高等数学（下）期中试题解答

一、向量代数与空间解析几何

1. 三角形面积（12分）

已知： $A(1,1,1),\;B(2,3,3),\;C(1,4,5)$

解：

$$\overrightarrow{AB}=(1,2,2),\qquad \overrightarrow{AC}=(0,3,4)$$

由叉乘定义

$$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}= \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\[2pt] 1&2&2\\ 0&3&4 \end{vmatrix} =(2,-4,3)$$

故

$$S_{\triangle ABC}=\frac12\bigl|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\bigr| =\frac12\sqrt{2^2+(-4)^2+3^2} =\boxed{\frac{\sqrt{29}}{2}}$$

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2. 空间平面与直线（15分）

直线 $l$ 过点 $P(1,1,2)$，方向向量 $\mathbf{v}=(1,2,-1)$。

(1) 平面 $\pi$ 的方程

平面过 $M_1(1,0,1)$ 及直线 $l$，取 $l$ 上一点 $M_3(1,1,2)$，另取 $M_4(0,-1,3)$ 也在 $l$ 上，则

$$\overrightarrow{M_1M_3}=(0,1,1),\qquad \overrightarrow{M_4M_1}=(1,1,-2)$$

法向量

$$\mathbf{n}=\overrightarrow{M_1M_3}\times\overrightarrow{M_4M_1}= \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\[2pt] 0&1&1\\ 1&1&-2 \end{vmatrix} =(-3,1,-1)$$

设平面方程为 $-3x+y-z=C$，代入 $M_1(1,0,1)$ 得 $C=-4$，即

$$\boxed{3x-y+z=4}$$

(2) 点 $M_2$ 到平面 $\pi$ 的距离

$$d=\frac{|3\cdot1-1\cdot1+1\cdot3-4|}{\sqrt{3^2+(-1)^2+1^2}} =\frac{1}{\sqrt{11}} =\boxed{\frac{\sqrt{11}}{11}}$$

(3) 直线 $l_0$ 与 $l$ 的夹角 $\theta$

$l_0$ 的方向向量 $\mathbf{v}_0=\overrightarrow{M_1M_2}=(0,1,2)$，$l$ 的方向向量 $\mathbf{v}=(1,2,-1)$。

$$\cos\theta=\frac{|\mathbf{v}_0\cdot\mathbf{v}|}{|\mathbf{v}_0||\mathbf{v}|} =\frac{|0+2-2|}{\sqrt5\cdot\sqrt6}=0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\theta=\frac{\pi}{2}}$$

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二、多元函数微分学

3. 曲面的切平面（12分）

已知： $z=f(x^2y,\frac{x}{y})$，且 $f(1,1)=1,\;f_x'(1,1)=2,\;f_y'(1,1)=-1$

解： 设 $u=x^2y,\;v=\dfrac{x}{y}$，则 $z=f(u,v)$。在点 $(1,1,1)$ 处 $u=1,\;v=1$。

$$\frac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot2xy+f_2'\cdot\frac1y \;\Rightarrow\; z_x(1,1)=2\cdot2\cdot1\cdot1+(-1)\cdot1=3$$

$$\frac{\partial z}{\partial y}=f_1'\cdot x^2+f_2'\cdot\Bigl(-\frac{x}{y^2}\Bigr) \;\Rightarrow\; z_y(1,1)=1\cdot2+(-1)\cdot(-1)=3$$

切平面方程为

$$z-1=3(x-1)+3(y-1) \quad\Longrightarrow\quad \boxed{3x+3y-z=5}$$

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4. 隐函数的二阶混合偏导（12分）

已知： $xy+\ln z+yz^2=0$，求 $\left.\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,0)}$

解： 代入 $(x,y)=(1,0)$ 得 $\ln z=0\Rightarrow z=1$。

一阶偏导：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{y}{\frac1z+2yz} =-\frac{yz}{1+2yz^2} \;\Rightarrow\; z_x(1,0)=0$$

$$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{x+z^2}{\frac1z+2yz} =-\frac{xz+z^3}{1+2yz^2} \;\Rightarrow\; z_y(1,0)=-2$$

二阶混合偏导： 对 $y+\dfrac1z z_x+2yz\,z_x=0$ 关于 $y$ 求导，代入 $(1,0,1)$ 及 $z_x=0,\;z_y=-2$ 得

$$1+\frac{1}{z}z_{xy}+0=0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,0)}=-1}$$

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5. 全微分与极值（12分）

已知： $\mathrm{d}f(x,y)=(3x^2+3y)\,\mathrm{d}x+(3y^2+ax)\,\mathrm{d}y$，且 $f(0,0)=0$

(1) 求常数 $a$

由全微分恰当条件 $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$：

$$\frac{\partial}{\partial y}(3x^2+3y)=3,\qquad \frac{\partial}{\partial x}(3y^2+ax)=a \quad\Longrightarrow\quad \boxed{a=3}$$

(2) 求函数 $f(x,y)$ 的极值

由 $f_x=3x^2+3y=0,\;f_y=3y^2+3x=0$ 得驻点 $(0,0)$ 与 $(-1,-1)$。

积分求原函数：

$$f(x,y)=\int(3x^2+3y)\,\mathrm{d}x=x^3+3xy+\varphi(y)$$

$$f_y=3x+\varphi'(y)=3y^2+3x\Rightarrow\varphi'(y)=3y^2 \Rightarrow\varphi(y)=y^3+C$$

由 $f(0,0)=0$ 得 $C=0$，故 $f(x,y)=x^3+y^3+3xy$。

判别极值：

$$f_{xx}=6x,\quad f_{xy}=3,\quad f_{yy}=6y$$

驻点	$A=f_{xx}$	$B=f_{xy}$	$C=f_{yy}$	$AC-B^2$	结论
$(0,0)$	$0$	$3$	$0$	-9<0	鞍点（非极值）
$(-1,-1)$	$-6$	$3$	$-6$	27>0	极大值点（A<0）

极大值为

$$\boxed{f(-1,-1)=1}$$

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三、重积分

6. 二次积分（12分）

计算： $\displaystyle\int_0^1\!\mathrm{d}x\int_{\sqrt[3]{x}}^1 e^{y^2}\,\mathrm{d}y$

解： 原积分区域 $0\le x\le1,\;\sqrt[3]{x}\le y\le1$。交换积分次序得 $0\le y\le1,\;0\le x\le y^3$。

$$I=\int_0^1\!\mathrm{d}y\int_0^{y^3}e^{y^2}\mathrm{d}x =\int_0^1 y^3e^{y^2}\,\mathrm{d}y$$

令 $t=y^2$（$\mathrm{d}t=2y\,\mathrm{d}y$）：

$$I=\frac12\int_0^1 te^t\,\mathrm{d}t =\frac12\Bigl[te^t-e^t\Bigr]_0^1 =\frac12\bigl[(e-e)-(0-1)\bigr] =\boxed{\frac12}$$

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7. 二重积分（12分）

计算： $\displaystyle I=\iint_D\Bigl(x^2+\frac{x^2y}{x^2+y^2}\Bigr)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2x\}$

解： 区域 $D:(x-1)^2+y^2\le1$ 关于 $x$ 轴对称。

被积函数拆分为两部分：

$$I=\iint_D x^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_D\frac{x^2y}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

第二部分： $\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}$ 关于 $y$ 为奇函数，且 $D$ 关于 $x$ 轴对称，故

$$\iint_D\frac{x^2y}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$$

第一部分： 极坐标下 $r\le2\cos\theta,\;-\dfrac\pi2\le\theta\le\dfrac\pi2$。

$$\iint_D x^2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta\int_0^{2\cos\theta}r^3\,\mathrm{d}r =4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^6\theta\,\mathrm{d}\theta =8\int_0^{\pi/2}\cos^6\theta\,\mathrm{d}\theta$$

由 Wallis 公式

$$\int_0^{\pi/2}\cos^6\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac{5!!}{6!!}\cdot\frac\pi2=\frac{5\pi}{32}$$

故

$$I=8\cdot\frac{5\pi}{32}=\boxed{\frac{5\pi}{4}}$$

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四、多元函数可微性

8. 可微性判定（13分）

已知： $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-x-y}{|x|+|y|}=0$

(1) 求偏导数 $f_x'(0,0),\;f_y'(0,0)$

由题设

$$f(x,y)=x+y+o(|x|+|y|)$$

令 $y=0$：$f(x,0)=x+o(|x|)$，于是

$$f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x} =\lim_{x\to0}\frac{x+o(|x|)}{x}=1$$

同理可得 $f_y'(0,0)=1$。故

$$\boxed{f_x'(0,0)=1,\quad f_y'(0,0)=1}$$

(2) 判断在 $(0,0)$ 处是否可微

需验证

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-x-y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$$

由题设 $f(x,y)-x-y=o(|x|+|y|)$，而

$$|x|+|y|\ge\sqrt{x^2+y^2},\qquad |x|+|y|\le\sqrt2\sqrt{x^2+y^2}$$

即

$$1\le\frac{|x|+|y|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le\sqrt2$$

故 $\dfrac{|x|+|y|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 为有界量。于是

$$\frac{f(x,y)-x-y}{\sqrt{x^2+y^2}} =\underbrace{\frac{f(x,y)-x-y}{|x|+|y|}}_{\to\,0} \cdot\underbrace{\frac{|x|+|y|}{\sqrt{x^2+y^2}}}_{\text{有界}} \longrightarrow0$$

满足可微定义，因此 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微。

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