设 $\Sigma$ 为 $x^2+y^2+z^2=1(z \geqslant 0), l, m, n$ 为 $\Sigma$ 上任一点处的外法线的方向余弦, 则 $I=\iint_{\Sigma} z(l x+m y+n z) \mathrm{d} S=$
设向量场 $\boldsymbol{A}(x, y, z)=x y \boldsymbol{i}-y z \boldsymbol{j}+z x \boldsymbol{k}$, 则 $\operatorname{div}[\operatorname{rot} \boldsymbol{A}(x, y, z)]=$
设 $f(x, y)= \begin{cases}\mathrm{e}^{x^2+y^2} \frac{\sin \sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}}, & x^2+y^2 \neq 0, \\ 1, & x^2+y^2=0, x^2+y^2 \leqslant t^2,\end{cases}$ 则 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\pi t^2} \iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=$
设 $f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x+\mathrm{e}^{n x}}{1+\mathrm{e}^{n x}}$, 则 $f(x-1)$ 的间断点为
设曲线的极坐标方程为 $r=\frac{1}{3 \theta-\pi}$, 则该曲线的斜渐近线方程为
设 $z=z(x, y)$ 由方程组 $\left\{\begin{array}{l}x=(t+1) \cos z, \\ y=t \sin z\end{array}\right.$ 确定, $t=t(x, y)$, 则 $\frac{\partial z}{\partial x}=$
设曲线 $y=\frac{x}{\sqrt{1+n x^2}}$ ( $n$ 为正整数) 与 $x=1$ 及 $x$ 轴所围区域绕 $x$ 轴旋转一周 所得体积为 $V_n$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} n V_n=$
设 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(1-2 x^3\right)+x f(x)}{x^6}=3$, 则 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-2 x^2}{x^5}=$
$f(x, y)=\mathrm{e}^{2 x}\left(x+2 y+y^2\right)$ 的极值为
设连续函数 $f(x, y)$ 满足 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)-x-2 y-1}{x^2+y^2}=1$, 则 $\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(3 h, 0)-f(0, h)}{h}=$
设 $\varphi(u)$ 为连续函数, 且 $\int_y^x \varphi(t-x-y) \mathrm{d} t=x^2+y^2+z$, 则 $y \frac{\partial z}{\partial x}-x \frac{\partial z}{\partial y}=$
设空间曲线 $L$ 的方程为 $\left\{\begin{array}{l}x^2+4 y^2=1 \\ x+2 y+z=1\end{array}\right.$, 从 $z$ 轴正向看是顺时针方向, 则
$$
\oint_L \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y+z\left(x^2+4 y^2\right) \mathrm{d} z}{x^2+4 y^2}=
$$
设区域 $D=\left\{(x, y) \mid 1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}$, 则二重积分 $I=\iint \frac{x \sqrt{x^2+y^2}}{x+y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=$
设函数 $f(x)=\frac{(x+1)^n}{\mathrm{e}^{x^2}}$, 则 $f^{(n)}(-1)=$
设 $f(u)$ 为可导函数, 曲线 $y=f\left(\mathrm{e}^x\right)$ 过点 $(1,2)$, 且它在点 $(1,2)$ 处的切线过点 $(0,0)$, 那么函 数 $f(u)$ 在 $u=\mathrm{e}$ 处, 当 $u$ 取得增量 $\Delta u=0.01$ 时, 相应的函数值增量的线性主部是
设 $\alpha$ 为实数, 则 $\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d} x}{\left(1+x^2\right)\left(1+x^a\right)}=$
曲线 $y=\int_0^x \tan t \mathrm{~d} t\left(0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{3}\right)$ 的弧长 $s=$
设二元函数 $z=z(x, y)$ 有二阶连续偏导数, 且满足
$$
6 \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}-\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=1,
$$
令变量 $\left\{\begin{array}{l}u=x-2 y \\ v=x+3 y\end{array}\right.$, 那么 $\frac{\partial^2 z}{\partial u \partial v}=$
$\lim _{\substack{x \rightarrow 2 \\ y \rightarrow+\infty}}\left(\cos \frac{x^2}{y}\right)^{\frac{y^2+x}{x^3}}=$
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续可微, 且
$$
\int_0^1 f(x) \mathrm{d} x=3, \int_0^1 x f(x) \mathrm{d} x=3,
$$
则积分 $\int_0^1 x(x-1)\left[3-f^{\prime}(x)\right] \mathrm{d} x=$
差分方程 $y_{x+1}-2 y_x=x 2^x$ 的通解为
设区域 $D=\left\{(x, y) \mid 1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}$, 则二重积分 $I=\iint_D \frac{x \sqrt{x^2+y^2}}{x+y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=$
求极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x}{n^2+x^2}$.
设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续,在开区间 $(0,1)$ 内可导, 且 $f(0)=0, f(1)=1$. 若三个正 数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=1$, 证明: 存在三个互不相等的数 $\xi_i \in(0,1), i=1,2,3$, 使得
$$
\frac{a}{f^{\prime}\left(\xi_1\right)}+\frac{b}{f^{\prime}\left(\xi_2\right)}+\frac{c}{f^{\prime}\left(\xi_3\right)}=1 .
$$
已知平面上的函数 $f(x, y)$ 满足 $\frac{\partial f(x, y)}{\partial y}=2(y-2)$, 且
$$
f(x, x)=(x-2)^2+(x-2) \ln x,
$$
求函数 $f(x, y)$ 的解析式, 并求曲线 $f(x, y)=0$ 绕直线 $y=2$ 旋转一周所形成的旋转体的体积.
设函数 $f(u)$ 在区间 $(-\infty,+\infty)$ 上具有二阶连续导数, 且 $z=f\left(\mathrm{e}^x \cos y\right)$ 满足
$$
\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=\mathrm{e}^{2 x}\left(z+\mathrm{e}^x \cos y\right) .
$$
(I) 验证: $f^{\prime \prime}(u)-f(u)=u$;
(II) 若 $f(0)=f^{\prime}(0)=1$, 求出函数 $f(u)$ 的表达式.
$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n-1}{n^2}\right)=$
若 $f(x)$ 连续，且 $f(0)=2$ ，又函数
$$
F(x)= \begin{cases}\frac{1}{x^2} \int_0^{x^2} f(t) \mathrm{d} t, & x \neq 0 \\ a, & x=0\end{cases}
$$
连续，则 $a=$
若 $f(x)$ 有连续导数，且
$$
\int_0^\pi f(x) \sin x \mathrm{~d} x=k, f(\pi)=-2, f(0)=5,
$$
则 $\int_0^\pi f^{\prime}(x) \cos x \mathrm{~d} x=$