\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\chapter{2023-2024学年微积分（一）（下）期末考试}

\section{单项选择题(每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item 已知直线$L_1:x+1=y=\dfrac{z-1}{2}$和$L_2:x=\dfrac{y+1}{3}=\dfrac{z-2}{3}$，则这两直线的位置关系为（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 相交
              \task 平行
              \task 重合
              \task 异面
          \end{tasks}
          \vspace{0.5em}

    \item 设函数$F(x,y,z)=xy-z\ln y+e^{xz}-1$在点$P(0,1,1)$附近满足方程$F(x,y,z)=0$，则下列说法错误的是（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task $F$在点$P$处可微
              \task $\left.\dfrac{\partial y}{\partial z}\right|_P=0$
              \task $\left.\dfrac{\partial y}{\partial x}\right|_P=-2$
              \task $\left.\dfrac{\partial x}{\partial y}\right|_P=\dfrac12$
          \end{tasks}
          \vspace{0.5em}

    \item 设$D$是$xOy$平面上以$(1,1),(-1,1),(-1,-1)$为顶点的三角形区域，$D_1$是$D$在第一象限的部分，则
          \(\iint\limits_{D}(xy+\cos x\sin y)\,\mathrm{d}\sigma=\text{（\qquad）}.\)

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task $2\iint\limits_{D_1}\cos x\sin y\,\mathrm{d}\sigma$
              \task $2\iint\limits_{D_1}xy\,\mathrm{d}\sigma$
              \task $\iint\limits_{D_1}(xy+\cos x\sin y)\,\mathrm{d}\sigma$
              \task $0$
          \end{tasks}
          \vspace{0.5em}

    \item \begin{minipage}[t]{0.93\linewidth}
              已知函数$f(x)=1-x(0\leq x\leq\pi)$，$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx\left(-\infty<x<\infty\right)$，其中$b_n=\dfrac2\pi\int_0^\pi f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x(n=1,2,\ldots)$，则$S\left(-\dfrac\pi2\right)=\text{（\qquad）}$.

              \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
                  \task $-\dfrac\pi2-1$
                  \task $-\dfrac\pi2+1$
                  \task $\dfrac\pi2-1$
                  \task $\dfrac\pi2+1$
              \end{tasks}
          \end{minipage}
          \vspace{0.5em}

    \item \begin{minipage}[t]{0.93\linewidth}
              设$\Gamma$是球面$x^2+y^2+z^2=4$与平面$x+y+z=0$的交线，则\(\oint_\Gamma(y+2z)\,\mathrm{d}s=\text{（\qquad）}\).

              \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
                  \task $\pi$
                  \task $2\pi$
                  \task $-\pi$
                  \task $0$
              \end{tasks}
          \end{minipage}
          \vspace{0.5em}

    \item 关于级数的描述，下列命题中正确的是（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](1)
              \task 若$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$收敛，则$\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2$收敛
              \task 若$\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2$收敛，则$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$收敛
              \task 若$\sum_{n=1}^{\infty}(u_n+v_n)$收敛，则$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$与$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$都收敛
              \task 若$\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2$收敛，则$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{|a_n|}{n}$收敛
          \end{tasks}
          \vspace{0.5em}
\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item 设$S$为球面$x^2+y^2+z^2=R^2(R>0)$，则$\oiint\limits_{S}\left(\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}+\frac{z^2}{4}\right)\,\mathrm{d}S=$\underline{\hspace{5em}}.
          \vspace{1em}
    \item 曲线$\begin{cases}z=x^2+y^2,\\2x^2+2y^2-z^2=0\end{cases}$在点$P_0(1,1,2)$的法平面方程为\underline{\hspace{5em}}.
          \vspace{1em}
    \item 设$\{x^{2023}+2xy^3,ax^2y^2-y^{2024}\}$在整个$xOy$平面内是某一函数$u(x,y)$的梯度，则$a=$\underline{\hspace{5em}}.
          \vspace{1em}
    \item 幂级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!2^n}x^{2n+1}$的和函数为\underline{\hspace{5em}}.
          \vspace{1em}
\end{enumerate}

\section{基本计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item 一直线过点$B(1,2,3)$且与向量$\boldsymbol{s}=(6,6,7)$平行，求点$A(3,4,2)$到此直线的距离$d$.
          \vspace{12em}
    \item 设$z=(x^2+y^2)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}$，求$\mathrm{d}z$，$\left.\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)}$.
          \vspace{9em}
    \item 求曲线积分$I=\displaystyle\int_L(y^2-\cos y)\,\mathrm{d}x+x\sin y\,\mathrm{d}y$，其中有向曲线$L$为沿着正弦曲线$y=\sin x$，由点$O(0,0)$到点$A(\pi,0)$.
          \vspace{9em}
    \item 求由曲面$2z=x^2+y^2$和$z=\sqrt{x^2+y^2}$所围成的立体$\Omega$的体积$V$.
          \vspace{9em}
    \item 设$S$是上半球面$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$与锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$围成的闭曲面的外侧，$\cos\alpha$，$\cos\beta$，$\cos\gamma$是$S$外法线的方向余弦，求
          \[I=\oiint\limits_{S}[(x^3+z^2)\cos\alpha+(y^3+x^2)\cos\beta+(z^3+y^2)\cos\gamma]\mathrm{d}S.\]
          \vspace{8em}
    \item 设$f(x)=\dfrac1{(4-x)^2}$，将$f(x)$展开成关于$x$的幂级数，并求$f^{(20)}(0)$.
          \vspace{9em}
\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item 设函数$u=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$，空间曲线$L:x=t,y=2t^2,z=-2t^4$，$P_0(1,2,-2)$为曲线$L$上的一点，求$u$在$P_0$处沿曲线$L$的切向量方向（$t$增大的方向）$\boldsymbol{l}$的方向导数$\left.\frac{\partial u}{\partial \boldsymbol{l}}\right|_{P_0}$，并求函数$u$在$P_0(1,2,-2)$处的最大变化率.
          \vspace{9em}
    \item 设函数$f(x,y)$的全微分为$\mathrm{d}f(x,y)=(2ax+by)\,\mathrm{d}x+(2by+ax)\,\mathrm{d}y$（$a,b$为常数），且$f(0,0)=-3$，$f_x'(1,1)=3$，求点$(-1,-1)$到曲线$f(x,y)=0$上的点的距离的最大值.
          \vspace{10em}
\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item 设$D=\{(x,y)\mid0\leq x\leq1,0\leq y\leq1\}$，证明：$1\leq\iint\limits_{D}(\cos y^2+\sin x^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\leq2$.
          \vspace{10em}
    \item 设$a_n=\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}(n=2,3,\cdots)$，证明：$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}a_n$收敛.
          \vspace{10em}
\end{enumerate}
\chapter{2023-2024学年微积分（一）（下）期末考试参考答案}
\section{单项选择题(每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item \textbf{Solution}. A.

          显然$L_1$与$L_2$不平行、重合.联立
          \[
              L_1:(x,y,z)=(-1,0,1)+t(1,1,2),\qquad
              L_2:(x,y,z)=(0,-1,2)+s(1,3,3)
          \]
          解得$\begin{cases}s=1,\\t=2\end{cases}$，所以两直线相交于点$(1,2,5)$.

    \item \textbf{Solution}. C.

          在 \(P(0,1,1)\) 处，
          \[
              F_x=2,\qquad F_y=-1,\qquad F_z=0.
          \]
          因为 \(F_y\neq 0\)，可把 \(y\) 看作 \(x,z\) 的函数，且
          \[
              \frac{\partial y}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_y}=2.
          \]
          故选项 C 中的 \(-2\) 错误.

    \item \textbf{Solution}. A.

          \begin{minipage}[c]{0.56\textwidth}
              如图，用直线$y=-x$将三角形区域$D$分为$D_2$和$D_3$，

              则由对称性可知
              \[
                  \begin{aligned}
                      \iint\limits_D\left(xy+\cos x\sin y\right)\,\mathrm{d}\sigma
                                                                                 = {} & \iint\limits_{D_2}\left(xy+\cos x\sin y\right)\,\mathrm{d}\sigma \\
                                                                                   & + \iint\limits_{D_3}\left(xy+\cos x\sin y\right)\,\mathrm{d}\sigma  \\
                      = {}                                                         & \iint\limits_{D_2}\cos x\sin y\,\mathrm{d}\sigma                    \\
                      = {}                                                         & 2\iint\limits_{D_1}\cos x\sin y\,\mathrm{d}\sigma.
                  \end{aligned}
              \]
          \end{minipage}
          \hfill %
          \begin{minipage}[c]{0.38\textwidth}
              \includegraphics[width=4.6cm]{2024xf-figure1.pdf}
          \end{minipage}

    \item \textbf{Solution}. C.

          该正弦级数表示函数 \(f(x)=1-x\ (0\le x\le \pi)\) 的奇延拓. 因而
          \[
              S\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-f\left(\frac{\pi}{2}\right)
              =-\left(1-\frac{\pi}{2}\right)
              =\frac{\pi}{2}-1.
          \]

    \item \textbf{Solution}. D.

          由轮换对称性可知
          \[
              \oint_\Gamma x\,\mathrm{d}s=\oint_\Gamma y\,\mathrm{d}s=\oint_\Gamma z\,\mathrm{d}s
          \]
          所以
          \[
              \oint_\Gamma (y+2z)\,\mathrm{d}s=\oint_\Gamma (x+y+z)\,\mathrm{d}s=0.
          \]

    \item \textbf{Solution}. D.

          对于A选项，考虑$u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$，则$\sum u_n$收敛，但$u_n^2=\frac{1}{n}$，$\sum u_n^2$发散；

          对于B选项，考虑$u_n=\frac{1}{n}$，则$\sum u_n^2=\sum \frac{1}{n^2}$收敛，但$\sum u_n$发散；

          对于C选项，考虑$u_n=(-1)^n$，$v_n=(-1)^{n-1}$，则$\sum (u_n+v_n)\equiv0$收敛，但$\sum u_n$与$\sum v_n$均发散；

          但$\sum u_{2k}=\sum \frac{1}{2k}$与$\sum u_{2k-1}=\sum \frac{1}{2k-1}$均发散；

          对于D选项，若$\sum a_n^2$收敛，则
          \[
              \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n|}{n}
              \le \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2+\frac{1}{n^2}\right) < \infty,
          \]
          因而 \(\sum \frac{|a_n|}{n}\) 收敛.

\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item \textbf{Solution}. $\dfrac{13\pi R^4}{9}$.

          由对称性可知
          \[
              \oiint\limits_S x^2\,\mathrm{d}S=\oiint\limits_S y^2\,\mathrm{d}S=\oiint\limits_S z^2\,\mathrm{d}S
              =\frac13\oiint\limits_S (x^2+y^2+z^2)\,\mathrm{d}S.
          \]
          又球面上 \(x^2+y^2+z^2=R^2\)，而 \(|S|=4\pi R^2\)，所以
          \[
              \oiint\limits_S x^2\,\mathrm{d}S=\frac{4\pi R^4}{3}.
          \]
          因而
          \[
              \iint\limits_S\left(\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}+\frac{z^2}{4}\right)\,\mathrm{d}S
              =\left(\frac12+\frac13+\frac14\right)\frac{4\pi R^4}{3}
              =\frac{13\pi R^4}{9}.
          \]

    \item \textbf{Solution}. $x-y=0$.

          令$F(x,y,z)=x^2+y^2-z$，$G(x,y,z)=2x^2+2y^2-z^2$，则两曲面的法向量可取为
          \[
              \nabla F=(2x,2y,-1),\qquad \nabla G=(4x,4y,-2z).
          \]
          在 \(P_0(1,1,2)\) 处切线的方向向量可取为$\boldsymbol{s}=\nabla F\times\nabla G=(2,2,-1)\times 4(1,1,-1)=4(-1,-1,0)$，

          因此法平面方程为
          \[
              x-y=0.
          \]

    \item \textbf{Solution}. $3$.

          记$P=x^{2023}+2xy^3$，$Q=ax^2y^2-y^{2024}$，则$\mathbf{grad } u(x,y)=\{P,Q\}$等价于$\mathrm{d}u=P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y$，所以
          \[
              \frac{\partial}{\partial y}(x^{2023}+2xy^3)
              =\frac{\partial}{\partial x}(ax^2y^2-y^{2024}),
          \]
          即
          \[
              6xy^2=2axy^2.
          \]
          因此 \(a=3\).

    \item \textbf{Solution}. $x\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$.

          $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!2^n}x^{2n+1}=x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^{n}=x\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$.

\end{enumerate}

\section{基本计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item \textbf{Solution}. 计算
          \[
              \overrightarrow{BA}=(2,2,-1),\qquad |\boldsymbol{s}|=\sqrt{6^2+6^2+7^2}=\sqrt{121}=11.
          \]
          则点到直线的距离为
          \[
              \begin{aligned}
                  d & =\frac{|\overrightarrow{BA}\times \boldsymbol{s}|}{|\boldsymbol{s}|}
                  =\frac{|(2,2,-1)\times (6,6,7)|}{11}                                     \\
                    & =\frac{|4(1,-1,0)|}{11}
                  =\frac{20\sqrt2}{11}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 由链式法则，
          \[
              \begin{gathered}
                  \frac{\partial z}{\partial x}=2x\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}+\left(x^2+y^2\right)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}\cdot\frac{-\frac{1}{y}}{1+\frac{x^2}{y^2}}=(2x-y)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}},\\
                  \frac{\partial z}{\partial y}=2y\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}+\left(x^2+y^2\right)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}\cdot\frac{\frac{x}{y^2}}{1+\frac{x^2}{y^2}}=(2y+x)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}.
              \end{gathered}
          \]
          因而
          \[
              \mathrm{d}z=\frac{\partial z}{\partial x}\,\mathrm{d}x+\frac{\partial z}{\partial y}\,\mathrm{d}y=\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}\left[(2x-y)\,\mathrm{d}x+(2y+x)\,\mathrm{d}y\right].
          \]
          由$z_x(x,y)=(2x-y)\mathrm{e}^{-\arctan\frac{x}{y}}$可知$z_x(0,y)=-y\cdot\mathrm{e}^{-\arctan 0}=-y$，所以$\left.\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)}=-1$.


    \item \textbf{Solution}. 设
          \[
              P=y^2-\cos y,\qquad Q=x\sin y.
          \]
          将曲线 \(L\) 与有向线段 \(AO\) 补成闭曲线，围成区域记为 \(D\). 由Green公式，
          \[
              \oint_{L+AO}P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y
              =-\iint\limits_D(Q_x-P_y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.
          \]
          因为
          \[
              Q_x-P_y=\sin y-(2y+\sin y)=-2y,
          \]
          故
          \[
              \begin{aligned}
                  I= {} & 2\iint\limits_D y\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y - \int_{\pi}^{0} (-1)\mathrm{d}x \\
                  = {}  & 2\int_0^{\pi}\mathrm{d}x\int_0^{\sin x} y\,\mathrm{d}y - \pi                 \\
                  = {}  & 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 x\,\mathrm{d}x - \pi=-\frac{\pi}{2}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 联立$2z=x^2+y^2$与$z=\sqrt{x^2+y^2}$，得$z=0$或$z=2$，

          \begin{minipage}[c]{0.57\textwidth}
              所以$\Omega$在$xOy$平面上的投影为圆盘$D:x^2+y^2\le 4$，

              积分区域$\Omega$如图所示. 用柱坐标代换，
              \[
                  \begin{aligned}
                      V
                          = {} & \iint\limits_{D}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\int_{\frac{r^2}{2}}^{r}\,\mathrm{d}z     \\
                      = {}     & \int_{0}^{2\pi}\,\mathrm{d}\theta\int_0^2\left(r-\frac{r^2}{2}\right)r\,\mathrm{d}r \\
                      = {}     & \frac{4\pi}{3}.
                  \end{aligned}
              \]
          \end{minipage}
          \hfill %
          \begin{minipage}[c]{0.4\textwidth}
              \includegraphics[width=5.8cm]{2024xf-figure2.pdf}
          \end{minipage}

    \item \textbf{Solution}. 记$S$所围成的区域为$\Omega$. 由Gauss公式，
          \[
              \begin{aligned}
                  I= {} & \oiint\limits_{S}[(x^3+z^2)\cos\alpha+(y^3+x^2)\cos\beta+(z^3+y^2)\cos\gamma]\mathrm{d}S                                                                \\
                  = {}  & \oiint\limits_{S}\left(x^3+z^2\right)\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+\left(y^3+x^2\right)\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x+\left(z^3+y^2\right)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
                  = {}  & \iiint\limits_{\Omega}\left[3x^2+3y^2+3z^2\right]\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z.
              \end{aligned}
          \]
          用球坐标代换，
          \[
              \begin{aligned}
                  I= {} & 3\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_0^1 r^4\,\mathrm{d}r \\
                  = {}  & \frac{6\pi}{5}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi
                  =\frac{6\pi}{5}(1-\cos \frac{\pi}{4})=\frac{3\left(2-\sqrt2\right)\pi}{5}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 由
          \[
              \frac{1}{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n,\qquad |t|<1,
          \]
          令 \(t=\frac{x}{4}\)，并对两边求导，得
          \[
              \frac1{(4-x)^2}=\frac1{16}\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\left(\frac{x}{4}\right)^n,\qquad |x|<4.
          \]
          因此
          \[
              \frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{n+1}{4^{n+2}},
          \]
          所以
          \[
              f^{(20)}(0)=\frac{21!}{4^{22}}.
          \]

\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item \textbf{Solution}. 点 \(P_0(1,2,-2)\) 对应参数 \(t=1\). 曲线 \(L\) 的切向量为
          \[
              \boldsymbol{\tau}=(1,4,-8),\qquad \boldsymbol{\tau}_0=\frac{1}{9}(1,4,-8).
          \]
          计算
          \[
              \nabla u=\left(\frac{y^2+z^2}{(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}},\,-\frac{xy}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}},\,-\frac{xz}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\right).
          \]
          在 \(P_0\) 处
          \[
              \nabla u(P_0)=\left(\frac{8}{27},\,-\frac{2}{27},\,\frac{2}{27}\right).
          \]
          因而沿切线方向的方向导数为
          \[
              \left.\frac{\partial u}{\partial \boldsymbol{l}}\right|_{P_0}=\nabla u(P_0)\cdot \boldsymbol{\tau}_0=\left(\frac{8}{27},\,-\frac{2}{27},\,\frac{2}{27}\right)\cdot \frac{1}{9}(1,4,-8)=-\frac{16}{243}.
          \]
          最大变化率即
          \[
              |\nabla u(P_0)|=\frac{1}{27}\sqrt{8^2+2^2+2^2}=\frac{2\sqrt{2}}{9}.
          \]

    \item \textbf{Solution}. 由题意
          \[
              f_x=2ax+by,\qquad f_y=2by+ax.
          \]
          因为 \(f_{xy}=f_{yx}\)，故 \(a=b\). 又
          \[
              f_x(1,1)=2a+b=3,
          \]
          所以 \(a=b=1\). 于是
          \[
              \mathrm{d}f=(2x+y)\,\mathrm{d}x+(x+2y)\,\mathrm{d}y
              =\mathrm{d}(x^2+xy+y^2),
          \]
          并由 \(f(0,0)=-3\) 得
          \[
              f(x,y)=x^2+xy+y^2-3.
          \]
          曲线 \(f(x,y)=0\) 即
          \[
              x^2+xy+y^2=3.
          \]
          在曲线$f(x,y)=0$上任取一点$(x,y)$，则$(-1,-1)$到该点的距离为$d=\sqrt{(x+1)^2+(y+1)^2}$.

          用Lagrange乘数法，设$F(x,y,\lambda)=(x+1)^2+(y+1)^2+\lambda(x^2+xy+y^2-3)$，令
          \[
              \begin{cases}
                  \frac{\partial F}{\partial x}=2(x+1)+\lambda(2x+y)=0, \\[6pt]
                  \frac{\partial F}{\partial y}=2(y+1)+\lambda(x+2y)=0, \\[6pt]
                  \frac{\partial F}{\partial \lambda}=x^2+xy+y^2-3=0,
              \end{cases}
          \]
          解得$\begin{cases}
                  x=1, \\
                  y=1,
              \end{cases}$，$\begin{cases}
                  x=-1, \\
                  y=-1,
              \end{cases}$，$\begin{cases}
                  x=-1, \\
                  y=2,
              \end{cases}$，或$\begin{cases}
                  x=2, \\
                  y=-1.
              \end{cases}$

          计算$d(1,1)=2\sqrt{2}$，$d(-1,-1)=0$，$d(2,-1)=3$，$d(-1,2)=3$，所以最大值为$3$.

\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item \textbf{Proof}. 由轮换对称性，
          \[
              \iint\limits_D \cos y^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\iint\limits_D \cos x^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.
          \]
          所以
          \[
              \iint\limits_D(\cos y^2+\sin x^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y
              =\iint\limits_D(\cos x^2+\sin x^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\sqrt{2}\iint\limits_{D}\sin\left(x^2+\frac{\pi}{4}\right)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.
          \]
          当 \(0\le x\le 1\) 时，
          \[
              \frac{\sqrt2}{2}\le \sin\left(x^2+\frac{\pi}{4}\right)\le 1.
          \]
          所以
          \[
              \begin{gathered}
                  \iint\limits_{D}\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\le \iint\limits_{D}\sqrt{2}\sin\left(x^2+\frac{\pi}{4}\right)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\le \iint\limits_{D}\sqrt{2}\cdot 1\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y,\\
                  1\le \iint\limits_{D}(\cos y^2+\sin x^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\le \sqrt{2}.
              \end{gathered}
          \]

    \item \textbf{Proof}. $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\left[1+\frac{(-1)^n}{n}\right]^{-\frac{1}{2}}$，

          利用Taylor公式$(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+o(x)$，
          \[
              \begin{aligned}
                  a_n= {} & \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\left[1-\frac{1}{2}\cdot\frac{(-1)^n}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right] \\
                  = {}    & \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}-\frac{1}{2n\sqrt{n}}+o\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right).
              \end{aligned}
          \]
          由于$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$和$\sum \frac{1}{n\sqrt{n}}$都收敛，所以$\sum a_n$收敛.

\end{enumerate}
\end{document}





