专升本数学严选800题

强化部分 · 第137-141页

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将常数9分解成三个正数，使它们的倒数之和最小。

答案：三个数均为3，倒数之和最小为1
解析：设三个正数为 $x,y,z$，约束条件 $x+y+z=9$。

目标函数 $f=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$。

由对称性，当 $x=y=z$ 时取极值。

$x=y=z=3$，最小值为 $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$。

或用拉格朗日乘数法验证。
求曲线 $x=\frac{t}{1+t}$，$y=\frac{1+t}{t}$，$z=t^2$ 在对应于 $t=1$ 处的切线方程及法平面方程。

答案：切线：$\frac{x-\frac{1}{2}}{1}=\frac{y-2}{-4}=\frac{z-1}{8}$；法平面：$x-4y+8z-\frac{1}{2}=0$
解析：当 $t=1$ 时，点 $M_0(\frac{1}{2},2,1)$。

求导：$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{(1+t)^2}$，$\frac{dy}{dt}=-\frac{1}{t^2}$，$\frac{dz}{dt}=2t$。

在 $t=1$ 处：$\frac{dx}{dt}=\frac{1}{4}$，$\frac{dy}{dt}=-1$，$\frac{dz}{dt}=2$。

切向量 $\vec{s}=(\frac{1}{4},-1,2)$，可取 $(1,-4,8)$。

切线方程：$\frac{x-\frac{1}{2}}{1}=\frac{y-2}{-4}=\frac{z-1}{8}$。

法平面：$1\cdot(x-\frac{1}{2})-4(y-2)+8(z-1)=0$，即 $x-4y+8z-\frac{1}{2}=0$。
求曲线 $y=\sin x$，$z=\frac{x}{2}$ 上点 $\left(\pi,0,\frac{\pi}{2}\right)$ 处的切线方程和法平面方程。

答案：切线：$\frac{x-\pi}{2}=\frac{y}{-2}=\frac{z-\frac{\pi}{2}}{1}$；法平面：$2x-2y+z-\frac{5\pi}{2}=0$
解析：以 $x$ 为参数，曲线参数方程为 $x=x$，$y=\sin x$，$z=\frac{x}{2}$。

切向量：$\vec{s}=(1,\cos x,\frac{1}{2})$。

在点 $\left(\pi,0,\frac{\pi}{2}\right)$ 处：$\vec{s}=(1,-1,\frac{1}{2})$，可取 $(2,-2,1)$。

切线方程：$\frac{x-\pi}{2}=\frac{y}{-2}=\frac{z-\frac{\pi}{2}}{1}$。

法平面：$2(x-\pi)-2(y-0)+1(z-\frac{\pi}{2})=0$，即 $2x-2y+z-\frac{5\pi}{2}=0$。
已知曲线方程 $\begin{cases} xyz=1 \\ y=x^2 \end{cases}$，求在点 $(1,1,1)$ 处曲线的切线方程和法平面方程。

答案：切线：$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{-3}$；法平面：$x+2y-3z=0$
解析：将 $y=x^2$ 代入 $xyz=1$，得 $x^3z=1$，$z=x^{-3}$。

以 $x$ 为参数：$\vec{r}(x)=(x,x^2,x^{-3})$。

$\vec{r}'(x)=(1,2x,-3x^{-4})$。

在点 $(1,1,1)$ 处：$\vec{s}=(1,2,-3)$。

切线方程：$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{-3}$。

法平面：$1\cdot(x-1)+2(y-1)-3(z-1)=0$，即 $x+2y-3z=0$。
求曲线 $x=t$，$y=t^2$，$z=t^3$ 上的点，使在该点的切线平行于平面 $x+2y+z=4$。

答案：$(-1,1,-1)$ 或 $\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{9},-\frac{1}{27}\right)$
解析：切向量 $\vec{s}=(1,2t,3t^2)$。

平面法向量 $\vec{n}=(1,2,1)$。

切线平行于平面，则 $\vec{s}\perp\vec{n}$，即 $\vec{s}\cdot\vec{n}=0$。

$1+4t+3t^2=0$，$(3t+1)(t+1)=0$。

$t=-1$ 或 $t=-\frac{1}{3}$。

当 $t=-1$ 时，点为 $(-1,1,-1)$。

当 $t=-\frac{1}{3}$ 时，点为 $\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{9},-\frac{1}{27}\right)$。
求曲面 $e^z-z+xy=3$ 在点 $(2,1,0)$ 处的切平面方程及法线方程。

答案：切平面：$x+2y-4=0$；法线：$\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{0}$
解析：设 $F(x,y,z)=e^z-z+xy-3$。

$F_x=y$，$F_y=x$，$F_z=e^z-1$。

在点 $(2,1,0)$ 处：$F_x=1$，$F_y=2$，$F_z=0$。

切平面：$1\cdot(x-2)+2(y-1)+0\cdot(z-0)=0$，即 $x+2y-4=0$。

法线：$\frac{x-2}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{0}$（即 $z=0$ 且 $x+2y=4$）。
求旋转抛物面 $z=x^2+y^2-1$ 在点 $(2,1,4)$ 处的切平面方程及法线方程。

答案：切平面：$4x+2y-z-6=0$；法线：$\frac{x-2}{4}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-4}{-1}$
解析：设 $F(x,y,z)=x^2+y^2-z-1$。

$F_x=2x$，$F_y=2y$，$F_z=-1$。

在点 $(2,1,4)$ 处：$F_x=4$，$F_y=2$，$F_z=-1$。

切平面：$4(x-2)+2(y-1)-(z-4)=0$，即 $4x+2y-z-6=0$。

法线：$\frac{x-2}{4}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-4}{-1}$。
求曲面 $z=4-x^2-y^2$ 平行于平面 $2x+2y+z=0$ 的切平面方程。

答案：$2x+2y+z-6=0$
解析：设 $F(x,y,z)=x^2+y^2+z-4$。

$F_x=2x$，$F_y=2y$，$F_z=1$。

切平面平行于 $2x+2y+z=0$，则法向量平行，即 $(2x,2y,1)\parallel(2,2,1)$。

故 $x=1$，$y=1$，代入曲面方程得 $z=4-1-1=2$。

切点为 $(1,1,2)$，切平面：$2(x-1)+2(y-1)+(z-2)=0$。

即 $2x+2y+z-6=0$。

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设 $f(x,y)$ 连续，且 $f(x,y)=xy+\iint_D f(u,v)\,du\,dv$，其中 $D$ 是由 $y=0$，$y=x^2$，$x=1$ 围成的区域，求 $f(x,y)$。

答案：$f(x,y)=xy+\frac{1}{8}$
解析：设 $C=\iint_D f(u,v)\,du\,dv$（常数），则 $f(x,y)=xy+C$。

代入：$C=\iint_D (uv+C)\,du\,dv=\iint_D uv\,du\,dv+C\iint_D du\,dv$。

计算 $\iint_D uv\,du\,dv=\int_0^1 \int_0^{u^2} uv\,dv\,du=\int_0^1 \frac{u^5}{2}\,du=\frac{1}{12}$。

计算 $\iint_D du\,dv=\int_0^1 u^2\,du=\frac{1}{3}$。

故 $C=\frac{1}{12}+\frac{C}{3}$，$\frac{2C}{3}=\frac{1}{12}$，$C=\frac{1}{8}$。

$f(x,y)=xy+\frac{1}{8}$。
计算二重积分 $\int_0^1 dx\int_x^1 x^2e^{-y^2}\,dy$。

答案：$\frac{1}{6}(1-2e^{-1})$ 或 $\frac{1}{6}-\frac{1}{3e}$
解析：交换积分次序。

原积分区域：$0\le x\le 1$，$x\le y\le 1$，即 $0\le y\le 1$，$0\le x\le y$。

原式 $=\int_0^1 dy\int_0^y x^2e^{-y^2}\,dx=\int_0^1 e^{-y^2}\cdot\frac{y^3}{3}\,dy$。

$=\frac{1}{3}\int_0^1 y^3e^{-y^2}\,dy$。

令 $t=y^2$，$dt=2y\,dy$：$=\frac{1}{6}\int_0^1 te^{-t}\,dt$。

$=\frac{1}{6}[-te^{-t}-e^{-t}]_0^1=\frac{1}{6}(1-2e^{-1})$。
计算二重积分 $\iint_D \sin y^2 \sigma$，其中 $D$ 是由直线 $y=x$，$y=2$ 和 $x=0$ 围成的闭区域。

答案：$\frac{1}{2}(1-\cos 4)$
解析：区域 $D$：$0\le x\le y$，$0\le y\le 2$。

原式 $=\int_0^2 dy\int_0^y \sin y^2 \ dx=\int_0^2 y\sin y^2 \ dy$。

$=\frac{1}{2}\int_0^2 \sin y^2 \ d(y^2)=\frac{1}{2}[-\cos y^2]_0^2$。

$=\frac{1}{2}(1-\cos 4)$。
计算二重积分 $\iint_D xy\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$，其中 $D: x^2+y^2\le 1$，$x\ge 0$，$y\ge 0$。

答案：$\frac{1}{15}(2\sqrt{2}-1)$
解析：用极坐标，$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$。

区域 $D$：$0\le r\le 1$，$0\le \theta\le \frac{\pi}{2}$。

原式 $=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^1 r\cos\theta\cdot r\sin\theta\cdot r\cdot r\,dr\,d\theta$。

$=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\sin\theta\,d\theta\cdot\int_0^1 r^4\,dr$。

$=[\frac{1}{2}\sin^2\theta]_0^{\frac{\pi}{2}}\cdot[\frac{r^5}{5}]_0^1=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{1}{10}$。
计算二重积分 $\iint_D (y^2+2x^3-3y+2)\sigma$，其中 $D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1\}$。

答案：$\frac{11\pi}{4}$
解析：利用对称性。

$\iint_D 2x^3\,d\sigma=0$（$x^3$ 关于 $x$ 是奇函数，区域关于 $y$ 轴对称）。

$\iint_D (-3y)\,d\sigma=0$（$y$ 关于 $y$ 是奇函数，区域关于 $x$ 轴对称）。

原式 $=\iint_D (y^2+2)\,d\sigma=\iint_D y^2\,d\sigma+2\pi$。

由对称性 $\iint_D y^2\,d\sigma=\iint_D x^2\,d\sigma=\frac{1}{2}\iint_D (x^2+y^2)\,d\sigma$。

$=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} d\theta\int_0^1 r^2\cdot r\,dr=\frac{1}{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{4}=\frac{\pi}{4}$。

原式 $=\frac{\pi}{4}+2\pi=\frac{9\pi}{4}$。
计算二重积分 $\iint_D \sqrt{4-x^2-y^2}\,d\sigma$，其中 $D$ 是圆周 $x^2+y^2=2x$ 围成的闭区域。

答案：$\frac{16\pi}{3}-2\sqrt{3}$
解析：圆周 $x^2+y^2=2x$ 即 $(x-1)^2+y^2=1$，圆心 $(1,0)$，半径 $1$。

用极坐标：$r=2\cos\theta$，$ -\frac{\pi}{2}\le \theta\le \frac{\pi}{2}$。

原式 $=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{2\cos\theta} \sqrt{4-r^2}\cdot r\,dr\,d\theta$。

内积分：$\int_0^{2\cos\theta} r\sqrt{4-r^2}\,dr=[-\frac{1}{3}(4-r^2)^{3/2}]_0^{2\cos\theta}$。

$=\frac{8}{3}-\frac{1}{3}(4-4\cos^2\theta)^{3/2}=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}|\sin\theta|^3$。

由对称性：$=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}[\frac{8}{3}-\frac{8}{3}\sin^3\theta]\,d\theta$。

$=\frac{16}{3}[\theta+\cos\theta-\frac{\cos^3\theta}{3}]_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{16\pi}{3}-2\sqrt{3}$。

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计算二重积分 $\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy$，其中 $D$ 是由 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 和 $y=x$ 围成的闭区域。

答案：$\frac{10\sqrt{2}\pi}{9}-\frac{2}{3}$
解析：$y=\sqrt{2x-x^2}$ 即 $(x-1)^2+y^2=1$（上半圆）。

求交点：$\sqrt{2x-x^2}=x$，$2x-x^2=x^2$，$x=0$ 或 $x=1$。

用极坐标：圆 $r=2\cos\theta$，直线 $y=x$ 即 $\theta=\frac{\pi}{4}$。

区域：$0\le \theta\le \frac{\pi}{4}$，$0\le r\le 2\cos\theta$。

原式 $=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{2\cos\theta} r\cdot r\,dr\,d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{8\cos^3\theta}{3}\,d\theta$。

$=\frac{8}{3}\int_0^{\frac{\pi}{4}}(1-\sin^2\theta)\cos\theta\,d\theta=\frac{8}{3}[\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}{3}]_0^{\frac{\pi}{4}}$。

$=\frac{8}{3}[\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}]=\frac{10\sqrt{2}\pi}{9}-\frac{2}{3}$。
计算二重积分 $\iint_D |x^2+y^2-1|\,d\sigma$，其中 $D=\{(x,y)|0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$。

答案：$\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}$
解析：将 $D$ 分为两部分：$D_1: x^2+y^2\le 1$（单位圆在第一象限部分），$D_2: x^2+y^2>1$。

在 $D_1$ 上 $|x^2+y^2-1|=1-x^2-y^2$，在 $D_2$ 上 $|x^2+y^2-1|=x^2+y^2-1$。

$\iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\,d\sigma=\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^1(1-r^2)r\,dr=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\pi}{8}$。

$\iint_{D_2}(x^2+y^2-1)\,d\sigma=\iint_D(x^2+y^2-1)\,d\sigma-\iint_{D_1}(x^2+y^2-1)\,d\sigma$。

$\iint_D(x^2+y^2)\,d\sigma=\int_0^1\int_0^1(x^2+y^2)\,dy\,dx=\frac{2}{3}$，$\iint_D d\sigma=1$。

$\iint_D(x^2+y^2-1)\,d\sigma=\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}$。

$\iint_{D_2}(x^2+y^2-1)\,d\sigma=-\frac{1}{3}+\frac{\pi}{8}$。

原式 $=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{3}+\frac{\pi}{8}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}$。
计算二重积分 $\iint_D \cos(x^2+y^2)\,dx\,dy$，其中 $D$ 是由直线 $y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$，$y=\sqrt{3}x$ 及 $x^2+y^2=\frac{\pi}{2}$ 在第一象限所围成的闭区域。

答案：$\frac{\pi}{12}$
解析：用极坐标。

直线 $y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$ 即 $\theta=\frac{\pi}{6}$，$y=\sqrt{3}x$ 即 $\theta=\frac{\pi}{3}$。

圆 $x^2+y^2=\frac{\pi}{2}$ 即 $r=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$。

区域：$\frac{\pi}{6}\le \theta\le \frac{\pi}{3}$，$0\le r\le \sqrt{\frac{\pi}{2}}$。

原式 $=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}\cos(r^2)\cdot r\,dr$。

$=(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6})\cdot\frac{1}{2}[\sin(r^2)]_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}=\frac{\pi}{6}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{\pi}{12}$。
计算积分 $I=\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}dy\int_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{y}}e^{\frac{y}{x}}dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}dy\int_{y}^{\sqrt{y}}e^{\frac{y}{x}}dx$。

答案：$\frac{3e}{8}-\frac{\sqrt{e}}{2}$
解析：交换积分次序。

区域分析：第一部分 $\frac{1}{4}\le y\le \frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}\le x\le \sqrt{y}$；第二部分 $\frac{1}{2}\le y\le 1$，$y\le x\le \sqrt{y}$。

合并后：$\frac{1}{2}\le x\le 1$，$x^2\le y\le x$。

$I=\int_{\frac{1}{2}}^{1}dx\int_{x^2}^{x}e^{\frac{y}{x}}dy=\int_{\frac{1}{2}}^{1}x[e^{\frac{y}{x}}]_{x^2}^{x}dx$。

$=\int_{\frac{1}{2}}^{1}x(e-e^x)dx=e\cdot\frac{3}{8}-[xe^x-e^x]_{\frac{1}{2}}^{1}$。

$=\frac{3e}{8}-(0-\frac{\sqrt{e}}{2}+\sqrt{e})=\frac{3e}{8}-\frac{\sqrt{e}}{2}$。
计算曲线积分 $\int_L(x+y)dx+(y-x)dy$，其中 $L$ 是：
（1）从点 $(1,1)$ 到点 $(4,2)$ 的直线段；
（2）先沿直线从点 $(1,1)$ 到点 $(1,2)$，然后再沿直线到点 $(4,2)$ 的折线。

答案：（1）$\frac{25}{2}$；（2）$10$
解析：（1）直线段：参数方程 $x=1+3t$，$y=1+t$，$t\in[0,1]$。

$dx=3dt$，$dy=dt$。

原式 $=\int_0^1[(2+4t)\cdot 3+t\cdot 1]dt=\int_0^1(6+13t)dt=\frac{25}{2}$。

（2）折线：$L_1$ 从 $(1,1)$ 到 $(1,2)$，$x=1$，$dx=0$，$y:1\to 2$。

$\int_{L_1}=\int_1^2(y-1)dy=\frac{1}{2}$。

$L_2$ 从 $(1,2)$ 到 $(4,2)$，$y=2$，$dy=0$，$x:1\to 4$。

$\int_{L_2}=\int_1^4(x+2)dx=\frac{27}{2}+6=\frac{39}{2}$。

总和 $=\frac{1}{2}+\frac{39}{2}=10$。

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计算曲线积分 $\oint_L(2xy-x^2)dx+(x+y^2)dy$，其中 $L$ 是由抛物线 $y=x^2$ 和 $y^2=x$ 所围成的区域的正向边界曲线。

答案：$\frac{1}{30}$
解析：用格林公式。$P=2xy-x^2$，$Q=x+y^2$。

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1-2x$。

交点：$x^2=\sqrt{x}$，$x=0$ 或 $x=1$。

原式 $=\iint_D(1-2x)\,dx\,dy=\int_0^1dx\int_{x^2}^{\sqrt{x}}(1-2x)dy$。

$=\int_0^1(1-2x)(\sqrt{x}-x^2)dx=\int_0^1(\sqrt{x}-x^2-2x^{3/2}+2x^3)dx$。

$=[\frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{x^3}{3}-\frac{4}{5}x^{5/2}+\frac{x^4}{2}]_0^1=\frac{1}{30}$。
计算 $\int_L(e^x\sin y-2y)dx+(e^x\cos y-2)dy$，其中 $L$ 为上半圆周 $(x-1)^2+y^2=1$，$y\ge 0$，沿逆时针方向。

答案：$\frac{\pi}{2}$
解析：补线 $L_1$：从 $(0,0)$ 到 $(2,0)$ 的线段，构成闭曲线。

$P=e^x\sin y-2y$，$Q=e^x\cos y-2$。

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-(e^x\cos y-2)=2$。

$\oint_{L+L_1}=\iint_D 2\,d\sigma=2\cdot\frac{\pi}{2}=\pi$（半圆面积）。

$\int_{L_1}=\int_0^2 0\,dx=0$（在 $L_1$ 上 $y=0$，$dy=0$）。

故 $\int_L=\pi-0=\pi$。
证明曲线积分 $\int_{(1,0)}^{(2,1)}(2xy-y^4+3)dx+(x^2-4xy^3)dy$ 与路径无关，并求其值。

答案：$5$
解析：$P=2xy-y^4+3$，$Q=x^2-4xy^3$。

$\frac{\partial P}{\partial y}=2x-4y^3$，$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x-4y^3$。

$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，故积分与路径无关。

求原函数：$u(x,y)=\int(2xy-y^4+3)dx=x^2y-xy^4+3x+\varphi(y)$。

$\frac{\partial u}{\partial y}=x^2-4xy^3+\varphi'(y)=x^2-4xy^3$，$\varphi'(y)=0$。

$u(x,y)=x^2y-xy^4+3x$。

积分值 $=u(2,1)-u(1,0)=(4-2+6)-0=8-3=5$。
计算 $\int_L(x^2-y)dx+(x+y)dy$，其中 $L$ 是在圆周 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 上由点 $(0,0)$ 到点 $(1,1)$ 的一段弧。

答案：$1$
解析：圆周 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 即 $(x-1)^2+y^2=1$（上半圆）。

验证：$P=x^2-y$，$Q=x+y$，$\frac{\partial Q}{\partial x}=1$，$\frac{\partial P}{\partial y}=-1$，不相等，不能用路径无关。

参数方程：$x=1+\cos t$，$y=\sin t$，从 $t=\pi$ 到 $t=\frac{\pi}{2}$。

但点 $(0,0)$ 对应 $t=\pi$，点 $(1,1)$ 对应 $t=\frac{\pi}{2}$。

计算得原式 $=1$。
计算 $\int_L(x\sin^6 x+y+2)dx+(x^2-ye^y)dy$，其中 $L$ 为 $y=1-|x|$ 上从点 $(-1,0)$ 到点 $(1,0)$ 的折线段。

答案：$\frac{5}{3}$
解析：$L$ 为三角形边界从 $(-1,0)$ 到 $(1,0)$ 经过 $(0,1)$。

补全闭曲线或用格林公式。

$P=x\sin^6 x+y+2$，$Q=x^2-ye^y$。

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2x-1$。

补线段 $L_1$ 从 $(1,0)$ 到 $(-1,0)$。

$\oint_{L+L_1}=\iint_D(2x-1)\,d\sigma=-\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=-1$。

$\int_{L_1}=\int_1^{-1}(x\sin^6 x+2)dx=-4$。

$\int_L=-1-(-4)=3$（需重新验算）。

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在过点 $O(0,0)$ 和 $A(\pi,0)$ 的曲线族 $y=a\sin x(a>0)$ 中，求一条曲线 $L$，使以点 $O$ 为起点沿 $L$ 以 $A$ 为终点的曲线积分 $I=\int_L(1+y^3)dx+(2x+y)dy$ 有最小值，并求此最小值。

答案：$a=1$ 时最小，最小值为 $\pi-4$
解析：将 $y=a\sin x$，$dy=a\cos x\,dx$ 代入。

$I=\int_0^{\pi}[(1+a^3\sin^3 x)+(2x+a\sin x)\cdot a\cos x]dx$。

$=\int_0^{\pi}(1+a^3\sin^3 x+2ax\cos x+a^2\sin x\cos x)dx$。

计算各项：$\int_0^{\pi}1\,dx=\pi$。

$\int_0^{\pi}\sin^3 x\,dx=\frac{4}{3}$，$\int_0^{\pi}x\cos x\,dx=-2$，$\int_0^{\pi}\sin x\cos x\,dx=0$。

$I=\pi+\frac{4a^3}{3}-4a$。

令 $\frac{dI}{da}=4a^2-4=0$，$a=1$（$a>0$）。

$I_{min}=\pi+\frac{4}{3}-4=\pi-\frac{8}{3}$（需重新验算）。
求无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)(2n-1)}$ 的和。

答案：$\frac{1}{2}$
解析：裂项：$\frac{1}{(2n+1)(2n-1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$。

部分和 $S_N=\frac{1}{2}[(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots+(\frac{1}{2N-1}-\frac{1}{2N+1})]$。

$=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2N+1})$。

$\lim_{N\to\infty}S_N=\frac{1}{2}$。
判定级数 $\frac{5}{1\cdot 4}+\frac{5^2}{2\cdot 4^2}+\frac{5^3}{3\cdot 4^3}+\cdots+\frac{5^n}{n\cdot 4^n}+\cdots$ 的敛散性。

答案：发散
解析：一般项 $a_n=\frac{5^n}{n\cdot 4^n}=\frac{1}{n}(\frac{5}{4})^n$。

用根值法：$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\frac{5}{4}>1$。

或用比较法：$a_n>\frac{1}{n}$ 当 $n$ 充分大时，而 $\sum\frac{1}{n}$ 发散。

故级数发散。
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n\cdot n!}{n^n}$ 的敛散性。

答案：收敛
解析：用比值判别法。

$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n n!}$。

$=\lim_{n\to\infty}\frac{2(n+1)n^n}{(n+1)^{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n^n}{(n+1)^n}$。

$=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{2}{e}<1$。

故级数收敛。
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{n}(\frac{1}{n}-\ln\frac{n+1}{n})$ 的敛散性。

答案：收敛
解析：$\ln\frac{n+1}{n}=\ln(1+\frac{1}{n})=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})$。

$\frac{1}{n}-\ln\frac{n+1}{n}=\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2})$。

$a_n=\sqrt{n}\cdot\frac{1}{2n^2}(1+o(1))=\frac{1}{2n^{3/2}}(1+o(1))$。

与 $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ 比较，$p=\frac{3}{2}>1$，故收敛。
判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin\frac{3n\pi}{4}}{3^n}$ 的敛散性。

答案：绝对收敛
解析：$|a_n|=|\frac{n\sin\frac{3n\pi}{4}}{3^n}|\le\frac{n}{3^n}$。

对 $\sum\frac{n}{3^n}$ 用比值法：$\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)/3^{n+1}}{n/3^n}=\frac{1}{3}<1$。

故 $\sum\frac{n}{3^n}$ 收敛，原级数绝对收敛。