数一张宇四套-过关版

第一套

第3题，利用狄利克雷收敛准则，$S(\pm\pi)=\frac{f((-\pi)^-)+f(\pi^+)}{2}$
第9题，这个算是几何分布的一个变形，不完全等于几何分布。几何分布$X\sim g(p)$的数学期望$E(X)=\frac1p,D(X)=\frac{1-p}{p^2}$
第11题，在利用格林公式计算曲线积分时，最好先把$f(x)$代入，这样比较好算
第12题，注意时谁截谁，“球面被锥面截下的小的部分”，说明所积曲面是球面的一部分，而不是锥面上的部分，所以在计算第一类曲面积分求偏导时，应按照球的表达式求
第14题，只要满足题目中那个极限的式子，那么$f(0,1)$的值、和在该点上对$x,y$的偏导都有了，偏导数存在，也可微
第18题，有两种方法，一种是答案里的利用条件极值的方法来求解，约束条件是曲面方程；第二种是求出切线和平面平行的点，这个点不是最小点就是最大点
第19题，应注意对于正交变换来说，$Q^TAQ=Λ,Λ=QAQ^T$

第二套

选择题第1题

错因：不细心，函数为常数的部分直接当成了导数，但实际常数的导数为0。

大题第20题

错因：没有思路，需加强解证明题的熟练度。

思路：

构造变限积分函数；
对构造的函数在$(a,x)$和$(x,b)$上用两次拉格朗日定理；
将原积分分为$(a,\frac{a+b}{2})$和$(\frac{a+b}{2},b)$两部分。

大题第21题

错因：一方面，直接从$|\frac12A-E|=0$得出特征值$\lambda=\frac12$，实际上从$|\frac{1}{2}E-A|=0$才能得到。另一方面，直接将求出的特征值组成的对角阵作为了最终的结果，但这个矩阵只是与最终的结果相似（也合同）。

思路：

根据$|\frac12A-E|=0$和$AB-3B=O$得出两个特征值$\lambda=2,3$
根据$r(B)=2$和矩阵$B$的列向量可得$\lambda=3$为二重特征值，并得到对应的两个特征向量；
由$\lambda=3$的两个特征向量求出$\lambda=2$对应的一个特征向量；
对三个特征向量进行正交化、单位化，然后组合得到标准型的正定阵$Q$；
由$Λ=Q^TAQ$有$A=(Q^T)^{-1}ΛQ^{-1}=QΛQ^T$，从而得到最终的答案。

第三套

得分：126（填空16题×（$\sum_{i=2}^n$当成了$\sum_{i=1}^n$）；大题17马虎-8；18第二问没思路-6；20思路是对的，但后面一半计算圆柱投影的面积错误-5。有两三个选择题时靠技巧（投机取巧）做出来的。）

薄弱点：泰勒级数，级数敛散性判定，曲面积分

第2题：看见存在$f’’(x)$等高阶导数相关的条件时，要有意识的从泰勒级数出发，在合适的地方展开；
第3题：选项中有$\frac{f’(x)}{f(x)}$形式的式子，正好可以构造函数$F(x)=\ln f(x)$，然后用拉格朗日定理$F’(ξ)=F(1)-F(0)=\ln \frac{f(1)}{f(0)}$便得到了选项中$\frac{f(1)}{f(0)}$的形式；
第4题用到了轮换对称性；
第6题B选项用到了结论：$A-\ m×n,B-\ n×s$，且$AB=0$，则$r(A)+r(B)\le n$；
第15题，两次初等变换对于的矩阵其实是可逆的，也就是说$A\sim C$，特征值相同;
第16题，要注意$\sum_{i=2}^n$是从2开始的，不是从1;
第18题，第二问的思路是，先按部分和有极限来证明出$\sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1})$收敛，然后利用比较判别法的极限形式证明$\sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1})^2$收敛。
第19题，最大方向导数就是梯度，所以本题就是求解函数在平面上的点的梯度；
第20题，利用了斯托克斯公式，因为所求的曲面是一个平面，而且平面方程已知，那么就可以直接求出法向量的三个方向余弦（$\cos \alpha,\cos\beta,\cos\alpha$），从而转化为第一类曲面积分；需要注意的是，题目所给柱面$x^{\frac23}+y^{\frac23}=1$的面积需要专门求出（在定积分的应用那一章涉及的知识点），不是想当然的$\pi$。
第22题需要注意的一点是，$U$与$X$其实是相关的，所以不能按混合随即变量的常用解法来求。