考研題庫 《數(shù)學分析》（第三冊）配套題庫（考研真題+章節(jié)題庫+模擬試題）

第一部分名?？佳姓骖}第13章多元函數(shù)的極限和連續(xù)在[0,1]上連續(xù)，,使第14章多元微分學第15章重積分第16章曲線積分與曲面積分第17章含參變量積分,在u∈(0,+o)上一致收斂.,又在(1,+0)上單調(diào)遞減且一致趨于0,故由Dinchlet判別法知在te(0,+0)上一致收斂.故對任意的ε>0,存在，當,所以，即，因此.第二部分章節(jié)題庫第13章多元函數(shù)的極限和連續(xù)有(對一致),則f(x,y)在D上連續(xù).并記.由可知，存在使又由f的連續(xù)性，可知存在，使得.因為.且，而是單變量y的連續(xù)函數(shù)，所以在上式中令，導出(1)設在D上連續(xù)，且，則在(a,b)上連續(xù).(2)設，f(x,y)在D上連續(xù).若，則(3)設在D上連續(xù).令則即(2)對，令，易知注意到f在D上一致連續(xù)，故是一族等度連續(xù)函數(shù).對任給，存在，使得(3)令，注意到f在D上的一致連續(xù)性可知，對，存在，使得,即在上連續(xù)，自然也是一致連續(xù)的.因此，存在，使得證明：(1)注意到f在D上一致連續(xù)，故對任給，存在，使得,即在上連續(xù).對任給，存在使得(2)顯然，F(xiàn)(x,y)在上連續(xù).對處，根據(jù)的連續(xù)性可知，對任給，存在，使得(3)由三種極限間的關系及步驟(2)中的結果可知不存在0,存在δ=δ(ε)>0,使對于此域中的任意兩點只要時，就有由于f(x,y)關于x對變數(shù)y一致連續(xù)，故對任給的ε>0,存在使當(x,y')EG,又因f(x,y)在點關于變數(shù)x是連續(xù)的，故對上述的ε,存在使當時，就有因此，f(x,y)在點連續(xù).由的任意性知，函數(shù)f(x,y)在G內(nèi)是連續(xù)的即它是處處有定義的有理函數(shù).又當y=0時，顯然是連續(xù)的.于是，當變數(shù)y固定時，函數(shù)f(x,y)對于變數(shù)x是連續(xù)的.同理可證，當變數(shù)x固定時，函數(shù)f(x,y)對于變數(shù)y是連續(xù)的.對于不同的k可得不同的極限值，從而知不存在.因此，函數(shù)f(x,y)在原點不是第14章多元微分學證明：(1)問題等價于證明不等式綜上便知在上成立.(2)易知W中第i行第j列的元素是若記其余子式為，則從而可得因此，有(3)依題設易知，且有由此知存在，使得，即上遞增.(1)設且充分小，則(2)作，則且，從而可知存在點使得達到最大(小)值.由此得，從而導出解：(1)由可知f(x,y)在點(0,0)處連續(xù).因為有易知時有，故在點(0,0)不可微.(2)因為，所以導出取，則，這說明f(x,y)在點(0,0)處不可微.解：(1)(i)注意到，故得(ii)注意到，故得式①左端證明：(1)不妨假定，則有可知這說明f(x,y)在點處可微.(4)因為所以有由g(x,y)在點(0,0)處的連續(xù)性可知，這說明F(x,y)在點(0,0)處可微.從而立即可得在點(0,0)處的微分為解：(1)由題設知，故有(2)由條件知，即由此得到，若令此比值為λ(常數(shù)),則有(因為連續(xù)，所以此式對x=y=0仍真).這說明,則對n=k+1,有解之可得臨界點直線x=0,2y+3z=a上的點平面y=0上的點平面z=0上的點(若c=0,則由推出f無臨界點).(iii)a=0時，有故(a,a)不是z的極值點.(2)令由于有f(x,y)≥0以及注意到在0x軸上，有故又知f(x,0)在點(2,0)處取到最大值.同理可知，點(0,2)也是f(0,y)的最大值點.因為所以f(x,y)在第一象限中的最大值是這說明(3)取對數(shù)，往證Inlna+alnb>Inlnb+blna.令x=Ina/Inb>1,y=Inb,命題轉(zhuǎn)為求證再令則由可知F(x,y)<F(x,0)=x-1.(2)(i)反證法.假定則不妨又假定點是f的最小值點(注意，),從而有記則點為g(x)的臨界點.而根據(jù)可知，點是g(x)的極大值點.注意到在(存在)取ε充分小，使得在圓周上F(x,y)>0,則依(i)知，即(3)依題設知，在點處取到極大值，故同理可推出此外，還有即得所證.(4)作則有從而可知除非F(x,y)1,否則在D內(nèi)可取到極小值.即有使得這說明即得所證.解：(1)易知f(x,y,z)與的極值點相同，故只需考察在條件x+y+z=a下函數(shù)函數(shù)f在點處取極小值在處取極大值；在點處，由于故點不是f的極值點.(3)根據(jù)題設，可令作輔助函數(shù)G(x,y,,并解方程組由于命題的最大值必存在，故定有非零解因此該方程組的行列式必為0.即用代入式①,并依次以乘各式，再相加可得由可知，這是f(x,y,z)在單位球面上的最大值.從而知，當時，z取到極小值；當時，z取到極大值.(2)對條件方程取對數(shù)：且記，則命題化為：求f(x,y,z)在條件下的極值.(ii)在點處，由，以及再記，則當S<0時f達到極小值，當S>0時達到極大值，其值為得解從而知顯然(8/5,3/5)就是所要求的點.(3)問題歸結為求在約束條件下的最小值.從而作函數(shù)(4)設(x,y)是拋物線上一點(即)是直線上一點(即，則此兩點間的距離為從而(3)整個積分區(qū)域分成與兩部分，并以不同斜線在圖15-3中表示出.(2)令則由題設知(2)令則積分式I可寫為(5)(i)用直線x+y=i(i=1,2,3)分割D成為四個區(qū)域：見圖15-6.因為所以用曲線分割D為四個區(qū)域：如圖15-7,有D由y=0,y=x,x+y=1圍成。 解：(1)令則D變?yōu)榍曳e分成為(2)令則D變成(3)令將三角形內(nèi)的點表示為(4)令即此時IJI=2,積分區(qū)域D變?yōu)閺亩傻闷渲蠨是它在x0y平面投影：(6)易知該兩曲面的交線為由此知，z=a或z=4a.若z=4a,則得兩曲面的交點(0,0,4a);若z=a,則得兩曲面的交線在x0y平面上的投影曲線為(圖15-9)+3,以及圓周x2+y2=4圍成，因此D位于第一象限.圓周與x軸(正向)交于(2,0),與y軸(正向)交于(0,2)(也是與直線y=2的交點),直線x=y+3與x軸交于(3,0),與直線y=2交于(5,2).因此(1)當φ從0變到時，對于每一固定的φ,r從0變到，其中，為拋物線的極坐標 對作替換x=rcosα,y=rsinα,則又知易知第16章曲線積分與曲面積分首先求曲線C的參數(shù)方程：由，x+y+z=0消去y,可得配方后得到解：(1)令(2)作替換：可知(3)作新坐標系，使得原點仍與坐標系的原點相同，而點(x,y)位于軸上，此時有(積分號下級數(shù)一致收斂，可作逐項積分),故，且得(2)由，可知,采用極坐標，又得由此知，引用題(1),有(3)因為，所以有得其次，有.故在這里也來算出d(y/x),而,易知只需計算其位于第一象限的部分曲面積S1(圖16-3)對J,作變量替換，又得 (2)由可知，從而可得從而有有將D變成D*,又變成光滑曲面解：(1)易知對變換其Jacobi行列式注意到 (2)易知直線L平行于0x軸，位于平面xOz上且截Oz軸一段長為b的線段，令∑即 (3)記則證明：(1)對積分I采用球坐標變換則得由此知其Gauss系數(shù)為(4)將處作Taylor展式：故知第17章含參變量積分(3)對任意的，函數(shù)及其對r的導(函)數(shù)在上連續(xù)，故知由此可得(常數(shù)，),隨之因連續(xù)性和rO的任意性，就有I(r)=C(0≤r<1).而有(4)設，且作函數(shù)從而可得，在區(qū)域上連續(xù).因此，有(計算積分可用替換t=tanx)由此還知(I(a)在a=0處連續(xù)).這樣，最后就得到以及f連續(xù)，故當時，在每個區(qū)間(a,b)上一致收斂于故因為當時，遞增趨于f(x),所以根據(jù)Weierstrass判別法，積分F(t)關于一致收斂，從而由f(x)的連續(xù)性，即知極限是關于一致的.證畢.(i)對x≥0是單調(diào)的且一致有界于1,而積分是關于一致收斂，故對任給ε>0,存在充分大的X,使得(ii)對取定的X,令，可取(4)不妨假定f(x)遞增，則，故對任給ε>0,存在δ>0,使得由于，并考察兩個積分之差，則可得(應用第二現(xiàn)在令，并假定，又取N,使得又顯然因此在x=0處不連續(xù)，但在x=1處連續(xù).當0<x<1時，函數(shù)上連續(xù)，所以二重積分其中u,v作為積分變量，分別起著左邊積分中v,u的作用.于是可得當0<x<1時，,從而直接計算可知并且顯然因此在x=0處不連續(xù)，但在x=1處連續(xù).解：(1)由于，故知注意到x=a時，上式右端為，故知證明：(1)收斂.(2)收斂.(3)收斂.(4)收斂.(5)記，則被積函數(shù)f(x,y)有估計證明：(1)因為關于一致收斂，又函數(shù)對x單調(diào)一致有界于1,所以，根據(jù)Abel判(2)(i)由于sin2x的原函數(shù)有界，以及遞減一致趨于0故根據(jù)Dirichlet判則，知積分關于∈(0,1)一致收斂.(ii)易知e-ax隨x單調(diào)，且(3)易知收斂，對x單調(diào)一致有界，由Abel判別法即得所證..從而有而由(i)又知，當充分小時，有估計(3)只需指出或易知，對任給ε>0,存在M>0,使得.又知存在δ>0,使得所以積分g()關于是一致收斂的，也就是說其次，由ε的任意性，即知.最后得出，(3)作變量替換，令，可知(3)令，則由此即知.因為，所以即(4)由于，故，且有由有解：(1)設，則易知f與上連續(xù).由可知積分在任一區(qū)間上一致收斂.此外，又由在上一致收斂.從而，積分在上連續(xù)，在上連續(xù).由式①可導出因此因為所以C=0.這說明若β=0,則積分I(α)僅在時收斂.此時，應用分部積分公式，可知(2)x=0不是積分的瑕點.又對，有故積分關于是一致收斂的.從而求導可在積分號下進行，即得即知.最后，有(3)(i)看區(qū)域，令由的任意性可知，此結論對也真.易知第一個積分是的連續(xù)函數(shù)；由于，則第二個積分關于以及任意的一致收斂.再由f的連續(xù)性，可知第二個積分對連續(xù).從而根據(jù)即積分是一致收斂的，從而知上連續(xù).對有(實際上，對也真，因為上內(nèi)閉一致收斂，由連續(xù)性再取極限即得.)在式②,對β第三部分模擬試題由y=ex得，于是從而，故曲線C3的方程為令取極限，據(jù)條件(1)得據(jù)柯西準則，知存在.即等式①左端極限存在，記之為A由將x固定，由條件(1)使得時于是由②式知多高校(包括科研機構)指定為考研考博專業(yè)課參考書目。為了幫助參加研究生入學考試指定考研參考書目為伍勝復習專業(yè)課，我們根據(jù)教材和名?？佳姓骖}的命題規(guī)律精心編寫了伍勝健《數(shù)學分析》輔導用書(均提供免費下載，免費升級):2[3D電子書]伍勝健《數(shù)學分析》(第1冊)配套題庫【名?？佳姓骖}+章節(jié)題庫+模3[3D電子書]伍勝健《數(shù)學分析》(第2冊)配套題庫【名校考研真題+章節(jié)題庫+模4[3D電子書]伍勝健《數(shù)學分析》(第3冊)配套題庫【名?？佳姓骖}+章節(jié)題庫+模不同一般意義的傳統(tǒng)題庫，本題庫是詳解研究生入第一部分為名?？佳姓骖}及詳解。本部分從指定伍勝健主編考書目的名校歷年考研真題中挑選最具代表性的部分，并對選考研真題既注重對基礎知識的掌握，讓學員具有扎實的專業(yè)部分(包括教材中未涉及到的知識點)進行詳細闡釋，以使學員不遺漏任何一個重要知識點。第二部分為章節(jié)題庫及詳解。本部分嚴格按照伍勝健主編的行編寫，每一章都精心挑選經(jīng)典常見考題，并予以第三部分為模擬試題及詳解。參照伍勝健主編的《數(shù)學分析考研真題的命題規(guī)律及熱門考點精心編寫了1套考前模擬試題，并提供詳盡、標準解答。通過模擬試題的練習，學員既可以用來檢測學習該考試()提供全國各高校數(shù)學類專業(yè)考研考博輔導班【一對一輔導(面授/網(wǎng)授)、網(wǎng)授精講班等】、3D電子書、3D題庫(免費下載，免費升級)、全套資料(歷年真題及答案、筆記講義等)、數(shù)學類國內(nèi)外經(jīng)典教材名師講堂、考研教輔圖書等。本題庫特別適用于參加研究生入學考試指定考研參考書目為伍勝健《數(shù)1互動學習：搖一搖、找學友，交友學習兩不誤搖一搖，找到學習本書的所有學友，可精確查找學友的具體學習(視頻、語音等形式),交友學習兩不誤；學習圈內(nèi)有學霸解答本書學習中的問2720度立體旋轉(zhuǎn)：好用好玩的全新學習體驗帶給你超逼真的3D學習體驗，720度立體場景，任意角度旋轉(zhuǎn)，模擬紙質(zhì)書真實翻3質(zhì)量保證：每本e書都經(jīng)過圖書編輯隊伍多次反復修改，年年升級細研究與分析，掌握考試命題的規(guī)律和方向，并結合行業(yè)理各個科目的考試要點，把重要考點全部固化為試題形e書。同時，依托北京高校資源，我們聘請知名高校眾多專家組成顧問團隊嚴格審核，4免費升級：更新并完善內(nèi)容，終身免費升級如購買本書，可終生使用。免費自動升級指我們一旦對該產(chǎn)品的內(nèi)容有所修訂、完善，系統(tǒng)立即自動提示您免費在線升級您的產(chǎn)品，您5功能強大：記錄筆記、答案遮擋等十大功能(1)e書閱讀器——工具欄豐富實用【為考試教輔量身定做】(2)便箋工具——做筆記、寫反饋【獨家推出】(3)答案遮擋——先看題后看答案，學習效果好【獨家推出】6品種齊全：包括全部資格職稱考試、、主要包括：資格職稱e書、、,共2萬余種，每天新上線約30種e書，每天下載約1萬次。特別說明：本書的部分內(nèi)容參考了部分網(wǎng)絡資料及相關資料。但由于特殊的原因，比如作者姓名或出處在轉(zhuǎn)載之前已經(jīng)丟失，或者未能及時與作者取得聯(lián)系等，因而可能沒有注明作者的姓名或出處。如果原作者或出版人對本書有任何異議，請與我們聯(lián)系，我們會在第一時間為您處理!()是一家為全國各類考試和專業(yè)課學習提供輔導方案【保過班、網(wǎng)授班、3D電子書、3D題庫】的綜合性學習型視頻學習網(wǎng)站，擁有近100種考試(含418個考試科目)、194種經(jīng)典教材(含英語、經(jīng)濟、管理、證券、金融等共16大類),合計近萬小時的面授班、網(wǎng)授班課程。如您在購買、使用中有任何疑問，請及時聯(lián)系我們，我們將竭誠為您服務!全國熱線：(8:30～00:30),(8:30～00:30)編輯部第一部分名校考研真題在[0,1]上連續(xù)，,使第15章重積分第16章曲線積分與曲面積分,在u∈(0,+o)上一致收斂.,又在(1,+o)上單調(diào)遞減且一致趨于0,故由對任意的ε>0,存在，當時，有,所以，即，因此。單變量x的連續(xù)函數(shù)，且對任意的，有(對一致證明：(1)任取，往證為此，只需指出，對任并記.由可知，存在使又由f的連續(xù)性，可知存在，使得.因為.且，而是單變量y的連續(xù)函數(shù)，所以在上(2)設依題設知，對任給，存在，使得當時有(3)設，依題設知，對任給，存在，使得(1)設在D上連續(xù)，且，則(3)設在D上連續(xù).令則記，則依條件，存在，使得即(2)對，令，易知注意到f在D上一致連續(xù)，故是一族等度連續(xù)函數(shù).對任給，存在，使得(3)令，注意到f在D上的一致連續(xù)性可知，對,存在，使得,即在上連續(xù)，自然也是一致連續(xù)的.因此，證明：(1)注意到f在D上一致連續(xù)，故對任給,存在，使得,即在上連續(xù).對任給，存在使得(2)顯然，F(xiàn)(x,y)在上連續(xù).對處，根據(jù)求以及顯然不存在，所以不存在.(3)由三種極限間的關系及步驟(2)中的結在此域上一致連續(xù)，即對任給的ε>0,存在δ=δ(ε)>0,使對于此域中的任意兩點只要時，就有對于上述的δ>0,因為在[a,A]上一致收斂，故的x∈[a,A],均有于是，對任給的ε>0,存在由于f(x,y)關于x對變數(shù)y一致連續(xù)，故對任給的ε>0,存在使當(x,y')∈G,∈G且時，就有又因f(x,y)在點關于變數(shù)x是連續(xù)的，故對上數(shù)f在G內(nèi)是連續(xù)的.即它是處處有定義的有理函數(shù).又當y=0時，顯然是連續(xù)的.于是，當變數(shù)y固定時，函數(shù)f(x,y)對于變數(shù)x是連續(xù)的.同理可證，當變數(shù)x固定時，函數(shù)f(x,y)對于變數(shù)y是連續(xù)的.對于不同的k可得不同的極限值，從而知不存在.因此，函數(shù)f在原點不是二元連續(xù)的.證明：(1)問題等價于證明不等式令，這樣，證上述不等式只要證明.為此，在區(qū)域上考慮二元函數(shù).因為，即對固定的，函數(shù)f(x,y)是y的單調(diào)遞如果，顯然有；如果即，也有綜上便知在上成立.(3)依題設易知，且有(1)設且充分小，則(2)作，則且，從而可知存在點使得達到最大(小)值.由此得，從而導出解：(1)由可知f(x,y)在點(0,0)處連續(xù).因為有易知時有，故在點(0,0)不可微.(2)因為，所以導出取，則，這說明f(x,y)在點(0,0)處不可證明：(1)不妨假定，則有這說明f(x,y)在點處可微.(4)因為所以有由g(x,y)在點(0,0)處的連續(xù)性可知，這說明F(x,y)在點(0,0)處可微.從而立即可得在點(0,0)處的微分為解：(1)由題設知，故有從而可得，即知，因此，根據(jù)或.這說明(2)由條件知，即由此得到，若令此比值為λ(常數(shù)),則有(因為連續(xù)，所以此式對x=y=0仍真).這說明并導出bx=ay,ax+by+c=0.注意到式①可求由推出f無臨界點).(2)令由于有f(y)≥0以及故f可取到最大值.因為偏導方程組為注意到在Ox軸上，有故又知f(x,0)在點(2,0)處取到最大值.同理可知，點(0,2)也是f(0,y)的最大值點.因為(3)取對數(shù)，往證lnlna+alnb>lnlnb+blna.令x=lna/lnb>1,y=lnb,命題轉(zhuǎn)為求證再令0.根據(jù)題設可知，0.證畢.(2)(i)反證法.假定則不妨又假定點是f的最小值點(注意，),從而有記則點為g(x)的臨界點.而根據(jù)可知，點是g(x)的極大值點.注意到在(存在)上，必有取ε充分小，使得在圓周上F(x,y)>0,則依(i)知，即(3)依題設知，在點處取到極大值，故同理可推出此外，還有即得所證.(4)作則有從而可知除非Fy)1,否則在D內(nèi)可取到極小值.即有使得解：(1)易知f(x,y,z)與的極值點相同，故只需考察在條件x+y+z=a下函數(shù)的極值.由于(3)根據(jù)題設，可令作輔助函數(shù)G(x,y,,并解方程組該方程組的行列式必為0.即用代入式①,并依次以乘各式，再相加可得(2)對條件方程取對數(shù)：且記，則命題化為：求f在條件下的極值.(i)在點處，由可知，f無極值.(ii)在點處，由，以及再記，則當S<0時f達到極小值，當S>0時達到極大值，其值為得解從而知顯然(8/5,3/5)就是所要求的則由可解出代入平面T的方程，可得，因此(3)問題歸結為求在約束條件下的最小值.從因為，故點是曲面上到原點距離最近的一點.其它點亦然.(4)設(x,y)是拋物線上一點(即)是直線上一點(即，則此兩點間的距離為從而作函數(shù)第15章重積分(3)整個積分區(qū)域分成與兩部分，并以不同斜線在圖15-3中表示出.(2)令則由題設知(2)令則積分式I可寫為(3)將D分解為可得(5)(i)用直線x+y=i(i=1,2,3)分割D成為四個區(qū)域：見圖15-6.因為所以其中表示的面積.從而有用曲線分割D為四個區(qū)域：如圖15-7,有從而得到將區(qū)域表示為解：(1)令則D變?yōu)榍曳e分成為(2)令則D變成且原積分成為(3)令將三角形內(nèi)的點表示為(4)令即此時[J=2,積分區(qū)域D變?yōu)閺亩傻们矣?所圍平面區(qū)域為D,故知其中為求V,顯然應采用極坐標變換：即令此時有變成從而可得為故有其中D是它在xOy平面投影：從而可得(用坐標變換而且(6)易知該兩曲面的交線為由此知，z=a或z=4a.若z=4a,則得兩曲面的交點(0,0,4a)影曲線為(圖15-9)最后有線y=0).直線y=2,直線x=y+3,以及圓周軸(正向)交于(2,0),與y軸(正向)交于(0,2)(也是與直線y=2的交點),直線x=y+3與x軸交于(3,0),與直線y=2交于(5解：作變換：,則橢圓所圍成的域變?yōu)榍矣写藭r仍有而原曲面有表示式立體Ω關于yOz,xO易知第16章曲線積分與曲面積分首先求曲線C的參數(shù)方程：由，x+y+z=0消去y,可得配方后得到解：(1)令從而可知(2)作替換：可知(3)作新坐標系，使得原點仍與坐標系的原點相同，而點位于軸上，此時有(積分號下級數(shù)一致收斂，可作逐項積分),若，有(2)由，可知,采用極坐標，又得由此知，引用題(1),有(3)因為，所以有t,則L定向如圖16-1所示，從而可得其次，有.故在這里也來算出d,而從而可知,易知只需計算其位于第一象限的部分曲面積S1(圖16-3).(2)由可知，從而可得從而有有將D變成D*,)變成光滑曲面解：(1)易知對變換其Jacobi行列式注意到∑的參數(shù)方程為以及投影區(qū)域D=(2)易知直線L平行于Ox軸，位于平面xOz上解：(1)易知知即(3)記則解：(1)易知又可寫為其定義區(qū)域為此時，易證明：(1)對積分I采用球坐標變換則得上式左端就是橢球面表面積S在極坐標變換下的積分公式，證畢.可知從而可得作變量替換則的參數(shù)方程式為由此知其Gauss系數(shù)為故知第17章含參變量積分(2)記，在積分號下求導，并從偏導方程組(3)對任意的，函數(shù)及其對r的導(函)數(shù)在上連續(xù)，故知由此可得(常數(shù)，),隨之因連續(xù)性和rO的任意有(4)設，且作函數(shù)從而可得，在區(qū)域上連續(xù).因此，有(計算積分可用替換t=tanx)由此還知(I(a)在a=0處連續(xù)).這樣，最后以及f連續(xù)，故當時，在每個區(qū)間(a,b)上-是關于一致的.證畢.關于一致收斂，故對任給ε>0,存在充分大的X,使得(ii)對取定的X,令，可取(4)不妨假定f(x)遞增，則，故對任給ε>0,存在δ>0,使得現(xiàn)在令，并假定，又取N,使得當0<x<1時，函數(shù)上連續(xù)，所以二重積分,u的作用.于是可得當0<x<1時，,從而但在x=1處連續(xù).解：(1)由于，故知分次序.從而有證明：(1)收斂.(2)收斂.(3)收斂.(4)收斂.(5)記，則被積函數(shù)f(x,y)有估計證明：(1)因為關于一致收斂，又函數(shù)對x單調(diào)一致有界于1,所以，根據(jù)Abel判別法即得所(2)(i)由于sin2x的原函數(shù)有界，以及遞減一致趨于0故根據(jù)Dirichlet判則，知積分關于∈(0,1)一致收斂.(ii)易知e-ax隨x單調(diào)，且(3)易知收斂，對x單調(diào)一致有界，由Abel判別法即得所證..從而有這說明而由(i)又知，當充分小時，有估計(3)只需指出或易知，對任給ε>0,存在M>0,使得.又知存在δ>0,使得所以積分g()關于是一致收斂的，也就是說其所以根據(jù)Weierstrass判別法，積分關于一致收斂.類似地可知，積分也在上一致收斂.(3)作變量替換，令，可知(3)令，則從而有由此即知.因為，所以即(4)由于，故，且有當時，可得遞減，用中值公式，(因此，積分關于一致收斂.故二次連續(xù)可導，且有由由有解：(1)設，則易知f與上連續(xù).由可知積分在任一區(qū)間上一致收斂.此外，又由在上一致收斂.從而，積分在上連續(xù)，在上連續(xù).由式①可導出所以C=0.這說明若β=0,則積分I(a)僅在時收斂.此時，應用(2)x=0不是積分的瑕點.又對，有故積分關于是一致收斂的.從而求導可在積分即知.最后，有(3)(i)看區(qū)域，令由的任意性可知，此結論對也真.易知第一個積分是的連續(xù)函數(shù)；由于，則第二個積分關于以及任意的一致收斂.再由f的連續(xù)性，可知第二個積分對連續(xù).從而根據(jù)的連續(xù)性，可作運算最后有則在上連續(xù)，且有即積分是一致收斂的，從而知上連續(xù).對有(實際上，對也真，因為上內(nèi)閉一致收斂，由連續(xù)性再取極限即得.)在式②,對β作積分， 易知而，故這說明第三部分模擬試題又因為L1的參數(shù)方程為，因此，令取極限，據(jù)條件(1)得據(jù)柯西準則，知存在.即等式①左端極限存在，記之為A由將x固定，由條件(1)使得時于是由②式知第一部分名?？佳姓骖}識的掌握，讓學員具有扎實的專業(yè)基礎；又對一些重難點部分(包括教材中未涉及到的知識點)進行詳細闡釋，以使學員不遺漏任何一個重要知識點。一、判斷題1若/)存在，則f(x)與f(x,)均存在.[上海交通大學研]【答案】錯【解析】舉反例：例如)=ysin,顯然有l(wèi)mf(x,y)=°,limf(x,y)=°,但是f(x,)不存在.2設f(x,y)在(x,yo)的某個鄰域內(nèi)有定義且)[華東師范大學2008研]【答案】錯【解析】舉反例：i顯然有但是即imf(x)是否為0還要取決于。的值，所以f(xy)在點(0.0)處不連續(xù).4,試討論函數(shù)在點(0,0)處的連續(xù)性.[江蘇大學研]解：當0<p<1時，由于當x2+y2≠0時有,,故f(x,y)在點(0,0)處連續(xù).當p≥1時，由于故f(x,y)在點(0,0)處不連續(xù).5設Q為有理數(shù)集，且證明：(1)由于有理數(shù)在實數(shù)上是稠密的，所以存在有理數(shù)列{x}與{v}使得是(2)由于,則有由于(x-a2+(0?-b2*0,所以f(x,y)在點(x,y)處不連續(xù)，故f(x,y)連續(xù).其中M、α均為常數(shù)且M>0、0<α≤1,問g(x,y)在D內(nèi)是否連續(xù)，并說明理ε>0,存在&>0,使得,,lecs)-gt,xNSIe(c)-g(,y+1s(x,-gtxk(nea.k-k&b-xs&證明：因為f(x,y)在有界閉區(qū)域D上連續(xù)，所以f(x,y)在D上一致連續(xù)，即對由于納(x)}在[a,A]上一致收斂，所以對上述的δ,存在N>0,使得當m、n>N,x8設二元函數(shù)f(x,y)在正方形區(qū)域[0,1]×[0,1]上連續(xù).記J=[0,1].(1)試比較pr(,與c的大小并證明之；(2)給出并證明使等式C-y成立的(你認為最好的)充分條件.[廈門大學研]p(r.)>spinf(r,y).f(n)-jinf()inbuef(r,y)在[0,1]上連續(xù)，,使故p()=f(z,y).2二元函數(shù)1定義證明：f(x,y)在(0,0)處連續(xù)但不可微.[中國科技大學研]證明：對任意的ε>0,存在δ,當o<√r+y3<o時，有故f(x,y)在(0,0)處連續(xù)，根據(jù)偏導公式可得從而不唯一，所以在(0,0)點函數(shù)不可微.求(1)(2)是否在點(0,0)處連續(xù)，f(x,y)在點(0,0)處是否(2)由 所以f(x,y)在點(0,0)處可微.3設函數(shù)(1)研究函數(shù)f(x,y)在點(0,0)處是否連續(xù)，其偏導數(shù)是否存在，若存在是多(2)函數(shù)f(x,y)在點(0,0)處可微嗎?為什么?[上海理工大學研]解：(1)由于當(x,y)≠(0,0)時，有又,故由夾逼法知,所以f(x,y)在點(0,0)處連(2)由于所以f(x,y)在點(0,0)處不可微.所以f(x,y)當x=0時也可微.故f(x,y)在平面中的可微點為整個平面.上有界，證明：f(x,y)在點(0,0)處連續(xù).[華南理工大學研]證明：因為f(x,0)在x=0處連續(xù)，則對任意的ε>0,存在8>0使得當lx-0kδ時，有,又因為f,(x,y)在G上有界，存在M>0,使得If,(x,y)≤M對上述,時，有安電子科技大學研、清華大學2006研]證明：為了證明f(x,y)在點(x?,yo)處可微，就要證明z=f(x,y)的全增量可以表示成如下形式=1,(x?,y?Ax+f,(x?,yo)Ay+o(√Ar為此先把△z拆成兩部分以便能與偏導數(shù)所滿足的條件相聯(lián)系，利用f(x?+Ax,y)對y的導數(shù)存在，并由一元函數(shù)微分中值定理可得,,7討論函數(shù)性.[北京工業(yè)大學研、中山大學2007研]則故不可微.(3)由于沿：(cosα,sinα)的方向?qū)?shù)存在.中f(u,v)有二階連續(xù)偏導數(shù).(2)若h0,0)=1,L.o.0)--1,.[上海理工大學研]解：(1)由鏈式求導法則知(2)由(1)得到的結果知9設x=rcosθ,y=rsinθ,證明：[中國地質(zhì)大學2006研]證明：因為于是11確定α的值，使得函數(shù)在點(0,0)可微.[同濟大學研]解：f(x,y)在點(0,0)可微，則f.'0,0),J,'0,0)存在.由存在.則必有12在曲面+y+-上求點(),且≥0.≥0.m≥。使該點處曲面的切平面與三坐標面圍成的四面體的體積最小.[北京航空航天大學研]解：過點(az)的切平面方程為因此四面體的體原問題化為求V在限制條件+x+a-1下的極小值點.作拉格朗日函數(shù)解,故m=學學學，且最小體積為13利用導數(shù)證明周長一定的三角形中以等邊三角形的面積最大.[清華大學研]s=√D(p-)(p-y)(p-z).證明：設三角形三邊分別為x,y,z,其周長為定數(shù)2p,則面積所求為S在限制條件+y+-2下的極大值，為此，作拉格朗日函數(shù)解得=--號，此時s--。14設u=x2+y2+z,其中z=f(x,y)“.[北京化工大學研]解：對方程x3+y3+z3=-3z,求一、二階偏導有解：令L(x,y,d)=ax2+2bxy+cy2+A(x2+y2-1),則44因1計算二重積分-T,其中D為區(qū)域lx|≤1,O≤y≤2.[北京師范大學研]圖15-1解：如圖示D可分為p.UD,在o內(nèi)>z,在p.內(nèi)，<,所以圖15-2909設a>0是常數(shù)，計算積分[北京大學研]解：作球坐標變換x=rsinecosθ,y=rsinosinθ,z=rcose.則4求xz平面上的圓周(x-a)2+z2=b2(0<b<a),繞z軸一圈所畫的閉曲面所包圍的體積.[廈門大學研]解：令V為所畫閉曲面所圍的空間，則v=((r,y.)I-b≤<b.(a-√B-<x3+y<(a+√B-5計算積分!,D為由直線y=x、y=1及x=0所圍成的平面區(qū)域。[中科院武漢物理與數(shù)學研究所研]解：化為累次積分有,其中D是由直線y=x及拋物線x=y所圍成的區(qū)域。[中科院武漢物理與數(shù)學研究所、大連理工大學研]解：由題設知D為y2≤x≤y,o≤y≤1,從而7求[北京師范大學研]9其中0為z=√x+y與z=x2+2削成的有界區(qū)域。[北京大學2006研]證明：.[南開大學2006研]故有··第16章曲線積分與曲面積分1以S表示橢球的上半部分(z≥0),λ,u,v表示S的外法線的方向余弦，計算曲面積[南京大學研]解：如圖示：補充xy平面上的橢圓S?與S構成封閉曲面記為So,由于S?:z=0,從而圖16-12計算曲線積其中L是空間螺線，acost,y=asintz=a(a>0)上對應于t=0與t=2π的兩點之間的一段曲線弧.[中山大學研]側.[哈爾濱工業(yè)大學研]V:O≤≤2+y2,(x,y)∈D=(2+y2<1.x≥04計算d其中S是球面x2+y2+z2=a在第一卦限部分并取球面外側(a>0).[武漢大學圖16-25已知C是平面上任一簡單閉曲線，問常數(shù)a等于何值時，曲線積分解：記P=+Q=y(1)若原點在C外，欲使積分為零必須且只須器-嬰即(2)若原點在C內(nèi)，由多連通區(qū)域上的格林公式知，當a=-1時，所以，當a=-1時，總6設f(u)具有連續(xù)導函數(shù)，計算積分其中z為x>0的錐面y2+z2-2=0與球面+y+2=1.z2+2+2=4所圍立體表面的外側.[西安交通大學研]由奧高公式得所求積分,其中L是拋物線y=x2上從點(-1,1)到點(1,1)上的一段.[華南理工大學2006研]解：將y=x2,-1≤x≤1代入，根據(jù)函數(shù)的奇偶性可得=(sinx+x3)2+2x(x2+x?cos,L是取逆時針方向的單位圓周.[華中科技大學研]解：原點在L所圍區(qū)域Ω的內(nèi)部，則在原點不連續(xù)，挖去一個以原點為中心，以長軸為，短軸為3的橢圓C,則L與C外側所圍區(qū)域2滿足Green公式所以此處利用9計算曲線積分docdy,其中曲,方向與z軸構成右手系.[中山大學2007研]10求'-[2-]+(z2-x)y+x2-y'],其中L為平i和立方體0≤x≤a,O≤y≤a,O≤z≤a的交線，站在第一象限處看L為逆時針方向.[大連理工大學研]解：平位于立方體內(nèi)的部分記為S,它在Oxy平面上的射影區(qū)域記為Sy,Stokes公式可得11求球面x2+y2+z2=a2在柱面x+y2≤ax(a>0)內(nèi)部的面積S。[西安交通大學研]解：由于于是利用對稱性知12計算曲面積分其中S是曲線x=e°(O≤y≤a)繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的曲面的外側。[中山大學研],其中2是單葉雙曲面x2+y2-z=1在的部分，取外側。[中山大學2006研]第17章含參變量積分故2證明：(1)積分sindr,(a>0)在ue(0,+0)上一致收斂.故由Cauchy收斂準則知[esindu3證明：在(0,+0)上連續(xù).[華中科技大學2007研]證明：因為對任意的A,存在M,有slsM,同時對任意的8>0,關于x在(1,+0)上單調(diào)遞減，且當y∈(8,+0)時，有,所以當y→+0時，在[8,+0]上一致收斂于0.故由Dirichlet判別法知在(8,+o)上一致收斂，因為被積函數(shù)連續(xù)，所以由一致收斂的反常積分性質(zhì)知Fo)-5*在[8,+0]上連續(xù).由δ>0的任意性知，在(0,+0)上連續(xù).證明：因為Gd于(c,d)一致收斂，所以任給ε>0,存在M>c對一切A?,A?>M(其中A?<A?),一致連續(xù)，所以任給∈[A,AJ,存在δ>故收斂.證明：(1)h.0,e[0.+],證明：1)對v∈ro,+2)因為每個.在(0,+0)上都連續(xù)，且當時]0對一切z∈[o,+都成立，所以可以在積分號下取極限，所以8證明：積分?！痹?0,+0)上不一致收斂.[北京大學研]9證明函數(shù))-5在區(qū)間(0,+0)上連續(xù)，在(0,+0)上有連續(xù)導函數(shù).[廈門大(x)在[0,+0]上連續(xù)10設F(x)=cssds.證明：(1)zr(a)+F(a)-(2)求F(x)[華中師范大學研]證明：(1)記s,則rc-顯然f(x,y),f'×(x,y)連續(xù).因為對一切1ecosxyI≤e2.I-ye2sinxyI≤ye2,收斂，,所以，即，因此.第二部分章節(jié)題庫挑選經(jīng)典常見考題，并予以詳細解答。熟練掌握本書考題的解由于k可取不同值，故重極限不存在.(2)f(,kx)=A/(1+k),重極限不存在.f(r,-x+x2)=(-x2+x3)/x2→-1(x→0),故重極限不存在.limf(x,x)=lim(x2+x?)/故重極限不存在.imf(x,3-x3)=lim[r2+(3-x2°/3-l故重極限不存在.故重極限不存在.故重極限不存在.2討論下列函數(shù)f(x,y)在點(0,0)處的重極限：(1)(x+y)ln(x2+y2).(2)In(1+xy)/(x+tanyIf(x,y)|=|r(cosθ+sin0)Inr2|(2)注意到f(x,0)=0,另一方面又有故重極限不存在.f(x,y)=e2m2+3≤e(2+3)2m2+3),(3)取對數(shù)再用參變量，我們有(1)e2+s3),(0,0).(2)e2-P·sin(2xy),(-○,+∞).3討論下列函數(shù)f(x,y)在指定點的極限狀況：由此可知，當或即時極限存在.4試證明下列命題：上單變量連續(xù)的函數(shù).又有ECD且E=D.若有(對一致),則f(x,y)在D上連續(xù).并記.由可知，存在使又由f的連續(xù)性，可知存在，使得.類似地可知，存在以及閉區(qū)間，使得，繼續(xù)這一過程，可得閉區(qū)間列，點列滿足根據(jù)區(qū)間套定理可知，存在xELI(nEN),從而有,以及1f(x,y)-f(x,yo)|<e/2(f(x,y)一f(xo,yo)|≤If(x,y)-f(x,yo)I+If(r,yo)-f(xo,y%)|<e.If(xo,y)-f(xo,yo)|<e/2(|y-yI<8i).If(x,yo±8)-f(xo,yo±δi)|<e/2(|x-x又存在，使得f(x,yo-&)≤f(x,y)≤f(x,yo+8?).Tf(x,y±à)-f(xo,yo)|≤If(r,yo±&i)-f(r+If(ro,yo±8)-f(xo,yo不妨假定f對y是遞增函數(shù)，則當lx-zol<8?,ly-yol≤時，有5試證明下列命題：(1)設在D上連續(xù)，且，則在(a,b)上連續(xù).φ∈C([a,b]).If(r,y)-f(ro,yo)I<e(lx-x證明：(1)設(r?,y)∈D,則由題設知，對任給>0,存在a>0,使得lp(x)-p(x?)|=ly-y?I<δ(|x-x|<δ).記，則依條件，存在，使得If(x,p(x))-f(xo,p(xo))|<e(|x-xoI<8=min因此，對，有即(2)對，令，易知g(x)=sup(g,(x):y∈[0.17).注意到f在D上一致連續(xù)，故是一族等度連續(xù)函數(shù).對任給，存在，使得現(xiàn)在對滿足的，存在，使得根據(jù)等度連續(xù)性，又推出導出這說明，隨之有，即f(xo,yo,z)-e<f(x,y,z)<f((3)令，注意到f在D上的一致連續(xù)性可知，對，存在，使得Ix'-x"|<8,|y'-y"I<8).,即在上連續(xù)，自然也是一致連續(xù)的.因此，存在，使得現(xiàn)在對任意取定的，我們有從而導出又根據(jù)式①可推知這說明6試證明下列命題：則F(x)=fLx,p(x)]在[a,b]上一致收斂.證明：(1)注意到f在D上一致連續(xù)，故對任給，存在，使得l+(x)-,(x)|<8(n>N,p∈N,x∈[a,b]).If(r,p+。(x))一f(x,p.(x))|<e(n>N(2)注意到,故知,,(2)設f∈C(R1),且作函數(shù)證明：(1)定義f(0,y)=(y)(y∈R'),從而只需指出f|(x,y)-φ(yo)|<e/2(0<Ix|<8,,即在上連續(xù).對任給，存在使得lp(y)-(yo)|≤lφ(y)-f(x,y)I+I從而有f(x,y)-φ(yo)|I<8/2).由此即得所證.(2)顯然，F(xiàn)(x,y)在上連續(xù).對處，根據(jù)的連續(xù)性可知，對任給，存在，使得由此即得所證.8設求以及所以顯然不存在，所以不存在.(3)由三種極限間的關系及步驟(2)中的結果可知不存在上一致收斂并滿足條件b≤p.(x)≤B.證明：函數(shù)序列F,(x)=/[x,p.(x)](n=1也在[a,A]上一致收斂.0,存在δ=δ(ε)>0,使對于此域中的任意兩點只要時，就有對于一切的x∈[a,A],均有于是，對任給的ε>0,存在自然數(shù)N,使當m>N,n>N因此在[a,A]上一致收斂.10證明：若函數(shù)f(x,y)在某域G內(nèi)對變數(shù)x是連續(xù)的，而關于x對變數(shù)y是一列連續(xù)的，則此函數(shù)在所考慮的域內(nèi)是連續(xù)的.證明：任意固定一點Pa(ro,yo)∈G.在G內(nèi)是連續(xù)的.時，函數(shù)f(x,y)對于變數(shù)x是連續(xù)的.同理可證，當變數(shù)x固定時，函數(shù)f(x,y)作為二元函數(shù)，f(x,y)雖在除點(0,0)外的各點均連續(xù)，但在點(0,0)不連續(xù).事實上，當動點P(x,y)沿射線y=kx趨于原點時，有二元連續(xù)的.1解答下列問題：,2試證明下列命題：f(0)=(g(0),h(0))=(0,0),了(0)=(g'(0),h(0))≠0,1,1)上值域在R中的連續(xù)可微函數(shù).若有證明：(1)問題等價于證明不等式令，這樣，證上述不等式只要證明.為此，在區(qū)域上考慮二元函數(shù).因為，即對固定的，函數(shù)f(x,y)是如果，顯然有；如果即，也有綜上便知在上成立.因此，有=2:(g'(E)g't)+h'(E)h'(t)](0<6,<t).(3)依題設易知，且有1f,(x,y,z)|≤1,If,(x,y,z)|≤1((If(x?+△r,yo+△y,zo+△)-f(r?,≤lf(z+△r,y+△y,z+△z)-f(xa,y+△y,z+f(x,so+△y,z+△z)-f(ra,y,z+1f(xo,yo,z+△z)-≤I△rI+I△yl+If(zo,y%,z+△z)-f(x,,z0)|.(1)設且充分小，則由此以及依據(jù)題設即得所證.f,(ro,yo)=-4xo,f,(xo,(2)作，則且，從而可知存在點使得達到最大(小)值.由此得，從而導出因此有(2)f(x,y)=Vxy,(0,0).4討論下列函數(shù)在指定點處的可微性：解：(1)由可知f(x,y)在點(0,0)處連續(xù).因為有f(x,y)-f(0,0)=xy/√Y+y=p·a(r,y),a(x,y)=注意，由在點(0,0)的一個鄰域上存在有界偏導數(shù).f(x,y-f(0,0)=p·a(x,y)(a(x,y)=Vay/prp=√+y).取，則，這說明f(x,y)在點(0,0)處不可微.5解答下列命題：解：(1)(i)注意到，故得(ii)注意到，故得(3)對兩式各求微分，可得從而可解出由此即得所證.(4)對兩式各求微分，可得從而可解出或若記此值為1/k,又知類似地可知因此有式①左端6試證明下列命題：在點(0,0)處連續(xù)，在則f(x,y)在點(0,0)處可微.(3)設f(x,y)=lx-ylg(x,y),g(x,y)在零點的鄰域U?(8)上連續(xù)，且g(0,0)=0,則f(x,y)在點(0,0)處可微.(4)設f(x,y)在點(0,0)處可微，且f(0,0)=0,又假定g(x,y在點(0,0)處連續(xù)，則F(x,y)=f(x,y)g(r,y)在點(0,0)處可微，且有d(fg)=fdg(在點(0,0)處).=f(x?+△r,yo+△y)-f(xo,y+△y)+f(ro,y+△y)-f(=f,(xo,yo)△r+a△r+o(△r)+f,(r?,yo)△y+o(△y)(△x→0,△證明：(1)不妨假定，則有Ayl≤p,(Ar|≤p(p=√△r)+((2)依題設知，對任給>,存在>0,使得(3)因為[f(x,y)-f(0,0)]/√R+=r|cosx-sinx|g(rcosθ,rsinθ)/r≤2g(rcosθ,r所以，注意到△F=F(x,y)-F(0,0)=f(r,y)=f,(0,0)g(0,0)△r+f,(0,0)g(0,0)△y+R(R(x,y)=f.(0.0)[g(x,y)-g(0,0)]Ax+f,(0,0[g(x,y)-g(0,0(4)因為所以有由g(x,y)在點(0,0)處的連續(xù)性可知，這說明F(x,y)在點(0,0)處可微.從而立即可得在點(0,0)處的微分為7試證明下列命題：(2)設z=f(x,y)在區(qū)域ccx上可微，又假定x=p(s,t),y=(s,t)在區(qū)域DcR上可微，且以y乘式①,以x乘式②,相加可知類似地可推得第二式.由此可導出又(估計上式最后三項)8解答下列命題：(1)設R2上可微函數(shù)F(x,y)滿足(2)在上題中，改F(x,y)為連續(xù)可微，又條件(ii)改為F(x,y)=h(r),試求F(x,y).(3)設u=f(r,y,z)在上可微：(ii)若u/x=u/y=u:/z,則u是r的函數(shù).F(r,y)=C-In|x|+In|yl).從而可得，即知，因此，根據(jù)或.這說明(2)由條件知，即由此得到，若令此比值為λ(常數(shù)),則有(因為連續(xù)，所以此式對x=y=0仍真).這說明f=f·(-rsinOsinp)+f,·(r再依題設之比例又有綜上所述，即得所證.9解答下列問題：可知g(x,y)=-(-f(x,y))=f(r,..10解答下列問題：(1)試求滿足f(x,O)=x,f(0,y)=x的方y(tǒng)的解z=f(x,y).(2)試證明方程(u(x,y)有連續(xù)二階偏導數(shù))通過變換E=x+y,=x-y得解u=(x+y)p(x-y)+ψ(x-y).(4)f(x,y)有連續(xù)二階偏導數(shù).若有試求f(x,y).解：(1)由題設知(3)令u=F(r,t)/r(即F(r,t)=ru(r,t)),則F,=F+F,,F=F-F,;F",=F"+2F"+F",F"=F"-2F"+F".解：(1)在原式兩端對x求導，得-1/(1-),器-)(1-)(器≠1).①(3)應用歸納法.首先對z=x+yφ(z)求導，可知②12解答下列問題：解：(1)求出一階偏導數(shù)方程組解之可得臨界點直線x=0,2y+3z=a上的點平面y=0上的點平面z=0上的點再看二階偏導數(shù)，有f=2zx3(a-x-6y-3z),f=6xyz2f"=-6a3/7?,f".=-24a?/73.由此可知，在點x.f"=-6a3/7?,f".=-24a?/73.由此可知，在點x.處，其值為從而得到(在點x.處)極值點.在點x處，有df=2zx2(a-x-3x)dy2.故在a-x-3z≠0,32≠0,z≠0時它有確定的符號.這說明此時，f在x.處有極值為0.在點x.處，f的二階微分恒為0,而df=6xy2(a-x-2y)dz3≠0.這說明x,不是f的極值點.(2)偏導數(shù)方程組為用乘第一式，用乘第二式，相加得并導出bx=ay,ax+by+c=0.注意到式①可求出臨界點x=a/c,y=b/c,c≠0(若c=0,則由推出f無臨界點).,(,)--(8+2)/(+號+1)",再求二階偏導數(shù)，可知(記a=2+y2+1,β=ax+by+c)13解答下列問題：上的最大值.(2)試確定a值，使得z=3axy-x3-x在(a,a)處達到極值.解：(1)解偏導數(shù)方程組A=fIx=-8,B=fIx=2,C=fIx=-2,A由此知，f(0,0)是極大值.再看f在D的邊界上的值：對x=-1,有f(-1,y)=-5-2y-y2≤-3;對x=4,有f(4,y)=8y-x2.而f(y)是遞增函數(shù)，故f(4,1)=7(2)易知(a,a)為z(x,y)的臨界點.根據(jù)A=zlc)=-6a,B=2lca)=3a,C=z(iii)a=0時，有故(a,a)不是z的極值點.14試證明下列不等式：f(x,y)=x(1-x)<e-1((x,y)∈D).證明：(1)對取定的x?∈(0,1),由故知(x,作為y∈(0,f,(ro,y)=x(1-xo)(1+y·Inr?)=0o)的函數(shù)必達到最大值，且其最大值點(xo,y)滿足方程f(xo,y)≤f(xo,yo)=-e1(1-也就是說，在惟一的點上達到最大值，=(1-x)+(x-12/2[1+8(x-1)]>1-x(再考察函數(shù)F(x)=-(1-x)/Inx(0<x<1).f(x,y)<e-1(0<x<1,0<y<).故F(x)<1.從而結合前述結果，有(2)令由于有f(x,y)≥0以及故f(x,y)可取到最大值.因為偏導方程組為注意到在0x軸上，有故又知f(x,0)在點(2,0)處取到最大值.同理可知，點若F(x,y)≤0,則Inx>yF(x,y);若F(x,y)>0,則(1)設D={(x,y):0<x<1,0<y<1)},且令①(i)f(x,y)≥0(x2+y2≤1.(ii)f(x,y)>0(x2+y2≤1).(i)若最大值點位于D,則命題顯然成立.將上兩式相加，即可得出從而只需指出d≤0,e≤0.根據(jù)題設可知，從而有d≤-ax.令，又得d≤0.類似地可推知e≤0.證畢.(2)(i)反證法.假定則不妨又假定點是f的最小值點(注意，),從而有此外，由式①可知，必有記則點為g(x)的臨界點.而根據(jù)可知，點是g(x)的極大值點.注意到在(存在)(ii)考察函數(shù)F(x,y)=f(r,y)-e(e2+e).因為有F=f-ee2,F=f"-ee2,F,=f"-ee°,f(x,y)≥e(e2+e)>0(2+y2≤1).取ε充分小，使得在圓周上F(x,y)>0,則依(i)知，即(3)依題設知，在點處取到極大值，故同理可推出此外，還有即得所證.F(x,y)≥1(x2+y2=1);F(O,0)≤1.(4)作則有從而可知除非F(x,y)1,否則在D內(nèi)可取到極小值.即有使得這說明即得所證.16解答下列問題：(1)試求f(x,y,z)=xyz(m>0,n>0,k>0在條件x+y+z=a下的極值，其中r>0,y>0,z>0,a>0.F(x,y,z)=mlnr+nny+klnz+λ(x+y則可得可能的極值點為再看二階微分在點處的值，即得m"n"k*am+n+*/(m+n+k)m+由此知，g隨之f在點處達到最大值：F(x,y,z)=x2+y2+z2+A(x2/a2+y2/b2+z2/c2-1).(2)作輔助函：又聯(lián)立方程組Ai=-c,X?=(0,0,c);Az=-c,X?=(0,0,As=-a2,X,=(a,0,0);A=-a2,x?=(-a,0As=-B,X?=(0,b,0);Ag=-B,X?=(0,-b易知有解dF=2(1+A/a2)dx2+2(1+A/b2)dy2+2(1dF(X,,A)=2(1-c2/a2)dr2+2(1-c/b2)ddF(X,,A)=2(1-a2/b)dy2+2(1-a2/c)d所以有dF(X,,A)=2(1-b2/c2)dz2<0(dr=0,dzdF(X,a)=2(1-b2/a2)函數(shù)f在點處取極小值在處取極大值；在點處，由于故點不是f的極值點.,并解方程組或①的特征值.由于命題的最大值必存在，故定有非零解因此該方程組的行列式必為0.即Ar?+By?+Ca8+2Dy。zo+2Ez?zo+2Froyo-λ(路+y+z)=0.由可知，這是f(x,y,z)在單位球面上的最大值.17解答下列問題(用一般極值求法解條件極值):(1)試討論z=f(x,y)在條件(x,y)-下的極值，其中f(x,y),(x,)有連續(xù)二階偏導數(shù).解：(1)由--:/%可知f?(x,y)p,(x,y)-f,(x,y)p,(x,y)=0,現(xiàn)將極值點滿足的條件寫為并使它與聯(lián)立解出點為判定其極值情形，將上述結果代入式從而知，當時，z取到極小值；當時，z取到極大值.(2)對條件方程取對數(shù)：且記，則命題化為：求f(x,y,z)在條件下的極值.采用代入法，化條件極值為一般極值，即從條件中解出z代入f,則f寫為求解偏導方程組再求二階偏導，易知(i)在點處，由可知，f無極值.(ii)在點處，由，以及±[ln(abck)]/(lna)3(lnb)2(In再記，則當S<0時f達到極小值，當S>0時達到極大值，其值為18解答下列問題：(1)試求橢圓x2+4y2=4上一點，使得此點到直線2x+3y=6的距離最短.(3)試求原點到曲面xyz=1上距離的最近的點.(4)試求拋物線s-x與直線x-y-2=0之間的距離.解：(1)注意到點(x,y)到該直線的距離公式為F(x,y)=(2x+3y-6)2/13+A(x2+4y最小值.從而令聯(lián)立方程組得解從而知顯然(8/5,3/5)就是所要求的點.F(x,y,z)=d+A(Ar+By+C+D).x=x-λA/2,y=yo-AB/2,z=z-則由可解出代入平面T的方程，可得，因此F(x,y,z)=x+y2+z+λ(ry(3)問題歸結為求在約束條件下的最小值.從而作函數(shù)易得，以及x?=(1,1,1),X?=(-1,-1,1),X=(1,-1,-1),X.=(-1,從而解出因為，故點是曲面上到原點距離最近的一點.其它點亦然.(4)設(x,y)是拋物線上一點(即)是直線上一點(即，則此兩點間的距離為從而并解平衡點方程，可知有解：.故知1設f(x,y)在R2上連續(xù)，試交換下列累次積分的次序：解：(1)積分區(qū)域p.p.如圖15-1所示，有圖15-1(2)整個積分區(qū)域分成D?與D?,如圖15-2斜線部分所示.圖15-2(2)設f∈C([0,1]).若有等式證明：(1)由題設知，對x≥a有(用Cauchy—Schwarz不等式)(2)令則由題設知證明：(1)只需指出從而知(相加)根據(jù)f的遞減性，我們有(y-x)[f(x)-f(y)]≥0(0≤r,y≤1).這說明2I≥0,即I≥0.(2)令則積分式I可寫為再引用不等式即得所證.(3)只需指出更換變量符號，將I改寫為由x,y的對稱性，同樣可得將上兩式相加再除以2,得因為f(x),g(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，故上式兩個方括號同號，即上式被積函數(shù)在D上取非負值，因而有J≥0.4試求下列積分I的值：解：(1)畫出區(qū)域D的圖(圖15-4),即知D={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤x}.故有oD?={(x,y):2≤x≤8,4-x≤yD?={(x,y):8≤x≤18,-√2x≤y≤是x的奇函數(shù)).以|D?|=|D?|=3/2,|D?I=其中表示的面積.從而有圖15-6(ii)注意到積分的對稱性，易知用曲線分割D為四個區(qū)域：如圖15-7,有從而得到D.=((r,y):0≤x≤√4-k,x2+k-1U{cx,y):√4-k≤x≤√4-(k-1),x2+k-1≤y將區(qū)域表示為=√4-k+(5-k)(√5-k-√4-k)-[(5-k)?-(4-k)則可求出面積因此最后導致圖15-75解答下列問題：(2)求R中由曲面z=xy,x+y+z=1,z=0所圍成的立體體積V.解：(1)易知立體所在區(qū)域Ω為a=((x,y,z):-1≤x≤1,x2≤y≤1,0≤x≤x2+y2).由此知Ω在x0y平面上的投影為D={(x,y):|x|≤1,x2<y≤1).從而得到D={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤1-x}.(2)易知該立體在x0y平面上的投影區(qū)域為此外，曲面xy=z與平面x+y+z=1的交線在x0y平面上的投影為y=(1-x)/(1+x)(x∈R'\-1}).D?={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤(1-x)/(D?=《(x,y):0≤x≤1,(1-x)/(1+x)≤y≤1-x}.從而得到6解答下列問題(用重積分求解單積分):(2)試求下列積分值(a>0,b>0)(3)試證明不等式不妨假'從而就(2)應用公對于I,I?中的被積函數(shù)，在x=0時取值定為0,則它們都是連續(xù)函數(shù).從而交換積分次序，得出再作變量替換x=e?,有因此立即推得D?={(x,y):x2+y2≤u2},D?={(x,y):x2+易知I?≤4J2≤I?,以及(作極坐標變換)由此即可得證.7試在下列積分I中實施變量替換：D由y=0,y=x,x+y=1圍成。是以(xi,yi)(i=1,2,3)為頂點的三角形)。(2)令則D變成(3)令將三角形內(nèi)的點表示為從而作變量替換“+0<≥0.其中S是該三角形之面積.(4)令即此時[J=2,積分區(qū)域D變?yōu)閺亩傻?解答下列問題：(1)求由平面z=0,拋物面2z=x2/a2+y/B,以及用球面2+y+(z-c2=c與上述拋物面的交線作準線的正柱面(a,b,c>0)圍成的立體體積V.(2)求由橢球圍成的立體體積V.(3)求由橢球與圓柱面圍成的立體體積V.(5)已知兩個球的半徑各為a,b(a>b),且小球球心位于大球球面上，試求小球位于大球內(nèi)的那一部分立體的體積V.(6)求曲面x2+y2+az=4a2將球x2+y2+z2≤4az分成兩部分立體的體積比(a>0).解：(1)易知交線在x0y平面上的投影為曲線且記1所圍平面區(qū)域為D,故知其中為求V,顯然應采用極坐標變換：即令此時有變成(2)易知此兩曲面的交線在x0y平面上的投影為x2/a2+y2/b2=1/2,記其所圍區(qū)域為D,則其中顯然應采用極坐標變換來求積分，即令由此可得(3)記曲所圍區(qū)域為且由對稱性知只需考察位于第一象限中的D,記為故有其中令則(4)由題設知該立體為a={(x,y,z):(x,y)∈D,0≤z≤D=((x,y):0≤x≤a,0≤y≤從而可得(用坐標變換而且對上式右端的積分，再作變換則有因此最后得到(5)建立坐標系：以小球球心為原點，Oz軸穿過大球中心線，如圖15-8,則大、小球的方程可各寫為x2+y2+(z-a)2=a2,x2+y易知此兩球之交線為它在x0y平面上的投影就是1.記1所圍區(qū)域為D,則圖15-8(6)易知該兩曲面的交線為由此知，z=a或z=4a.若z=4a,則得兩曲面的交點(0,0,4a);若z=a,則得兩曲面的交線在x0y平面上的投影曲線為(圖15-9)又知該兩個曲面在柱坐標系下的方程分別是即由此知，拋物面下與球面上所圍成的立體體積為而拋物面上與球面下所圍立體體積v?=V-V(V是球體體積),即最后有圖15-99計算下列三重積分：(2)設Ω是由曲面z=(x2+y2)/m,z=(x2+y2)/n;xy=a2,xy=b2;y=ax,y=Bx0<a<b,0<a<β?0<m<n;第一象限)圍成的立體.解：(1)易知應采用球坐標變換，有(2)作變換u=xy,y=ux,z=z,即此時J=1/2v>0.從而可得10計算：解：積分區(qū)域是位于第一象限的邊長為a的正方形，過頂點(0,0)和(a,a)的對角線將它分為兩個三角形D?(經(jīng)過點(a,0))和D?.應用極坐標(r,0),Jacobi式等于和于是(也可用廣義極坐標，令x=arcosθ,y=arsine).)11變換下列累次積分的積分順序：+3,以及圓周x2+y2=4圍成，因此D位于第一象限.圓周與x軸(正向)交于(2,0),與y軸(正向)交于(0,2)(也是與直線y=2的交點),直線x=y+3與x軸交于(3,0),與直線y=2交于(5,2).因此方程；于是，13計算下列二重積分：其積分域Ω是由橢圓所界的域。解：作變換：,則橢圓所圍成的域變?yōu)榍矣小Ｓ谑?，所求的面積為15試證明下列積分等式：(2)兩端對x作[0,1]上的積分，再換序得另一方面，設tant=u,又可得從而有(對上式作積分)綜合上述結果，即可得證.16設f(x,y)在I=(a,b)×(c,d)上連續(xù)，且有(i)在I上存在且連續(xù)；(ii)對某個存在；(iii)I上存在且連續(xù)，則在I上存'且有證明：取y?∈(c,d),則對任意的(x,y)EI,有從而在等式兩端對y,x求導即可得證.17試證明下列命題：(1)設F(x,y,z)在a:[a,β]×[c,d]×[a,b]上的最大、最小值為M,m,在Ω上連續(xù)，則(2)設f(x)是R1上的正值連續(xù)函數(shù).若對任意的t∈R',,則對任意的=F(β,d,b)-F(a,d,b)+F(a,c,b)-F(β,c,≤4M-4m=4(M-m).證明：(1)將三重積分換成累次積分，有,則FEC([a,b])且有18解答下列問題：解：(1)為求積分值，必須去掉絕對值，為此令D?=((x,y):f(r,y)≥0},D?從而可得對積分I?,I作變量替受+4x(3-A)-6m(2))作變量替換α=arctan則直線y+x=π分D為兩個區(qū)域(圖15-11):D?=((x,y):0≤r≤π,0≤yD?={(x,y):0≤x≤π,π-xD:x+y≥ππ-《+n-v≥π,圖15-11圖15-12D?={(θ,r):sinθ/4≤r≤sin?/2).(4)作替換x=rcosθ,y=rsinθ,則區(qū)域D變?yōu)閮蓚€區(qū)域：從而(注意對稱性)可知(θ的交點之一為cosθ/4=sinθ/2)19求由下列曲面圍成的立體Ω的體積V:(2)其中=(a?)(i,j=1,2,3是正交矩陣。解：(1)注意到曲面方程中出現(xiàn)分離單變量x,故應作變量替換：此時仍有而原曲面有表示式立體Ω關于yOz,x0y平面對稱，則有(2)設A>0(i=1