高数2复习重点难点例解
外语专业大学排名-乡镇个人工作总结
高数Ⅱ复习资料
一. 关于二元函数在一点的极限、连续性和是否存在偏导数的讨论
例1.求极限
limx
2
y
2
ln(x
2
y
2
)
,
(x,y)(0,0)
2
x
2
y
2
解:
limxyln(xy)
lim[(xy)ln(xy)]
2
, <
br>(x,y)(0,0)
(x,y)(0,0)
(xy
2
)
2
22
2
22222
由
limzlnz0
,通过
变量代换
zxy
知:
lim(xy)ln(xy)0
,
222
22222
z0
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
x
2
y
2
1
22222
0
,
又
2
,所以
lim[(xy)ln(xy)]
222
22
(x,y)(0,0)
(xy)
4
(xy)
即
(x,y)(0,0)
limx
2
y
2
ln(x
2y
2
)0
。
注:
多元函数极限可通过变量代换化成一元函
数极限,利用一元函数求极限方法求出其极限,一般
都非常简单。
例2.求极限
li
m(x
4
y
4
)e
xy
x
y
解:因为
lim(xy)e
x
y
4xy
0
,所以
lim(xy)e
x
y
44xylim(xy)e
x
y
4xy
x
4
y
4
11
4xy
lim(xy)e()0
。
4
44
(xy)
xy
x
y
xy
例3.求极限
lim
x
x
2
y
2
y
,
xy
xy
xy
xy1
lim
解:因
2
,所以
2
x
2
y
2
x
2
xy
y
0
,
例4. 求极限
解:
(x,y)(0,0)<
br>(x,y)(0,0)
lim(xy)ln(x
2
y
2
)
r0
lim(xy)ln(x
2
y
2
)
令xrcos
,yrsin
limr(cos
sin
)lnr
2
4rlnr
,
(x,y)(0,
0)
而
limrlnr0
,于是
r0
lim(xy)ln(x
2
y
2
)
=0
(xy)sin(xy)<
br>22
,xy0
x
2
y
2
例5.
f(x,y)
,
0,x
2
y<
br>2
0
证明
f(x,y)
在
(0,0)
点连续,且存在偏导数。
(xy)sin(xy)sin(xy)(xy)xy
证明:
lim
,
lim
(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)<
br>(xy)
x
2
y
2
x
2
y
2<
br>(xy)xy
(xy)xy
sin(xy)
0
1
因此
xy
,所以,又
limlim
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
(x,y)(0,0)
(xy)
x
2
y
2
(xy)sin(xy)
0f(0,0)
。
f(x,y
)
在
(0,0)
点连续。
lim
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
而
显然
f
x
(0,0)li
m
x0
f(0,y)f(0,0)
f(x,0)f(0,0)
0,
即
f(x,y)
在
(0,0)
点存在偏导数。
0<
br>,
f
y
(0,0)lim
y0
y
x<
br>例6.分别研究下列二元函数的在(0,0)点的连续性和可偏导性。
1
,xy0
1)
f
x,y
0,xy0
f
0,0y
f
0,0
f
0x,0
f<
br>
0,0
11
11
lim0
lim0
,
f
y
0,0
lim
y0y0
y
x0x0
x
y
x即
f(x,y)
在
(0,0)
处的偏导数存在,但
沿x轴(y
=0),有
limf(x,y)1
;
沿直线y=x,有
limf(x,y)
limf(x,x)0
解:
f
x
0,0
lim
x0
y0
x0
yx
x0即
f(x,y)
在
(0,0)
处的不存在极限,从而间断。
xy
22
,xy0
1
2)
f
x,y
x
2
y2
2
,
x
2
y
2
0
0,
解:因为
0
xy
x
2
y
2
2xy
22
x
2
y
12
2
x
2
y
2
2<
br>由夹逼定理知
f
x
0,0
lim<
br>(x,y)(0,0)
lim
xy
x
2
y1
2
2
0f(0,0)
,即
f
x,y
在
(0,0)
连续。
f
0,y<
br>
f
0,0
f
x,0
f
0,0
0
,
即
f(x,y)<
br>在
(0,0)
处的偏导数存在,
0
,
f
y
0,0
lim
y0
x0
y
x
xy
22
,xy0
2
3)
f
x,y
xy
2
,
x
2
y
2
0
0,
f
0,y
f
0,0
f
<
br>x,0
f
0,0
0
,解:f
x
0,0
lim
即
f(x
,y)
在
(0,0)
存在处偏导数,
0
,
f<
br>y
0,0
lim
y0
x0
y
x
xykx
2
k
沿ykxlim
但limf
x,y
lim
2
随k而异,
2
x0x0
xy
2
x0
x
2
k
2
x
2
1k
y0y0
f
x,y
在
(0,0)
处
极限不存在。所以
f(x,y)
在
(0,0)
处不连续。
1
2222
xysin,x
y0
22
xy
4)
f
x,y
,
0,x
2
y
2
0
1
1
令u=x
2
y
2
lim
usin
解:
lim
=0=
f(0,0)
f(x,y)
=
lim
x
2y
2
sin
22
u0
(x,y)(0,0)(
x,y)(0,0)
u
xy
即
f
x,y
在
(0,0)
连续。
f
0,y<
br>
f
0,0
1
f
x,0
f
0,0
1
limysin0,
limxsin0
,
f
y
0,
0
lim
y0y0
x0x0
yy
xx
即
f(x,y)
在
(0,0)
处的偏导数存在。
f
x
0,0
lim
x
2
y
,x
2
y
2
0
22
5) <
br>f
x,y
xy
0,x
2
y
2
0
,
2xy
x
2
y
x
2
y
0f(0,0)
,即
f
<
br>x,y
在
(0,0)
连续。
g
xx
,知
lim
解:由不等式
2
(x,y)(0,0)
x2
y
2
xy
2
x
2
y
2
f
0,y
f
0,0
f
x,0
f
0,0
0
,
即
f(x,y)
在
(0,0)
处的偏导数存在,
f
x
0,0
lim0
,
fy
0,0
lim
y0
x0<
br>y
x
xy
2
,(x,y)(0,0)
6)
f
x,y
x
2
4y
4
0,(x,y)(0,0)
<
br>解:
(x,y)(0,0)
my
2
x
lim
my
4
m
f(x,y)lim
24
随m而变,极限不存在,
即
f
x,y
在
(0,0)
不连续,但
2
x0
my4y
4
m4
f
0,y
f
0,0
f
x,0
<
br>f
0,0
0
,
即
f(x,y)在
(0,0)
处的偏导数存在,
0
,
f
y
0,0
lim
y0
x0
y
x
二. 第二类(对坐标)曲面积分
直接计算方法:“一投、二代、三定号”三步法;间接计算法:用高斯公式将曲面积分转化为三重积分。
f
x
0,0
lim
例1.计算:
S
e
y
x
2
z
2
dzdx
. 其中S是曲面
yx
2
z
2
与
y1,y
2
所围立体表面的外侧.
22
22
解:曲面
SS
1<
br>S
2
S
3
,其中
S
1
(x,y)x
z1,y1
,其投影为
D
1
:xz1
S
2
S
3
(x,y)xz2,y2
,其投影为
D:xz2
(x,y)yxz,
1y2
,其投影为
D:1xz
22
22
2
22
22
3
2
S
1
e
y
x
2
z
2
e
y
dzdx
D
1
e
x
2
z
2
e
2
dz
dxe
d
0
2
2
1
rd
2e
0
r
1
2<
br>
S
2
x
2
z
2
e
2
y
2
dzdx
D
2
x
2
z
2
e
x
2
z
2
2
dzdxe
2
0
d
0
1
rd
<
br>22e
2
r
e
r
rdr2(e<
br>r
2
S
3
xz
dzdx
D
3
xz
2
dzdx
d
0
2
2
1
e)
,因此
S
e
y
x
2
z
2
dzdx
2(21)e
2
S
1
S
2
S
3
x
2
y
2
z
2
例2.计算:
Ò
zdxdy
. 其中
是椭球面
2
2
2
1
,外法线是
正向.
abc
x
2
y
2
解:椭球
面
在xoy坐标面上的投影是椭圆域D:
2
2
1.
在椭圆域D上,
椭球面
分为上与下两部分曲面:
1
,
2
.
ab
x
2
y
2
它们的方程分别为:
1
:zc1
2
2
,
ab
x
2<
br>y
2
2
:zc1
2
2
ab
1
外法线与z轴正向的夹角是锐角,
2
外法线与z轴正向的夹角是钝角,于是
x
2
y
2
x
2
y
2
x
2
y
2
zdxdy
+
Ò
zdxdy
=
c
1
2
2
dxdyc
1
2
2
dxdy2c
1
2
2
dxdy
zdxdy
=
Ò
Ò
abab
ab
DD
D
1
2
2
1
4
2
令xa
cos
,yb
sin
2abc
d
1
d
abc
00
3
例
3计算:
解:对于
zxdydzxydzdxyzdxdy,
. 其
中
是柱面
x
2
y
2
1
在
第一象限中
0z1
部分的前侧.
2
(向前),向yoz面上投影为D
yz
:oy1,oz1.
zxdydz,;x1y<
br>
zxdydz
z1ydydz
z
dz
1y
2
dy.
00
8<
br>D
yz
对于
2
(向右),向xoz面上投影为
D
x
z
:ox1,oz1.
xydzdx,;y1x
2
11
11
1
22
xydzdxx1x
dzdxx1xdxzdz.
00
3
D
xz
对于
yzdxdy
,因为
向xoy面上投影区域面积为0,所以
yzdxdy
=0,
于是,
zxdydzxydzdx
yzdxdy
1
.
83
例4计算:
22
zxy
.
其中是旋转抛物面在第一卦限中
0z1
部分的上侧.
xdydzydzdx
zdxdy,
解法一:首先,对于
2
2
(
向后,与x轴的正向相反),向yoz面上投影为
xdydz,:xzy
D:oy1
,yz1.
yz
xdydz
D
yz
zydydz
dy
02
11
y
2
3
2
2
2
zydz
zy
0
3
2
1
1
3
2
2
2
dy
1y
dy.
0
3
y
2
1
2
23
1
令ysint
2
cos
4
tdt
.
3
0
34228
其次,由x,y位置对称性,
ydzdx
8
最后,对于
22
(向
上),向xoy面上投影为
D
xy
:o
zdxdy,
:zxy
2
,0r1.
<
br>22
2
0
3
zdxdy
(xy
)dxdy
d
rdr
D
xy
0
1
8
.
于是,
xdydzy
dzdxzdxdy
8
8
8
8
.
解法二(更换坐标变量,适用于
平面,旋转抛物面等):由题设
zxy
,根据公式
22
dy
dzdzdxdxdy
z
x
z
y
1dydzz
x
dxdy2xdxdy,dzdxz
y
dxd
y2ydxdy
,于是
22222222
xdydzydzdxzdxdy
(2x2yxy)dxdy(xy)dxdy(xy)dxdy
D
xy
2
d
r
3
dr.
00
8
1
例5计算:
(z3)dxdy,
. 其中
<
br>是旋转抛物面
2zx
22
2
y
2
介于
2z3
之间部分的下侧.
22
解:
:2zxy
(向下),向xoy面上投影为
D
xy
:o
2
,2r6.
(由
42zxy6
得到)
2
6
x
2
y
2
r
2
(z3)dxdy
(3)dxdy
d
(3)rdr<
br>
02
22
D
xy
例6计算:
xdydzydzdxzdxdy,
. 其中
是球面
x
2
y
2
z
2
R
2
在第一卦限部分的上侧.
解法一:由对称性知:
xdydzydzd
xzdxdy3
zdxdy,
2
,
0rR.
(由
x
2
y
2
R
2
,x
o,y0
得到),向xoy面上投影域为
D
xy
:o
:zR
2
(x
2
y
2
)
(向
上)
所以,原积分
3
zdxdy
3
2
d
0
R
0
R
2
r
2
rdr
2
R
3
解法
二(高斯公式):补上
1
:x0
(后侧),
2
:y0
(左侧),
3
:z0
(下侧),则
与它们围成的区域的体积
为球的体积的
PQR
1
14
3
3
,则原积分
dv1
11dv3
RR
8<
br>xyz
832
三.运用逐
项求导法计算级数的和
x
2n1
x
3
x
5
x
L
的和
例1 求级数
2n135
n1
x
2n1
解:它的收敛区间为(-1,1),对于任意的
x(1,1),设
f(x)
,
n1
2n1
<
br>x
2n1
2n2
a
1
1
则
f
(x)
,已知
f(0)0
,于是,
x(1,1)
,有
x
2
2n11q1x
n1
n1
f(x)<
br>
f
(t)dt
0
x
11
1x1x
dtlnln
0
1t
2
21x1x
x
n1
例2 求级数
(1)
n1
x
2n1
x
3x
5
x
L
的和
2n135
x
2n
1
x
3
x
5
x
L
在收敛域[-1,1]
内逐项求导,
2n135
x
1
1
f(x)dtarctanx
<
br>f(0)0
,注意,即得
2
2
0
1t
1x
n1
解:设
f(x)
(1)
n
1
n1
得
f
(x)1x
2
x
4
L
于是,当
x[1,1]
时,有
f(x)
(1)
n1
x
2n1
x
3<
br>x
5
x
L
arctanx
2n135
x
2n
x
2
x
4
1
L
的
和
例3 求级数
2!4!
n0
(2n)!
x
2n
x
2
x
4
1
L
,在收
敛域
(,)
内逐项求导,
解:设
f(x)
2
!4!
n0
(2n)!
x
3
x
5
x<
br>2
x
3
f
(x)xL
,于是
f(
x)f
(x)1xLe
x
, (1)
3!5
!2!3!
x
2
x
3
f(x)f
(x)1
xLe
x
, (2)
2!3!
x
2n
x2
x
4
e
x
e
x
1
L<
br>chx
(
x(,)
)
交(1)+(2)得,
f(x)
(2n)!2!4!2
n0
x
n
例4求级数
的和
n1
n(n1)
xn
解:它的收敛区间为
[1,1]
,对于任意的
x[1,1]<
br>,设
f(x)
,
n(n1)
n1
x
n1
首先讨论
x(1,1)
,用x乘等式两端各项,有
x
f(x)
n(n1)
n1
xf(x
)
x
n1
x
n
,
n(n1)
n
1
n1
n
x
xf(x)
x
n
n1
1
x.
n1x
n1
n1
x
0
x
1
于是,
x(1,1)
,有
tf(t)
dt
dt
tf
(t)
00
1t
ln(1x)
x
f(x)
ln(1x)
x
0
x
tf(t)
dt
ln
(1t)dttf(t)
0
x
0
(1x)ln(1x)xxf
(x)(1x)ln(1x)x
从而,当
x0
时,
f(
x)
1x
ln(1x)1
x
1
1
n1
n(n1)
当
x1
时,直接得<
br>f(1)
(1)
n
11111111
L
(1)()()
L
当
x1
时
,直接得
f(1)
1
g
22
g
33
g
422334
n1
n(n1)
n
x
2
x3
111
n1
x
L
得ln2)
2(1L)112ln2
(根据
ln(1x)xL
(1)
23n
234
当
x0
时,直接得
f(0)0<
br>
1x
x
ln(1x)1,
x
n
于是,
f(x)
1,
n(n1)
n1
0,
当x[1,1),且
x0,
当x1
当x0
四.二阶常系数齐次线性微分方程
y<
br>
py
qy0(p,q为常数)
的解
特征方程:
y
py
qy0(p,q为常数)r2
prq0
通解:①特征方程有不相等的二实根
r
1
,r
2
:
yC
1
e
r
1
x
C
2
e
r
2
x
②特征方程有相等的二实根
r
:
y(C
1
C
2
x)e
rx
③特征方程有共轭复根
i
:
ye
x
(C
1
cos
xC
2
sin<
br>
x)
例1
y
y
2y
0
的通解为
。
解;特征方程为
r
3
r
2
2r0
,解得
r
1
0,r
2
1,r
3
2,
故通
解为
yC
1
C
2
e
x
C
3
e
2x
例2 具有特解
y
1
e
x
,y
2
2xe
x
,y
3
3e
x
的三
阶常系数齐次线性微分方程为 。
解;由题设知特征为:r1,1,1
,特征方程为
(r1)
2
(r1)r
3
r
2
r10
故方程为
y
y
y10
例3
y
4y
4y0
的通解为
。
解:特征方程为:
r
2
4r40(r2)
2
0
,有两相等实根r=-2,通解为
y(C
1
C
2
x
)e
2x
例4
y
(4)
y
y
y0
的通解为 。
13
i
解:特征方程为:
r
4
r
3
r10(r1)
2
(r
2
r1)0
,有两相等实根r
=-1,及共轭复根
22
通解为
yy(C
1
C2
x)ee(C
3
cos
x
1
x
2
33
xC
4
sinx)
22
五.第二类曲线积分
1掌握第二类曲线积分的计算方法
(1)把积分曲线的参数方程代入曲线积分中,使之化为定积分再计算:
① 曲线
l
由方程
xx(t),yy(t),zz(t)(
t
<
br>
)
给出,则
P(x,y)dxQ(x,y)dy
[P(x(t),y(t))x
(t)Q(x(t),y(t))y
<
br>(t)]dt
l
②
曲线
l
由方程
yf(x)(axb)
给出,则
P
(x,y)dxQ(x,y)dy
[P(x,f(x))Q(x,f(x))f
(x)]dx
la
b
③
曲线
l
由
xg(y)(cyd)
给出,则
P(x
,y)dxQ(x,y)dy
l
d
c
[P(g(y),y)g
(y)Q(g(y),y)y]dy
(2)用格林公式将曲线积分化为二重积分计算:
P(x,y)dxQ(x,y
)dy
(
lD
QP
)dxdy
x
y
其中
l
为逆时针方向,
D
为
l
围成的平面区域。
使用该公式时要注意:①
l
必须是封闭的期限,且为正向;②被积
函数在
l
及
D
上有一阶连续偏导数,如果上述条
件不满足,可创造条
件使其满足。例如可适当添加辅助曲线,使积分曲线成为封闭曲线,或用“挖补法”去掉偏导不
连续的点
。
(3)利用曲线积分与路径无关的条件,选择最简单的积分路径(如平行于坐标轴的折线)计算积分。
2.理解曲线积分与路径无关的条件,知道用曲线积分可表示平面图形的面积:
S
1
xdyydx
l
2
3.掌握
平面曲线积分与路径无关的充要条件:若
P(x,y),Q(x,y)
在单连通区域
D
内有一阶连续偏导数,则
P(x,y)dxQ(x,y)dy
与路径无关
l
QP
,(x,y)D
。
xy
例1 若对任意的x,y有
解:由格林公式将
QP
,设C是有向闭曲线,则
PdxQdy
=
.
C
xy
C
P(x,y)dxQ(x,y)dy
(
D
QP
)dxdy
xy
其中
D
为C围成的平面区域,及条件
QP
知,应该填写:0
xy
22
例2.
ydxxdy_______
,
其中
l
是延圆周
(x1)(y1)1
正向一周.
l
1
2
, 解:因为圆周
(
x1)(y1)1
所围圆面积D为:由格林公式得:
ydxxdy
22
Ñ
l
(11)dxdy
=
2
,
D
应该填写:
2
例3
若
P(x,y)
及
Q(x,y)
在单连通域D
内有连续的一阶偏导数,则在D
内,曲线积分
PdxQdy
与路径无
l
关的充分必要条件是(
).
A.在域D 内恒有
PQQP
B.在域D 内恒有
xyxy
C.在D
内任一条闭曲线
l
上,曲线积分
D.在D
内任一条闭曲线
l
上,曲线积分
PdxQdy0
l
PdxQdy0
l
解:若
P(x,y),Q(x,y)
在单连通区域
D
内有一阶连续偏导数,则
P(x,y)dxQ(x,y)dy
与路径无关
l
QP
,(x,y)D
。 所以选择:B
xy
例4
设C是平面上有向曲线,下列曲线积分中,( )是与路径无关的.
A.
C
3yx
2
dxx
3
dy
B.
ydxxdy
C.
2xydxx
2
dy
D.
3yx
2
dxy
3
dy
CCC
P(3yx
2
)(x
3
)
3
Q
3x,3x
2
,由曲线积分与路径无关的充分必要条件知道,正解:因为选项A中,yyxx
确选择:A
例5
设积分路径
l:
A.
C.
x
(t)
,
(
t
)
,那么第二
类曲线积分计算公式
P(x,y)dxQ(x,y)dy
=( ). l
y
(t)
[P(
(t),
(t))
<
br>
(t)Q(
(t),
(t))
(t)]dt
B.
[P(
(t),
(t))Q(
(t),
(t))]
(t)dt
[P(
(t),
(t))Q(
(t),
(t))]
(t)dt
D.
[P(
(t),
(t))Q(
(t),
(t))]dt
解:因为积分曲线的路径由参数方程
l:
x
(t)
,
(
t
)
给出,把参数方程代
入曲线积分中,得:
y
(t)
[P(<
br>
(t),
(t))
(t)Q(
(t),
(t))
(t)]dt
所以正确选择:A
例6
计算
(esiny3yx)dx(ecosyx)dy
,其中l 为由点
A(
3,0)
经椭圆
l
x2x
xcost的上半弧到点
y2sint
B(3,0)
再沿直线回到A的路径.
解:由于l为封闭曲线,故原式可写成
x2x
(esiny3yx)dx(ecosyx)dy
l
其中
Pesiny3yx,
x2
Qe
x
cos
yx
,由格林公式
x2x
原式=
(esiny3yx)dx(ec
osyx)dy
l
[
D
QP
]dxdy
xy
=
1
xx
==
2
32
=
6
2dxdy
[(ecosy1)(ecosy3]dxdy
2
D
D
x
y
2
1
)dx(e
x
cosy)
dy
,其中l 是上半圆周
x
2
y
2
2x
(y0)
和x轴围成平面区
例7.计算
(esiny
l
22
域边界的正向.
y
2
1
,Qe
x
cosy
,由格林公式得
解:
Pesiny
22
x
y
2
1
QP
x
[]dxdy
=
[e
x
cosy
(e
x
cosyy)]dxdy
=
ydxdy
<
br>(esiny)dx(ecosy)dy
l
xy22
D
DD
x
=
2
0
s
in
d
2cos
0
r
2
dr
=
2
22
8
2
4
3
(co
s
)
sin
cos
d
=
0
33
3
0
22
22
例8
计算
xydyxydx
,其中
l:xy1
逆时针方向.
l
解:
Pxy,
2
Qxy
2
,由格林公式得
2
1
QP
1
]dxdy
=
(x
2
y
2
)dxdy
=
d
r
3
dr
=
2
00
xy
42
x
2
y
2
1
3
22
xydyxydx
[
l
D
例9
求闭曲线
xacost,ybsint,0t2
所围成区域的面积。 3
解:
dx3acostsintdt,dy3bsintcost
dt
,由计算面积的公式,曲线所围成区域的面积
22
A
d
xdy
D
11
2
3232
xdyydx
acost3bsintcostbsint(3acostsint)
dt
Ñ
0
2
L
2
3ab
2
2
3
2
sintcostdt
ab
2
0
8
ex
2y
xy
2
siny
2
222
L是xya
例9
计算
Ñ
,其中的顺时针方向.
dxdy,
22
Lx
2
y
2
xy
解,将
xya
代入被积
分式中,原式=
设
Pex,Qxysiny,
x
2
2y22
222
x
2
1
a
2
x2y22
Ñ
(ex)dx(xysiny)dy,
L
2
QP
y
2
x
2
,由格林公式
xy
1
原式=
2
a
1
(xy)dxdy
a
2<
br>x
2
y
2
a
2
22
2
0
d
d
0
a
2
a
2
2
(注意“-”是由顺时针方向决定的)、
例10 设C 为曲线
2x
y
从
O(0,0)
到
B(
2
,1)
的一段
弧,求
C
(2xy
3
y
2
cosx)dx
(12ysinx3x
2
y
2
)dy
QP
6xy
2
2ycosx,
积分与路径无关。原积分路径不好计算
,改用从
O(0,0)
到
C(,0),
再从
C(,0),
xy
22
解;
到
B(
2
,1)
的拆线
路径。
0
1
12ysin3()
2
y
2
dy
0
224
I
OCCBCB