高数2复习重点难点例解

余年寄山水
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2020年08月12日 07:02
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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(xy)
lim[(xy)ln(xy)]
2
, < br>(x,y)(0,0)
(x,y)(0,0)
(xy
2
)
2
22
2
22222

limzlnz0
,通过
变量代换
zxy
知:
lim(xy)ln(xy)0

222
22222
z0
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
x
2
y
2
1
22222
0
, 又
2

,所以
lim[(xy)ln(xy)]
222
22
(x,y)(0,0)
(xy)
4
(xy)

(x,y)(0,0)
limx
2
y
2
ln(x
2y
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
4xy
0
,所以
lim(xy)e
x
y
44xylim(xy)e
x
y
4xy
x
4
 y
4
11
4xy

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
xy
y


0

例4. 求极限
解:
(x,y)(0,0)< br>(x,y)(0,0)
lim(xy)ln(x
2
y
2
)

r0
lim(xy)ln(x
2
y
2
) 令xrcos

,yrsin

limr(cos

 sin

)lnr
2
4rlnr

(x,y)(0, 0)

limrlnr0
,于是
r0
lim(xy)ln(x
2
y
2
)
=0

(xy)sin(xy)< br>22
,xy0

x
2
y
2

例5.
f(x,y)



0,x
2
y< br>2
0


证明
f(x,y)

(0,0)
点连续,且存在偏导数。
(xy)sin(xy)sin(xy)(xy)xy

证明:
lim

lim
(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)< br>(xy)
x
2
y
2
x
2
y
2< br>(xy)xy
(xy)xy
sin(xy)
0
1
因此
xy
,所以,又
limlim
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
(x,y)(0,0)
(xy)
x
2
y
2
(xy)sin(xy)
0f(0,0)

f(x,y )

(0,0)
点连续。
lim
(x,y)(0,0)
x
2
y
2

显然
f
x
(0,0)li m
x0
f(0,y)f(0,0)
f(x,0)f(0,0)
0

f(x,y)

(0,0)
点存在偏导数。
0< br>,
f
y
(0,0)lim

y0
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 ,xy0
1)
f

x,y



0,xy0


f

0,0y

 f

0,0

f

0x,0

f< br>
0,0

11
11
lim0

 lim0

f
y


0,0

lim
y0y0
y
x0x0
x
y
x
f(x,y)

(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
x0
y0
x0
yx
x0
f(x,y)

(0,0)
处的不存在极限,从而间断。

xy

22
,xy0
1

2)
f

x,y




x
2
y2

2


x
2
y
2
 0

0,
解:因为
0
xy

x
2
y
2
2xy
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

0f(0,0)
,即
f

x,y


(0,0)
连续。
f

0,y< br>
f

0,0

f

x,0

f

0,0

0


f(x,y)< br>在
(0,0)
处的偏导数存在,

0

f
y


0,0

lim
y0
x0
y
x

xy
22
,xy0

2
3)

f

x,y



xy
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

f(x ,y)

(0,0)
存在处偏导数,

0

f< br>y


0,0

lim
y0
x0
y
x
xykx
2
k
沿ykxlim
limf

x,y

lim
2
随k而异,
2
x0x0
xy
2
x0
x
2
k
2
x
2
1k
y0y0
f

x,y


(0,0)

极限不存在。所以
f(x,y)

(0,0)
处不连续。

1

2222
xysin,x y0

22
xy
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
2y
2

sin
22
u0
(x,y)(0,0)( x,y)(0,0)
u
xy


f

x,y


(0,0)
连续。

f

0,y< br>
f

0,0

1
f

x,0

f

0,0

1
limysin0
limxsin0

f
y


0, 0

lim
y0y0
x0x0
yy
xx


f(x,y)

(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



xy

0,x
2
y
2
0


2xy
x
2
y
x
2
y
0f(0,0)
,即
f
< br>x,y


(0,0)
连续。

g
xx
,知
lim
解:由不等式
2
(x,y)(0,0)
x2
y
2
xy
2
x
2
y
2
f

0,y

f

0,0

f
x,0

f

0,0

0


f(x,y)

(0,0)
处的偏导数存在,

f
x


0,0

lim0

fy


0,0

lim
y0
x0< 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


(0,0)
不连续,但
2
x0
my4y
4
m4
f

0,y
f

0,0

f

x,0
< br>f

0,0

0


f(x,y)
(0,0)
处的偏导数存在,

0

f
y


0,0

lim
y0
x0
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
yx
2
z
2

y1,y 2
所围立体表面的外侧.
22
22
解:曲面
SS
1< br>S
2
S
3
,其中
S
1
(x,y)x z1,y1
,其投影为
D
1
:xz1

S
2
S
3



(x,y)xz2,y2

,其投影为
D:xz2



(x,y)yxz, 1y2

,其投影为
D:1xz
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 dxe

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
dzdxe
2

0
d


0
1
rd
< br>22e
2


r
e
r
rdr2(e< br>r
2

S
3
xz
dzdx
D
3
xz
2
dzdx

d


0
2

2
1
e)

,因此
 
S
e
y
x
2
z
2
dzdx





2(21)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
:zc1
2

2
,
ab
x
2< br>y
2

2
:zc1
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
dxdyc


1
2

2

dxdy2c

1
2
2
dxdy

zdxdy
=
Ò
Ò

abab

ab
DD

D

1

2


2

1
4
2

令xa

cos

,yb

sin

2abc

d


1

d



abc

00
3


例 3计算:
解:对于

zxdydzxydzdxyzdxdy,
. 其 中

是柱面
x

2
y
2
1
在 第一象限中
0z1
部分的前侧.
2
(向前),向yoz面上投影为D
yz
:oy1,oz1.

zxdydz,;x1y< br>

zxdydz

z1ydydz

z dz

1y
2
dy.


00
8< br>D
yz
对于
2
(向右),向xoz面上投影为
D
x z
:ox1,oz1.

xydzdx,;y1x


2
11

11
1
22
xydzdxx1x dzdxx1xdxzdz.


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,

zxdydzxydzdx yzdxdy


1
.

83
例4计算:
22
zxy
. 其中是旋转抛物面在第一卦限中
0z1
部分的上侧.
xdydzydzdx 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,:xzy
D:oy1 ,yz1.

yz



xdydz

D
yz
zydydz

dy

02
11
y
2
3
2
2
2
zydz


zy

0
3
2
1
1
3
2
2
2
dy


1y

dy.
0
3
y
2
1

2

23 1

令ysint

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, :zxy



2
,0r1.

< br>22
2
0
3

zdxdy

(xy )dxdy

d


rdr
D
xy
0
1

8
.

于是,

xdydzy dzdxzdxdy


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
zxy
,根据公式
22
dy dzdzdxdxdy


z
x
z
y
1dydzz
x
dxdy2xdxdy,dzdxz
y
dxd y2ydxdy
,于是
22222222
xdydzydzdxzdxdy (2x2yxy)dxdy(xy)dxdy(xy)dxdy
 
D
xy



2
d


r
3
dr.
00
8

1


例5计算:

(z3)dxdy,
. 其中
< br>是旋转抛物面
2zx

22
2
y
2
介于
2z3
之间部分的下侧.
22
解:
:2zxy
(向下),向xoy面上投影为
D
xy
:o

2
,2r6.
(由
42zxy6
得到)
2

6
x
2
y
2
r
2
(z3)dxdy
(3)dxdy

d


(3)rdr< br>


02
22
D
xy
例6计算:
xdydzydzdxzdxdy,
. 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:

xdydzydzd xzdxdy3

zdxdy,


2

, 0rR.
(由
x
2
y
2
R
2
,x o,y0
得到),向xoy面上投影域为
D
xy
:o


:zR
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
:x0
(后侧),

2
:y0
(左侧),

3
:z0
(下侧),则

与它们围成的区域的体积
为球的体积的

PQR

1
14
3

3
,则原积分


dv1 11dv3

RR




8< br>xyz

832




三.运用逐 项求导法计算级数的和
x
2n1
x
3
x
5
x 
L
的和
例1 求级数

2n135
n1
x
2n1
解:它的收敛区间为(-1,1),对于任意的
x(1,1),设
f(x)


n1
2n1

< br>x
2n1



2n2
a
1
1

f

(x)


,已知
f(0)0
,于是,
x(1,1)
,有
x


2
2n11q1x
n1

n1

f(x)< br>
f

(t)dt

0

x
11 1x1x
dtlnln

0
1t
2
21x1x
x
n1
例2 求级数

(1)
n1

x
2n1
x
3x
5
x
L
的和
2n135
x
2n 1
x
3
x
5
x
L
在收敛域[-1,1] 内逐项求导,
2n135
x
1
1
f(x)dtarctanx
< br>f(0)0
,注意,即得
2
2

0
1t
1x

n1
解:设
f(x)

(1)
n 1
n1

f

(x)1x
2
x
4

L

于是,当
x[1,1]
时,有
f(x) 

(1)
n1

x
2n1
x
3< br>x
5
x
L
arctanx

2n135
x
2n
x
2
x
4
1
L
的 和
例3 求级数

2!4!
n0
(2n)!

x
2n
x
2
x
4
1
L
,在收 敛域
(,)
内逐项求导,
解:设
f(x)

2 !4!
n0
(2n)!

x
3
x
5
x< br>2
x
3
f

(x)xL
,于是
f( x)f

(x)1xLe
x
, (1)
3!5 !2!3!
x
2
x
3
f(x)f

(x)1 xLe
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
n0

x
n
例4求级数

的和
n1
n(n1)

xn
解:它的收敛区间为
[1,1]
,对于任意的
x[1,1]< br>,设
f(x)


n(n1)
n1

x
n1
首先讨论
x(1,1)
,用x乘等式两端各项,有
x f(x)


n(n1)
n1


xf(x )




x
n1


x
n




,
n(n1)
n 1

n1
n

x

xf(x)



x
n



n1
1
x.




n1x
n1

n1

x
0
x
1

于是,
x(1,1)
,有


tf(t)

dt

dt


tf (t)


00
1t
ln(1x)

x f(x)


ln(1x)



x
0
x


tf(t)

dt

ln (1t)dttf(t)
0
x
0
(1x)ln(1x)xxf (x)(1x)ln(1x)x

从而,当
x0
时,
f( x)
1x
ln(1x)1

x
1
1

n1
n(n1)


x1
时,直接得< br>f(1)


(1)
n
11111111
 
L
(1)()()
L

x1
时 ,直接得
f(1)

1
g
22
g
33
g
422334
n1
n(n1)
n
x
2
x3
111
n1
x
L
得ln2)
2(1L)112ln2
(根据
ln(1x)xL (1)
23n
234

x0
时,直接得
f(0)0< br>

1x

x
ln(1x)1,


x
n
于是,
f(x)



1,
n(n1)
n1

0,


当x[1,1),且 x0,
当x1
当x0

四.二阶常系数齐次线性微分方程
y< br>
py

qy0(p,q为常数)
的解

特征方程:
y

py

qy0(p,q为常数)r2
prq0

通解:①特征方程有不相等的二实根
r
1
,r
2

yC
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


ye

x
(C
1
cos

xC
2
sin< br>
x)

例1
y

y

2y

0
的通解为 。
解;特征方程为
r
3
r
2
2r0
,解得
r
1
0,r
2
1,r
3
2,
故通 解为
yC
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:r1,1,1
,特征方程为
(r1)
2
(r1)r
3
r
2
r10

故方程为
y

y

y10

例3
y

4y

4y0
的通解为 。
解:特征方程为:
r
2
4r40(r2)
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

y0
的通解为 。
13
i
解:特征方程为:
r
4
r
3
 r10(r1)
2
(r
2
r1)0
,有两相等实根r =-1,及共轭复根

22
通解为
yy(C
1
C2
x)ee(C
3
cos
x
1
x
2
33
xC
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
xx(t),yy(t),zz(t)(

t
< br>
)
给出,则

P(x,y)dxQ(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
yf(x)(axb)
给出,则

P (x,y)dxQ(x,y)dy

[P(x,f(x))Q(x,f(x))f

(x)]dx

la
b
③ 曲线
l

xg(y)(cyd)
给出,则

P(x ,y)dxQ(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)dxQ(x,y )dy

(
lD
QP
)dxdy

x y


其中
l
为逆时针方向,
D

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

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
xdyydx


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)dxQ(x,y)dy
与路径无关

l
QP
,(x,y)D

xy
例1 若对任意的x,y有
解:由格林公式将
QP

,设C是有向闭曲线,则

PdxQdy
= .
C
xy

C
P(x,y)dxQ(x,y)dy

(
D
QP
)dxdy

xy
其中
D
为C围成的平面区域,及条件
QP

知,应该填写:0
xy
22
例2.
ydxxdy_______
, 其中
l
是延圆周
(x1)(y1)1
正向一周.
l

1
2


, 解:因为圆周
( x1)(y1)1
所围圆面积D为:由格林公式得:
ydxxdy
22
Ñ
l

(11)dxdy
=
2


D
应该填写:
2


例3 若
P(x,y)

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
PdxQdy
与路径无
l

关的充分必要条件是( ).
A.在域D 内恒有
PQQP

B.在域D 内恒有
xyxy
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

PdxQdy0

l


PdxQdy0

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)dxQ(x,y)dy
与路径无关
l

QP
,(x,y)D
。 所以选择:B
xy
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
dxx
3
dy
B.

ydxxdy
C.

2xydxx
2
dy
D.

3yx
2
dxy
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,yyxx
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)dxQ(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
(esiny3yx)dx(ecosyx)dy
,其中l 为由点
A( 3,0)
经椭圆

l

x2x

xcost的上半弧到点

y2sint
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
(esiny3yx)dx(ecosyx)dy


l
其中
Pesiny3yx,
x2
Qe
x
cos yx
,由格林公式
x2x
原式=
(esiny3yx)dx(ec osyx)dy


l

[
D
QP
]dxdy

xy
=
1
xx
==
2

32
=
6


2dxdy
[(ecosy1)(ecosy3]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

(y0)
和x轴围成平面区 例7.计算

(esiny
l
22
域边界的正向.
y
2
1
,Qe
x
cosy
,由格林公式得 解:

Pesiny
22
x
y
2
1
 QP
x
[]dxdy
=

[e
x
cosy (e
x
cosyy)]dxdy
=

ydxdy
< br>(esiny)dx(ecosy)dy


l
xy22
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
xydyxydx
,其中
l:xy1
逆时针方向.

l
解:

Pxy,
2
Qxy
2
,由格林公式得
2

1
QP
1

]dxdy
=
 
(x
2
y
2
)dxdy
=

d


r
3
dr
=
2



00
xy
42
x
2
y
2
1
3
22
xydyxydx


[

l
D
例9 求闭曲线
xacost,ybsint,0t2

所围成区域的面积。 3


解:
dx3acostsintdt,dy3bsintcost 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

xdyydx acost3bsintcostbsint(3acostsint)

dt

Ñ

0
2
L
2
3ab
2

2
3
2
sintcostdt

ab

2

0
8
ex
2y
xy
2
siny
2
222
L是xya
例9 计算
Ñ
,其中的顺时针方向.
dxdy,
22

Lx
2
y
2
xy
解,将
xya
代入被积 分式中,原式=

Pex,Qxysiny,
x
2
2y22
222
x
2
1
a
2
x2y22
Ñ
(ex)dx(xysiny)dy,

L
2
QP
 y
2
x
2
,由格林公式
xy
1
原式=
2
a
1
(xy)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

O(0,0)

B(

2
,1)
的一段 弧,求

C
(2xy
3
y
2
cosx)dx (12ysinx3x
2
y
2
)dy

QP

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)

C(,0),
再从
C(,0),
 xy
22
解;

B(

2
,1)
的拆线 路径。


0

1





12ysin3()
2
y
2
dy

0
224

I

OCCBCB

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