面坐标系，则32πth22t⎛h2⎞F(t)=∫∫∫000dθrdr()z+f(r)dz=2π∫0⎜⎜+hf(r)⎟⎟rdr，⎝3⎠32dF⎛h2⎞⎛h2⎞于是=2π⎜+hf(t)⎟t=2πht⎜+f(t
6、)⎟。⎜⎟⎜⎟dt⎝3⎠⎝3⎠1t∫0F(xt)dx∫0F(u)duF(t)lim=lim=lim+2+3+2t→0tt→0tt→03t2⎛h2⎞2πht⎜+f(t)⎟⎜⎟2F′(t)⎝3⎠1⎛h⎞=lim=lim=πh⎜+f(0)⎟。++⎜⎟t→06tt→06t3⎝3⎠七、解题设方程的特征方程为2λ−4λ+4=0解出λ=2，故齐次微分方程的通解为2x2xy=Ce+Cxe12其中C,C为任意常数。12*22x因为λ=2是二重根，故设题给方程的一个特解为y=Axe，得*22x22x22x22x(y)′=(Axe
7、)′=(Ax)′e+Ax(e)′=2A(x+x)e*22x22x22x(y)′′=[2A(x+x)e]′=[2A(x+x)]′e+2A(x+x)(e)′2x22x22x=2A(1+2x)e+4A(x+x)e=2A(1+4x+2x)e代入题给方程得22x22x22x2x2A(1+4x+2x)e−4[2A(x+x)e]+4Axe=3e2x2x3即2Ae=3e，得A=。2322x2x2x由此得方程的通解为y=xe+Ce+Cxe。122八、解如图7－1所示，设椭圆周上一点C(x,y)，因直线AB方程为x+3y−10=
8、0，x+3y−101点C到AB的距离为d=，AB=10，从而S=x+3y−10ΔABC102222xy所求问题实为函数f(x,y)=(x+3y−10)在条件+=1下的极值问题。作拉格朗日9422⎛xy⎞函数F(x,y)=(x+3y−10)+λ⎜+−1⎟，解方程组⎜⎟⎝94⎠⎧2λF=2(x+3y−10)+x=0⎪x9⎪⎪λ⎛34⎞⎨Fy=6(x+3y−10)+y=0，得驻点⎜⎜,⎟⎟，⎪2⎝55⎠2
