数学分析试题库计算题、解答题答案

数学分析试题库--计算题、题--答案

解答

数学分析题库（1-22章）

四．计算题、解答题

求下列极限 解：１.

limn24(nnn2lim2)(n2)nn2limn(n2)

２． nlim(11121231n(n1))

lim(1n111211231n1n1)

lim(11nn1)1３．

ex1exlimx0cosxlimx0cosx111

４.这是00型，而 11[(1x)x][exln(1x)]1(1x)x[1x2ln(1x)1x11x]

1(1x)xx(1x)ln(1x)x2(1x)故 原极限＝1lim(1xxx(1x)ln(1x)x0)x2(1x) elim1ln(1x)1x02x3x2

elim1x026x1x15

limn31(nn1n1lim1)(n2n1)n1(n1)limn1(n2n1)3

2

6 lim(111)nnnn2 1n2n(n1)lim(1n2nn1n2)

n1因

limn(n1)nn21，

limn2nn1

故原极限＝e1e.

7． 用洛必达法则

lim12sinx2x3x

6coslimcosx3x63sin3x38.

11exlim(x0x1xex1)limx0x(ex1)

limex1ex1x0xexex1limx0xex2ex2

9. limtanxxx0xsinx; 解法1：

limtanxxsec2xx0xsinxlim1x01cosx

lim1cos2xx0cos2（x1cosx）

lim1cosxx0cos2x

2 解法2：

3

tanxxsec2x1limlimx0xsinxx01cosx lim2sec2xtanxx0sinx

lim2x0cos3x 2

110． lim(sin2xx0xcosx)

解 因limsin2xcosx12cos2xsinxx0xlimx012（3分）

故

原式1sin2xcosx1lim(1sin2xcosx1xx0sin2xcosx1)=e2

求下列函数的导数

11.yexcosx12.yln(lnx)13.yxsinx14.求ysinx的各阶导数.

解 11yexcosxexsinx

12 y1lnx1x1xlnx 13y(esinxlnx)xsinx(cosxlnxsinxx)

14 . ycosxsin(x2) ysinxsin(x22)ycosxsin(x32)

y(n)sin(xn2)

4

，

15 yexsin2x2excos2x

) 16 ycosx1lnx(sinx1x17 y[e18 y19．

(n)sinxln(cosx)](cosx)sinx(cosxln(cosx)tanx)

sin(x(n1)),(n1,2,)2.

11tanxxx123sec2ln3xx；

x20.求下列函数的高阶微分：设u(x)lnx,v(x)e，求ud(uv),d() v33解 因为

d3(uv)2x1x1x12uvCuvCuvuve3e3elnxex33332xdxxx233(32lnx)exxxx

所以

d3(uv)333x23d(uv)dxe(lnx)dxdx3x3x2x3

d3ud32x11xxx()(lnxe)e3(e)3elnx(ex)3332xdxvdxxx233ex(32lnx)xxx所以 d3u233()ex(32lnx)dx3vxxx

21. y(arctanx);

32解：

y2arctanx3(arctanx3)6x2 arctanx361x

5

22. yx;

xx解： 令y1xx,lny1xlnx

两边对两边对x求导有

y1lnx1y1,(x)xxxlnxxxlnyxxlnx(x两边对x求导有yyx

lnx) (xx)lnxxx(lnx) (xxlnxxx)lnxxx1yx((xlnxx)lnxx xxxx(ln2xlnxx1)xxxxxx1)

23. 求由参量方程导数

d2y:2dxtxecost,tyesint;所确定的函数的二阶

txecost,tyesint;解法1：

由含参量方程的求导法则有

dyetcostetsintcostsintttdxecostesintcostsint

的导数

求

d2ydx2即求参量方程

dycostsint,dxcostsintxetcost;

(costsint)2(costsint)2dyd()d2y2(costsint)2dxdx2dxet(costsint)et(costsint)3

6

解法2：

txecost,tyesint;

由含参量方程的求导法则有

dyetcostetsintcostsintttan(t)tdxecostesintcostsint4

求

d2ydx2即求参量方程

2dytan(t),dx4xetcost;的导数

y ddx2d(dy)sec2(t)2tdx4esec3(t)dx242etcos(t)4(6)24．设yxe, 试求y.

3x解 基本初等函数导数公式，有

(x3)3x2,(x3)6x,(x3)6,(x3)(k)=0, k4,5,6,(ex)(k)ex,k1,2,,6

,

应用莱布尼兹公式（n6）得

yxe63xe156xe206e

(6)3x2xxx(x318x290x120)ex.

xa(tsint),25．试求由摆线方程 所确定的函数ya(1cost)yf(x)的二阶导数.

dy(a(1cost))sinttcot,dx(a(tsint))1cost2解

t1tcotcsc22dy2221csc4t.dx2(a(tsint))a(1cost)4a2

7

26 .求f(x)ln(1x)到x项的带佩亚诺型余项的麦克

26劳林公式. 解 因为

x2x3ln(1x)xo(x3)2326,

所以f(x)ln(1x)到x项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式为

x4x6ln(1x)xo(x6)2322.

27．

(－x (,2) －２ 2,－－１ 1) 不存在 (－1,0) ＋ 递增，凹 ０ (0,) y － 递减，０ 极小＋ 递０ 极大１ － 递凹 yf(x)值 增，值 减，凹 －３ 凹 28．解 （1）limf(x)limxx0x0msin10f(0)x，故对任意正

整数m，f在x0连续. （

2

8

）

f(0)limx0f(x)f(0)limx0x0xmsin10m110m1xlimxsinx0xx不存在m1，故

当m1时，f在x0可导. （3）先计算f的导函数.xxmsinf(x0)limxx0m(xmx0)sin00，

111111mmmmx0sinxmsinx0sinx0sinx0sinxx0xxxx0limxx0xx0xx0111mx0(sinsin)xxx0xx0limxx0

m1lim(xm1xm2x0x0)sinxx01limxxx0mx02cosxx0xxsin02xx02xx0xx0

m1mx0sin11111mm1m2x0cos2mx0sinx0cosx0x0x0x0x0limf(x)lim(mxm1sinx0x0m211110xm2cos)limxm2(mxsincos)x0xxxx不存在m2x0由（2）知，f(0)0，于是当m2时，有limf(x)0f(0)，所以当m2时，f在x0连续. 29．解 因为

f(0)0,g(0)0f(x)2x,g(x)3x2，故当

x0时，

，不满足柯西中值定理的条件，所以

10f(0)x在区间[-1, 1]上不能用柯西中值定理. 30．证明 （1）对任何x0，有f(x)x故x0是极小值点.

（2）当x0时，有

9

4sin2，

f(x)4x3sin21111112x2sincos2x2sin(2xsincos)xxxxxx，作数

列

xn12n2，y0n12n4，则xn0，yn0.即在x0的任何右邻域Un(0)内，既有数列{x}中的点，也有

nnn0数列{y}中的点.并且f(x)0，f(y)0，所以在U充分条件.又因为

x4sin2f(0)limx0(0)内f的符号是变化的，从而f不满足极值的第一

10x01112x2sin(2xsincos)0xxxf(0)lim0x0xx，，

所以用极值的第二充分条件也不能确定f的极值.

31．答：能推出f在(a,b)内连续.证明如下：xmin{x取1200(a,b)，

a,bx0}，于是x0[a,b]，由题设，f在

0[a,b]f上连续，从而在x连续.由x的任意性知，

03在(a,b)内连续.

9x212x|32.试求函数y|2x解

在[1,3]上的最值和极值.

y|2x39x212x||x(2x29x12)|2x(2x9x12),1x0,2x(2x9x12),0x3,

10

在闭区间[1,3]上连续, 故必存在最大最小值.

26x18x12,y26x18x126(x1)(x2),1x0,0x3,6(x1)(x2),

故 令y0,得稳定点为x1,2. 又因f(0)12,f(0)12,在x0处不可导. 列表如下

x [1,0) (0,1) 0 1 y(1,2) 0 2 (2,3]f(x)  不存在 极小 0 极大  f(x) 递减 值 值 值 增 减 增 f(0)0 f(1)5 f(2)4 递递极小递所以x0和x2为极小值点, 极小值分别为

f(0)0和f(2)4,x1为极大值点, 极大值为f(1)5.

又在端点处有f(1)23,f(3)9, 所以函数在

x0处取最小值0,在x1处取最大值23.

533.求函数yx解：令yf(x)

5x45x31在[1,2]上的最大最小值：

y5x420x315x2 5x2(x24x3) 5x2(x1)(x3)

12令y0解得函数在[1,2]的稳定点为x0,x

11

1,

而f(1)10,f(0)1,f(1)2,f(2)7，

所以函数在[1,2]的最大值和最小值分别为

fmax(1)2,fmin(1)10.

334. 确定函数y2x点: 解：令yf(x)

3x236x25 的凸性区间与拐

y6x26x36,y12x6,

解得x1， 2y12x60,1)时，y0，从而区间(,)为函数的凹区当x(,122间,

1,)时，y0，从而区间(,)为函数的凸区当x(122间.

113113)0,f()，所以(,)为曲线的拐点. 并且f(12222235.设

1an1n(n1,2,)nn,则a是有理数列.

n点集a界.

n1,2,非空有界,但在有理数集内无上确

数列a递增有上界,但在有理数集内无极限.

n36.设

1an1n(n1,2,)n,则a是有理数列.

n12

点集ann1,2,有界无限,但在有理数集内无不存

在聚点.

数列a满足柯西准则,但在有理数集内不存在

n极限.

137.不能从H中选出有限个开区间覆盖0,2.因为H中任意有限个开区间,设其中左端点最小的为11,则当时,这有限个开区间不能覆盖0xN2N3.

x38.

du66x5x2x11dx29.uxdx6x1x3x2u3ux3x26xlnx1C322u33u66u6ln6u1C.

39.令xasint,t,则 2a2axdxacostdasintacostdt21cos2tdta2112xtsin2tCaarcsinxa2x2C.222a2222

40.

x21x21131.xarctanxdxarctanxdarctanxx21darctanx222x211x21x211arctanxdxarctanxxC.2221x22

41.

13

2x211432.dx2dxlnx1321xx1xx12x1lnx112x1arcsinC.33x2x23

2dx42.令t1x,则有x2t21t12,dx8tt212dt,

x24t222dtdxdt22x21t21t21t1t11tln2arctantCln1t1x2x2x2x2

x2C.x22arctan43. 令

xttan2,则有

1t22cosx,dxdt1t21t2,

. .

dxdt1d(2t)112tanxC.arctan2tCarctan222253cosx14t221(2t)44.e1elnxdx1lnxdxlnxdxxlnxx1xlnxx12(1e1)e1ex1e1e45.e10dxxtetdt22tdet2tetetdt2eet000011112102.

.

46.

arcsinxdxxarcsinx0001111xdx1d1x21x12201x22201x21n12lim2nni147.

11Jlimnnn21n222112in1n.其中和式

是函数

1f(x)11x2在[0,1]上的一个积分和,所以.

xxaa1dxJarctanx0401x248.F(x)

xaf(t)(xt)dtxf(t)dttf(t)dt.14

.于是

y2xb21a202F(x)f(t)dtxf(x)xf(x)f(t)dt,F(x)f(x)aaxx.

49.以平面

z2202xx0(x0a)1截椭球面,得一椭圆

xc21a.所以截面积函数为

x2bc12,x[a,a]aa.于是椭球面的体积.

ybsint,t[0,2]x24Vbc12dxabc3aa50.化椭圆为参数方程: xacost,是椭圆所围的面积为

A2.于

02bsintacostdtabsin2tdtab0.

51.xa(1cost),yasint,0t2,于是所求摆线的弧长为

s2022t2a(1cost)dt2asindt8a022x(t)y(t)dt220.

52.根据旋转曲面的侧面积公式S2可得所求旋转曲面的面积为

S2sinx1cos2xdx22ln0baf(x)1f2(x)dx21.

为.

53.

0因

x2A0xedxlimA1x211eA21xedxlimelim22A0A22x20A于是无穷积分.因为

xexdx2收敛,其值为1. 2AAdxdx1x1dxlimlim1x2(1x)A1x2(1x)A11xx215

1ln1Aln2lnA111ln2.limln(1x)lnxlimAxA1AA

于是无穷积分55.因为

1n(n1)(n2)n1n1dxdxx2(1x)收敛,其值为1ln2.

,从而级数

1111n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)的部分和为

n11111111(n)k(k1)(k2)2k(k1)(k1)(k2)22(n1)(n2)4k1k1.

于是该级数收敛,其和为1. 456.因为lim1cosn112sin2nlim2n1n11222nn,且级数n1收敛,所

2n11以级数收敛. 1cosnn157.因为limnnunlimn11n2n12,由根式判别法知级数

n2n1n1n收敛.

1n58.因为limsin2nn1n2,且级数1发散,故原级数不nn122绝对收敛.但sinn单调递减,且limsin0,由莱布尼nn茨判别法知级数1n1nsin2n条件收敛.

16

59. 因为

nxn11112sinsinkxcoskxcoskxcosxcosnx2k12222k1,

当x(0,2)时,和数列

xsin02,于是.所以级数sinnx的部分

n111cosxcosnx221Snsinkxxxk12sinsin22n

当x(0,2)时有界,从而由狄利克雷判别法知级数sinnnx收敛;

n1同法可证级数cosn2nx在x(0,)上收敛.

n1又因为发散,

sinnxsin2nx11cos2nx1cos2nxnnn22n2n,级数21nn1cos2nxnn11cos2nx收敛,于是级数2n2n发散,n1由比较判别法知级数sinnnx发散.所以级数

n1sinnxnn1在x(0,2)条件收敛.

(1 )n(xn)nnn160. 判断函数项级数致收敛性. 解 记

在区间[ 0 , 1 ]上的一

(1 )nxun(x) , vn(x)1nnn. 则有ⅰ> 级数

17

un(x)收敛;

nⅱ> 对每个x[ 0 , 1 ], v(x)↗；ⅲ> 对 x[ 0 , 1 ] 和n成立. 由致收敛. 61.

fn(x)nx1n2x2x |vn(x)|1enn

Abel

判别法, 在区间[ 0 , 1 ]上一

}的一

, x[ 0 , 1 ]. 讨论函数列{fn(x)致收敛性. 解 limfnn(x) 0, x[ 0 , 1 ]. |fn(x)― 0|fn(x) .

可求得

max0x111fn(x)fn( ) 0,n2 ( n ).

函数列{fn(x)}在区间[ 0 , 1 ]上非一致收敛.

62. 函数列

122nx,0x,2n11fn(x)2n2n2x,x,2nn10,nx1.

n1,2,

在[0,1]上是否一致收敛？

解：由于f(0)0，故f(0)limfnnn(0)0.当0x1时，只要n1，就有xf(x)limfn(x)0nfn(x)0，故在(0,1]上有

.于是函数列（8）在[0,1]上的极限

18

函数f(x)0，又由于

x[0,1]supfn(x)f(x)fn(1)n2n

(n)，

所以函数列（8）在[0，1]上不一致收敛. 63.

fn(x)2n2xenx22在R内是否一致收敛？

fn(x)0解 显然有

xn12n,|fn(x)f(x)| 1

fn(x)在点

处取得极大值

n1fn2ne202n,( n ). 由系

2 , {f(x)}不一致收敛.

122nx , 0x,2n11fn(x)2n2n2x, x , ( n1 , 2 ,  ),2nn10 , x1 .n. 函数列

在[ 0 , 1 ]上是否一致收敛？

解 0x1时, 只要nx, 就有f1n(x)0. 因此,

在( 0 , 1 ]上有

f(x)limfn(x)0n. fn(0)0,  f(0)limnfn(0)0.于是, 在

,

[ 0 , 1 ]上有

nf(x)limfn(x)0( n ). 但由于max|fx[0,1]1(x)f(x)|fn0nn2n,

37x4x33319

因此 , 该函数列在[ 0 , 1 ]上不一致收敛.

2xx65. 求幂级数13323的收敛域 .

解 数 .

limn12337n1x2x3x4xxn1x2n3333n03是缺项幂级

|an1|1 ,  R3|an|3. 收敛区间为( 3 , 3 ).

x3时,

通项0. 因此 , 该幂级数的收敛域为( 66. 计算积分Iedx, 精确到0.0001.

1x203 , 3 ).

解 因

e01x2ex2x2n,(1 )n!n0n

x(  ,  ).

, .

此

2nnxdx(1 )dx0n!n01(1 )nn010x2n1dx(1 )n(2n1)n!n!n0上式最后是Leibniz型级数 , 其余和的绝对值不超过余和首项的绝对值 . 为使

11  (2n1)n!1000,可取n7.故从第0项到第6项这前7 项

之和达到要求的精度.于是

11111 Iedx11 3527692411120137201x20

10.333330.100000.023810.004630.000760.000110.7468.

67. 把函数f(x)ln(5x)展开成(x2)的幂级数. 解

nx2x3n1xln(1x)x( 1 )23n( 1 )n1n1xnn,

20

x( 1 , 1 ].

,

x(5 , 9 ]而

x2ln(5x)ln(7x2)ln1ln77n1 (1 )n1nn0(x2)nln77nn .

168. 求幂级数nnx的和函数. !解法一 收敛域为(  ,  ),设和函数为S(x), 则有 x0xn11xn1nnxexS(t)dttdt(n1)tdt00n0n!n0n!n0n!x.

,

因此,

x(  ,  )n1nxn0n!S(x)=

xxx0S(t)dt(xe)(1x)e.

n1nnxnxn!n!n0n0解法二

xnxnexn0n!n1(n1)!

,

x(  ,  )xnxexxexex(x1)exn0n!.

x69. 展开函数f(x)(1x)e. 解

xnf(x)exen0n!xxxn1n0n!xnxnn0n!n1(n1)!

1xnxn1n11n!(n1)!xn!(n1)!n1n1n11nn1xn1n!n 1xn!n0n, |x|  .

21

70. 在指定区间内把下列函数展开成傅里叶级数

f(x)x,（i）x,（ii）0x2. 解 （1）（i）函数f及其周期延拓后的图象所示. 显然f是按段光滑的，故由收敛定理知它可以展开成傅里叶级数. 由于

a01f(x)dxxdx0.

1当n1时，有

an1f(x)cosnxdxxcosnxdx111xsinnx|sinnxdxnn12cosnx|0x11bnf(x)sinnxdxxsinnxdx

11xcosnx|cosnxdxnn2,当n为偶数时，n2,当n为奇数时.n

所以在区间(,)上

f(x)2(1)n1n1sinnx,n

（ii）函数f及其周期延拓后的图象所示. 显然f是按段光滑的，故由收敛定理知它可以展开成傅里叶级数. 由于

a0120xdx2.

当n1时

22

an120xcosnxdx112xsinnx|0nn020sinnxdx,

bn120xsinnxdx112xcosnx|0nn220cosnxdx.

所以在区间(0,2)上

71. 设f(x)是以2为周期的分段连续函数, 又设f(x)是奇函数且满足f(x)f(x)试求f(x)的

1Fourier系数bf(x)sin2nxdx的值，n1,2,.

2nf(x)2sinnxn. n1解 由f(x)是奇函数，故f(x)sin2nx是偶函数，

再由f(x)f(x)，故有

b2n2fxsin2nxdx0

.

作变换xt，则

b2n20ftsin2nt1dt2ftsin2ntdt02n2fxsin2nxdx0

b . 所以,b0,n1,2,.

72. 设f(x)以2为周期，在区间[0,2]内,

2n 23

试求f(x)的Fourier级数展开式。

解 由Fourier系数的计算公式，

a0x,0x2,fx20,x2,

12xdx1,0212xxsinnx212ancosnxdxsinnxdx0,2200022n2n

12xsinnxdx02xcosnx212cosnxdx22002n2n1nbn

.

又f(x)满足Fourier级数收敛的Dirichlet条件， 故

x21,x0,11sinnx1fx~,x0,2n1n2x,0x,2.

73.设

0x ,

求在[,]内f(x)的以2为周期的Fourier级数展开式.

解 注意到f(x)是奇函数，故f(x)的Fourier系数

an0,n0,1,2,

24

x2x,fx2xx,x0

bn2fxsinnxdx0

2xx2sinnxdx0222xxcosnx2xcosnxdx0n0n2422xsinnx2sinnxdx0n0n4cosnx0n3411n3

因此

n,3n1,2, .

b2n0,b2n182n1,n1,2,3,.

由f(x)在[,]内分段单调，连续，且f()f(), 故在[,]内

. 74. 设f(x)是以2为周期的连续函数,其Fourier系数为a,a,b,n1,2,.试用a,a,b,表示函数F(x)f(x)cosx的Fourier 系数

解 由Fourier系数的计算公式，

0nn0nn81fxsin2n1xn12n13

11A0Fxdxfxcosxdxa1,1AnFxcosnxdx1fxcosxcosnxdx1fxcosn1xcosn1xdx2

25

1an1an1,n1,2,3,21B1Fxsinxdxb21fxsin2xdx,22

Bn75. 试求极限解

1fxcosxsinnxdx1fxsinn1xsinn1xdx21bn1bn1,n2,3,22xy4lim.(x,y)(0,0)xy

2xy4xylim(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)xy(2xyxy4)limlim11(x,y)(0,0)2xy44

.

76. 试求极限 解 由

x2y22sin221cos(x2y2)xy2•limlim22222xyx2y2(x,y)(0,0)(x,y)(0,0)xy22(xy)ee4()210022(x,y)(0,0)lim1cos(x2y2)(xy)e22x2y2.

.

77. 试求极限解 由于

11lim(xy)sinsin.(x,y)(0,0)xy

111111lim(xy)sinsinlim(xsinsinysinsin)(x,y)(0,0)xy(x,y)(0,0)xyxy ,

又 xy,

所以

2 26

11xsinsin0(x,y)(0,0)xylim，

11ysinsin0(x,y)(0,0)xylim ,

所以

78. 试讨论

11lim(xy)sinsin0(x,y)(0,0)xy .

xy2lim.(x,y)(0,0)x2y4

解 当点(x,y)沿直线yx趋于原点时， . 当点(x,y)沿抛物线线xy趋于原点时，

yx0xy2x3lim2lim20x0xy4x0xx42 .

因为二者不等，所以极限不存在.

xy. 79. 试求极限limxy0xy2y41lim2limy0xy4y0y4y42222(x,y)(0,0)1x2y21解 由

(x,y)(0,0)lim(x2y2)(1x2y21)lim22x2y21xy1(x,y)(0,0)x2y2

= .

uu,. 80. uf(xy,xy),f有连续的偏导数，求 xy(x,y)(0,0)lim(1x2y21)2解 令vxy,wxy, 则

81 . 求

ufvfwffyxvxwxvwufvfwffxyvywyvwdz.zarctanxy,yex,dx

27

解 由

dz1(yxy')2dx1(xy)

82. 求抛物面 z2xy在点 M(1,1,3)处的切平面方程与法线方程。 解 由于

z4x,z2y,

在M(1,1,3)处 z(1,1,3)4, z(1,1,3)2， 所以, 切平面方程为

4(x1)2(y1)z3.

即

22xy1ex(1x)xx(exe)1(xex)21x2e2x.

xy4x2yz30

法线方程为

x1y1z3421.

83. 求f(x,y)2x式.

解 由

x2xyy2

6x3y5在(1,2)处的泰勒公

f(x,y)4xy6,f(1,2)0

f(x,y)x2y3,f(1,2)0 f(x,y)4,f(1,2)4 f(x,y)1,f(1,2)1

f(x,y)2,f(1,2)2. 得

x01,y02,f(1,2)5xyyxxxxxyxyyyyy 28

f(x,y)52(x1)2(x1)(y2)(y2)2.

84. 求函数f(x,y)e(xy解 由于

2x22y)的极值.

fx2e2x(xy22y)e2xe2x(2xy22y)0

解得驻点(1,1)，

fy2e2x(y1)0fxx2e2x(2xy22y)e2x,fxye2x(22y),fyy2e2x

2

Afxx(1,1)e20,Bfxy(1,1)0,Cfyy(1,1)2e2

所以 (1,1)是极小值点, 极小值为 f(1,1)2e. 85. 叙述隐函数的定义.

ACB220,A0YR，答: 设XR，函数F:XYR. 对于方程F(x,y)0,

若存在集合IX与JY，使得对于任何xI，恒有唯一确定的yJ，使得(x,y)满足方程F(x,y)0 ,则称由方程F(x,y)0确定了一个定义在I上，值域含于J的隐函数。一般可记为yf(x) xI,yJ. 且成立恒等式

F(x,f(x))0,xI.

86. 叙述隐函数存在唯一性定理的内容. 答: 若F(x,y)满足下列条件:

（i）函数F在以P

0(x0,y0)为内点的某一区域

29

DR2上连续;

（ii）F(x,y)0（通常称为初始条件）;

00（iii）在D内存在连续的偏导数Fx,y;

y（iv）Fx,y0,

y00则在点P的某邻域U(P)D内，方程Fx,y=0唯一地

00确定了一个定义在某区间(x函数）yf(x)，使得

1º

Fx,f(x)00,x0)内的函数（隐

(x,f(x))U(P0)fx0y0,

x(x0,x0)时且

；

fx2° 在(x0,x0)内连续.

87. 叙述隐函数可微性定理的内容. 答: 若F(x,y)满足下列条件:

（i）函数F在以PDR20(x0,y0)为内点的某一区域

上连续;

（ii）F(x,y)0（通常称为初始条件）;

00（iii）在D内存在连续的偏导数Fx,y;

y（iv）Fx,y0,

y00又设在D内还存在连续的偏导数F(x,y)，则由方

x程F(x,y)0所确定的隐函数在yf(x)在其定义域

(x0,x0)内有连续导函数，且

f'(x)Fx(x,y).Fy(x,y)

30

88. 利用隐函数说明反函数的存在性及其导数. 答: 设yf(x)在x的某邻域内有连续的导函数

0f'(x)，且f(x)y; 考虑方程

00F(x,y)yf(x)0.

由于

F(x0,y0)00,

Fy1,

Fx(x0,y0)f'(x0),所以只要f'(x)0，就能满足隐函数定理的所有条件，这时方程F(x,y)yf(x)0能确定出在y的某邻域

0U(y0)内的连续可微隐函数xg(y)，并称它为函数的反函数.反函数的导数是

g'(y)FyFx3yf(x)11.f'(x)f'(x)x

y. 解: 显然F(x,y)xFyx,y3y2ax0y33axy及F,F在平面上任一

3点都连续，由隐函数定理知道，在使得

方程x的点x,y附近，

y33axy0都能

确定隐函数yf(x)；所以，它的一阶与二阶导数如下：

对方程求关于x的导数（其中y是x的函数）并以3除之，得

x2y2y'ayaxy'0,

或

x

2ayy2axy'0. （1）

31

于是

ayx2y'2.yax y2ax0. （2）

再对（1）式求导，得：2xay'(2yy'a)y'(yy''(y2 即

ax)2ay'2yy'2x.

2ax)y''0,2（3）

把（2）式代入（3）式的右边，得

2a3xy2xy(x3y33axy)2ay'2yy'2x.(y2ax)22

再利用方程就得到

2a3xyy''2.(yax)3z

xyz90. 解: 由于F(0,0,0)0,F(0,0,0)10,F,F,F,F处处连续，根据隐函数定理18.3，在原点(0,0,0)附近能惟一确定连续可微得隐函数zf(x,y)，且可求得它得偏导数如下：

Fxzyz32x,2xFz13xyz

Fyxz33y2z.yFz13xyz291. 解: (1)令F(x,y,z)x2y2z23xyzFx2x3yz, Fy0xyz, 则有

2y3xz, F2z3xy.

z由于F(P)0, F, F, F均连续,且

Fy(P0)Fz(P0)10,

32

故在点P(1,1,1)附近由上述方程能确定隐函数

0yy(z,x)和zz(x,y).

0(2)当Fy时, 由定理知

yxFx2x3yzFy2y3xz;

同理, 当F0时, 由定理知

zzxFx2x3yzFz2z3xy.

于是求得

fx(x,y(z,x),z)f1f2yxy2z32xyz3yx2xyz3(2x3yz) yz,2y3xz23

fx(x,y,z(x,y))f1f3zxy2z33xy2z2zx3xy2z2(2x3yz) yz.2z3xy23并且有

fx(1,y(1,1),1)10,

0fx(1,1,z(1,1))20.

92. 解: 首先，F(P)G(p)0,即P满足初始条件. 再求出F，G的所有一阶偏导数

Fx2x,Fy1,Fu2u,Fv2v,Gxy,Gyx,Gu1,Gv1.0

容易验算，在点P处的所有六个雅可比行列式中只有

(F,G)(x,v)P0FxGxFvGvP044110.

33

因此，只有x,v难以肯定能否作为以y,u为自变量的隐函数. 除此之外，在P的近旁任何两个变

0量都可作为以其余两个变量为自变量的隐函数.

如果我们想求得xx(u,v),yy(u,v)的偏导数，只需对方程组分别关于u,v求偏导数，得到

2u2xxuyu0,1yxuxyu0,

（1）

2v2xxvyv0,1xyvyxv0.

（2）

由（1）解出

xu2xu12x2yu,y.u2x2y2x2y

由（2）解出

xv2xv12x2yv,y.v222xy2xy

93. 解: 设

F(x,y,u,v)u2v2x2y21G(x,y,u,v)uvxy,

. ,

(1)

F,G关于u,v的雅可比行列式是

(F,G)2u2v2(uv)11(u,v)当uv时, 在满足方程组的任何一点(x,y,u,v)的一

34

个邻域内, 由方程组可以唯一确定u,v是x,y的可微函数; (2)

F,G关于x,u的雅可比行列式是

(F,G)2x2u2(xuy)y1(x,u),

当xuy时, 在满足方程组的任何一点(x,y,u,v)的一个邻域内, 由方程组可以唯一确定x,u是y,v的可微函数. 94. 解: 设

F(x,y,z)x2y2z250，G(x,y,z)x2y2z2. 它们

在(3, 4, 5)处的偏导数和雅可比行列式之值为：

F6,xG6,x

F8,yG8,y

F10,z

G10,z和

(F,G)160(y,z)，

(F,G)120(z,x)，

(F,G)0(x,y).

所以曲线在(3, 4, 5)处的切线方程为：

x3y4z5， 1601200即

3(x3)4(y4)0,z5.

法平面方程为

4(x3)3(y4)0(z5)0，

35

即

4x3y0.

,

095. 解: 令F(x,y,z)e故F1, Fy2, Fzzzxy3, 则

Fx(x,y,z)y, Fy(x,y,z)x, Fz(x,y,z)ez1xM0M0M00, 因此曲面在点M(2,1,0)处的

n(1,2,0)法向量为

, ,

所求切平面方程为

1(x2)2(y1)0即

x2y40.

法线方程为

x2y1,21z0,

即

2xy30,z0,

96. 解: 这个问题实质上就是要求函数

f(x,y,z)x2y2z2（空间点(x,y,z)到原点(0,0,0)的距离函

数的平方）

及xyz10下的最大、最

在条件x2y2z0小值问题. 应用拉格朗日乘数法，令

36

L(x,y,z,,)x2y2z2x2y2zxyz1.

对L求一阶偏导数，并令它们都等于0，则有

Lx2x2x0,L2y2y0,yLz2z0,Lx2y2z0,Lxyz10.

求得这方程组的解为

35113,73,33

13,z23.2与 （1）

xy

（1）就是拉格朗日函数L(x,y,z,,)的稳定点，且所求的条件极值点必在其中取得.由于所求问题存在最大值与最小值（因为函数在有界闭集(x,y,z)xyz,xyz1上连续，从而必存在最大值

22与最小值），故由

1313f,,2223

所求得的两个值953，正是该椭圆到原点的最长距离

953与最短距离

953.

97. 叙述含参量x的正常积分定义. 答: 用积分形式所定义的这两个函数

I(x)f(x,y)dy,xa,b.cd

（1）

37

与 （2）

F(x)d(x)c(x)f(x,y)dy,xa,b.,

通称为定义在a,b上含参量x的（正常）积分，或简称含参量积分.

（1）式的意义如下：设f(x,y)是定义在矩形区域Ra,bc,d上的二元函数。当x取a,b上某定值时，函数f(x,y)则是定义在c,d上以y为自变量的一元函数.倘若这时f(x,y)在c,d可积，则其积分值是x在a,b上取值的函数，记它为I(x)，就有I(x)f(x,y)dy,xa,b..

dc（2）式的意义如下：一般地，设f(x,y)为定义在区域G(x,y)c(x)yd(x),axb上的二元函数，其中c(x),d(x)为定义在a,b上的连续函数，若对于a,b上每一固定的x值，

f(x,y)作为y的函数在闭区间

d(x)c(x),d(x)上可积，则其积分值是x在a,b上取值的函

数，记作F(x)时，就有 F(x)容.

c(x)f(x,y)dy,xa,b.

98. 叙述含参量x的正常积分的连续性定理的内

答: 设二元函数f(x,y)在区域

G(x,y)c(x)yd(x),axb

上连续，其中c(x),d(x)为a,b上的连续函数，则函数

F(x)f(x,y)dy

d(x)c(x) 38

（6）

在a,b上连续.

99. 叙述含参量x的无穷限反常积分定义.

答: 设二元函数

R(x,y)axb,cyf(x,y)定义在无界区域

上，若对于a,b上每一固定的x值，反常积分

f(x,y)dy

c(1)

都收敛, 则它的值是x在a,b上取值的函数, 当记这个函数为I(x)时, 则有

I(x)cf(x,y)dy, xa,b,

称(1)式为定义在a,b上的含参量x的无穷限反常积分, 或简称含参量反常积分.

100. 叙述含参量x的无穷限反常积分的一致收敛性定义.

答: 若含参量反常积分f(x,y)dy 与函数

总存在某一实数Nc,I(x)f(x,y)dy对任给的正数，

cc使得当MN时，对一切xa,b，都有

f(x,y)dyI(x),

Mc即

则称含参量反常积分cMf(x,y)dy,

f(x,y)dy 在a,b上一致收敛

39

于(x)，或简单地说含参量积分一致收敛.

cf(x,y)dy 在a,b上

101. 叙述含参量x的无穷限反常积分的一致收敛的柯西收敛准则. 答: 含参量反常积分Mccf(x,y)dy 在a,b上一致收敛

的充要条件是：对任给正数，总存在某一实数

，使得当A,A12M时，对一切xa,b，都有 f(x,y)dy.

A2A1102. 叙述含参量反常积分一致收敛的狄利克雷判别法.

答: 设

(i)对一切实数N>c，含参量正常积分切N>c及一切xa,b，都有

(ii)NcNcf(x,y)dy对参量x在a,b上一致有界，即存在正数M，对一

f(x,y)dyM;

对每一个xa,b，函数g(x,y)关于y是单调递

减且当y时，对参量x,g(x,y)一致地收敛于0.

则含参量反常积分

cf(x,y)g(x,y)dy

在a,b上一致收敛．

103. 叙述含参量反常积分一致收敛的阿贝尔判

40

别法. 答: 设

(i)(ii)cf(x,y)dy在a,b上一致收敛；

对每一个xa,b，函数g(x,y)为y的单调函数，

且对参量x，g(x,y)在a,b上一致有界，则含参量反常积分

cf(x,y)g(x,y)dy

在a,b上一致收敛。

104. 叙述含参量反常积分的可积性定理内容. 答: 设f(x,y)在a,bc,上连续，若I(x)f(x,y)dyc在a,b上一致收敛，则I(x)在a,b上可积，且

dxf(x,y)dydyf(x,y)dx.

bbacca设f(x,y)在a,c,上连续.若

(i)f(x,y)dx关于y在任何闭区间c,d上一致收

a敛，cf(x,y)dy

关于x在任何区间a,b上一致收敛； (ii)积分dxf(x,y)dy与accdyaf(x,y)dx

（18）

中有一个收敛，

则（18）中另一个积分也收敛，且

dxf(x,y)dydyf(x,y)dx.

acca

41

105. 解: 因为ybaxbxaxdy,lnxy所以Idx10baxydy. 由于函

数x在R0,1a,b上满足定理19.6的条件，所以交换积分顺序得到

Idyxydxa0b111bdyln.a1y1ab

106. 解: 因为

ba1xxlimsinln0x0xlnx,

ba1xxlimsinln0x0xlnx所以该积分是正常积分. 交换积分次序, 得

ba11xx1Isinlndxsinln00xlnxx1bab11xydydxxysinlndxdyax0.

u,有 在上面的内层积分中作变换ln1x11y(y1)uxsinlndxesinudu001(y1)2x1,

于是

b1y11Ixsinlndxdydyarctan(b1)arctan(a1)a0a1(y1)2xb.

解法二: 取b为参量, 利用积分号下求导数的方法,有

111I'(b)sinlnxbdx01(1b)2x

42

积分上式,可得

I(b)arctan(b1)c

.

由于I(a)0,即有carctan(a1),于是有

II(b)arctan(b1)arctan(a1)107. 解: 因为

0bsinbxsinaxcosxydyax，所以

Iepxbsinbxsinaxcosxydydxepxdx0ax

dxecosxydy （21）

bpx0a由于epxcosxyepx及反常积分px0epxdx收敛，根据魏尔

斯特拉斯M判别法，含参量反常积分

ecosxydx

0在a,b上一致收敛.由于e的值不变.于是

Idyea0bpxpxcosxy在0,)a,b上连续，

根据定理19.11交换积分（21）的顺序，积分I

bcosxydxapdyp2y2

baarctanarctan.pp在上述证明中，令b0，则有

F(p)epx0sinaxadxarctan(p0)xp, (22)

由阿贝耳判别法可得上述含参量反常积分在p0上一致收敛.于是由定理19.9，F(p)在p0上连续，

43

且

F(0)0sinaxdx.x

asgna.p2又由（22）式

I(a)F(0)limF(p)limarctanp0p0

在上式中，令a1，则有I. 2108. 解: 由于e常积分x2x2cosrxex2对任一实数r成立及反

0ex2收敛①，所以原积分在r,上收敛.

x2 考察含参量反常积分

ecosrxdxxesinrxdx, (24)

'0r0由于xe积分0x2sinrxxex2对一切x0,r成立及反常

xexdx2收敛，根据魏尔斯特拉斯M判别法，

含参量积分（24）在,上一致收敛. 综合上述结果由定理19.10即得

(r)xe0'x2sinrxdxlimA0Axex2sinrxdx

于是有

1x2A1Ax2limesinrxrecosrxdx0A202rx2recosrxdxr.202

r2lnrlnc4,

rcer24.

0从而0c，又由原积分，0

44

exdx22，所以

c2，因此得到

r2er24.

.

109. 解: 把含参数a的反常积分

Ik(a)ekx0sinaxdx(k0,a0)x中的被积函数关于a求偏导数, 可得

ecosaxdx,

kx0当k0时, 有

ekxcosxyekxkx,

因此,由M判别法, ecosaxdx关于参量a0是一致收敛的,因此对I(a)可以在积分号下求导,即

dkI(a)ecosaxdx. daak0kkxk022因为I(0)0,所以

kIk(a)a0kadaarctan1a12k2k.

.

于是

I(a)0sinaxakxsinaxdxlimedxlimarctank00k0xxk2令a1,有IL0sinxdxx220.

0110.解：|y|ds|sin|sin2cos2d2sind4.

111.解： 直线段的参数方程是：

xty2t0t1z3t

，

45

于是，(xy)dx(yz)dy(zx)dz[(t2t)2(2t3t)3(3tt)]dt

1L07tdt0172.

PdxQdy112.解:原式bCB,AABABPdxQdy y

4dxdy20dx

D0CA,B

4S2b

113.解: 3x2y1y3dxx33xy2C3dy 3x23y243x23y2dx4dx4ab.

DD114.解： 由于

d(x2yy2zz2x)(2xyz2)dx(2yzx2)dy(2zxy2)dz，因此，

全微分(2xyz2)dx(2yzx2)dy(2zxy2)dz的原函数是

x2yy2zz2xC.

115.解:(Ⅰ).画出积分区域

46 A0,0 Bb,0

x

y

yx yx

o x

313 (Ⅱ).xydxdydxxydy. xxxdx2022 1 x1322D 0 x0116.解:xV2yzdxdydz22 2 0ddr2r2sindr4 0 0  R

 2 0dsind4 0 R 05R14rdr2cos 022R55 .

117.解: y v

vu

vu

o x o u

2 47

xy(Ⅰ). 由ab2xyab,得a1x2221xyxy2y20abbab2.

于是

44B24AC22220abab,故

xyxyabab是抛物线.

令y0,得

xyx0,xa.故ab(Ⅱ).令

xx,yuu,vyuxav2ybv2xyabxyu,abxyv.abaab2b222与x轴相交于0,0,a,0. ,则.

axuv,2ybuv.2，故

(Ⅲ).

SdxdyDD' uab 1ab 1ababab2dudvuudududvdudv12 0 u2 02222D'.

118.解:

1x2y2sin22dxdyabD2 1  2 0dsin2r2rdr 0 1

11cos2r2211222drr2sin2r2sinrdr 0 024204.

119.解:zdxdydzV 2 0d 3 0drr2 3 4r2zrdz

.

 2 0d 3 01rz222 r3 4r2 31 2r53drd4rrdr 02 09214r611322rr24 04 3. 为

, za2x2y2120.

zx解

xa2x2y22x2y：

,zy因

ya2x2y2,.

故

x2y2a1zz12ax2y2a2x2y2a2x2y2 48

于是 1dzSDxya2x2y22aaxy222dxdyadxdyaa2h2Dxy.

121.解：S是xy2z2a2(x0,y0)分解为两部分:

Sx2y2z2a21:x0,y0,z0, S222:x2yz2ax0,y0,z0.

故 zdxdyzdxdySzdxdy

S1S2a2x2y2dxdya2x2y2dxdy

DxyDxy2a2x2y2dxdy 2d a1 0ra2r2dra3.

D 0xy6122.解：原

式23x21fy2y3y2fy2y2232zzzyzz2zVdxdydz  3(x2y2z2)dxdydz 3 2 4 b 0d 0d ar2r2sindr

V 6 4d b42b4 0 ardr6a4sin15.

2

z

49

=

y

o

x

123.解:(Ⅰ).画出积分区域

z

o y

x

a. (Ⅱ).原式=xyzdxdydzddr.rsindr45222 2  a225V 0 0 0124.

S解：由

VGauss公式，得

Ixy2dydzyz2dzdxzx2dxdy(x2y2z2)dV，由广义球坐标变

换

xarsincosybrsinsinzcrcos, J(r,,)abcrsin，得

250

2Idd(a2r2sin2cos2b2r2sin2sin2c2r2cos2)abcr2sindr0001

abc222222222d(asincosbsinsinccos)sind

5004abc(a215b2c2). 51