试题分析 7多元微分8多元积分9复数.pdf

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1、1七多元函数微分学试题分析(一)填空题1.若(,)=3+2,则(,)=6+4+3.(94,下,期末)2.函数(,)=1cos(2+2)的不连续点集为(,)2+2=(+12),.(90,下,期末)3.(,)=3+2+2,2+2=0,0,2+2=0,则(0,0)=1.(90,下,期末)【解】分段函数在分段点处的偏导数通常是根据定义去求的。(0,0)=lim0(0+,0)(0,0)=lim0()3 0()2=1.4.函数=23,当=2,=1,=0.02,=0.01时,全微分d=0.2.(94,下,期末)5.设=tan2,则d=sec22(2d ()2d).(93,下,期末)6.设=cos,则d(1,

2、2)=(1+2)d d.(99,下,期中)【解】关于变量,求全微分,然后将=1,=2代人其中.7.由方程+2+2+2=2所确定的隐函数=(,)在点(1,0,1)处的全微分d=d 2d.(04,下,期中)【解】方程两边求微分后再将点(1,0,1)的坐标代人即得.8.设=(,)由方程2 2+=+1确定,则d(1,0)=2(d+d).(01,下,期末)9.设=(,)由方程(2,3+)=0确定,其中可微,则=121 2.(99,下,期末)【解】只须弄清隐函数中的函数关系，运用复合函数的求导法则即可，不必死记硬背隐函数求偏导数的公式.等式(2,3+)=0两边对求偏导数，得1(1 2)+2=0解出即可.2

3、10.设=(,)由方程(2 3,34,4 2)=0确定,其中具有连续偏导数,则4+2=3.(98,下,期末)【解】求出,后代人即得.11.设函数=()由方程(,2 2)=0确定,其中(,)具有连续偏导数,则dd=(1+22)/(22 1).(96,下,期末)【解】等式(,2 2)=0两边对求导数,得1(+dd)+2(2 2dd)=0解出dd即可.12.函数=ln(+2)在点(1,1,0)处的梯度grad=(12,32,12).(99,下,期末)【解】由梯度的定义立即可得.13.函数=22在点(1,1,1)处沿梯度方向的方向导数为3.(96,下,期末)【解】令a=grad()=22,22,22=

4、1,2,2,则a=a a0=a=3.14.函数=ln(+2+2)在点(1,0,1)处沿着指向(3,2,2)的方向导数为12.(04,下,期中)【解】=l=2,2,1,l0=1l=23,23,13,grad=1+2+2,1+2+22+2,1+2+22+21,0,1=12,0,12,l=grad l0=12,0,12 23,23,13=12.15.数量场=2+22在点(1,1)处沿方向l=4,5的方向导数取最大值.(97,下,期末)【解】根据梯度与方向导数关系,显然方向导数沿梯度方向取最大值.16.函数=()2+()22()2在点(1,2,2)处方向导数的最大值为26.(03,下,期末)【解】方向

5、导数的最大值等于梯度的模.17.曲线=12(3+1)=2在=1处的切线方程为 12=+23=14.(91,下,期末)【解】切点(1,2,1),切线的方向向量a=(),(),()=1=1,32,2.318.曲线:=2=3上点(1,1,1)(1)处的切线平行于平面+2+=4.(99,下,期中)【解】由题设知,应在曲线上求一点,使该点处的切线的方向向量与已知平面的法向量1,2,1垂直.而方向向量为(),(),(),=1,2,32,故有1,2,32 1,2,1=1+4+32=(3+1)(+1)=0对于=13,由于不满足条件 1,故舍去.取=1,则得(,)=(1,1,1).19.曲线+2=1在点(1,1

6、,0)处的切平面方程为+2=0.(96,下,期末)【解】曲线在点(1,1,0)处的切平面的法向量n=2,2,1(1,1,0)=2,2,0,用点法式即得切平面方程.20.曲面=2+2在点(1,1,2)处指向下侧的单位法向量为23,23,13.(92,下,期末)【解】令(,)=2 2,曲面在点(1,1,2)处的法向量n1=2,2,1(1,1,2)=2,2,1因为指向下侧,所以cos 0)上的最大值,并由此证明:对于任意正数,有3 27(+4)4(90,下,期末)【分析】这是利用极值证明不等式的问题,通过选择适当的目标函数和约束条件来证明.【证】令(,)=ln+3ln+(2+2 42)解方程组=1+

7、2=0=3+2=0=2+2 42=0得唯一驻点(0,0)=(,3),相应的函数值为ln+3ln(3).因为当 0+或 0+时,ln+3ln ,所以(,)在2+2=42上的最大值为ln+3ln(3),即ln+3ln ln+3ln(3)=ln(334)由上式即得3 33(2+24)2.令2=,2=,则有3 27(+4)4.3.证明函数(,)=(2+2)sin12+2,2+2=00,2+2=0在点(0,0)处可微.(93,下,期中)【分析】讨论函数在一点的可微性通常是用可微的定义.【证】首先(0,0)=lim0(0+,0)(0,0)=lim0 sin1()2=0同理有(0,0)=0.又lim0,0(

8、,)(0,0)(0,0)(0,0)()2+()2=lim0,0()2+()2sin1()2+()2=011即(,)(0,0)=(0,0)+(0,0)+()2+()2),由定义知,函数在点(0,0)可微.(五)应用题1.已知圆锥体的体积=132,若半径以5cm/s的速度增加,而它的高以24cm/s的速率减小.(1)求该圆锥体半径为30cm/s,高为70cm/s时体积的变化率;(2)这时圆锥体的体积是增大还是减小？(91,下,期末)【解】因为dd=dd+dd=23dd+132dd所以dd0=23 30 70 5 13 (30)2 24=200(cm3/).这时圆锥体的体积变化率为200(cm3/)

9、,体积在减少.2.设数量场(,)=2+22+32+3 2 6.求:(1)使梯度为零向量的点;(2)在点(2,0,1)处沿哪一个方向的变化率最大,并求出最大变化率;(3)使梯度垂直轴的点.(94,下,期末)【解】grad=2+3,4+2,6 6(1)grad=0即2+3=04+2=06 6=0解得=2,=1,=1,即在点(2,1,1)处梯度为零向量.(2)变化率最大的方向为梯度方向.grad(2,0,1)=7,0,0,grad(2,0,1)=7即在点(2,0,1)处沿轴正向变化率最大,最大变化率为7.(3)由grad k=6 6=0,得=1,即在平面=1上梯度垂直于轴.3.设曲面:22+42+2

10、=4,平面:2+2+5=0,试求:(1)曲面平行于平面的切平面;(2)曲面与平面间的最短距离.(92,下,期末)【分析】本题的(1)是曲面的切点待求的切平面问题.而与的最短距离即为(1)中的切平面之一到的距离.【解】(1)上任一点(,)处的法向量n=2,4,依题意,n,故22=42=1=12即=,=2,=代人曲面的方程,有22+2+2=4解得=1,于是切点为(1,12,1)和(1,12,1),相应的切平面方程为1:2+2+4=0和2:2+2+4=0(2)1,2与平面之间的距离分别为1=5+422+22+1=3,2=5 422+22+1=13.由于曲面与无交点,所以曲面与平面的最短距离为13.4

11、.求曲面:2+2+2=42+2=2在点(1,1,2)处的切线方程.(97,下,期中)【分析】曲线是由交面式方程给出的,其切线的求法一般有两种方法.【解】法一 从几何观点看,曲线在点处的切线是曲面1:2+2+2=4在点处的切平面与曲面2:2+2=2在点处的切平面的交线,因此只要将两切平面方程联立,就是切线方程.曲面1在点(1,1,2)处的法向量n1=2,2,22,曲面2在点(1,1,2)处的法向量n2=0,2,0,相应的切平面分别为1:+2=4,2:=1.于是切线方程为+2=4=1法二 从代数观点看,由方程组2+2+2=42+2=2确定隐函数=(),=(),于是曲线的参数式方程为:=,=(),=

12、(),其切线的方向向量 =1,(),(),其中(),()可由方程组通过隐函数求导数法得到:2+2 ()+2 ()=02+2 ()=2解得()=1 ,()=1.于是曲线在点(1,1,2)处的切线的方向向量a=1,0,12,从而切线方程为 12=10=21【注】的方程也可用作参数的方程表示:=1+cos,=sin,=2(1 cos),点对应参数=2.此时切线的方向向量a=(),(),().5.求曲线=22+2+=0的切线,使该切线平行于平面+=0.(98,下,期中)13【分析】本题的关键是要在已知曲线上求一点,使该点的切向量与平面+=0的法向量垂直.【解】首先可求出曲面=22+2在任一点(,)的法

13、向量n1=4,2,1,再将n1与平面+=0的法向量1,1,1作向量积，即得已知曲线上任一点的切向量s=?ijk421111?=2+1,1 4,4 2切向量s必与平面+=0的法向量1,1,0垂直,即2 4=0,可化简为 2=0.解方程组=22+2+=0 2=0得两组解(,)=(0,0,0),(,)=(12,1,32),分别得到满足题设条件的两条切线:1=1=0,+121=+11=3206.在平面上求一点(,),使它到三条直线=0,=0,+1=0的距离平方和为最小.(93,下,期末)【解】平面上任一点(,)到三条直线的距离平方和为:=21+22+23=2+2+12(+1)2解方程组=2+(+1)=

14、3 +1=0=2 (+1)=3 1=0得驻点=14,=14.在整个平面上仅此一可能极值点0(14,14).又=220=3 0,=20=1,=220=3则2 =1 9 0,0)使过该点的切线与椭圆及两坐标轴围成的图形面积最小.(97,下,期中)【解】由于椭圆一定,因此只需求点的切线与坐标轴围成的三角形面积最小即可.令(,)=92+162 288,则=18,=32=32.14过点的切线方程可写成18()+32()=0其截距式为182+32218+182+32232=1该切线与坐标轴围成的三角形面积为=12(182+322)21832=2(288)21832=288,求最小即求最大.令(,)=+(9

15、2+162 288)(0,0)解方程组=+18=0=+32=092+162=288得惟一驻点=4,=3,据问题的实际意义,点(4,3)即为所求.8.求中心在原点的椭圆52+4+82=1的长半轴与短半轴的长度.【解】设(,)为椭圆上的任一点,点到原点的距离=2+2,的最大值即为长半轴,的最小值即为短半轴.令(,)=2+(52+4+82 1)=2+2+(52+4+82 1)解方程组=2+10+4=0(1)=2+4+16=0(2)=52+4+82 1=0(3)由(1),(2)可得=2或者=12.再代入(3)可得2+2=19或者2+2=14.由于最值必存在,得min=13,max=12.故长半轴=12

16、,短半轴=13.9.在椭圆+=4=2+2上求一点,使该点到原点的距离的平方为最大,并求出最大值.(99,下,期中)【解】这是一个条件极值问题,用Lagrange乘数法.令(,1,2)=2+2+2+1(+4)+2(2+2)解联立方程=2+1+22=0(1)=2+1+22=0(2)=2+1 2=0(3)1=+4=0(4)2=2+2 =0(5)由(1),(2),(5)可得=22.再代入(4),可得1=1,2=2.求得两个点1(1,1,2),2(2,2,8),则有12=12+12+22=6,22=(2)2+(2)2+82=72.由问题的实际意义可知,距离平方的最大值存在,故点2(2,2,8)为最大值点

17、,最大值为72.10.试用两种方法(极值方法和非极值方法)求椭球面2+22+42=1与平面+15=7之间的最短距离.(96,下,期末)【解】法一(极值方法)设(,)为椭球面上任一点,则到已知平面的距离=13+7.令(,)=13(+7)2+(2+22+42 1)解方程组=23(+7)+2=0=23(+7)+4=0=23(+7)+8=0=2+22+42 1=0得=27,=17,=127,于是距离1=216,2=212,最短距离为1=216.法二(几何方法)当椭球面上点处的切平面与已知平面平行时,其中的一个切点与平面的距离即为所求的最短距离.椭球面上任一点(,)处的法向量 =2,4,8,设过点的切平

18、面平行于已知平面,则21=41=81=即=12,=14,=18将它们代入椭球面方程,得142+182+1162=1解得=47,故切点为(27,17,127),从而min=1621.11.已知两平面光滑曲线(,)=0,(,)=0,又(,)和(,)分别为两曲线上的点,试证:若这两点是两曲线上相距最近的点,则必有 =(,)(,)=(,)(,)()【解】法一(几何方法)记1:(,)=0;2:(,)=0,又(,),(,)分别在1,2上,根据 与2上点处的切线垂直,则 ,1,(,)(,)=0.所以 =(,)(,)同理可得 =(,)(,)法二(极值方法)设(1,1),(2,2)分别是曲线(,)=0和(,)=

19、0上的任意两点.问题是要16求函数2=(1 2)2+(1 2)2在约束条件(1,1)=0,(2,2)=0下的极值点(,)和(,)必满足(*)式.作Lagrange函数(1,2,1,2,1,2)=(1 2)2+(1 2)2+1(1,1)+2(2,2)建立方程组1=2(1 2)+1(1,1)=02=2(1 2)+2(2,2)=01=2(1 2)+1(1,1)=02=2(1 2)+2(2,2)=0(1,1)=0(2,2)=0设(1,1)=(,),(2,2)=(,)满足上述方程组,则有 =(,)(,)=(,)(,)练习题1.设=(2)sin(3),求(99,下,期中)2.设=32ln,求d(1,),2

20、(1,).(87,下,期末)3.设=(,)由方程+=+ln(2+2+2)确定,求(0,0,1)(93,下,期中)4.设隐函数=(,)由方程(,)=0确定,且(1,1,1)=1,(1,1,1)=2,(1,1,1)=1,求(1,1,1).(92,下,期中)5.设函数=(,)是由方程sin()+sin()+sin()=0所确定的隐函数,求d.(85,下,期末)6.设=(,)由方程=(2,)确定,其中具有连续偏导数,求.(97,下,期末)7.设=(,)由方程(,2)=0确定,其中具有连续偏导数,求.(02,下,期末)8.设函数=(,)由方程(,)=0所确定,证明:+=(87,下,期末)9.函数=ln(

21、+2+2)在点(1,0,1)处沿什么方向的方向导数取最小值？(99,下,期中)1710.若=(,2),具有二阶连续偏导数,求2.(87,下,期末)11.设=1()+(+),且,具有二阶连续导数,求2.(98,研)12.设=(+,)具有二阶连续偏导数,求2.(03,下,期末)13.设=(2,3 ),其中具有二阶连续偏导数,求,2.(02,下,期末)14.设=(,),其中(,)有二阶连续偏导数,求及2.(04,下,期中)15.若函数=(,)可微,且(,2)=1,(,2)=,当=0时,求(,2).(03,下,期末)16.设=(,)具有二阶连续偏导数,令=,=+,试以,为自变量将方程2222=0化简.

22、(97,下,期中)17.设=(,)满足Laplace方程22+22=0,试证:=(,)=(22,2)满足22+22=0.(89,下,期末)18.设函数=()满足22+22=0,其中=2+2,且(1)=0,(1)=1,求().(92,下,期末)19.求曲面2 2 2+6=4垂直于直线+21=3=+14的切平面方程.(97,下,期中)20.求椭球面2+22+32=21的切平面,使之过已知直线:62=31=2 12.(88,研)21.设(),(,)皆可微,求曲面=()=(,)上点(0,0,0)处的切线方程.(98,下,期末)22.在曲线:=2+2=0上求一点,使点处的切线与轴正向相交成4角.(02,

23、下,期末)23.求曲线:2+2+2=6+=0在点(1,2,1)处的切线方程.(03,下,期末)24.设点(0,0,0)是球面:2+2+2=1上的一点,n为在点的外侧法向量,(1)求函数=+在点处沿方向n的方向导数;(2)当0,0,0为何值时,此方向导数取最大值.(04,下,期末)25.求过点(2,1,1)的平面,使它在第一挂限部分与三坐标平面围成的四面体体积最18小.(89,下,期末)26.一本书的一页上所印的文字要占150cm2,上,下边空白各留下1.5cm宽,左,右各要留下1cm宽.问纸张的长,宽各为多少时用纸最省？(95,下,期末)27.求曲面=2+2与平面+2=2之间的最短距离.(02

24、,下,期末)28.求原点到曲面()2 2=1的最短距离.(04,下,期中)19八多元函数积分学试题分析(一)填空题1.设是由+=1,=1,=0所围成的区域则sin3dd=0.(94,下,期末)【解】因为区域关于轴对称,而被积函数sin3关于是奇函数,所以积分等于0.2.改变二次积分的次序20d2222(,)d=11d1+12112(,)d.(94,下,期末)【解】原二次积分可以复原为一个二重积分(,)dd.积分区域是由直线=0,=2和曲线=2 2,=2 2围成的.显然就是2+(1)2 1.将看作由直线=1,=1和曲线=1 1 2,=1+1 2围成,于是(,)dd=11d1+12112(,)d3

25、.交换积分次序10d20(,)d+31d12(3)0(,)d=10d32(,)d.(91,下,期末)【解】原积分是两个二次积分的和,先分别转化为二重积分10d20(,)d=1(,)dd,31d12(3)0(,)d=2(,)dd其中1由直线=0,=1和曲线=0,=2围成.2由直线=1,=3和曲线=0,=12(3 )围成(请读者画出草图).1和2有一段公共边界线.根据二重积分的区域可加性,有原式=12(,)dd12是由直线=0,=1和曲线=,=3 2围成的.所以 12(,)dd=10d32(,)d4.交换积分次序10d12(,)d=10d0(,)d.(92,下,期末)【解】事实上10d12(,)d

26、=(,)dd其中由直线=0,=1和曲线=2,=1围成.又可由直线=0,=1和曲线=0,=围成,故(,)dd=10d0(,)d.205.改变积分次序10d11(,)d+01d1212(,)d=11d1212(,)d.(94,下,期末)【解】事实上原式=1(,)dd+2(,)dd其中1由直线=0,=1和曲线=1 ,=1 围成,2由直线=1,=0和曲线=1 2,=1 2围成,1和2有一段公共边界线=0(1 1).由二重积分的区域可加性,有原式=12(,)dd12由直线=1,=1和曲线=1 2,=1 2围成,所以 12(,)dd=11d1212(,)d以下两题与前面的题目类似,只给出答案不再作仔细解答

27、.6.交换积分次序10d1+12(,)d=10d20(,)d+21d220(,)d.(98,下,期末)7.交换积分次序10d2(,)d=10d20(,)d+21d20(,)d.(99,下,期末)8.曲线积分2+2d的值为0,其中:2+2=4.(98,下,期末)【解】因为被积函数2+2定义在上,所以2+2=4,因而2+2d=14d=14202cos 2d=09.设椭圆:32+22=6的周长为,则曲面积分(24+265)d的值为2.(99,下,期中)【解】同上题,被积函数应满足曲线的方程,所以24+26=112(32+22)=12.故(24+26 5)d=(12 5)d=12d 5d=12 0=1

28、2其中d=221+2()d=0(奇函数在对称区间上的积分为零).10.曲线积分d2+2+2的值为45,其中:2+2+2=5=1(98,下,期末)【解】因为积分在上进行,故2+2+2=5.所以d2+2+2=15d.又d是的弧长,是平面=1上的圆2+2=22,所以d=4(半径为2的圆周长).故原积分值是45.2111.设:2+2+2=4,则(2+2)d=1283.(00,单考,研)【解】由积分域的对称性知 2d=2d=2d,所以(2+2)d=23(2+2+2)d因为积分在曲面上进行,所以2+2+2=4.故(2+2)d=23 4d=83 4 4=128312.设为取正向的圆周2+2=9,则曲线积分(

29、2 2)d+(2 4)d=18.(94,下,期末)【解】第二型曲线积分的计算一般有两种方法,一是化为定积分,二是利用Green公式或积分与路径无关的条件.这里(,)=2 2,(,)=2 4,=2.由Green公式知原积分=(2)dd=2 dd=2 的面积=18其中为2+2=9围成的圆域.13.设为闭曲线2+2=4,取正向,则曲线积分(2)d+2(1)d=4.(97,下,期末)【解】设(,)=2,(,)=2(1),由于=1,故用Green公式得原积分=dd=414.设为闭曲线(1)2+2=1正向,则曲线积分(+cos)d+(+sin)d=0.(96,下,期末)【解】设(,)=+cos,(,)=+

30、sin,则=,故用Green公式得原积分=dd其中为(1)2+2=1围成的圆域,因为关于轴对称,而被积函数关于为奇函数,故 dd=0.15.设为顺时针方向圆周(2)2+2=4,则曲线积分(23)d+(2+)d的值为16(99,下,期末)【解】应用Green公式计算沿闭曲线的积分,注意到曲线的方向,原积分=4 dd=16,其中是圆周(2)2+2=4所围成的圆域.16.设是由点(1,0)经曲线=1 2到点(1,0)的路径,则d+(+1)2d=32(98,下,期末)22【解】虽不是闭曲线,但补上线段后用Green公式计算积分比较方便.d+(+1)2d=+=(2+3)dd 0=3 dd=32其中是上半

31、圆周=1 2与轴所围成的区域.17.设为2+2=2正向,则d d2+2=2.(94,下,期末)【解】法一可用参数方程=cos,=sin表示,起点对应于=0,终点对应于=2,则d d2+2=202cos2d+2sin2d2=20d=2法二 可先用2+2=2代人积分,然后再用Green公式,得d d2+2=d d2=12 2dd=222=2注意,由于题中(,)=2+2,(,)=2+2在点(0,0)处无定义,所以不能直接用Green公式.18.若是给定的光滑闭曲面,n为的单位外法向量,l为任意给定的常向量,则 cos(n,l)d=0(01,下,期末)【解】利用两向量夹角余弦的定义和Gauss公式得,

32、原积分=n lld=1l l d=1l divld=0其中是闭曲面所围成的立体.19.设数量场=ln2+2+2,则梯度grad=(2+2+2,2+2+2,2+2+2).(92,下,期末)【解】利用梯度的定义即得.20.设=2+2,则div(grad)=2+2.(01,下,期末)【解】先计算grad=2,2 ,2 ,再计算它的散度.21.若A=(2+2)i+(2+2)j+(2+2)k,则rotA=2 ,.(94,下,期末)【解】利用旋度的定义计算即可.22.当常数=3时,向量场A=(22+6)i+(2 2)j+32k为有势场,其势函数为233 32+133 3+(97,下,期末)【解】A为有势场

33、等价于rotA 0,而rotA=2(3)k,故=3.此时d=(22+6)d+(32 2)d+32d=d(233+32 133+3)23故势函数为=233 32+133 3+(二)选择题1.设函数(,)为连续函数,则11d10(2,2)d=A(04,下,期中)(A)210d10(2,2)d(B)410d0(2,2)d(C)210d(2,2)d(D)0【解】表达式10(2,2)d是关于变量的偶函数.2.设区域由直线=,=和=1围成,1是位于第一象限的部分,则 B(04,下,期末)(A)(+sin()dd=2 1dd(B)(+sin()dd=2 1 sin()dd(C)(+sin()dd=2 1(+

34、sin()dd(D)(+sin()dd=0【解】首先积分区域关于直线=0对称,其次被积函数是的奇函数,而被积函数 sin()是的偶函数,利用奇偶函数在对称区域上的积分性质得到应选(B).3.球体2+2+2 42在柱面2+2=2内的那部分的体积为 C(03,下,期末)(A)420d2cos042 2d(B)820d2cos042 2d(C)420d2cos042 2d(D)22d2cos042 2d【解】根据图形可知体积是其在第一象限中体积的4倍,再利用极坐标计算即得.4.设是由直线=0,=0,=2,=2所围成的图形的边界曲线,则d=B(01,下,期末)(A)4(B)8(C)0(D)-45.设空

35、间区域1:2+2+2 2,0;2:2+2+2 2,0,0,0,则有 C(99,下,期末)(A)1d=4 2d(B)1d=4 2d(C)1d=4 2d(D)1d=4 2d24【解】由于1是上半球域,它关于平面=0以及平面=0对称,又被积函数,关于是奇函数,关于是奇函数,所以 1d=0,1d=0,1d=0.又被积函数关于,是偶函数,所以 1d=4 2d.6.是由曲面=2+2,=,=0,=1在第一卦限所围成的闭区域,(,)在上连续,则 (,)ddd=C(93,下,期末)(A)10d12d12+2(,)d(B)220d12d12+2(,)d(C)220d12d12+2(,)d(D)220d12d10(

36、,)d【解】此题测试学生将三重积分转化为三次积分的能力.从给定的4个选择项中知道,第一次积分是关于的,因此应将向平面投影,得出投影平面区域.于是 (,)ddd=dd12+2(,)d其中是由直线=,=0与曲线=1 2所围成的区域.所以 (,)ddd=220d12d12+2(,)d7.设在上半平面上,曲线积分()d+(+)d(2+2)与路径无关,则为 B(94,下,期末)(A)-1(B)1(C)12(D)2【解】设(,)=(2+2),(,)=+(2+2),则=2 2+22 2(2+2)+1,=2+2 22 2(2+2)+1曲线积分在上半平面上与路径无关等价于在上半平面上处处有=,所以=1.8.设(

37、)连续可微,且(0)=2.若沿任意光滑闭曲线,有32()d+()d=0则()等于 A(97,下,期末)(A)+2(B)3 2(C)32(D)225【解】设(,)=32(),(,)=(),沿任一闭曲线积分等于0,说明曲线积分与路径无关,所以=处处成立,即()+()=32.这是一阶线性微分方程,解得()=2+,由(0)=2得=1,所以()=+2.9.已知(+)d+d(+)2为某函数的全微分,则等于 D(96,下,期末)(A)-1(B)0(C)1(D)2【解】设(,)=+(+)2,(,)=(+)2,条件(+)d+d(+)2为某函数的全微分等价于=,即(2)(+)3=2(+)3,故=2.10.设为上半

38、球面=4 2 2,则曲线积分 d1+2+2+2的值为 D(04,下,期末)(A)4(B)165(C)163(D)83【解】因为2+2+2=2,所以 d1+2+2+2=13 d=83(三)计算题1.计算=+2+2d,其中:2+2 1,+1(04,下,期中)【解】利用极坐标计算.=20d11sin+cos(sin+cos)2d=20(sin+cos 1)d=2 22.计算积分 2dd,其中D是由直线=,=2,=0围成的区域.(91,下,期中)【分析】2的原函数不能用初等函数表示,所以应选择先后的积分次序.【解】2dd=20d02d=202d=12(1 4)3.计算积分 2dd,其中是由三条曲线=,

39、=2(0)及=2所围成的区域.(96,下,期末)【分析】2作为的函数,其原函数难以获得,故应化为先后的二次积分.【解】2dd=21d2d=1221()d=14(2 3)4.计算积分21d2sin 1d(94,下,期末)【分析】sin 1的原函数难以获得,应先交换积分次序.【解】21d2sin 1d=21d1sin 1d=21sind=cos2 cos1265.计算二重积分 sin2dd,其中是由曲线=,=与=2所围成的区域.(99,下,期中)【分析】先对积分时,被积函数的原函数无法求得,故先对后对积分.【解】sin2dd=21d2sin2d=212cos(2)d=43(2+)6.确定常数使 s

40、in(+)dd=1,其中是由=,=2,=2所围成的区域.(93,下,期末)【分析】此题本质上是要计算二重积分 sin(+)dd的值,是该值的倒数.【解】1=sin(+)dd=20d2sin(+)d=20(cos2cos3)d=3,故=3.7.计算下列积分：(1)sin3dd,其中是由直线=0,=1和=所围成的区域;(2)2+2ddd,其中是由圆柱面(1)2+2=1(0)与平面=0,=0,=(0)所围成的区域.(92,下,期末)【分析】在(1)中,应将二重积分转化为先后的二次积分,在(2)中,根据和被积函数的特点,可利用柱坐标计算.【解】(1)sin3dd=10d0sin3d=12102sin3

41、d=16(1 cos1)(2)2+2ddd=20d2cos02d0d=2220d2cos02d=42320cos3d=8928.计算下列积分：(1)10d124d;(2)12+2+2ddd,其中是由曲面=1+1 2 2与=1,=0所围成的 0的部分.(95,下,期末)【分析】问题(1),因为4的原函数不能用初等函数表示,应先交换积分次序;在(2)中,根据积分域和被积函数的特点,考虑用球坐标计算.【解】(1)10d124d=10d024d=131034d=112(1 1)(2)在球坐标下,为0 ,0 4,1cos 2cos27 12+2+2ddd=0d40d2cos1cos 2sind=240s

42、in(4cos2 1cos2)d=(76223)9.求=2+2+2ddd,=(,)2+2+2 4,2+2.(01,下,期末)【分析】根据被积函数和积分区域的特点,采用球坐标系进行计算比较简便.【解】=20d40d203sind=8(1 22)10.计算=(+2)ddd,其中为由半椭球面2+42+2=1,(0)与锥面=2+2所围成的区域.(04,下,期中)【分析】本题采用球坐标并不方便求解,采用直角坐标.【解】因为2关于是奇函数,又关于平面=0对称,所以 2ddd=0故=ddd=22+521dd12422+2d=12 22+521(12252)dd=210121020d103d=41011.计算

43、曲面积分 d,其中为锥面=2+2位于柱体2+2 2内的部分.(99,下,期末)【分析】第一型曲面积分的计算通常是化为二重积分计算.【解】由=2+2得,=,=,于是d=1+2+2dd=2dd d=2+22dd=222d2cos02d=83222cos3d=329212.计算曲线积分2d+(2)d,其中是曲线=2上从(1,1)到(2,4)的一段.(93,下,期末)【分析】曲线的方程=2,故在上,积分中的第二项为零,第一项积分可直接化为定积分计算.【解】2d+(2)d=212d=313.计算曲线积分=(23+2)d+(2+5+2)d,其中为上半椭圆2+42=1(0),由点(1,0)到点(1,0).(

44、91,下,期末)28【分析】设(,)=23+2,(,)=2+5+2,则=8.曲线不封闭,应添加曲线段后用Green公式.【解】设1为=0上从到的一段,则+1构成闭曲线的顺时针方向.由Green公式得：=+11=8dd 112d=4 214.计算曲线积分=(12)d+(cos)d,其中为曲线=2上从点(1,1)到点(1,1)的一段.(95,下,期末)【分析】设=12,=cos,若化成定积分计算,则会出现形如112d的项,无法积分,故应该利用Green公式计算.【解】添加线段:=1,从1到-1,使+构成闭曲线的正向.由Green公式得=+=12dd 11(12)d=0 11=215.计算曲线积分=

45、(sin 3)d+(cos+3)d,其中为沿着半圆周=2 2(0)从点(0,)到点(0,)的弧段.(92,下,期末)【分析】与上题类似,添加线段后用Green公式,再对二重积分用极坐标计算.【解】添加线段:=0,从到,使+成为闭曲线,方向为负向.由Green公式得=+=3(2+2)dd cosd=3322d02 d+sin=344+2sin16.确定的值,使曲线积分(2+4)d+(612 2)d在平面上与路径无关.当起点为(0,0),终点为(3,1)时,求此曲线积分的值.(04,下,期末)【分析】利用积分与路径无关的条件.【解】设(,)=2+4,(,)=612 2.因为积分与路径无关,有=,计

46、算得=3.代人计算积分=(3,1)(0,0)(2+43)d+(622 2)d=302d+10(542 2)d=9+17=26其中第一步是选择了先从(0,0)到(3,0),再从(3,0)到(3,1)的折线为积分路径.2917.计算积分=(3 )d+(3)d(+)3,其中是由点(2,0)沿曲线=2cos到点(0,2)的弧段.(97,下,期末)【分析】设(,)=3 (+)3,(,)=3(+)3,由于,的分母形式与曲线的方程形式不一致,故不宜化为定积分计算.又因为=6 6(+)4,(+=0),故可利用曲线积分与路径无关或通过求原函数来计算积分.【解】法一 当+=0时,=6 6(+)4,所以在+0的区域

47、内积分与路径无关.因此=(3 )d+(3)d(+)3(:+=2)=83023(2)(2)+3d=8302d=4法二 当+=0时,=,所以当+0时,(3 )d+(3)d(+)3有原函数(,)=(+)2.因此=(,)=4.【注】请读者考虑,能否用折线代替积分曲线？18.计算曲线积分=d d2+92,其中是以(1,0)为起点,(1,0)为终点的位于平面上 0适当小,使1与不相交,方向从1(,0)到1(,0).则=d d2+92=1+1+1d d2+92=1d d2+92=213 sin(sin)d cos 13 cosd2=2(13)d=3其中1取为参数方程:=cos,=13 sin,23019.计

48、算曲线积分=sind+cosd2+sin2,其中是由点(0,2)沿曲线=24 2到点(0,2)的弧段.(98,下,期末)【分析】设(,)=sin2+sin2,(,)=cos2+sin2.因为=cos sin2 2cos(2+sin2)2,(,)=(0,)其中 N,所以可选取适当的积分路径或利用原函数计算.【解】法一 因为=cos sin2 2cos(2+sin2)2,(,)=(0,)其中 N,所以在不含点(0,)的单连通域内曲线积分与路径无关,取折线计算积分,其中(1,2),(1,2)=10d1+2+22cos1+sin2d+01d1+2=2arctan10+2arctan(sin)20=法二

49、=arctansin(0,2)(0,2)=lim0+,2arctansinlim0+,2arctansin=20.计算曲线积分=d+d2+42,其中是以点(2,0)为圆心,半径为(=2)的圆周,取逆时钟方向.(99,下,期中)【方析】要分 2两种情况讨论.【解】设(,)=2+42,(,)=2+42.当(,)=(0,0)时,=42 2(2+42)2(1)当 2时,在圆内作椭圆:2+42=2,取逆时针方向.则在与所围成的区域内,用Green公式得+=()dd=0于是=d+d2+42=d+d2+42=2013d=2321.计算曲线积分=(d+d)4+4,其中为平面上任一不通过原点的光滑闭曲线.(99

50、,下,期末)【分析】需分原点在内与外两种情况讨论.31【解】设(,)=24+4,(,)=24+4.则当(,)=(0,0)时有=2(4 4)(4+4)2(1)当不包围原点时,由Green公式得=()dd=0.(2)当包围原点时,在内取:4+4=2,逆时钟方向,则由Green公式可得2d+2d4+4=2d+2d4+4=122d+2d=124dd(对称性),其中是所围成的区域.综上,对任意不通过原点的光滑闭曲线,都有=(d+d)4+4=0.22.已知为平面上任一不经过原点的闭曲线,问常数为何值时,曲线积分d d2+2=0(94,下,期末)【分析】设(,)=2+2,(,)=2+2.,在原点无定义,应对