同济大学高等数学第七版下册系列练习题答案

题目部分，（卷面共有25题，100分，各大题标有题量和总分）一、选择（10小题，共30分）1-5．BCAAC6-10．ABADC二、填空（5小题，共10分）1．答案：arccos4．答案：45

2．答案：平面yx上的所有点。5．答案：1

3．答案：16xy



20

df(r2)rdr.

0

2

116120三、计算（8小题，共48分）1．答案：过点P1(0,2,1)，l1方向向量为S1{2,2,1}，过点P2(1,3,1)，l2方向向量为S2{4,2,1}，nS1S26{0,1,2},P1P2{1,5,2}

15z22z

21，所以n22y距离为dPrjP1P2|P1P2n|/|n|

n2．答案：coscos

22z1xyuu1sinyy

3．解：dudxdyexcosdxdy

xyxxx4．解：由

2zx2x20

，得D内驻点(1，－2)，且z(1,2)15

zy2y40

22222在边界xy25上，令Lxy2x4y10(xy25)

Lx2x22x0

由Ly2y42y0Lx2y2250得x5,y25，试卷答案第1页（共26页）5,251510z5,251510

z

55比较后可知，函数z在点(1,2)处取最小值z(1,2)15在点5,25处取最大值z5,2515105。5．解：原式

2



1

0x

dxxydyxdxydy1

0

0

0

2

212

6．解：Idxdyxyzdz



1

0

0

1x32

dx

1

02

2x

2

12xydy2

1

x7dx618516

xcost 1sinty2z1sint2dssin2t7．解：消z后，可得L的参数方程：0t211cos2tcos2tdtdt，故221sintdt2xyzdsL

20cost1sint2168．答案：lim

an122n1lim4nann1n级数的收敛半径R

1

4四、判断（2小题，共12分）lnx221

1．解：设f(x)2，于是lnf(x)

x2x1x试卷答案第2页（共26页）ln(x22)

limlnf(x)limxxx取极限2x

lim2x0x2

0

故limf(x)1，从而有lim

x1n1n11

，故而1发散。2nn22n1n2

2．用定义判别级数1

的敛散性，若收敛求其和。2n116n8n15

答案：级数的一般项un

1111

()

16n28n1584nn311111111

18731171nn3

级数部分和Sn



1111

1834n14n3

n所以limSn

1

12

此即级数收敛，且和为

112

《高等数学》期末练习题2答案

一、选择（10小题，共30分）1-5CDCBB6-10BDBDD二、填空（5小题，共10分）2．答案：xy1；3．答案：(

221．答案：5；4．答案：zdxxzdy)；y116

；5．答案：2

2244926三、计算（8小题，共48分）试卷答案第3页（共26页）1．解：由MM1MM2，得5x2y5z210由MQ1MQ2，得3x7y4z60故M的轨迹方程为

5x2y5z2103x7y4z60

174cos

874cos

3742．解：a1,8,3，cos

uxuyuzun(1,2,1)2x4y1

(1,2,1)28

(1,2,1)(1,2,1)(1,2,1)(1,2,1)18369

(2)()81

74747474

1x212xy2y2y222223/2

(xy)y(xy)

u

3．解：

xzx2x2y0

4．解：由得D内无驻点。z4y2x20y在边界x0上，z12y2y2

22y0z1(0)2

13

z122

1

z14y20，得驻点y，z1(2)6

2

在边界y0上，z2x2

22x0z2(0)2

2z22x0z2(2)6

在边界xy2上，z35y10y6

2y0z310y100，得驻点y1

试卷答案第4页（共26页）z3(2)6z3(0)6z311，y1时，x1

比较后可知，函数z在点(1,1)取最小值z(1,1)1在点(2,0),(0,2)取最大值z(2,0)z(0,2)6

111213112y2

(xy)dy(2yy)dyy0000002222

1111321

或解原式=dx(xy)dy(xx)dx

0x0222

5．解：原式=

1

dy(xy)dx

x1

6．解：I

232

ddsinrrsindr4sinrrdr0

0

a

a

b

32

b

4

(cosa3cosb3)3

7．解:Pxy,Qxy,

22

PQ2xy.故与积分路无关.yxt10对应点M1(0,a),t1

a

对应M2(a,).42

L

xy2dxx2ydy1

d(x2y2)L2

a

122(a,)14(xy)2a.28(0,a)

8．解：令x1t，故当x4,

tn而级数当t3,3时收敛，nn12n132时，原级数收敛。四、判断（2小题，共12分）1、答案：由于limnunlim

nbbnaan当ab时，级数发散故当ab时，级数收敛，另解：因lim

bbnaan试卷答案第5页（共26页）若ab，存在N1，使nN1时，有bb

A1ana相应：unA，而nA

n1n收敛，从而u

n1n收敛若ab，bbb1存在N2，使nN2时有B1aanan相应有unB，而B

n1n发散，从而u

n1n也发散。2．解：级数的一般项un级数的部分和2n111



n2(n1)2n2(n1)2Sn(1

11111)()()222232n2(n1)21

1

(n1)2故limSn1

n此级数收敛，且其和为1《高等数学》期末练习题3答案

一、选择（10小题，共30分）1-5．BCCDC6-10.BCDBA二、填空（5小题，共10分）1．答案：5；2．答案：直线xy0上的所有点。3．答案：

3e．答案：0.5．答案：R,Rsxnanxn1n1三、计算（8小题，共48分）试卷答案第6页（共26页）x2y2z211．解：942．解：cos

3

22(1,2,1)cos

322cos

222uxuyuz(1,2,1)yzxlnzzx(1,2,1)0

(1,2,1)1

2222)

122z

3y2exfuvexfvy

(1,2,1)yxzx1322(1,2,1)所以ua2(

3．解：z

z3x2exfuexyfvxzx2x20

4．解：由得D内驻点(1,0)，且z(1,0)1。z6y0yx2y211上，z1x22x12在边界943z1

3x32

x20，z1(3)15z1(3)33比较后可知，函数z在点(1,0)取最小值z(1,0)1，在点(3,0)取最大值z(3,0)15

11x11124

5．解：原式4dx(xy)dy4(x)dx

0002236．解：Idz

4



1

D(z)



zdxdy

z2dz

1

4

217．解：

Lecosxdyey2sin2xdx

π20ecosxdcosx

π20ecosxsin2xdx2试卷答案第7页（共26页）(ecosxecosx)2π202(1e)8．解：所给级数是以e

x为公比的等比级数，因此，当x>0,0e

x1,级数x2enx收n0x22nxxe0，级数收敛，且s(x)=0敛，且和函数sx，又x=0时，x1e

x21exs(x)=

0

,,x0x0

综上所述四、判断（2小题，共12分）1π1πn11

0sin所以原级数绝对收sin1．答案：记级数为1，因为nnπnπnπn1n敛，从而收敛。2．答案：记un

1ncos

nπ

2



0 n2k-1k1

故原级数为交错级数,

k2kk11 n2k

2k从而收敛.《高等数学》期末练习题4答案

题目部分，（卷面共有25题，100分，各大题标有题量和总分）一、选择（10小题，共30分）1-5．BABBC6-10．DDBBB二、填空（5小题，共10分）1．答案：－13；2．答案：f(x,y)或2xy2

；3．答案：

x2y2y34．答案：1

35．答案：R三、计算（8小题，共48分）试卷答案第8页（共26页）i1．答案：的法向量为n{111,,}，l1的方向向量为S11jk1

21{2,1,0}

00

所求直线方向向量为SnS1{1,2,3}从而所求直线方程为x4y2z3

123cosx

2sinxcos2ysin2z

(0,0,0)(0,0,0)2．答案：ux(0,0,0)



1

2uy(0,0,0)

2sin2ysinxcosysinz

220，uz(0,0,0)0

3226P03．答案：P0P11,3,4,cos

126xz2,cos,cos

ux所以P0yz2P02

uyP0P01，uzP02xyz4

u134172(4)l26262626

zx2x2y0

2z3y2x10y

4．答案：由，得驻点

11

,,(1,1)33

D

zxxzyxzxyzyy

22

26y

12y4，11

D,80，D(1,1)80,33

点

zxx(1,1)20

11

,非极值点。函数z在点(1,1)处取极小值z(1,1)1。33

5．答案：原式



0

xdx

sinx

0

dy

试卷答案第9页（共26页）xsinxdx

0

.

6．答案：设

3

1

uxy(x,y)1

,1≤u≤3;－1≤v≤12xy(u,)

1

Iduup100d2113p11



101(P1)

7．解：

20

3tsint(4cost4tsint)dt4tcost(3sint3tcost)dt

20

3

12tdt

2

2

8．答案：由于x、2nxn的收敛半径分别为1,

nn0n01

，所以两幂级数乘积的收敛半径2

nkn2xn0k0



11

是，故当x,222n11xnn0nnn1

时，Fxx2x2n0n0

四、判断（2小题，共12分）1．答案：因为当n2a时，敛，从而收敛。an1

nn2

n而1

n12

n收敛，所以原级数绝对收nn2n12．答案：记un2，因为un1un2un0

nn1n1n22n20，lim

所以原级数收敛。n

2nn1由于lim发散，因此原级数条件收敛。1，故nn1n1n1n试卷答案第10页（共26页）《高等数学》期末练习题5答案

题目部分，（卷面共有25题，100分，各大题标有题量和总分）一、选择（10小题，共30分）1-5．BCCAC6-10.BABDC二、填空（5小题，共10分）2．答案：xy1

221．答案：2，3答案：31．答案：以曲面z=f(x,y)为顶，D为底的曲顶柱体的体积。5．答案：61872

100100001000000三、计算（8小题，共48分）1．答案：消去x，得3yz16即为所求柱面方程。2．答案：zx

22cosyyexzy

ysinycosy

y2exxyz3．答案：yzdxxzdyxydze(dxdydz)

xye

xyzdze

xyzyzdxexyzxzdy

zexyzyz

xxyexyz4．答案：由

zexyzxz

yxyexyzzxcos(xy)cosx0zycos(xy)0



,n，其中m,n0,1,2,22

解得驻点：m5．答案：原式6．答案：设







0

dx

2x0

8

4xydyx2dx03

222

ua1xb1yc1

va2xb2yc2

J

1

试卷答案第11页（共26页）I

2

uv21



0

u2

1

1

dudv

1

232

drcosdr0



44(a1b2a2b1)7．答案：I(x2yC2)dy

12(x2x)2xdx4

12(2x24x5)dx23[xx6]124838．答案：由于lim

an11,R1,nan当x1时，级数收敛；当x1时，级数发散。当x1时，unx

1

,故p1时，级数绝对收敛；当p1时，级数发散。n1p,故p1时,级数绝对收敛；当0p1时，级数条件收n1当x1时，unx

n1p敛；当p0时，级数发散。所以，当p1时，收敛域是1,1;当0p1时，收敛域是1,1,当p0时，收敛域是1,1.四、判断（2小题，共12分）1．答案：记un

1nn!

nn

n!nn则n时，un111

1nune1

1

n

于是原级数绝对收敛从而收敛。试卷答案第12页（共26页）a4na4nbn42．答案：记un，令ba，由于un

1a8n1b2n1a8n因此，只须考察0b1情形即可。1

()nb

11()2nb1

当b1时，un

2

而u

n0nn发散bnn当0b1时，unb

1b2nb

n0n收敛，故u

n0收敛。纵上所述，a1时，级数u

n0n收敛a1时，级数un发散n0当a1

1a4n1

，而4n收敛，故un收敛。un

1a8na4nn1an1a4n4n4nuna，而a收敛，故un收敛。8n1an1n1当a1

1

当a1，un

2u

n1n发散。《高等数学》期末练习题6答案

一、选择（10小题，共30分）1-5．CACCB6-10.CADBC二、填空（5小题，共10分）1．答案：，2．答案：xy3．答案：

7

22,x0,x1或xy2,x0,x1

3e5，4．答案：0.xn5．答案：

n0n!,

三、计算（8小题，共48分）1．答案：M1M2{6,0,9},

M2M3{0,12,4}所求平面法向量为：nM1M2M2M312{9,2,6}，设所求平面方程为：9x2y6zD0

试卷答案第13页（共26页）M3到的距离为d

D7111y)222由条件d2，解得D15和D29，故所求平面方程为9x2y6z150和9x2y6z2902．答案：zxsin2(x3．答案：coscos

zyz1x11sin2(xy)22

z22z

21，所以n22ycos0

cos

110nx,4．答案：u

x132yz

,1,0,，cos

31039M02

u

y2y

M0M02x

M0M00

uz2z

M0M06

u3112(2)06n1010105．答案：原式



0

dx

sinx

0

(xy)dy

2

1

(xsinxsin3x)

3dx

49

xarcos

6．答案：设：ybrsinzz

20

2cos1r24Jabr

I4d2

0

dr0

abrdz

16ab

(1sin3a)d30162ab()3236xy,得(x,y)3x2yC(y).x7．答案：解：由I1与积分路径无关，得又由I2与积分路径无关，得3x2C(y)3y23x2,得C(y)y3C1.y

试卷答案第14页（共26页）故(x,y)3x2yy3C1.由(0,1)1,知C10.故(x,y)3x2yy3.

8．答案：

lim

an122n1nalimn4级数的收敛半径R

1

nn14四、判断（2小题，共12分）1．答案：由a11，可得a2cos1，于是0a21用数学归纳法可证得0an1

因为an1cosancos10，显然有limnan0，故而a

nn发散。12．答案：记ucosnx

n

1lnn，则unulnn

1cosxcosxnnlnn当xkπk0,1,2,时，cosx1，则原级数绝对收敛，从而收敛，当x2kπ时，cosx1，原级数为1

故发散；n2lnn当x2k1π时，cosx1，原级数为

1nn2lnn，故条件收敛。《高等数学》期末练习题7答案

一、选择（10小题，共30分）1-5．BBCAD6-10．CCBDC二、填空（5小题，共10分）1．答案：(-1,7-5)；2．答案：x0,xy；3．答案：-1；4．答案：1

a3

3

.

5．：

13,三、计算（8小题，共48分）试卷答案第15页（共26页）1

3

1．答案：设平面为:20x4y5zD0

在1上取点P0(0,

7,0)4则该点到距离为d

D721由d6，得D119和D133

故所求平面为：20x4y5z1190和20x4y5z13302．答案：ysinzdxxsinzdyxycoszdz2dz

dz

ysinzdxxsinzdy

2xycosz22z3xz2y3．答案：coscos

所以z225232n222

zx3x2y04．答案：由，得D内无驻点。2z3yx0y在边界x0上，z1y在边界y0上，z2x

30y1，z13y20



0x

3z1(0)0z2(0)0

z1(1)111z2()28

31

3x20，z22

2在边界2xy1上，z37x10x5x1

1

0x2

z321x220x50z3(0)1

11

z328比较后可知，函数z在点(0，0)取最小值z(0,0)0，在点(0,1)取最大值z(0,1)15．答案：原式

2

1

xdx1y2dy

x2t

t

x

12419

(x)dx131x210

2

t

6．答案：F(t)

2

drdrf(r)dz2tf(r)rdr0

0

0

0

试卷答案第16页（共26页）F(t)2f(r2)rdr2t2f(t2)，F″(t)=6πtf(t2)+4πt3f′(t2)0

t

7．答案：ds(costtsint)2(sinttcost)212dtt22dt

C

zdst3t22dt0

223

2令ut22(u22)u2du21

u5u3358

(22)15

2

28．答案：(1)Fx2a0

a

k12k1x2k1a2kakx2k，1

(2)由于anx的收敛半径是，4n0nanxn的收敛半径为n01

，所以2Fx的幂级数的收敛半径是1。4…四、判断（2小题，共12分）1．答案：所给级数为如下两个级数之和222un1332n1322,vn12

23n1前者为收敛的等比级数，后者为发散的等比级数。3n2n32

发散，unvn11323n122323

故脱括号后11也发散。3232

2．答案：由比值判别法nn试卷答案第17页（共26页）an1n1!

n1un1annaan1limlimlimlimnnunn(n1)nneann1n1

nnn

可见当0ae时，级数收敛，当ae时，级数发散n1

当ae时，比值判别法失效，但是由于1e，可得un1un，故级数发散。n

《高等数学》期末练习题8答案

一、选择（10小题，共30分）1-5．2DBAA6-10．AABBA二、填空（5小题，共10分）1．答案：1172x{3,2,2}2．答案：yx,x0311

,44

,x2y21

3．答案：e

4．答案：1

3

5．答案：

三、计算（8小题，共48分）x2y2z2x2y21，由于与xoy平面交线为椭圆1，1．答案：设双曲面方程为abc49x2y2z21。故a4,b9,又与x2交线为L，故cb9，从而双曲面为4992．解：原式两边对x求导得y

zzzzy

xzy0，则xxxyx同理可得：也可：zzx

yyx试卷答案第18页（共26页）FzzyxxFyyxFyzzxyFxyx3．答案：dxdydzedz

zdz

11

dxdyzze1e1zx1

4．答案：由

zy2

得D内无驻点在边界xy1上，z1x1

0x1z110z1(0)1z1(1)0

,1x0在边界xy1上，z23x1

z230z2(1)2z2(0)1

在边界xy1上，z3x3

1x010z3(1)2z3z3(0)3

在边界xy1上，z43x3

0x1z430z4(0)3

1

1

z4(1)0

比较后可知，函数z在点(0,1)取最小值z(0,1)3，在点(0,1)取最大值z(0,1)1

11315．答案：原式dyx1xydx(y1)dy

0y304

226．答案：Ixdxydyzdz

11



0



0

2

x2



0

3

1

xdxx8y2dy

4001120

Q1Pf(xy)xyf'(xy)2，故积分与路径无关。xyy11

7．答案：解：试卷答案第19页（共26页）原式

322fxdx333212231f(y)2dyy233

132fxdx3令23223f(y)dy123由于

232f(y)dyxy

2f(y)dy，故原式4un1xx28．答案：因为lim，所以当x2时，级数收敛，

nux2n且当x

2时，级数发散，故收敛域是2,2。四、判断（2小题，共12分）n1an12n1!nn228

1n21．答案：n1nn2ann12n!11119

n2nn21112nn!

因1单调有11，于是级数n是收敛的。nn2n1n

n11p0时，lim

n2．答案：当n

p0，故原级数发散。1

当0p1时，p发散，又由莱布尼兹判别法知n1n

n11n1收敛，从而原级数np条件收敛；当p1时，nn11

p收敛，故原级数绝对收敛。《高等数学》期末练习题9答案

一、选择（10小题，共30分）1-5．BACAC6-10．DADBB二、填空（5小题，共10分）试卷答案第20页（共26页）1．答案：2arcsin4．答案：3

，2．答案：。5

2

3．答案：(

zdxxzdy)y

20

df(r2)rdr.5．答案：RR1R20

三、计算（8小题，共48分）11，即与xoy交点为(4,,0)221313,z4，即与yoz交点为(0,,4)令x0，得y22131131,z，即与zox交点为(,0,)令y0，得x3333

1．答案：令z0，得x4,y2．答案：ux

11yuy

(1y)(xy)1x



(1y)2(1y)212

dxdy39

du(1,2)ux(1,2)dxuy(1,2)dy

3．答案：1





zzyzzzyzcos(xz)e0，cos(xz)(1)e0xxyyzcos(xz)zeyz从而，

xcos(xz)eyzycos(xz)eyz22zx6x3y601414

4．答案：由，得驻点(1,0),(1,0),,,,

3333zy6xy2y0

D

zxxzyxzxyzyy

12x6y

6y6x2

，14

D,033D1,0480D1,0960

14

,D,033,zxx(1,0)120

1414

,zxx(1,0)120，点,,,非极值点。3333

函数z在点(1,0)处取极小值z(1,0)4。在点1,0取最大值z1,04。试卷答案第21页（共26页）5．答案：原式



2

1

dxsin

y

y2

22yxdxcos

122y42

ydy21



6．答案：由对称性xyd0



Id

2d0

22acos

02acosrdrdz

1

r22a2d0

2

02acosrdrdz

1

r22a2d0

2

0

r2

r(1)dr2a4a2(acos4cos2)d0

2a2(3a4)47．答案：解：KS，ds1(y')2dx1xdxS

x021xdx(1x)3322，322k(126105)K1xdx93ks22(551)230M

Lds

402(1x)332或M

Lds

3(551)20ksds2k(126105)98．解：幂级数fx

1n1nx2n的收敛域为1,1，所以fx在1,1上连续。2n

又当x1,

1，且x0时有：fx2

1n1n2nx2n12nx

1nxn1n试卷答案第22页（共26页）

21

ln1x2，故f4ln5ln4x2

四、判断（2小题，共12分）1．答案：级数的一般项un级数部分和1111

()24n4n342n12n3Sn

1111111111

11432n12n345372n12n3

n所以limSn

11

，此即级数收敛，且和为33cosn1xcosn2x

|

cosn2xcosn3x

n2



Sn,p|

2．答案：

|

n1

cosnpxcosnp1x

np

cosn1xcosnp1xcosn2xcosn3x



n1np(n1)n2(n2)n3cosnpx



(np1)np

111112

np1npn1n1npn1n2n2n3



2

当nN时，对于p1,2,，不等式Sn,p存在，

由此，对任意的0，有NN

成立。故由柯西准则知所论级数收敛。《高等数学》期末练习题10答案

题目部分，（卷面共有25题，100分，各大题标有题量和总分）一、选择（10小题，共30分）1-5．BCBCD6-10．BBBBC二、填空（5小题，共10分）试卷答案第23页（共26页）1．答案：534．答案：2．答案：x轴及y轴上的所有点。x

3．答案：0dx

0

1

x

f(x,y)dy.

5．答案：11,1三、计算（8小题，共48分）x75t

1．答案：l参数方程为y4t代入方程，解得t1，故l，交点M0为(2,3,1)

z54t

过M0与l垂直的平面方程为5xy4z170，所求直线为3xy2z50

5xy4z170

2．答案：zx

xa2x2y2,zyaylna

xa2x2y2dz

xydydxalnaa2x2y2a2x2y2

x



yx2

1

zyf(u)xx

3．答案：zxf(u)y

zx4x34x0222

4．答案：由得驻点(0,0),0,,(1,0),1,,(1,0),1,2z3y2y0333yD

zxxzyxzxyzyy12x24

0

06y2

D(0,0)80,

2

D(1,)160

322D(0,)80,zxx(0,)40

33D(1,0)160,zxx(1,0)80D(1,0)160,

zxx(1,0)80

2

D(1,)160

3

试卷答案第24页（共26页）点(0,0),1,,1,非极值点。函数z在点(0,)处取极大值z(0,)



23

1

2323234

。函27数z在点(1,0)处取极小值z(1,0)1。函数z在点(1,0)处取极小值z(1,0)1。5．答案：原式＝

0

p

q

xydydxdxxydy

0

q

1p

dyxydx

q

0

pxy11

dydyqqy1y10

p1ln

q1p

1

p1

uxy

6．答案：设y

vxI

2a2a2

J

1

2v

du

1

2

1

cos(1nv)2va2

sin(1n2)27．答案：L的方程：3x+4y=-133x13)dx(1)(dx)

1124311(x)dx1243

(x

3

8．答案：答案：由于lim

an11,R1,nan当x1时，级数收敛；当x1时，级数发散。当x1时，unx

1

,故p1时，级数绝对收敛；pn1n1当x1时，unx

n1p当p1时，级数发散。,故p1时,级数绝对收敛；当试卷答案第25页（共26页）0p1时，级数条件收敛；当p0时，级数发散。所以，当p1时，收敛域是1,1;当0p1时，收敛域是1,1当p0时，收敛域是1,1.四、判断（2小题，共12分）1．答案：lim

un1lim

nunn53

n1n1!2n2!n53n!2n!lim

5n1

0

n32n22n1由比值判别法，u

n1n收敛。n1n1u

2．答案：由于limn1limnnunnn

故当01,为任意实数时，原级数收敛当1,为任意实数时，原级数发散当1,1时，原级数收敛。当1,1时，原级数发散。试卷答案第26页（共26页）