2022考研数学满分过关150之高等数学下(答案版)考研资料.pdf

2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 1 2022 考研考研数学数学满分过关满分过关 150 高数下高数下【例例 1】求下列微分方程的通解：（1）（北京市 1995 年竞赛题）sin()sin()yxyxy+=+；（2）2(1)(arctan)0ydxxy dy+=；（3）2(21)yxy=+；（4）2222sinxyyxyex+=.【详解详解】（1）由sin coscos sinsin coscos sinyxyxyxyxy+=+，得2cos sinyxy=，2 cossindyxdxy=，ln csccot2sinlnyyxC=+，故方程的通解为2sincsccotxyyCe=，其中C为任意常数.（2）由221arctan11dxyxdyyy+=+，得方程的通解为()2211arctanarctan1122arctanarctanarctanarctanarctanarctanarctanarctan11arctan(arctan)arctan1dydyyyyyyyyyyyyyxeedyCeedyCyyeydeCeyeeCyCe+=+=+=+=+=+其中C为任意常数.（3）令21uxy=+，则222dudyudxdx=+=+，得22dudxu=+，1arctan22uxC=+，121arctan22xyxC+=+，故方程的通解为2 tan2()21yxCx=+，其中C为任意常数.（4）令2zy=，则22sinxzxzex+=，得 2222sin(cos)xdxxdxxxzeeexdxCexC=+=+故方程的通解为22(cos)xyexC=+，其中C为任意常数.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 2【例例 2】求微分方程2min,1xyyye+=的通解.【详解】【详解】当0 x 时，2xyyye+=，齐次方程的特征方程为22(2)(1)0rrrr+=+=，特征根为12r=，21r=，故齐次方程的通解为212xxyC eC e=+.设非齐次方程的特解为1xyAxe=，代入方程，得13A=，故非齐次方程的通解为 21213xxxyC eC exe=+.当0 x 时，21yyy+=，设非齐次方程的特解为2yB=，代入方程，得12B=，故非齐次方程的通解为23412xxyC eC e=+.由原方程的通解在0 x=处可导，得 12341234121223CCCCCCCC+=+=+解得314211849CCCC=+=+，故原方程的通解为 2122121 ,03141,01892xxxxxC eC exexyCeCex+所围区域绕y轴旋转一周所得旋转体的体积与曲线()yf x=、x轴、0 x=、(0)xt t=所围区域的面积之和为2t，求()f x.【详解【详解】由题设得20002()()txtxf u du dxf x dxt+=，两端对t求导，得 02()()2ttf u duf tt+=.令0()()tg tf u du=，则()2()2g ttg tt+=，得 2222211()2tdttdttttg teetdtCeeCCe=+=+=+由(0)0g=，得1C=，故2()()2tf tg tte=，即2()2xf xxe=.【例例 7】（北京市 1990 年竞赛题）设22(ln)zfxy=+满足32222222()zzxyxy+=+，其中()f x 二阶可导，且100()lim1xf xt dtx=，求()f x.【详详解】解】由 1002000()()()limlimlim12xxxxf xt dtf u duxtuf xxxx=得(0)0f=，(0)2f=.令22lnuxy=+，则 22()zxf uxxy=+，22222222222()()()()zxyxfuf uxxyxy=+由对称性得 22222222222()()()()zyxyfuf uyxyxy=+由题设得52252()()ufuxye=+=，511()5uf ueC=+，故5121()25uf ueC uC=+.由(0)0f=，(0)2f=，得1115C=，2125C=，故51111()25525xf xex=.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 5【例【例 8】（1）（江苏省 2000 年竞赛题）设连续函数()f x满足 22222224()2()()xytf txyfxydxdyt+=+，求()f x；（2）（数一）（江苏省 1994 年竞赛题）设连续函数()f x满足 22222223()()xyztf tfxyzdVt+=+，求()f x.【详解】【详解】（1）由 2222223000()()()2()ttDxyfxydxdydr f r rdrr f r dr+=得340()4()tf tr f r drt=+，两端对t求导，得33()4()4f tt f tt=，故 3344444311()4t dtt dttttf teet dtCeeCCe=+=+=+由(0)0f=，得1C=，故41()(1)xf xe=.（2）由 22222222220000()()sin4()ttxyztfxyzdVddf r rdrr f r dr+=得230()4()tf tr f r drt=+，两端对t求导，得22()4()3f tt f tt=，故 3332244444233333()344tttt dtt dtf teet dtCeeCCe=+=+=+由(0)0f=，得34C=，故3433()14xf xe=.【例【例 9】求下列重极限：（1）2200lim(0,0)xyx yxy+；（2）222200()limxyxy xyxy+；（3）22302220lim()xyx yxy+；2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 6（4）22456800sintanlimxyx yxyxy+.【详解】【详解】（1）令cosxr=，sin,0,2yr=，则 222000 0,2limlimcossin,2xryx yrxy+=+不存在（2）2233222222000000()limlimlim0 xxxyyyxy xyx yxyxyxyxy=+（3）344222333220022200limlim0()xxyyx yx yxyxy=+（4）73224567246868224000000sintanlimlimlim0 xxuyyvuxx yxyx yu vxyxyuvvy+=+=【例【例 10】（全国大学生 2017 年竞赛题）设(,)f x y可微，满足(,)(,)xfx yf x y=，cot10,lim(0,)nynfynefy+=，且0,12f=，求(,)f x y.【详解【详解】由 10,(0,)110,(0,)lim(0,)1(0,)limcot(0,)(0,)10,lim(0,)ynnnfyfynfyfyfynfynyfyfynnfyneeeefy+=得(0,)cot(0,)yfyyfy=，ln(0,)ln sinlnfyyC=+，故(0,)sinfyCy=.由0,12f=，得1C=，故(0,)sinfyy=.由(,)(,)xfx yf x y=，得(,)1(,)xfx yf x y=，ln(,)ln()f x yxC y=+，故(,)()xf x yC y e=.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 7 由(0,)sinfyy=，得()sinC yy=，故(,)sinxf x yey=.【例【例 11】（江苏省 1998 年竞赛题）设(,)f x y有二阶连续偏导数，满足(,)(,)xxyyfx yfx y=，2(,2)f xxx=，(,2)xfxxx=，求(,2)xxfxx与(,2)xyfxx.【详解】【详解】2(,2)f xxx=两端对x求导，得(,2)2(,2)2xyfxxfxxx+=，故(,2)2yxfxx=.(,2)xfxxx=两端对x求导，得(,2)2(,2)1xxxyfxxfxx+=.(,2)2yxfxx=两端对x求导，得1(,2)2(,2)2yxyyfxxfxx+=.由(,)(,)xxyyfx yfx y=，(,2)(,2)xyyxfxxfxx=，得(,2)0 xxfxx=，1(,2)2xyfxx=.【例例 12】（北京市 1993 年竞赛题）求2221()()221(,)(0,0)x ay byf x yeyby+=的最大值.【详详解】解】令2221(,)2ln()()2g x yyxayby=+，则(,)g x y与(,)f x y有相同的极值点.令 222321(,)()0211(,)()()()0 xygx yxaygx yxaybybyyy=+=得2xaby=或xayb=.当0y 时，24,2xxbAgab=，,02xybBga=，224,2yybCgab=.又24960ACBb=，0A，故,2ba为(,)f x y唯一的极值点，24,2bfabe=为极大值也为最大值.当0y，0A，故24,2bfabe=为(,)f x y的最大值.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 8【例例 13】设),1(),(22yxxyfyxg+=，其中),(yxf有二阶连续偏导数，且 0)1(1),(lim2201=+yxyxyxfyx，证明),(yxg在)0,0(处取得极值，并判断是极大值还是极小值.【详解】【详解】由题设得10lim(,)1(1,0)0 xyf x yxyf+=.由脱极限号得(,)1()f x yxyo+=，即)()1(),(oyxyxf+=，其中22)1(yx+=.由全微分的定义知),(yxf在(1,0)处可微，且1)0,1()0,1(=yxff.由222212(,)(1,)2(1,)xgx yyfxy xyxfxy xy=+，222212(,)(1,)2(1,)ygx yxfxy xyyfxy xy=+，得(0,0)0 xg=，.0)0,0(=yg 由22(,0)2(1,)xgxxfx=，得222222(,0)2(1,)4(1,)xxgxfxx fx=+，故 2)0,1(2)0,1(2)0,0(2=yxxffgA.由对称性得2)0,0(=yygC.由21(0,)(1,)xgyyfy=，得222112(0,)(1,)2(1,)xygyfyy fy=+，故 1(0,0)(1,0)(1,0)1xyxBgff=.又032=BAC，0A，故0)0,1()0,0(=fg为极大值.【例【例 14】设(,)zz x y=由方程321263ln0 xxyyzze+=确定，求(,)zz x y=的极值.【详解】【详解】令321(,)263lnF x y zxxyyzze=+，则 26()ln1xzFze yxxFz=+，6()ln1yzFze xyyFz=+解3201263ln0zzxyxxyyzze=+=，得001xyz=或11xyze=.2222162(ln1)()(ln1)zexzyxzz xxz+=+，22216ln1()(ln1)zezyxz yzx yz+=+，22216(ln1)()(ln1)zezxyz yzyz+=+当0 x=，0y=，1z=时，0A=，6Be=，6Ce=，20ACB，故(1,1)ze=为极大值.【例【例 15】（江苏省 1994 年竞赛题）设,a b满足1(0)2bax dxab=，求曲线2yxax=+与直线 ybx=所围区域的面积A的最值.【详解】【详解】由 022011()22bbaax dxxdxxdxab=+=+=得221(0)abab+=.曲线2yxax=+与直线ybx=所围区域的面积为 2301()()6b aAbxxax dxba=【方方法一法一】令3221(,)()(1)6L a bbaab=+，解 22221()2021()20210abLbaaLbabLab=+=+=+=消，得2222ab=.又222,223A=，1(1,0)(0,1)6AA=，故A的最大值为23，最小值为16.【方方法法二二】令cosa=，sin,2b=，则 3312(sincos)sin634A=故A的最大值为23，最小值为16.【例【例 16】设),(yxzz=满足dyyxdxyxdz)412()122(+=，且0)0,0(=z，求),(yxzz=在 25422+yx上的最值.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 10【详解】【详解】由 2(,)(212)12()zz x ydxxy dxxxyyx=+=+得12()124zxyxyy=+=+，2()2yyC=+，故22(,)122z x yxxyyC=+.由0)0,0(=z，得0C=，故22(,)122z x yxxyy=+.令21201240zxyxzxyy=+=+=，得00 xy=.令2222(,)122(425)L x yxxyyxy=+，解 2221280124204250 xyLxyxLxyyLxy=+=+=+=【方方法法一】一】消，得2224760 xxyy+=，即(32)(83)0 xyxy+=，得23xy=或38xy=，代入224250 xy+=，得23xy=或23xy=或324xy=或324xy=.【方法二方法二】由齐次线性方程组=+=+0)2(606)41(yxyx有非零解，得146062+=+，故2=或174.当2=时，23xy=或23xy=；当174=时，324xy=或324xy=.又(0,0)0z=，(2,3)(2,3)50zz=，33425,4,4224zz=，故),(yxzz=在 25422+yx上的最大值为4254，最小值为50.【例例 17】（1）（南京工业大学 2009）求极限2220001limtt xxytdxedyt+；（2）（江苏省 2008 年竞赛题）求极限26001limsin()ttxtdxxydyt+；（3）（江苏省 2002 年竞赛题）设()f x在)0,+上连续，在0 x=处可导，且(0)0f=.若 2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 11 22(,)2,0(0)Dx y xytx yt=+，求极限22401lim()tDfxyydxdyt+.【详【详解】解】（1）由二重积分中值定理，存在(,)属于积分区域，使得 22222220000111limlim22tt xxytttdxedyett+=（2）22222066500000062200666000sin()11limsin()limsin()lim6sin11113 limlimlim66618ttttyxttttttttxtdxdxxydydyxydxttttu duu duxtuttt+=（3）由 2arccos222222000()()sin()12rtttDrfxyydxdydrf r rdr f rdrt+=得 2222320022045400023001()()()12lim()limlim52(2)(2)4(2)(0)4limlim(0)20525ttttttDtttr f r drr f r drr f r drfxyydxdyttttftftfftt+=【例【例 18】（1）（江苏省 2002 年竞赛题）计算积分sin()DIxy dxdy=，其中(,)0,0,2Dx y xyxy=+；（2）（北京市 2001 年竞赛题）计算积分cos()DIxy dxdy=+，其中(,)0,0Dx yxy=；（3）计算积分22sgn(2)DIxydxdy=+，其中22(,)4Dx y xy=+.【详解】【详解】（1）用直线yx=将D分割为12,D D，则 124242004400sin()sin()sin()sin()(1 sin2)(1 sin2)12yxyxDDIxy dxdyxy dxdydyxy dxdxxy dyy dyx dx=+=2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 12（2）用直线2yx=，32yx=将D分割为123,D D D，则 1232220002323022222002cos()cos()cos()cos()cos()cos()cos()(1 sin)(1 sin)(1 sin)(1 sinDDDxxxxIxy dxdyxy dxdyxy dxdydxxy dydxxy dydxxy dydxxy dyx dxx dxx dxx=+=+=+2)2dx=（3）设221(,)4,0,0Dx y xyxy=+，则1224sgn(2)DIxydxdy=+.用双曲线2220 xy+=将1D分割为1112,DD，则 22221112122414001002121222201044413 424(42)8ln32xxxxDDIdxdydxdydxdydxdydxdyxdxx dxxxdx+=+=+=+【例【例 19】计算积分2222121Dxxydxdyxy+，其中22(,)1,0Dx y xyxy=+.【详解【详解】用直线yx=将D分割为111122,DDDD=，则 121222222222222232411244220000221111cos sin 22sincos11 2sinsinDDDDxyxyxyxydxdydxdydxdydxdyxyxyxyxyrrdrdrddrrrd=+=+=+=12420011211433 2rdrr+=+由 222222222121121212112DDDxxydxdydxdydxdyxyxyxy+=+=+得 2222121212433 2Dxxydxdyxy+=+2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 13【例【例 20】设()(,)DI af x y dxdy=，其中22,0,(,)0,xx yxa yaf x y+=其他，22(,)Dx y xyax=+.（I）计算积分()I a；（II）求极限()201lim1 cosln(1)I aaeaa+.【详解【详解】（I）设221(,),0Dx y xyax y=+，22(,)0,Dx yxaaxxya=，则 2121cos20000334333320()222cos223 1 cos334 2 28aaaDDDDI axdxdyxdxdyxdxdyxdxdydrrdraadaaaa+=或 222233()2222228DDaaI axdxdyxSaaa=（II）33()320021()8limlim2141 cosln(1)ln(1)22I aaaaaeI aaaaaa+=+【例例 21】计算下列积分：（1）（江苏省 2004 年竞赛题）22202(1)rIde dr=；（2）()32sin222404sincos1sinIdrr dr=+.【详解详解】（1）2222222222322200000022084(1)233417(1)(47)333rrrrrrrrIe drdr e drre drr e dre drreee=+（2）由题设知积分区域D由222xyy+=与yx=及yx=围成.设21(,)01,11Dx yxxyx=+，则 2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 14 211112011122222000(1)224(11)2(1)2132xxDDIyxydxdyydxdydxydyxxdxxdxx dx+=+=+=+=+或 12sin24220442222442416(1)22sinsin344(1 cos2)(1 2cos2cos 2)3341 cos44 1 2cos23232DDIyxydxdyydxdydrrdrdddd=+=+=+=+【例例 22】计算积分+Ddxdyyx)(2，其中22(,)22Dx y xyxy=+.【详详解】解】由题设知22(,)(1)(1)2Dx yxy=+.由形心公式得2DDxdxdyxS=.【方法一方法一】332(sincos)222244404434444200411()2(sincos)223 148sin8sin16sin16344 2 2DDy dxdyxydxdydr rdrdtdtdttdt+=+=+=+=【方法方法二二】令1cosxr=，1sinyr=，则dxdyrdrd=，得 2222222320000222200(1sin)(2sinsin)4 211sinsin24sin24332 2Dy dxdydrrdrdrrrdrdd=+=+=+=+=+=【方法方法三三】令1xu=，1yv=，则dxdydudv=，22(,)2Du v uv=+，得 22222222200(1)(21)211 ()222322DDDDDy dxdyvdudvvvdudvv dudvuvdudvdr rdr=+=+=+=+=+=+=故2()235Dxydxdy+=+=.【例【例 23】（1）（浙江省 2011 年竞赛题）计算积分31xyxydxdy+；2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 15（2）计算积分Dydxdy，其中D由x轴与y轴及曲线1(0,0)xyabab+=围成.【详【详解】解】（1）21(1)11333000171602()3392 2742813xxxyxytxydxdydxxydydxt tx dtxxdx+=+=+=+=（2）令xua=，yvb=，则2xau=，2ybv=，2dxaudu=，2dybvdv=，D由u轴与v轴及 1uv+=围成，得 1112232420001224(1)30uDDydxdybvaubvdudvabuduv dvabuuduab=【例【例 24】设(,)f x y在区域(,)02,02Dx yxy=上连续，且(,)0Df x y dxdy=，(,)1Dxyf x y dxdy=.（I）计算积分1DAxydxdy=；（II）证明：存在(,)D，使得1(,)fA.【详详解解】（I）设111(,)2,22Dx yxyx=，则 1113(1)(1)2(1)(1)ln22DD DDDAxydxdyxydxdyxydxdyxydxdy=+（II）由题设知(,)f x y在D上连续.由最值定理，存在(,)D，使得(,)f 为(,)f x y在D上的最大值.又 1(,)(,)(1)(,)1(,)(,)1(,)DDDDDxyf x y dxdyf x y dxdyxyf x y dxdyxyf x y dxdyfxydxdyfA =故1(,)fA.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 16【例【例 25】设)(xf在)0,+上连续，20()fx dx+收敛，=10)(dxnxfan，证明级数=12)0(nnna收敛.【详解】【详解】由 1001()()nnnxtaf nx dxf t dtn=得 2222220000111()()()nnnnaf x dxdxfx dxfx dxnnn+=令20()fx dxA+=，则+12nAnan.又111nn+=收敛，由比较判别法知21nnan=收敛.【例【例 26】设)(xf在0 x=的某邻域内有一阶连续导数，且0()lim2xf xx=，证明级数11(1)nnfn=条件收敛.【详【详解解】由题设得(0)0f=，(0)2f=.又()fx在0 x=处连续，由极限保号性，存在0，当0 x，)(xf单调递增，故1fn单调递减趋于 0.由 Leibniz 判别法知11(1)nnfn=收敛.又1lim21nfnn=，由比较判别法知11nfn=发散，故11(1)nnfn=条件收敛.【例【例 27】（1）设数列 na单调递减，且limln1nnan=，求幂级数1(1)(1)nnnnax=+的收敛域；（2）求幂级数1(1)(3)2nnnnnxn=+的收敛域.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 17【详解】【详解】（1）由 limlnlim11lnnnnnaann=得lim0nna=，故 na单调递减趋于 0.由 Leibniz 判别法知1(1)nnna=收敛.又11lnnn，由比较判别法知21lnnn=发散，从而1nna=发散，即幂级数1(1)nnnna x=在1x=处收敛，在1x=处发散，收敛域为(1,1，故幂级数1(1)(1)nnnnax=+的收敛域为(2,0.（2）由(1)11limlim3(3)2 3(2)nnnnnnnnnnnn=+得收敛半径3=R.当3=x时，幂级数为133(2)nnnnn=+.又31()3(2)nnnnnn+，由比较判别法知133(2)nnnnn=+发散，故幂级数在3=x处发散.当3=x时，幂级数为 1111(1)(3)2(1)23(1)2(3)2(3)23(2)nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn=+=+又 222limlim33(2)3(2)nnnnnnnnnnnn=+由根值判别法知123(2)nnnnn=+收敛.由 Leibniz 判别法知1(1)nnn=收敛，故13(3)2nnnnn=+收敛，即幂级数在3=x处收敛，故幂级数的收敛域为)3,3.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 18【例例 28】（1）将67)(2+=xxxxf在4=x处展开为幂级数；（2）将224()arctan4xf xx+=展开为x的幂级数.【详解】详解】（1）161()(1)(6)561xf xxxxx=+其中 0663134(1),(6,14)461045510110nnnxxxxx=+0111114(1),(1,9)415455515nnnxxxxx=+故 0003414()(1)(1)2510255131 (1)(4),(1,9)25105nnnnnnnnnnnxxf xxx=（2）由 441440081()(1)(1)16222212nnnnnnxxxxxfxxx+=+得 410004240()(0)()(1)421(1),(2,2)42(42)2nxxnnnnnntf xff t dtdtxxn+=+=+=+=+【例【例 29】求幂级数12121(1)41nnnxn+=的收敛域与和函数()S x.【详解【详解】由 12122(1)lim141nnnnxxn+=得11x.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 19 当1x=时，由 Leibniz 判别法知幂级数收敛，故幂级数的收敛域为1,1.【方法一方法一】由 122221100(1)(1)(1)()arctan212121nnnnnnnnnS xxxxxxxnnn+=+得 200022222000221()(0)()arctanarctan211111 arctanarctan122122111111 arctanarctan(1)arctan,1,122222xxxxxxS xSS t dtttdttdttttdtxxdtttxxxxxxx x=+=+=+=+【方法二方法二】1212123211100221212001(1)1(1)1(1)1(1)()221221221221(1)1(1)111 (1)arctan,1,1221221222nnnnnnnnnnnnnnnnnnS xxxxxxnnnnxxxxxxx xnn+=+=+=+=+=+【例例 30】求级数111(1)!(2)nnnn n=+的和.【详解【详解】111111(1)(1)(1)!(2)!(2)nnnnnnnn nnn n=+=+其中 11110(1)(1)(1)11!nnnnnnennn=+=令21(1)()!(2)nnnS xxn n+=+，则 1110(1)(1)(1)()1(1)!nnnnnnxnnnS xxxxxxx ennn+=得 2200011()(0)()(1)(1)(1)122xxxttxS xSS t dtt edttexxex=+=+=+故11(1)22Se=，11113(1)3!(2)2nnnen n=+=+.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 20【例例 31】设幂级数30(3)!nnxn=的和函数为()S x，（I）求幂级数的收敛域；（II）证明()S x满足微分方程()()()xSxS xS xe+=；（III）求()S x.【详解详解】（I）由于3lim0(3)!nnnxn=，故幂级数的收敛域为(,)+.（II）由 313210()(31)!(32)!nnnnxxS xnn+=+，310()(31)!nnxSxn+=+得1()()()!nxnxSxS xS xen=+=.（III）齐次方程的特征方程为210rr+=，特征根为1,2132ir=，故齐次方程的通解为 21233cossin22xeCxCx+.设非齐次方程的特解为xyae=，将y代入非齐次方程，得13a=，故 212331()cossin223xxS xeCxCxe=+.由(0)1S=，(0)0S=，得1113C+=，121310223CC+=，解得123C=，20C=，故 2231()cos,(,)323xxS xexex=+.【例【例 32】设数列 na满足01a=，11(1)(1,2,)2nnnanan=+=.证明：当1|x时，幂级数=0nnnxa收敛，并求其和函数.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 21【详解】【详解】由于 112limlim11nnnnnaan+=+故当1x时，=0nnnxa收敛.令=0)(nnnxaxS，则 111111111111010111()(1)(1)22111 ()()222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnS xna xnaxaxnaxa xna xa xxna xS xxS x=+=+=+=+=+解()1()2(1)S xS xx=，得12ln()ln(1)lnS xxC=+，故()1CS xx=.由(0)1S=，得1C=，故xxS=11)(.【2020，数数一一】设数列 na满足11a=，11(1)(1,2,)2nnnana n+=+=.证明：当1x 时，幂级数1nnna x=收敛，并求其和函数.2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 22【例【例 33】（数一）将()2,1,1f xx x=+展开成以 2 为周期的傅里叶级数，并求级数211nn=的和.【详解】详解】先将x展开成以 2 为周期的傅里叶级数.由x为偶函数，得 10021axdx=，122022cos(cos1),0(1,2,)nnaxn x dxnbnn=故 220141cos(21),(1,1)2(21)nxnx xn=+220541()cos(21),(1,1)2(21)nf xnx xn=+令0 x=，则22054122(21)nn=+，得2201(21)8nn=+.由 2222210101111111(21)(2)(21)4nnnnnnnnnn=+=+得 222101413(21)6nnnn=+【例【例 34】计算积分2221IxyzdV=+，其中22(,)1x y zxyz=+.【详详解解】设被球面2221xyz+=分为内外两部分12,，则 1222222212122244cos000001444300(1)(1)(1)sin(1)sin111 sin2sin64cos3cos12(22)(3 24)(21)12126IxyzdVxyzdVddr rdrddrrdrdd =+=+=+=+=2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 23【例【例 35】设密度为 1 的立体是由平面区域2(,)1Dx z xz=绕z轴旋转一周所得旋转体，求绕直线:L xyz=的转动惯量I.【详解【详解】由题设知22(,)1x y z xyz=+.内任意点(,)x y z到L的距离为 222,1,1,1()()()33x y zyzxzxyd+=故绕L的转动惯量为 22222223121220000()()()2()33245 ()334218zyzxzxyIdVxyzdVzzdzdrzrdrdz+=+=+=+=【例【例 36】设(,)u x y在曲线22:1L xy+=所围区域D上有二阶连续偏导数，满足 2222()22xyuuexy+=.若L取逆时针方向，n为L的外法向量，计算积分Ludsn.【详解】【详解】设n的单位向量为11cos,cos，沿曲线方向的切向量的单位向量为cos,cos，则 1=，1=，得 22221122211()2122000coscoscoscos (1)LLLLxyrrDDuuuuuuudsdsdsdydxxyxyxyuudxdyedxdyderdredrexy+=+=+=n【例例 37】计算积分224Lydxxdyxy+，其中L为从点)0,1(A沿下半单位圆周到点)0,1(B，再沿直线到点)2,1(C的曲线.【详解】【详解】设221:41Lxy+=，取顺时针方向，区域D由L与CA及1L围成，则 1112222222222222202222222241444444 (4)(4)4 (2)LL CA LLCALDxyydxxdyydxxdyydxxdyydxxdyxyxyxyxyxyxydydxdyydxxdyxyxyydydxdy+=+=+=+2220017arctan4228yy=+=+2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 24【例例 38】设(,)Q x y在xOy平面上有一阶连续偏导数，曲线积分2(,)LxydxQ x y dy+与路径无关，对任意t都有(,1)(1,)(0,0)(0,0)2(,)2(,)ttxydxQ x y dyxydxQ x y dy+=+，求(,)Q x y.【详【详解解】由题设得2Qxx=，故2(,)()Q x yxy=+.由(,1)(,1)11222(0,0)(0,0)002(,)2()()()ttxydxQ x y dyxydxxydyty dyty dy+=+=+=+(1,)(1,)2(0,0)(0,0)002(,)2()1()()ttttxydxQ x y dyxydxxydyy dyty dy+=+=+=+得1200()()tty dyty dy+=+，两端对t求导，得()21tt=，故2(,)21Q x yxy=+.【例【例 39】（1）设(,)u x y z在曲面222:2xyzz+=所围区域上有二阶连续偏导数，满足 222222222uuuxyzxyz+=+.若n为的外法向量，计算积分udSn；（2）计算积分(,)2(,)(,)If x y zx dydzf x y zy dxdzf x y zz dxdy=+，其中(,)f x y z连续，为平面1xyz+=在第四卦限部分的上侧.【详解】【详解】（1）设n的单位向量为cos,cos,cos，则 22222cos2222222220005coscoscos ()sin64 cossi5uuuuuuudSdSdydzdzdxdxdyxyzxyzuuudVxyzdVddr rdrxyz=+=+=+=+=n522006432ncoscos515dd=（2）【方法方法一一】的单位法向量为111,333，故 1(,)2(,)(,)3111()233If x y zxf x y zyf x y zz dSxyz dSdS=+=+=2022022 2 考研考研数学满数学满分过分过关关 1 15 50 0 25【方法方法二二】的法向量为,11,1,1xyzz=，故(,)2(,)(,)1 ()2If x y zxf x y zyf x y zz dxdyxyz dxdydxdy=+=+=【2020，数一数一】设为曲面2222(14)zxyxy=+