大学高数下册试题及答案第11章.docx

1、大学高数下册试题及答案第11章大学高数下册试题及答案,第11章 第十一章 无穷级数 作业29 方程项级数的概念和性质 1按估测定义判断下列级数的敛散性，若收敛，并求其和： （1） ； 解：因为 所以 因此由假定可知该级数收敛 （2）； 解：因为 所以 ，因此由定义可知该级数发散 （3） ； 解：因为 所以 ，因此由定义可知该指数函数收敛 （4）； 解：因为 ，依次重复 所以，不存在 因此由定义可知该级数发散 2利用基本性质判别下列级数的敛散性： （1）； 解：观察发现该级数为，是发散的调和级数每项乘以得到的， 由级数的基本性质，该级数发散 （2）； 解：观察寻获该级数为，是收敛的二个等比级数，

2、逐项相加得到的， 由级数的基本上性质，该级数收敛 （3）； 解：观察发现该级数为，是收敛的等比级数与发散的逐项相加的， 由连分数的基本性质，该级数发散 （4） 解：观察发现该级数一般项为，但 由行列式收敛的必要条件，该级数发散 作业30 正十项级数及其收敛性 1用比较判别法（或定理2的推论）判定下列级数的敛散性： （1）； 解：由于，而是闭合的等比级数 从而由比较判别法，该级数收敛 （2） 解：由于，而是闭合的等比级数 从而由比较判别法的极限刑事法形式，该级数收敛 2用达朗贝尔判别法判定下列级数的敛散性： （1）； 解：由于， 从而由达朗贝尔判别法及，该级数收敛 （2）； 解：由于， 从而由达

3、朗贝尔判别法，该级数收敛 （3）； 解：由于， 从而由达朗贝尔判别刑事法，该级数收敛 （4） 解：由于， 从而由达朗贝尔判别刑事法，该级数收敛 3用柯西判别法判定下列级数的敛散性： （1）； 解：由于， 从而由柯西解析法，该级数收敛 （2） 解：由于， 从而由柯西解析法，该级数收敛 4用判别法断定下列级数的敛散性： （1） ； 解：由于，而为的发散的有理数，从而由判别法，该级数发散 （2） 解：由于，而为的发散的有理数，从而由判别法，该级数发散 5设为正整数，证明： （1） ； 解：对来说， 由于， 从而由达朗贝尔假定法，该级数收敛 再行由级数收敛的发散必要条件可知 （2） 解：对来说， 由于

4、， 从而由达朗贝尔假定法，该级数收敛 再行由级数收敛的发散必要条件可知， 从而由无穷大量与量子场论的关系 作业31 渐变级数与任意项级数的收敛性 1判别下列级数的敛散性； 若收敛，说明是条件收敛还是绝对收敛： （1） ； 解：该级数为交错级数，其一般项的自变量为 单调减少， 且，从而由莱布尼茨判别法知其收敛 再由于，由判别法知发散， 从而原级数不会绝对收敛，只有条件收敛 （2）； 解：由于，由判别法知，绝对收敛 （3） ； 解：由于不存在， 由趋近级数的必要条件，从而该级数发散 （4）； 解：由于， 从而由达朗贝尔判别法，该级数绝对收敛 （5） 解：当时显然收敛，否则， 当时由达朗贝尔判别法，

5、从而该级数绝对收敛， 其时级数变为发散 当时级数变为有理分式 7若存在，证明绝对收敛 证明：由已知 从而绝对收敛 8若级数绝对收敛，且，试证：级数和都收敛级数是否收敛？为什么？ 证明：若级数绝对收敛，则必收敛，由必要条件 由，从而级数和即使有意义， 而，从而级数和都收敛。 级数发散，因为，收敛的必要条件不满足。 作业32 幂级数及其求和 1 求下列幂级数的收敛半径和收敛域： （1）； 解： 当时即为条件收敛， 从而收敛域为 （2）； 解： 当时即为，由于从而级数收敛， 因此收敛域为 （3） ； 解：当时， 当时幂级数即为，由于从而级数弥散 当时幂级数即为，由于且从而级数收敛。因此收敛域当时 当

6、时， 当时即为即为，由于从而级数弥散， 从而当时收敛域为 （4）； 解： 当时即为条件收敛， 从而收敛域为 （5） ； 解： 因此收敛域为 （6） 解：对于， 当时即为有理分式，当时即为发散， 从而现级数的收敛半径为1，收敛域为 2求上述幂级数的收敛域回撤及其和函数： （1） ； 解： 当时，即为条件收敛，当时即为发散， 从而幂级数的收敛闭包为 设，则 从而 故 （2）； 解： 当时，即为发散， 从而幂级数的趋近域为 故， （3） 解： 从而幂级数的发散域为 设，则， ， 由特征方程，得通解 再由得特解 （4），并求数项级数的和 解：，当时发散， 从而幂级数的发散域为 设，则， 作业33 函数

7、积极展开成幂级数 1将下列函数展开成麦克劳林级数（要指出其创设的区间）： （1）； 解： （2）； 解： （3）； 解： （4）(提示：利用)； 解：， （5） 解： 2将前述函数展开成的幂级数（要指出其成立山手线）： （1）； 解： （2） 解： 3求下列算子的幂级数展开式，并确定其成立各站： （1）； 解： （2） 解： 4展开为的幂级数，并证明： 解： 从而 作业34 傅里叶级数 1下列周期函数的周期为，它在表达式一个周期上的运算子列举如下，试求 的正弦级数展开式 （1）； 解： （2）； 解： （3）； 解： （4） 解： 2将下列函数展开成傅里叶不等式： （1）； 解： （2）； 解

8、： 3将各函数分别展开成正弦级数和余弦级数： （1） 解：展开成正弦级数，则作奇延拓， 展开成余弦级数，则作偶延拓， ， （2） 解：展开成正弦级数，则作奇延拓， 展开转变成余弦级数则，作偶延拓， ， 作业35 一般周期函数的傅里叶不等式 1设是周期为6的周期函数，它在上的表达式为 试求的傅里叶展开式 解： 2在指定区间上展开下列函数上用为指数函数级数： 解：取作周期延拖在限定方能，函数为偶函数，故 时 时 3将函数 数列分别展开成正弦级数和余弦级数 解：展开成正弦级数，则作奇延拓， 展开成余弦级数，则作偶延拓， ， 4试将函数展开成周期为8的正弦级数 解：展开成正弦级数，则作奇延拓， ， 第

9、十一章无穷级数测试题 1选择题： （1）对级数，“”是它收敛的 B 条件 A充分； B必要； C充要； D非充分且非必要 （2）“部分和数列有界”是正项级数收敛的 C 条件 A充分； B必要； C充要； D非充分且非必要 （3）若级数绝对收敛，则级数必定 A A收敛； B发散； C绝对收敛； D条件收敛 （4）若级数条件收敛，则级数必定 B A收敛； B发散； C绝对收敛； D条件收敛 2用适当的方法判定下列级数的敛散性： （1） ； 解：因为 从而该正项级数弥散 （2）； 解：因为 从而该正项级数收敛 （3）； 解：因为 从而该正项行列式收敛 （4）； 解：因为 从而该正项有理数收敛 （5）

10、 ； 解：因为 从而该正项级数发散 （6）； 解：因为 从而该正项级数发散 （7）； 解：因为 从而该正项级数卷曲 （8）； 解：设，则而，时， 从而 收敛的必要条件满足。 设，则同理可以推出 而的级数收敛，从而原正项级数也收敛 （9），其中均为正数，且； 解：用柯西判别法 当时发散，当时该正项级数收敛 当时不能判别敛散性。 （10） 解：由积分中值定理， 从而 有比较判别法收敛 3推论下列级数的敛散性； 若收敛，说明是条件收敛还是绝对收敛： （1） ； 解：令，则时 从而单碟减少，又 从而以来布尼茨判别法收敛 但是，因此是毛序条件收敛而不能绝对收敛 （2）； 解： 从而该级数是交错级数，由于

11、单碟减少且 从而以来布尼茨判别法收敛 但是， 因此是条件收敛而不能绝对收敛 （3）； 解：因为 从而该级数即使收敛 （4） 解：去掉前面有限项即当多余大时为交错级数， 由于，对足够大点的单碟减少且 从而以来布尼茨判别法收敛但不绝对收敛 4求下列极限： （1）； 解：由于单调增加且 从而 因此由夹逼准则 （2） 解：令，由于 看 从而，因此 5求下列幂级数的收敛倾角半径和收敛概率分布： （1）； 解：看， 而因一般极限五项极限不为零而发散 从而该幂级数的收敛密度也收敛为，收敛域为 （2） 解：为收敛半径 考虑端点，当时收敛域为； 当时收敛域为； 当时收敛域为； 6不求下列幂级数的收敛逻辑系统域及

12、其和函数： （1）； 解：为收敛半径 考虑端点则知收敛有界为。 在收敛域内设，则 在收敛域内再设，则 （2） 解：解：为收敛半径 考虑端点则知收敛域为。 在收敛域内设，则 7将下列函数展开转变成麦克劳林级数（要分析指出其成立的区间）： （1）； 解：由于 （2）； 解：由于 ， 从而 （3） 解：由于 ， 从而 8将下列函数展开成的成为幂级数（要分析指出其成立区间）： （1）； 解： （2） 解：，而 从而 9将下列函数展开成傅里叶级数： 解：该函数为奇函数，延拓自变量为周期的周期函数展开， 当 10将函数在区间上分别展开成正弦级数和余弦级数 解：该函数延拓为奇函数，再延拓自变量为周期的周期函

13、数展开得正弦级数，； 该向量延拓为偶函数，再延拓为周期的周期函数展开得余弦级数，； 切入点很棒！ 作者的构思挺巧妙！ 高等数学（）期末参考答案 一、填空题（每小题3分，共30分） 1.已知a (1, 1,2),b (0, 1,2)，则a b 1 i j 1 1 k 2 (0, 2, 1) . 22.点(1,1,1)到平面3x 6y 2z 14 0的距离为 3. 3.过点(3,0, 1)且与平面3x 7y 5z 12 0平行的平面方程为 3x 7y 5z 4 0 . 4.已知z f(xy,2x e2y)，则 t 4 z x yf1 2f2 . 5.曲线x 14 4 13 ,y t 3 3 12

14、,z t 2 2 在相应于t 1处的法平面方程为 (x ) (y ) (z ) 0 . 10 y0 6.交换积分 dx f(x,y)dy的积分次序为 x dy f(x,y)dy. 223 7.设 ：z x y 22 (0 z 1)，则 zdS x y 1 2 x y 2 22 2dxdy . 8.设向量A (x2 yz)i (y2 zx)j (z2 xy)k，则divA P x Q y R z 2(x y z). 9.设函数f(x)以2 为周期，且f(x) x( x )，其Fourier级数为 a02 n 1 (ancosnx bnsinnx)，则b2 2 1 xsin2xdx 1 . 10.

15、函数f(x) 12 x 的麦克劳林级数为 2 ( 1)2 n n x . n n 0 二、（8分）求函数f(x,y) x xy y x y 1的极值，并指出是极大值还是极小值.解：fx(x,y) 2x y 1，fy(x,y) 2y x 1， 2 2 fx(x,y) 0 2x y 1 0令 ，得驻点( 1,1).由于 , 即 f(x,y) 02y x 1 0 y A fxx(x,y) 2， B fxy(x,y) 1， C fyy(x,y) 2， 且 (B AC)x 1 1 2 2 3 0，A 2 0, y 1 则( 1,1)为极小值点，极小值为 f( 1,1) 2. 三、（8分）求级数 (n 1

16、)xn的收敛域及它的和函数. n 0 解：由于 lim| n an 1an | lim| n nn 1 | 1，则R 1，当x 1时，级数 (n 1)( 1)n均 n 0 发散，所以收敛域为( 1,1).设 s(x) (n 1)x n 0 n ， 则 于是 x0 s(t)dt (n 1) tdt n 0 x n n 0 x n 1 x1 x ， d x1 x s(t) . s(t)dt 20 dx(1 x) 1 x 四、（8分）计算 (5x4 3xy L y)dx (3xy 3xy 322 其中L是抛物线y x y)dy， 22 上自点(0,0)到点(1,1)的一段弧. 解：P(x,y) 5x

17、 3xy y，Q(x,y) 3xy 3xy 322 y在xoy面偏导数连续， 且 P y Q x 6xy 3y， 则曲线积分与路径无关，取折线段(0,0) (1,0) (1,1)，则 L (5x 3xy 42 y)dx (3xy 3xy 32 2 y)dy 10 (5x 3x 0 0)dx 32 1 13) 116 10 222 (3 1 y 3 1 y y)dy 1 (. (z x)dzdx (x y)dxdy，其中 是由 五、（8分）计算曲面积分I x(y z)dydz 柱面x2 y2 1，平面z 0,z 3燕易王立体表面的外侧. 解：P(x,y,z) x(y z),Q(x,y,z) z

18、x,R(x,y,z) x y在柱面x2 y2 1，平面z 0,z 3所围立体 上偏导数连续，则由高斯公式有 I x(y z)dydz (z x)dzdx (x y)dxdy R z ( P x Q y )dv (y z)dv ydv 30 zdv（第一个积分为0，想想为什么？） 0 zdz dxdy z 1 dz Dz 92 . 六、（8分）求上述方程的通解： 1.xy yln yx yx y yxlnyx 解：xy yln，方程为齐次微分方程；设u du dxx yx ，则y u xu ， 代入得 u(lnu 1) ， 两端积分 lnu 1 d(lnu 1) xdx 即ln(lnu 1) l

19、nx lnC 或lnu Cx 1 将u yx 代回得y xe 2x Cx 12.y 4y 3y e. 解：方程为二阶非不等式齐次线性微分方程，对应齐次线性微分方程的相异特征方程 r 4r 3 0的特征根为r1 1,r2 3；f(x) e 2x 中 2不是特征方程的根，则 特解形式为y* Ae2x，代入得A y C1e x 115 ，在由解的结构得方程的通解为 3x C2e 115 e 2x 七、（10分）设vn un un ，wn un un ，证明： 1.若级数 un绝对收敛，则级数 vn收敛； n 1 n 1 证：由于 un绝对收敛，即 |un|收敛，则 un也收敛，又vn n 1 n 1

20、 n 1 12 |un| 12 un， 由性质知 vn收敛. n 1 2.若级数 un条件收敛，则级数 wn发散. n 1 n 1 证：（反证）假设 wn收敛，已知 un收敛，由wn n 1 n 1 un un ，即|un| 2wn un 及性质知 |un|收敛，即 un绝对收敛，与已知条件矛盾.所以 wn发散. n 1 n 1 n 1 八、（10分）一均匀物体 是由抛物面z x2 y2及平面z 1所围成.1.求 的体积； 解： 在xoy面投影域D:x y 1，则所围体积为V 1 (x D y)dxdy 2 0 d (1 r)rdr 2 (2.求 的质心. 12 14 ) . 解：由于 是表层

21、物体及几何体关于yoz面、xoz面对称，则质心坐标应为(0,0,)； 而 z dv dv 2 d rdr 11r zdz V 23 ， 所以质心坐标为(0,0, 23 ). 九、（10分）设D (x,y)|x2 y2 22 2,x 0,y 0,1 x y表示不超过 22 1 x y的最大整数，计算二重积分 xy1 x ydxdy. 22 D 解：设D1 (x,y)|x2 y2 1,x 0,y 0， D2 (x,y)|1 x y 2,x 0,y 0, 则D D1 D2,且当(x,y) D1时，1 x2 y2 1，当(x,y) D2时， 1 x y 2，所以 D xy1 x ydxdy xy1 x ydxdy 22 D1D1 D2 xy1 x ydxdy 22 xydxdy 2xydxdy D2 d rsin cos dr 2 d 20 rsin cos dr 18 2 18 38