江西会计-揭牌仪式讲话稿

《
一、填空题：
高等数学》2期末复习题
1.函数
zx
2
y
2
1ln(3x
2
y
2
)
的定义域是1≦X^2+Y^2<3.
2.设
z(1x)
y
,
则
z

(1x)
y
ln(1x)
.
y
(1,2)
3.函数
zln(1x
2
y
2)
在点
(1,2)
的全微分
dz
4．设
f(xy,x y)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
y
设
f(xy,)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
x

12
dxdy

33< br>5.设
ze
u
sinv
而
uxy
vxy则
z

e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]< br>
y
6．函数
zx
2
y
2
在点（1， 2）处沿从点（1，2）到点（2，
23
）的方向导数是
123

7.改换积分次序

dy

2
f(x,y)dx
；
dy

0y
0
22y
11y
2
y 1
f(x,y)dx
.
8．若L是抛物线
y
2
x< br>上从点A
(1,1)
到点B
(1,1)
的一段弧，则
xydx
=
L
9.微分方程
(1e
2x
)dyy e
2x
dx0
的通解为.
二、选择题：
1．
tan(xy)
等于（）（上下求导）
(x,y)(2,0)
y
lim
1
A．2，不存在
2
2．函数
zxy
的定义域是（D）
A．

(x,y)x0,y0

B.
(x,y)x
2
y
< br>

(x,y)y0,x
2
y

．

(x,y)x0,y0,x
2
y


f(x,y)
|
(x
0
,y
0
)

（B） 3.
x

x0
lim
f(x
0
x,y
0
y)f(x
0
,y
0
)f(x
0
x, y
0
)f(x
0
,y
0
)
.
lim
x0
xx
f(x
0
x,y
0
 y)f(x
0
x,y
0
)f(x
0
x,y0
)
.
lim

x0
xx
zz

（D）
xy
x0
lim
5.设
zF(x
2
y
2
)，且F具有导数，则
A.
2x2y
；B.
(2x2y)F(x
2
y
2
)
；
C.
(2x2y)F

(x
2
y
2
)
；D.
(2x2y)F
(x
2
y
2
)
.
6．曲线
xacost
，
yasint
，
zamt
，在
t

4
处的切向量是（D）
A．
(1,1,2)
(1,1,2)(1,1, 2m)
(1,1,2m)
对于函数
f(x,y)x
2
xy，原点
(0,0)
（A）
A．是驻点但不是极值点B.不是驻点C.是极大值点D.是极小值点
8．设I=
 
5
x
2
y
2
1dxdy
，其中D是圆环1x
2
y
2
4
所确定的闭区域，则必有（）
D
A．I大于零小于零等于零不等于零，但符号不能确定。
9.已知L是平面上不包含原点的任意闭曲线，若曲线积分
Ñ
（）.
A-1B1C2D-2
10．若L为连接
(1,0)
及
(0,1)
两点的直线段，则曲线积分

(xy)ds
=（）
L
x dxaydy
0
，则a等于
22
L
xy
A．
2
设D为
x
2
y
2
2y,
则
f(x
2
y
2
)dxdy
（）
D
A.< br>
dy

0
22yy
2
0
2sin

f(x
2
y
2
)dx
；B.

1< br>1
2

0
2
d


f(r
2
)rdr
；
0
1
C.

d


0

0
f(r
2
)rdr
；D.
< br>dx

0
f(x
2
y
2
)dy
.
12.微分方程
e
x
(y

y)1
的通解为（ ）
A.
ye
x
c
；B.
ye
x
x c
；C.
y(xc)e
x
；D.
ycxe
x< br>
13.（）是微分方程
y

y

e
x
在初始条件
y
x0
1,y

x0
1
下的特解.
A.
yc
1
c
2
xe
 x
；B.
yxe
x
；C.
y12xe
x
；D.
y1xe
x
.
三、计算题：

1. 设
zf(e
x
siny,x
3
y
3
)
，求
z
z
及，其中f具有一阶连续偏导数.
y
x

xyuv
uv
2．设

，求，
xx
xsinvysinu
3．求旋转抛物面
zx
2
y2
1
在点
(2,1,4)
处的切平面及法线方程。
4．求函 数
f(x,y)x
3
y
3
3x
2
3y2
9x
的极值
5．计算

xy
2
dxd y
，其中D是由圆周
x
2
y
2
4
及
y
轴所围成的右
D
半闭区域.
6．计算

e
 y
dxdy
，其中D是以O（0,0），A（1,1），B（0,1）为顶点的三角
D
2
形闭区域.
7.计算

xdxdydz
，其中

是三个坐标面与平面
xyz1
所围成的区域.
< br>8.计算

(2xy4)dx(3x5y13)dy
，其中L为圆< br>x
2
y
2
25
的正向边界。
L
9.计 算曲线积分

(y
3
x)dy(x
3
y)dx,其中L是从O(0,0)沿上半圆
x
2
y
2
2x
到
L
A(2,0).
10.验证：在整个
xoy
面内，
4s inxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy
是某个函数的全微分，
并求出这 样的一个函数.
11.求微分方程
(x
2
1)y

2 xy4x
2
的通解.
12.求解微分方程的特解：
(y
2
3x
2
)dy2xydx0,y(0)1

13.解微分方程yy

(y

)
2
(y

)< br>3
0

.
四、应用题：
1.用钢板制造一个容积为V的无盖长方形水池，应如何选择水池的长、宽、高才最省
钢板.
2.已知矩形的周长为24cm，将它绕其一边旋转而构成一圆柱体，试求所得圆柱体体积
最大 时的矩形面积.
3.求抛物线
y
2
4x与曲线y2x
所围成的闭区域的面积.
4.求抛物面
z6x
2
y
2
与锥面
zx< br>2
y
2
所围成的立体
的体积.
高等数学2期末复习题答案

一、填空题：
12
1、
{(x,y)1x
2y
2
3}
2、
(1x)
y
ln(1x)
3、
dxdy

33
x
2
(1y)
4、x2y;
5、
e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]
1y
2
6、
123
（注：方向导数
f
l
f
x
(x
0
,y
0
)cos
f
y
(x
0
,y
0
)cos

）
(x
0,
y
0
)
7、

dx
< br>x
f(x,y)dy
；

dx

0
2
4x
01x
10
f(x,y)dy

dx

0
11x
2
0
f(x,y)dy

01
44
8、（注：

xydx

x(x)dx
xxdx
）9、
y
2
(1e
2x
)C

L10
5
5
二、选择题：
1、A;;;4.缺;;;;;;
;;
三、计算题：
1.解：令
ue
x
siny,v x
3
y
3
，则
2.解：两方程分别两边对
x
求 偏导数，注意
u,v
是关于
x,y
的二元函数，得

u v

uv
1
1



x x

xx
即



vu
u v

sinvxcosvycosu

ycosuxcosvsin v

xx

xx


这是以
当< br>J
uv
,
为未知量的二元线性方程组。
xx
11
ycosuxcosv
(xcosvycosu)0
时，有
11
u1
1
xcosvsinvv1
1
sinvycosu，



xJ
sinvxcosv
xcos vycosuxJ
ycosusinv
xcosvycosu
3.解：旋转抛物 面
zx
2
y
2
1
在点
(2,1,4)
处的切向量
于是，所求切平面方程为
4(x2)2(y1)(z4)0
，即
4x2yz60

法线方程为
x2y1z4


421


f
2
3x6x90


x
4. 解：解方程组

，
f

3y
2
6y0


y
得四个驻点
P
1
(1,0),P
2
(1,2),P
3
(3,0),P
4
(3,2)
.又

6x6,f
xy

0,f
yy
< br>6y6
.
f
xx
2
对
P
1
(1,0),ACB0,
且
A0
,则
P
1
(1,0)
是函数的极小值点；
对
P
2
(1,2),ACB
20
,则
P
2
(1,2)
不是极值点；
对
P
3
(3,0),ACB
2
0
,则
P
3
(3,0)
不是极值点；
对
P
4
(3,2),ACB2
0
,且
A0
,则
P
4
(3,2)是函数的极大值点.

于是，函数有极小值
f(1,0)1395
，
极大值
f(3,2)27827122731
.
5.解： 利用极坐标变换，令
xrcos

,yrsin

，则
dxdyrdrd

，且D可表示为：
0r2,
2

2




2


2
.于是
11
r
5
sin
3

5
0
3

2

64
.
15
6.解：三角形区域D由直线
yx,y1
及
y
轴围成，选择先对
x
积分，

D
e
y
dxdy

dy

ey
dx

ye
y
000
2
1y
2
1
2
1
2
1
dye
y
(1e
1
)
.
22
0
1
（注：此题也可以参看课本167页例2的解法）
7.解题过程见课本124页例1.
8.解：
P(x,y)2xy4,Q(x ,y)3x5y13
在L围成的圆域D:
x
2
y
2
25
上全在连
续的偏导数，
PQQP
1,3
，从而
4
.于是由格林公式，得
xy
yx
D
Ñ< br>(2xy4)dx(3x5y13)dy

L
4dxdy4< br>
dxdy4

25100

.
D

9.解：
P(x,y)x
3
y,Q(x,y)y
3< br>x
，有
PQ
1
在整个
xoy
平面上恒成立 ，所
yx
以曲线积分与路径无关，故可取
x
轴上线段OA作为积分路径.
OA的方程为
y0
，且
x
从0变到2，
dy0
，从而

L
(y
3
x)dy(x
3
y)d x

(y
3
x)dy(x
3
y)dx
< br>
OA
2
0
1
x
3
dxx
44
.
4
0
2
10.解：
P(x,y)4sinx sin3ycosx,Q(x,y)3cos3ycos2x
，有
P
Q4sinxcosx3cos3y6sin2xcos3y
，
3cos3y2 (sin2x)6sin2xcos3y
，
y
x
即有
P Q

在整个
xoy
平面上恒成立，因此在整个
xoy
面内 ，
yx
4sinxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy
是某个 函数的全微分.
取ARB为积分路径，其中各点坐标分别为
A(0,0),R(x,0),B (x,y)
，得
1
3cos2xsin3ysin3ycos2x
.
3
0
2x4x
2
y
2
11.解法一：方程可改写为
y


2
，这是一阶非齐次线性微分方程.先求对
x1x1
y< br>应的齐次线性方程的通解.
由
y


dy2x
C< br>1
2x
dx
y
，分离变量，得，两边积分，解得.
y 0
yx
2
1
x
2
1
x
2
 1
12x
C(x)

yC(x)C(x)
. ，
22 2
2
x1(x1)
x1
用常数变易法，将
C
1
换成
C(x)
.即
y
代入原方程，化简得
C

(x)4x
2
.故
C(x)
于是方程的通解为
y
4< br>3
xC
.
3
14
3
(xC)
. 2
x13
2x4x
2
y
2
解法二：方程可改写为< br>y


2
.
x1x1
2x4x
2这是一阶非齐次线性微分方程，其中
P(x)
2
,Q(x)
2
.利用通解公式
x1x1

14x
2
14
3< br>
2
[

2
(x
2
1)dxC]< br>2
(xC)
.
x1x1x13
12.课本212页第8题第（1）小题。
xdxdu
x
2
xdx
解：原方程可写成
13
2
20
.令
u
，即
xyu
，有
uy
，则
ydyd y
yydy
原方程成为
13u
2
2u(uy
u
2
1Cy
.
du2udy
)0
，分离变量，得
2
du
.两边积分，得
dyu1y
代入
u
x
并 整理，得通解
x
2
y
2
Cy
3
.
y
由初始条件
x0,y1,
得
C1
.于是所求特解为
y
3
y
2
x
2
.
13.解题过程见课本212页例5.
四、应用题：
1.解法一：设水池的长、宽 、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，从而高
z
面积
S的定义域
D{(x,y)0x,0y}
.
这个问题就是求二元函数S在区域D内的最小值.
V
，水池表面的
xy12V

S
y2V()y0,
22

 xxx

解方程组

在区域D内解得唯一得驻点
S12V

x2V(
2
)x
2
0.
yy

y

3
2V,
3
2V
.
根据实际问题可知最小值在定义域内必存在,因此可断定此唯一驻点就是最小值点.即
3
当 长，宽均为
2V
，高为
3
2V
时，水池所用材料最省.
2
解法二：设水池的长、宽、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，水池表面的面积
S的定义域
D{(x,y,z)x0,y0,z0}
.此题就是求函数
Sxy2(xzyz)
在约束
条件xyz=V下的最小值.
构造拉格朗日函 数
Lxy2(xzyz)

(xyzV)
.


L
(1)

x
y2z

yz0 ,即xy2xz

xyz0


L
x2z< br>
xz0,即xy2yz

xyz0(2)

y
解方程组



L
2x2y
< br>xy0,即2xz2yz

xyz0(3)

z


L
xyzV0.(4)




比较（1），（2），（3）式，得x=y=2z，代入（4）式中，有
x
3
2V
,即
x
3
2V
.
3

3
2V
3
2V,2V,
于是，x,y,z只有唯一一组解


2< br>



.

由问题的实际意义最小值在定义域内 必存在.因此，函数S在其唯一驻点
3

3
2V
3
2V,2 V,


2




处必取得最小值.

3
33
故当长方形水池的长，宽，高分别是
2V,2V,
2.解题过程见课本98页例4.
3.利用二重积分求闭区域的面积
2V
时所用材料最省.
2
解：所求区域的面积为
A

dxdy
，其中D为抛物线
y
2
4x与曲线y2x
所围 成的
D
闭区域.两曲线交于两点（0,0），（1,2）.选择先对
x
积分， 于是，
A

dxdy

dy

dxD0
2
y
2
y
2
4
1
2
14 1
2
(2yy)dy
.
4

0
433
4.利用三重积分计算立体的体积.
解法一 ：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其中

是抛 物面
z6x
2
y
2
与锥面

zx
2
y
2
所围成的立体.
利用直角坐标计算.由
z6x
2
y
2
与
zx
2
y
2
消去
z
，解得
x
2
y
2
2
，即

在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
 4
.于是
{(x,y,z)x
2
y
2
z6( x
2
y
2
),x
2
y
2
4}
.
因此
V

dxdydz

dxdy

D
6(x
2
y
2
)
x
2
y
2
dz

=

[6(x
2
y
2
)x
2
y
2
]dxdy
（用 极坐标）
D


2

0
1132
d

(6rr)rdr2

(3rr
4
r
3
)

.
0
433
0
2
22
2
解法二：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其 中

是抛物面
z6x
2
y
2
与锥面

zx
2
y
2
所围成的立体.
利用柱面坐标计算.由
z6x
2
y
2
与
zx
2
y2
消去
z
，解得
x
2
y
2
2，即

在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
4
.于是，在柱面坐标变换下
{(r,

, z)rz6r
2
,0r2,0

2

}.
因此
V

dxdydz

d
< br>
dr

00
2
2

26r
2
r
rdz

2
1132
2


r(6r
2
r)dr2

(3r
2
r
4
r
3
)

.
0
433
0