考研超越考研强化班讲义习题答案

超越考研强化班讲义高等数学部分同步练习解答
第一章 函数、极限与连续
练习1
1.解：当0x <时，()10f x =>，从而[()]1f f x =-； 当0x =时，(0)10f =-<，从而[()]1f f x =； 当0x >时，()10f x =-<，从而[()]1f f x =。

于是1,0,
[()]1,0.x f f x x -<⎧=⎨
≥⎩
2.因为对任意大的正数M ，总存在点1
(0,1)2([]1)
2
M x M π
π=
∈++，使得
()2([]1)2
M f x M M π
π=
++>，
故11
()sin f x x x
=在区间(0,1)上是无界函数。

练习2
1.解：法1（排除法，特例法）
反例1：(1),0n n n x y =-=，排除（A ）; 反例2：0,n n x y n ==，排除（B ）； 反例3：0,(1)n
n n x y ==-，排除（C ）。

法2（直接法）1
lim lim 000n n n n n n
y x y x →∞
→∞
=⋅
=⋅=。

练习3
1.解：原式2
212221(1)lim 1(1)
x x x e x e e x --→∞-
===+。

2.解：原式2sin cos sin
222lim
lim limcos cos 2
2
x a x a x a x a x a x a x a a x a x a →→→-+-+==⋅=--。

练习4
1.解：由等价无穷小和重要极限可得
原式201
sin 12lim 2
x x x
x →==。

2.
1
1
ln[1(1)]
lim tan
ln(2)limsin
(1)2
2sin 2x x x
x x x x πππ→→+--=--1121lim (1)2
x x x ππ→-=⋅=--
，
∴原式2
e π
=。

练习5
1.解：有理化可得
原式002tan tan 1
lim 2lim[]1(1tan 1tan )1tan 1tan x x x x x x x x x x →→==⋅=++-++-。

2.解：利用恒等变形及连续性（ln x 在x e =处）可得
原式1lim ln(1)ln 1x
x e x
→+∞=+==。

练习6
1.解
：
s i n !1≤，132
3
lim
lim 01
11n n n n
n n
-
→∞→∞==++，∴由无穷小性质可得，
3
2sin !lim 01
n n n n →∞=+。

2.解：arctan 2
x π
<
，21lim
01x x →∞=+，∴
2
arctan lim 01x x
x →∞=+。

练习7
1.解：设1max{}i i k
a a ≤≤=，则
1
12()n
n n n n k
a a a a ka ≤++
+≤，lim 1n n k →∞
=，
∴由夹挤准则可得：原式1max{}i i k
a ≤≤=。

2.解：法1（夹挤准则）1111[]x x x -<≤， ∴①当0x <时，11[]1x x x ->≥，而0lim (1)1x x -→-=，由夹逼准则可得01
lim []1x x x
-→=；
②当0x >时，11[]1x x x -<≤，而0lim (1)1x x +→-=，由夹逼准则可得01
lim []1x x x
+→=。

综上可得，01
lim []1x x x
→=。

法2（有界函数与无穷小积）
111111[]([])([])1x x x x x x x x x =-+=-+，其中11
[]1x x -<（有界函数）， ∴00111
lim []lim ([])1011x x x x x x x
→→=-+=+=。

练习8
1. 解：① 由1
111
2222n n n n n n n n x x x x x x x x -+----=+-+=
+++，知1n n x x +-与
1n n x x --同号，以此类推，1n n x x +-与212220x x -=+->同号，∴{}n x 单调增加。

②
12122,2222,x x x =<=+<+=，
一
般
地
，
1,2222n n x x -=+<
<+=，
∴{}n x 有上界。

于是，由单调有界准则可得：{}n x 收敛。

③设lim n n x a →∞
=，则在关系式12n n x x -=+中求极限可得：2a a =
+，解得：2a =。

故lim 2n n x →∞
=。

练习9
解：
1lim ()lim arctan 2x x f x x π-
-→→==-，001lim ()lim arctan 2
x x f x x π
++→→==，
∴0
1
lim ()lim arctan
x x f x x
→→=不存在。

练习10
1.解：23
2
002
1112
3lim lim 11cos 132
x x ax
ax a x x →→+-==-=--，∴32a =-。

2.解：3321lim 231
x x ax b c x x →-++=+-，且32
1lim(231)0x x x →-+-=， ∴31
lim()10x x ax b a b →-++=--+=。

故1b a =+。

∴3332321111lim
lim 231231x x x ax a x ax a
c x x x x →-→-++++++==+-+- 22211(1)(1)1lim lim
(1)(21)
(1)(21)x x x x x a x x a
x x x x →-→-+-++-++==+-+-， 又因为1
lim(1)(21)0x x x →-+-=，2
1
lim(1)30x x x a a →--++=+=，解得3a =-，2b =-。

从而，21112(1)(2)2
lim lim lim 1(1)(21)(1)(21)21
x x x x x x x x c x x x x x →-→-→---+--====+-+-
-。

练习11
1.解：函数是初等函数，其间断点是其分母为零的点：0,1,1x =-。

220001
lim ()lim lim 1(1)1
x x x x x f x x x x ---→→→-==-=---+， 220001
lim ()lim lim 1(1)1
x x x x x f x x x x ++-→→→-===-+， ∴0x =为函数的第一类间断点，且为跳跃间断点。

2
2
111
1
lim()lim lim
(1)1
x x x
x x
f x
x x x
→-→-→-
-
==-=∞
--+
，
∴1
x=-为函数的第二类间断点，且为无穷间断点。

2
2
111
11
lim()lim lim
(1)12
x x x
x x
f x
x x x
→→→
-
===
-+
，
∴1
x=为函数的第一类间断点，且为可去间断点。

2.答案：选（B）。

解：2
0,1,
lim1,1,
,1,
n
n
x
x x
x
→∞
⎧<
⎪
==
⎨
⎪
+∞>
⎩
∴
1,1,
0,1,
()
1,1,
0,1
x x
x
f x
x
x
⎧+<
⎪
=-
⎪
=⎨
=
⎪
⎪>
⎩
进而可知1
x=为跳跃间断点，所以选（B）。

练习12
证：由题意知()
f x在
1
[,]
n
x x上连续，∴()
f x在
1
[,]
n
x x上存在最大值M与最小值m。

()
i
m f x M
≤≤(1,2,,)
i n
=，∴
1
()
n
i
i
nm f x nM
=
≤≤
∑，即1
1
()
n
i
i
m f x M
n=
≤≤
∑。

由介值定理可得：存在
1
[,]
n
x x
ξ∈，使得
1
1
()()
n
i
i
f f x
n
ξ
=
=∑。

2.证：设4
()441
f x x x
=-+，则()
f x在(,)
-∞+∞内连续，注意到
(1)90
f-=>，(1)10
f=>，
11
()210
24
f=-+<，
故由零点定理知：方程在
1
(1,)
2
-，
1
(,1)
2
内各至少存在一个根，即方程4
4410
x x
-+=至少有两个不同的实根。

练习13
1.解：①
33
22(1)(2)
x x
y
x x x x
==
+--+
，∴
1
lim
x
y
→
=∞，
2
lim
x
y
→-
=∞，故曲线有垂直渐近线1
x=和2
x=-。

②
2
2
lim lim1
2
x x
y x
k
x x x
→∞→∞
===
+-
，
32
22
2
lim()lim()lim1
22
x x x
x x x
y x x b
x x x x
→∞→∞→∞
-+
-=-==-=
+-+-
，
∴曲线有斜渐近线1
y x
=-。

2.解：33
22
3333
222222
1
lim lim(1)lim0
()1(1) x x x
y x x
x x x x
→∞→∞→∞
-
=-+==
+⋅+++
，∴0
y=为水平渐近线。

第二章一元函数微分学
练习1 1.解：
()f x '存在，
∴11()()()()
11lim [()()]lim[
]2()11n n f x f x f x f x n n n f x f x f x n n
n n
→∞→∞+---'+--=+=。

2.解：①确定不可导点范围
22()1(2)(3)3f x x x x x =----，∴()f x 的可能不可导点为1x =和3x =。

② 判断点1x =处的可导性
记221()(2)(3)3x x x x ϕ=---，则1()x ϕ连续，且1(1)0ϕ≠，所以
221()1(2)(3)31()f x x x x x x x ϕ=----=-在1x =处不可导。

③判断点3x =处的可导性
记222()1(2)(3)x x x x ϕ=---，则2()x ϕ连续，且2(3)0ϕ=，所以
222()1(2)(3)33()f x x x x x x x ϕ=----=-在3x =处可导。

练习2 1.解：由导数定义可得
2
22
2()(2)sin(2)(2)lim
lim 14522
x x f x f x f x x x x →→--'==⋅+=--。

2.解：由导数定义及复合函数求导法则可得
00001
ln ()ln ()
()
lim [ln ()]1
()
x x n f x f x f x n f x f x n
=→∞+-''
==
， ∴原式00001
ln ()ln ()
lim
()1()
n f x f x n f x f x n
e
e
→∞
+-'==。

练习3 解：2
2
2
2
2
2
111(12)2y x x x a
x a
x a
'=
+
⋅=
++++，
222
2
22
23
112()
2()
x y x x a x a
x a ''=-
⋅
⋅=-
+++。

练习4 1.解：由()
f y y xe
e =取对数得ln ()x
f y y +=，两边同时对x 求导，视y 为x 的数
1
()f y y y x
'''+=， 解得1[1()]y x f y '='-，于是2
2223
[1()][()]()[1()][1()][1()]
f y x f y y f y f y y x f y x f y '''''''-+---''=-=''--。

2.解：3243
6332311()
3(1)211(1)13(1)()
2dy t dy t t
dt dx dx t t dt t t
⋅---===--⋅-。

练习5 1.解：
lnsin x x y e =，∴(sin )(lnsin cot )x y x x x x '=+。

练习6 1.解：
arctan arctan ,0,()1,0,,0,x x e x f x x e x -⎧>⎪==⎨⎪<⎩
∴当0x >时，arctan 2
()1x e f x x '=+；当0x <时，arctan 2
()1x
e f x x -'=-+； 当0x =时，
arctan 000()(0)1arctan (0)lim lim lim 1x x x x f x f e x
f x x x
---
--→→→---'====-， arctan 000()(0)1arctan (0)lim lim lim 1x x x x f x f e x
f x x x
++++→→→--'====，
(0)(0)f f -+''≠，故()f x 在0x =处不可导，即(0)f '不存在。

于是
sgn()arctan 2
()sgn()1x x
e f x x x '=+(0)x ≠。

评注：左右可导，函数未必可导，但一定连续。

练习7 1.
解：
(4)(cos sin ),2sin ,2(sin cos ),4cos 4x x x x y e x x y e x y e x x y e x y ''''''=-=-=-+==，
∴(10)(6)(4)4(4)16(2sin )32sin x x y y y e x e x ''===-=-。

2.解：ln(1)ln(1)y x x =+--， ∴1()
()()
(1)(1)!(1)![ln(1)][ln(1)]
[](1)(1)n n n n n n
n n y
x x x x ----=+--=--+-
1(1)1
(1)(1)n n n
n x x --=-++-。

练习8 1.解：设切点为00(,)x y ，则00095x y x +=
+，0
02
004
(5)x y dy
x dx
x ==-
+，解得
03,15
x =--，因此切点为(3,3)-和3
(15,)5
-，且 3
1x dy dx
=-=-，
15
125
x dy dx
=-=-
， 进而所求的切线方程为y x =-和1
25
y x =-。

2.解：对应于极坐标点2(,
)2
e π
π
的2
π
θ=
，直角坐标为2(0,)e π。

cos ,sin ,
x e y e θθ
θθ⎧=⎨=⎩∴由参量函数求导可得2
2
(cos sin )
1(sin cos )
dy
e dx e θθ
π
π
θθθθθθ=
=-==-+，因此所
求法线的直角坐标表示为2y x e π
=+。

练习9 1.解：由微分公式与法则可得
22
222122ln(1)(1)111x x d x d x dx dx x x x --=
-==---。

2.解：2223
sin cos sin ()sin cos sin ()()()22x x x x d dx d x x x x x x d x x d x x dx x --===。

练习10 1.证：作辅助函数()[()]x
F x f x x e
λ-=-。

则()F x 在1
[,1]2
上连续，且211()022
F e λ
-=>，(1)0F e λ-=-<，∴由零点定理知：
存在01(,1)2x ∈，使得0()0F x =。

又()F x 在0[0,]x 上连续，在0(0,)x 内可导，且0(0)()F F x =，∴由罗尔定理知：存在0(0,)(0,1)x ξ∈⊂，使得()0F ξ'=，即()[()]1f f ξλξξ'--=。

练习11 1.解：分母用等价无穷小：3
sin tan ~x x x x (0)x →；分子展成3阶麦克劳林公
式：
2323sin [1()][()]26x
x x e x x x x x οο=+++-+332
3()26
x x x x x ο=++-+，
故原式3
330()
1
3lim 3
x x x x ο→+==。

2.解：3
2
211lim (112)lim (112)x x x x x x x x x
→+∞→+∞++--=++--
2
2222111111l i m {[1()][1()]2}2828x x o o x x x x x x
→+∞=+
-++--+- 2
22111lim [()]44
x x o x x →+∞=-+=-。

练习12 1.解：1
20001
1
1(1)ln(1)11lim ln lim lim 22
x
x x x x x x x x e x x →→→-++-+===-。

2.证：原式2
2
(0)()[(0)(0)]2!lim
3x f f x f f x x x →'''''''-++
=
00()[(0)(0)]1()(0)1lim lim (0)666x x f x f f x f x f f x x →→'''''''''''-+-'''==- 11
(0)(0)066
f f ''''''=-=。

3.解：1ln 1
lim
lim lim 1x x x
x
x x x x e
e
→+∞→+∞
→+∞
===，所以1lim lim 1n n
n n n n →∞
→∞
==。

练习
13
22
111
(arctan arctan )011x x x x '+=-=++(0)x >，
∴1
arctan arctan x C x
+=(0)x >。

当0x >时，取1x =可得：2arctan12C π
==
，故1arctan arctan
(0)2
x x x π
+=>。

注：原题中“0x ≠”改为“0x >”。

当0x <时，1arctan arctan 2
x x π
+=-。

练习14 1.解：2
12()[(1)(1)]2!
(1)!2!!
n n
x x x x x f x e x x n n --'=+++
+-++++-!n x x e n -=-，
∴当n 为偶数时，()0f x '<(0)x ≠，故()(,)f x ∈↓-∞+∞，没有极值；
当n 为奇数时，0,0,
()0,0,x f x x ><⎧'=⎨<>⎩
故()(,0),()[0,)f x f x ∈↑-∞∈↓+∞，有极大值
（也是最大值）max (0)1f f ==。

2.解：在方程32
2=++y xy x 两边对x 求导：220x y xy yy ''+++=， ① 令0y '=，得2y x =-。

将其代入原方程解得1,1x =-，且(1)2,(1)2y y =--=。

在①式两边对x 再求导：2(2)2220x y y y y ''''++++= ②
（1）将1,(1)2,(1)0x y y '==-=代入②式，得2
(1)03
y ''=>，所以()y x 取极小值
(1)2y =-；
（2）将1,(1)2,(
1)0x y y '=--=-=代入②式，得2
(1)03
y ''=-<，所以()y x 取极大值 (1)2y -=。

练习15 1.答案：选（B ）。

解：
0()0f x '=，在20()3[()]1x xf x x f x e -'''+=-中取0x x =可得
00
1()0x e f x x --''=>（分00x >和00x <两种情况讨论），
∴0()f x 为()f x 的极小值。

2.答案：选（C ）。

解：(3)(3)(3)0f f f '''===，24
(3)3!(31)(32)(34)120f '''=---=≠，∴(3,0)是曲线的拐点。

练习16 1.解：定义域：(,)-∞+∞；连续函数；在0,1x =处不可导，其余点处均可导。

2230,13,0,13,(1)(13)()0,131,3[(1)]0,1,
0, 1.
x x x x f x x x x x x ><⎧⎪=⎪--⎪
'=<<<⎨⎪-=⎪>>⎪⎩且lim ()x f x →-∞=-∞，lim ()x f x →+∞
=+∞， ∴(1)0f f ==极小值，3
14
()33
f f ==
极大值。

没有最大值与最小值。

练习17 1.证：单调性法。

注意到tan ,x x 均为奇函数，故只需证明tan x x <(0)2
x π
<<。

设()tan f x x x =-(0)2
x π
≤<
，则
22()sec 1tan 0f x x x '=-=>(0)2
x π
<<
，
故()(0,
)2f x π∈↑，从而，对任意(0,)2
x π
∈，均有()(0)0f x f >=，即tan x x <。

2.证：最值法。

设函数()(23)ln(2)1f x x x x =---+(2)x <，转化为求()f x 在(,2)-∞内的最大值。

231()2ln(2)12ln(2)22x x f x x x x x --'=---=-+--0,1,
0,1,0,12,
x x x ><⎧⎪
==⎨⎪
<<<⎩
∴(1)0最大值f f ==，故()0f x ≤，即当2<x 时，1)2ln()32(-≤--x x x 。

3.证：凹凸性法。

()0f x ''>()a x b <<，∴曲线()y f x =在[,]a b 上为凹曲线，进而弦在曲线段的上
方。

又()()0f a f b ==，故点(,0)A a 和(,0)B b 在曲线上，因此弦AB 的方程为0y =()a x b <<
从而，对任意的(,)x a b ∈，()0f x <。

练习18 1.解：定义域：0x >。

当x →+∞时，水平渐近线为0y =。

20,0,1ln ()0,,
0,,
x e x f x x e x x e ><<⎧-⎪'===⎨⎪
<>⎩∴()f x 在(0,)e 内单增，在[,)e +∞内单减，极大值（也是最大值）1()f e e
=。

3232
3
320,0,
2ln 3()0,,0,,
x e x f x x e x x e ⎧<<<-⎪''===⎨⎪>>⎩
∴()y f x =在32(0,)e 为凸曲线，在32[,)e +∞内为凹曲线，3232
3
(,
)2e e 为拐点。

又曲线过点(1,0)和1(,)e e -，故x
x
y ln =
的图形如右图。

练习19 1.解：如图，当1
a e
>
时，方程无实根； 当1
a e =及0a ≤时，方程仅有一个实根； 当1
0a e
<<时，方程有两个实根。

2.解：原问题转化为311
(0)y x x x
=->与y k =的交点问题。

（1）讨论函数311
y x x
=-的单调性与极值（最值）：
2
2444
0,03,1313(3)(3)0,3,0,3,
x x y x x x x x x x x ⎧><<⎪+⎪'=-+=-=-==⎨⎪
<>⎪⎩且
3011lim ()x x x +→-=-∞，311lim ()0x x x →+∞-=，∴2(3)33
y y ==最大值。

（2）讨论方程根：当0k ≤或2
33
k =时，原方程在(0,)+∞有唯一根。

练习20 1.解：
211,y y x x
'''=
=-，∴223
2
2
3
2
11(1)
(1)1(1)y x x K y x x
x ''=
=
=
'++++
(0)x >
225
120(1)x K x -'=
=+令
∴当12x =
时，经讨论，max 233
K =。

第三章 一元函数积分学
练习1
1.解：()sin f x x '=，∴()cos f x x C =-+。

又(0)1f =-，得0C =，进而
()cos f x x =-，所以x sin 1-为)(x f 的一个原函数。

2.解：两边同时对x 求导数得
22222
12cos cos sin 1(2)(2)cos (2cos )(2cos )2cos (2cos )
x x x a b a b x
a b x x x x +++++=+=++++， 故21,20a b a b +=+=，解得12
(,)(,)33
a b =-。

练习2
1.解：ln 122
(ln 1)(ln 1)(ln 1)ln 1ln 1
x I d x x d x x x +-=
+=+-+++⎰⎰ 32
(ln 1)4ln 13
x x C =+-++。

2.解：sin sin cos 222()2()t x
x
t t
t t t t e
xdx e tdt tde
te e dt te e C ==
==-=-+⎰
⎰⎰⎰
sin 2(sin 1)x
e
x C =-+。

练习3
1.解：
3(1)2d x x x dx -=-
，∴2(1)41331d x x I x x C x x
-=-=--+-⎰。

2.解：arcsin ln 2(arcsin 2ln )t x
x x dx t t dt x
=+=+⎰⎰
212
2(arcsin 2ln )2()1t t t t dt t t =+-+-⎰
22(arcsin 2ln )2(2)1t
t t t dt t
=+-+-⎰
22(arcsin 2ln )214t t t t t C =++--+ 2(arcsin ln )214x x x x x C =++--+。

练习4
1.解：
0M =（奇函数在对称区间上的定积分），4
22
cos 0N x dx π
π
-=>⎰（奇偶性，连续函数积分性质），0P N =-<。

∴P M N <<。

2.解：22
22
1lim()lim (1)(2)()()→∞→∞=++
+=++++∑n
n n i n n
n n
n n n n n i 1
12021011111
lim (1)12(1)
→∞====-=+++∑⎰n
n i dx i n x x n。

练习5
1.解：定义域(,)D =-∞+∞，且()f x 可导的偶函数，只需考虑[0,)+∞上最值。

(0)0f =，当(0,)x ∈+∞时，
2
2()2(2)x f x x x e -'=⋅-，∴驻点为2x =。

当02x <<时，()0f x '>；当2x <<+∞时，()0f x '<。

又由分部积分法可得：
2
2
20
()(2)[(2)]
x x x t t
t f x t de t e e dt ---=-=--⎰⎰22
2
(2)2x
x t x e
e
--=-++
2
2
2
22(2)21(1)1x x x x e e x e ---=-++-=-+，
当02x <<
时，(0)()(2)f f x f <<，即20()1f x e -<<+；
当2x <<+∞时，(2)()lim ()x f f x f x →+∞
>>，即
2
2
22
1
21()lim ()lim
1lim
112x x x x x x x e f x f x e
xe
-→+∞
→∞
→∞
-+>>=+=+=，
比较可知：(0)0m f ==，2(2)1M f e -=±=+。

2.解：由sin 220
4332000sin 0sin(sin )cos lim =lim ()lim 043x
L
x x x t dt x x x x x x
αβ→→→⋅=++⎰ 2~3200sin lim lim cos 43x x x
x x x →→=⋅+2~3201lim 433
x x x x →==+， 故当0x →时，无穷小sin 20
sin x t dt α=⎰
与43x x β=+相比是同阶不等价无穷小。

练习6
1.解：由周期函数、奇偶函数积分性质可得：
21
1cos I dx x
π
π-=+⎰
（被积函数是偶函数）
20121cos dx x
π=+⎰222121cos dx x π
π-=+⎰（被积函数是周期为π的周期函数） 222
220
00
1tan 4tan 444arctan 21cos 2tan 2
22
2d x x dx x x π
π
π
π
π====
⋅=++⎰
⎰。

2.解：1
1
1
1
1
1
ln(1)()ln(1)()ln(1)t x
x
t x I x e dx t e dt x e dx =------=
+=
-+-=-+⎰
⎰
⎰
1
1
21
1
[ln(1)]x x e x dx I x dx --=-+-=-+⎰⎰，
所以
1122
101123
I x dx x dx -=
==⎰⎰。

练习7
1.证：令()()x a
F x f t dt =
⎰
，则()F x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且
()()0F a F b ==，
∴由罗尔定理可得：则至少存在一点(,)a b ξ∈，使得()0F ξ'=，即()0f ξ=。

2.证：换元x t π=-，则sin sin()sin x t t π=-=，
00
(sin )()(sin )(sin )J f x dx t f t dt f t dt J ππ
πππ==--=-⎰⎰⎰，
故0
(sin )2J f x dx ππ
=
⎰。

利用奇偶函数积分性质和上述结论可得
2220sin sin 021cos 1cos 1cos x x x x x
I dx dx dx x
x x π
ππππ--=+=++++⎰⎰⎰ 20sin 1cos x dx x
ππ=+⎰200cos arctan cos 1cos d x x x ππ
ππ=-=-+⎰ 2
[arctan(1)arccos1]2
ππ=---=。

3.证：法1（单调性+拉格朗日中值定理）
作辅助函数0
()()x f t dt F x x
=
⎰，则对任意的(,)x αβ∈，
00
2
2
()()()[()()]()()()0x x
f L f x f t dt
f x f t dt f t dt f x f F x x x x
ξ∈↓
----'===<⎰⎰⎰， 其中(0,)x ξ∈。

于是()[,]F x αβ∈↓，从而()()F F βα<，得证。

法2（定积分可加性+中值定理） 由定积分可加性可得
()()()f x dx f x dx f x dx β
αβ
α
=+⎰
⎰⎰，故原不等式转化为
()()()f x dx f x dx αβ
α
βαα->⎰⎰。

由拉格朗日中值定理可得：存在点0ξαηβ<<<<，使得
()()()()f x dx f αβαβααξ-=-⎰，()()()f x dx f β
α
αβααη>-⎰，
由()[0,]f x β∈↓知：()()f f ξη>。

于是0
()
()()f x dx f x dx α
β
α
βαα->⎰
⎰，得证。

评注：特例,1αλβ==就是例34。

练习8
1.解：由广义牛顿—莱布尼兹公式可得
13233
1
112(1)11
2()(1)
t x
t dx dt dt t t t
x =++∞+∞
+∞-==-+⎰
⎰
⎰ 21111
2()2(1)122
t t +∞
=-+=-=。

2.解：
2
2
1
1
1
1
1
x x x
x x
xe dx x de xe e dx e λλλλλλλ
λλ
λ+∞
+∞
+∞+∞
+∞
-----=-
=-
+
=-
=
⎰
⎰⎰．
3.解：
1
1
11
ln
lim ln
ln ln 2(1)1
12
x x
x dx x x x x +∞
+∞
→+∞
==-=+++⎰
，
1
10
0011ln ln lim ln (1)121
x x x
dx x x x x +
→==-=∞+++⎰
， ∴1
1(1)dx x x +∞+⎰
收敛，101
(1)
dx x x +⎰发散。

练习9
1.解：由对称性及圆面积公式可知：
2
22222200441
414
x b b A b dx a x dx a ab a a a π
πππ=-=-=⋅=⎰⎰。

2.分析：所求体积可以看成下列两立体体积之差：12V V -，其中
1V -右半圆周绕x b =-的旋转体积；2V -左半圆周绕x b =-的旋转体积。

解：由222x y a +=可解得：
左半圆周方程为22
x a y =--，右半圆周方程为22x a y =
-。

2
2221[()()][]a
a
a a V x y
b dy a y b dy ππ--=--=-+⎰⎰， 22[()()]a
a
V x y b dy π-=--⎰222[]a
a
a y
b dy π-=--+⎰，
故由平方差公式可得：222221
4422
a
a
V b a y dy b a a b π
πππ-=-=⋅=⎰。

3．曲线2
x x
e e y -+=
(01)x ≤≤的弧长s = ．（数一、数二） 解：1
1112
21
011()222
2
x x x x x x
e e e e e e e e s y dx dx dx -----+--'=
+=+==
=⎰
⎰
⎰。

第五章 多元函数微分学及其应用
P88-练习1 设)cos(2z y e
w x
+=，而3x y =，1+=x z ，求
dx
dw ． 解
dw w w dy w dz dx x y dx z dx
∂∂∂=+⋅+⋅∂∂∂
2221
2cos()[sin()(3)]21
x x e y z e y z x x =++-+⋅+
+
232312cos(1)(3)sin(1)21x e x x x x x x ⎡⎤
=++-+++⎢⎥+⎣⎦
.
P88-练习2 设函数20sin (,)1xy t F x y dt t =+⎰，则220
2
x y F
x ==∂=∂ ． （2011）
解 222222
2222
sin cos (1)2sin ,1(1)
F y xy
F y xy x y xy xy
y x x y x x y ∂∂+-==⋅∂+∂+， 故 22
02
4x y F x
==∂=∂.
P89-练习3 设)(2
2
y x f z +=，其中f 有二阶导数，求22x z ∂∂ ，22y
z
∂∂．（2006）
解 22z x
f x x y ∂'=⋅∂+； 2223222222)
.(z x y f f x x y x y ∂'''=⋅+⋅∂++ 同理可得 222
2222
22
()
z y x f f y x y x y ∂'''=⋅+⋅∂++. P89-练习 4 设)(),(x
y
g y x xy f z +=，其中f 有二阶连续偏导数，g 有二阶导数，求
y
x z
∂∂∂2． （2000） 解 根据复合函数求偏导公式
1221()z y f y f g x y x
∂'''=⋅+⋅+⋅-∂, 122111122212221112222332222321()111
[()][()]11
.
z y f y f g y x y y x x x y f y f x f f f x f g g y y y y x x
z x y x y f xyf f f g g y y x x
⎛⎫
∂∂∂⎛⎫'''==⋅+⋅+⋅- ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭
'''''''''''''=++⋅--++⋅--⋅-⋅∂∂∂'''''''''+---=-
P89-练习 5 设函数(,())z f xy yg x =，其中函数f 具有二阶连续偏导数，函数()g x 可导且在1x =处取得极值(1)1g =，求
211
x y z
x y
==∂∂∂． （2011）
解 由题意(1)0g '=。

因为
12()z
yf yg x f x
∂'''=+∂， 21111222122()()()()z
f y xf
g x f g x f yg x xf g x f x y
∂⎡⎤⎡⎤''''''''''''=+++++⎣⎦⎣⎦∂∂，
所以
211
12111
(1,1)(1,1)(1,1)x y z f f f x y
==∂'''''=++∂∂.
P90-练习6 设),,(xy y x y x f z -+=，其中f 具有二阶连续偏导数，求dz ，
y
x z
∂∂∂2． （2009） 解 123123,z z f f yf f f xf x y
∂∂''''''=++=-+∂∂
123123()()z z dz dx dy f f yf dx f f xf dy x y
∂∂''''''=+=+++-+∂∂，
()
1231112132211131222322233333313233(()(1)(1)(1)).
f f yf y
f f f x f f z x y f x y f x f y f f f x y f xyf f f f x ∂
'''=++∂⎡⎤'''''''''''''''''''=+⋅-+⋅++⋅-+⋅++∂∂∂'''''''+⋅-''''=++-+-+++⋅⎣⎦
P91-练习7 设函数(,)z z x y =由方程0),(=x
z x y F 确定，其中F 为可微函数，且
02≠'F ，则=∂∂+∂∂y
z
y x z x
． （2010） 解 由1222
()0z x z y x F F x x ∂⎛⎫
⋅- ⎪∂''⋅-+⋅= ⎪ ⎪
⎝⎭
得122yF zF z x xF ''+∂=∂'； 由12110z F F x x y ∂''⋅+⋅⋅
=∂得12F z
y F '∂=-∂'
，所以 z z
x y z x y
∂∂+=∂∂.
P94-练习8 设函数()f x 具有二阶连续导数，且()0f x >，(0)0f '=，则函数()ln ()z f x f y =在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是
（A ）(0)1f >，(0)0f ''> （B ）(0)1f >，(0)0f ''<
（C ）(0)1f <，(0)0f ''> （D ）(0)1f <，(0)0f ''< （2011） 解
()()ln (),(),()
z
z f y f x f y f x x y f y '∂∂'==∂∂
222()
()ln (),
()
()
z
z f y f x f y f x x x y f y '∂∂'''==∂∂∂，
[]2
222()()()().()
f y f y f y z
f x y f y '''-∂=⋅∂ 在点(0,0)处，
[]22222
2222
(0)ln (0),()(0)ln (0).z z z z f f f f x x y x y
∂∂∂∂''''=-⋅=-∂∂∂∂∂ 当(0)ln (0)0f f ''>且[]2
(0)ln (0)0f f ''-<时，即(0)
1f >，(0)0f ''>时，
()l n (z f x f y =在点(0,0)处取得极小值。

故选 (A)
P96-练习9 已知平面曲线0),(:=y x f L ，其中),(y x f 可微分，且(,)0y f x y '≠．),(00y x A 是曲线L 外一个固定点．试证：如果点),(βαB 在曲线L 上且是L 到A 的最近或最远的点，则
)
,()
,(00βαβαβαy x
f f y x ''=-- ． 解 在L 上任取一点(,),
P x y d AP =，则2200()()d x x y y =-+-， 约束条件
(,)0f x y =.
考虑22200()()d x x y y =-+-在条件(,)0f x y =下的极值问题. 作2200()()(,)F x x y y f x y λ=-+-+，则
002()'(,)0,
2()'(,)0.
x x y y F x x f x y F y y f x y λλ'=-+=⎧⎨'
=-+=⎩ 因为AB 取极值，所以(,)B αβ为驻点，故有
002()'(,)0,
2()'(,)0,x y x f y f αλαββλαβ-+=⎧⎨
-+=⎩
所以 00(,)
(,)
x y x f y f ααββαβ'-='-.
P97-练习10 某工厂要利用钢板做一个容积为定值V 的无盖长方体水箱，问该水长、 宽、高分别为多少时，所用材料最省？
解 设该水箱的长、宽、高分别为,,x y z ，长方体水箱的表面积为S .由条件知
2(),S xy xz yz =++ 而 V xyz =.
考虑2()S xy xz yz =++在V xyz =条件下的条件极值，作
2))((xy xz yz xyz F V λ++-+=
令20,20,
2()0,
,
y z yz x z xz x y xy xyz V λλλ++=⎧⎪++=⎪
⎨++=⎪⎪=⎩得驻点为3331(2,2,2)2V V V ，故当水箱的长、宽、高分别为3
3312,2,22
V V V 时，所用材料最省.
P100-练习11 设向量{}
2
,()xy y x ϕ是某函数),(y x f z =的梯度，其中()x ϕ有连
续导数且(0)0ϕ=．求()x ϕ及),(y x f ．
解 取2,()P xy Q y x ϕ==. 若向量{}2,()xy y x ϕ是某函数),(y x f z =的梯
度，则有
Q P
x y
∂∂=∂∂，即()2y x xy ϕ'=. 由y 的任意性知()2x x ϕ'=，所以 2()x x C ϕ=+. 由(0)0ϕ=得0C =，故2()x x ϕ=，且
2,z
xy x ∂=∂ ① 2z
x y y ∂=∂. ② ①式两边对x 积分，有22
1().2z x y C y =+ 此式对y 求偏导，有
2()x y C z
y
y '=∂+∂. 上式与②式比较，得()0C y '=，所以()C y C =，从而
221
(,).2
f x y x y C =+
P101-练习12 求曲线⎪⎩
⎪⎨⎧=-==32
,,t z t y t x 与平面42=++z y x 平行的切线方程．
解 设切点为0000(,,)P x y z ，0P 对应于0t ，则切线向量{}0021,2,3s t t =-，平面的法
向量{}1,2,1n =
.
由题意知 ,
0n s n s ⊥⋅=，即2001430t t -+=，解得 01t =或01
3
t =
. 01t =对应的切点为0(1
,1,1)P -，切向量{}1,2,3s =-，切线方程为 111
123
x y z -+-==- 013t =对应的切点为 0111(,,)3927P -，切向量211,,33s ⎧⎫
=-⎨⎬⎩⎭
，切线方程为
111392721133
x y z -+-==-.
P105-练习13 试证：抛物面1:2
2
1++=∑y x z 上任意点处的切平面与抛物面
222:y x z +=∑所围成的立体体积与切点坐标无关．
证 设0000(,,)P x y z 是1∑上的任意一点，则1∑在0000(,,)P x y z 处的切平面π的方程为
000222z x x y y z =+-+.
由22000,222
z x y z x x y y z ⎧=+⎨=+-+⎩ 消去z ，得 2200()()1x x y y -+-= （注意220001z x y =++）.
2∑与π所围成的立体在xOy 面上的投影区域为:D 2200()()1x x y y -+-≤，则立体体积为
()()22
000222D
x x y y z x y V d σ⎡⎤=+-+-+⎣⎦⎰⎰
()22
001)()2D
x x y y d σπ
⎡⎤=
----⎣⎦=⎰⎰. 因为0000(,,)P x y z 是任意的，
所以抛物面1:221++=∑y x z 上任意点处的切平面与抛物面222:y x z +=∑所围成的立体体积与切点坐标无关．
第六章 多元函数积分学
o
11
D ⋅
2
D 1y =1
x =y x
P108-练习
1 设:03,01,D x y ≤≤≤≤则
{}min ,D
x y d σ=⎰⎰ ．
解
{}12
min ,D
D D x y d xd yd σσσ=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰
1
1
3
43
y
y
dy xdx dy ydx =+=
⎰⎰⎰⎰.
P109-练习 2 设),(y x f 连续，且
dudv v u f xy y x f D
⎰⎰+=),(),(，其中D 由0=y ，2x y =，1=x 围成，求),(y x f ．
解 设
(,)D
f u v dudv A =⎰⎰，则(,)f x y xy A =+.两边在D 上二重积分，有
()2
2
1
1
(,)x x D
D
A f x y dxdy xy A dxdy dx xydy A dx dy ==+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰，
解得18A =，所以1(,)8
f x y xy =+.
P109-练习3 计算221D
I x y d σ=+-⎰⎰
，其中10:≤≤x D ，10≤≤y ．
解 12
2
222(1)(1)D D I x
y d x y d σσ=--++-⎰⎰⎰⎰
1
1
222222
(1)(1)(1)D D
D x y d x y d x y d σσσ=
--++--+-⎰⎰⎰⎰⎰⎰
111
2220
2(1)(1)d r rdr d r rdr πθθ=-+-⎰⎰⎰⎰
143
π
=
-.
P109-练习4 计算
2
22220
2
[sin ][sin ]x x
x x x
I dy dx dy dx y y ππππ=+⎰
⎰
⎰⎰．
解 2
202
[sin ]y y x
I dx dy y π
==⎰⎰2(1)π-.
P110-练习 5 设函数),(y x f 连续，则22241
1
(,)(,)y x
y
dx f x y dy dy f x y dx -+=
⎰
⎰⎰⎰
（ ）．
（A ）2411(,)x dx f x y dy -⎰⎰ （B ）2
41(,)x x dx f x y dy -⎰⎰
（C ）
241
1
(,)y dy f x y dx -⎰
⎰
（D ）22
1
(,)y
dy f x y dx ⎰⎰
解 ()()222
41
1
,,y
x
y
dx f x y dy dy f x y dx -+⎰⎰⎰
⎰
()241
1
,y
dy f x y dx -=⎰⎰
P110-练习6 设平面区域D 由直线y x =，圆222x y y +=及y 轴所组成，则二重积分
D
xyd σ=⎰⎰ ． （2011）
解 2sin 3
5
62
2
20
4
4
4
2
7cos sin 4cos sin (sin )
3
12
D
xyd d r dr d π
π
πθ
ππ
πσθθθθθθθ====
⎰⎰⎰⎰
⎰
P111-练习7 计算σd y I D
⎰⎰
=
，D 由0=y ，2=y ，2-=x ，2
2x y y =--所围成．（1999）
解 D
I yd σ=⎰⎰1
1
D D D yd yd σσ+=
-⎰⎰⎰⎰42
π
=-
.
P112-练习8 计算2
2
[1]x
y D
I y xe d σ+=
+⎰⎰，
D 由1-=y ，3x y =，1=x 围成．
解 如图
3
2D I yd σ=⎰⎰3
1
01
2x ydy dx --⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()1601x dx =-⎰6
7
=-
P112-练习9 如图，正方形{}
1,1:),(≤≤y x y x 被其对角线划分为四个区域
)4,3,2,1(=k D ki ．令cos k
k D I y x dxdy =⎰⎰
，则{}=≤≤k k I 4
1max （ ）．
（A ）1I （B ）2I （C ）3I （D ）4I 解 由对称性2
2cos 0D I y xdxdy =
=⎰⎰， 4
4
cos 0D I y xdxdy ==⎰⎰，
在1D 上，cos 0y x >，所以1
1cos 0D I y xdxdy =>⎰⎰；
在3D 上cos 0y x <，所以3
3cos 0D I y xdxdy =<⎰⎰，
故{}114
max k k I I ≤≤=，选(A)
P118-练习10 已知曲线L 的方程为]1,1[,1-∈-=x x y ，起点是)0,1(-，终点是
)0,1(，则曲线积分2L
xy dx x dy +=⎰ ． （2010）
解 1:1:10L y x x =+-→；2:1:01L y x x =-→.
120
1
2
2
210
(1)(1)0L L L xy dx x dy x x x dx x x x dx -⎡⎤⎡⎤+=+=+++--=⎣⎦⎣⎦⎰
⎰⎰⎰⎰
P115-练习11 计算22
4L
y dx x dy
I x y
-=+⎰
，其中)0(:222>=+R R y x L 正向． 解法1 cos ,
:02sin ,
x R t L t y R t π=⎧≤≤⎨
=⎩， 代入即得.I π=-
解法2 补2221:4,0,L x y r r R +=<<顺时针，沿L 与1L 围成D ，由多连通区
域的格林 公式
1
1122
4L L L L L D Q P y dx x dy
I d x y x y σ+⎛⎫
∂∂-=
=
-==-- ⎪∂∂+⎝
⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰
1
20L D
y dx x dy
d r σ-=-⎰⎰⎰ 12
2
2111
02L D D
Q P y dx x dy d d r r x y r σσ-
⎛⎫∂∂=+
-=
-=- ⎪∂∂⎝
⎭⎰
⎰⎰⎰⎰
222
r
r r ππ-=
⋅⋅=-.
P123-练
习
12 设曲面
1
:=++∑z y x ，则
=+⎰⎰∑
dS y x )( ． （2007）
解 设1∑是∑在第一卦限内的部分，1∑的方程为1x y z ++=.记1∑在xOy 平面上的投影区域为D ，则
1
110
()884
33
383x
D
x y dS yds y dxdy dx ydy -∑
∑+====
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
.
P126-练习
13 计算
⎰⎰
∑
++++=2
12
2
2
2)
()(z y x dxdy a z axdydz I ，其中
∑
：
222y x a z ---=)0(>a ，∑取上侧． （1998）
解 不能直接用gauss 公式.
22
12
2
22
()1()()
axdydz z a dxdy I axdydz z a dxdy a x y z ∑
∑
++==
++++⎰⎰
⎰⎰. 补1:0z ∑=（2
2
2x y a +≤），取上侧，则
[]122
311()2()2I axdydz z a dxdy a z a dV a dxdy a a a π∑Ω∑⎡⎤=++=++-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
P128-练习14 计算曲面积分23I xz dydz zy dzdx xy dxdy ∑
=
++⎰⎰，其中∑为曲面
22
114
z x y =--
(01)z ≤≤，取上侧． （2007） 解 补1:0z ∑=，取下册，则
1
2
21
1
1
1
4
23333332(1)0z
D x y I xz dydz zy dzdx xy dxdy zdV xy dxdy
dz zdxdy xydxdy z z dz ππ
∑
Ω
∑+≤=++=-=+
=⋅-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
P128-练习15 计算积分⎰
Γ
-+-+-=
dz y x dy x z dx z y I )3()2()(222222，其中
⎩⎨⎧=++=+Γ,
2,1:z y x y x 从x 轴正向看去，Γ逆时针． （2001） 解 设∑是平面2x y z ++=上被柱面1x y +=所截下部分的上侧，由stokes 公式，
222222222222
()(2)(3)23dydz
dzdx dxdy I y z dx z x dy x y dz x y z y z z x x y Γ
∑
∂∂∂
=
-+-+-=∂∂∂---⎰
⎰⎰
(24)(62)(22)y z dydz x z dzdx x y dxdy ∑=
--+--+--⎰⎰
[](24)(62)(22)2(6)1224.
D
D
y z x z x y dxdy x y dxdy dxdy ∑
=--+--+---=-+-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰
P129-练习16 设222z y x u ++=
，求(1,2,2)
()
div grad u -．
解 222z y x u ++=
，
2
22
2
2
2
222
,,,,
u u u x y z
grad u x y z x y z
x y z
x y z ⎧⎫⎧⎫∂∂∂⎪
⎪
==⎨⎬⎨⎬∂∂∂++++++⎩⎭⎪⎪
⎩⎭
(1,2,2)
(1,2,2)
222222222()x y z
div grad u x y z x y z x y z x y z --⎛⎫⎛⎫⎛⎫
∂∂∂
⎪ ⎪
⎪=++ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂++++++⎝⎭⎝
⎭⎝
⎭
(1,2,2)
22222
3
x y z -==++ 第七章 无穷级数
P134-练习1 判别下列级数的敛散性：
1．3/21
ln n n
n ∞
=∑； 解 3/21/45/4
ln ln lim lim 01n n n
n n n n
→∞→∞==，而级数5/411
n n ∞=∑收敛 （54p =的p -级数），由正项级数的极限形式的比较判别法知3/21ln n n
n
∞
=∑收敛.
2．
21
sin
2
n
n n π
∞
=∑．
解 因为2
2
sin
22n
n
n n π
π≤
，由于
2
1
12(1)1
2
lim
lim 12
2n n n
n
n
n
n u n u p p +++==
<， 且由正项级数的比值判别法知级数2
1
2
π∞
=∑
n
n n 收敛，由正项级数的极限形式的比较判别法
知
21
sin
2n
n n π
∞
=∑收敛.
P135-练习2 设常数0,a >试判别级数1
(1)(1cos )n
n a n ∞
=--∑是条件收敛还是绝对收敛． （1992）
解 211
1(1)(1cos )(1cos )2sin 2n
n n n a a a n n n ∞
∞∞
===--=-=∑∑∑. 因为正项级数212n a n ∞
=⎛⎫ ⎪⎝⎭
∑收敛，而2
2s i n 22a a n n ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，所以正项级数
211
(1cos )2sin 2n n a a n n ∞∞
==-=∑∑收敛，从而级数1(1)(1cos )n n a n ∞=--∑绝对收敛. P136-练习3 设正项级数1n n a ∞=∑收敛，且常数(0,)2πλ∈，则21
(1)(tan )n n
n n a n λ
∞
=-∑（ ）．
（A ）绝对收敛 （B ）条件收敛 （C ）发散 （D ）收敛性与λ有关 解 因正项级数
1
n
n a
∞
=∑收敛，所以
21
n
n a
∞
=∑也收敛. 又
22tan
lim
lim tan ,0n
n
n n n a n n a n
l l l l ==>，故由正项级数的极限形式的比较判别法知
21
(1)(tan )n n n n a n λ
∞
=-∑是绝对收敛的. 选（A ） P137-练习4 设级数
1
n
n a
∞
=∑与
1
n
n b
∞
=∑均收敛，且n n n a c b ≤≤，证明：级数
1
n
n c
∞
=∑收敛．。