高等数学经典例题
高等数学同济第七版经典例题（上册）
高等数学同济第七版经典例题（上册）2017 高等数学I (上) 课本题目第一章函数与极限1.1 理解集合与函数概念掌握函数表示法、几个特性与反函数如课本P5 例6 至例9 P11 例11 P16 第5 题至第10 题P17 第13 题1.2 能够建立应用问题的函数关系、掌握基本初等函数和初等函数如课本P17 第14 题P71 第7 题1.3 理解极限概念、函数左极限与右极限概念及函数极限存在与左极限、右极限关系如课本P23 例3 P26 第5 题至第8 题P30 例6 P33 第1 题至第3 题P71 第2 题P66 第6 题P72 第10 题1.4 理解无穷小量、无穷大量概念掌握无穷小量比较方法会用等价无穷小量求极限如课本P38 第6 题P55 例3 至例5 P55 第5 题P72 第9 题1.5 掌握极限性质及四则运算法则、会利用俩极限存在准则求极限会利用两个重要极限求极限如课本P42 例3 至例8 P45 第1 题至第3 题P48 例1 至例3 P51 例4P52 第1、2、4 题P72 第12 题1.6 理解函数连续性概念(含左连续与右连续) 会利用连续性求极限和判别函数间断点类型如课本P59 例1 至例5 P61 第1 题至第4 题P64 例5 至例8 P66 第3、4 题P71 第3 题第(2) 小题P72 第11 题1.7 理解闭区间上连续函数性质(有界性、最值定理、介值定理、零点定理) 并会应用这些性质如课本P68 例1 P70 第1 题至第5 题P72 第13 题1.8 了解连续函数性质和初等函数连续性第二章导数与微分2.1 掌握定义法求函数导数及左右导数、理解导数定义与几何意义如课本P77—P79 例2 至例7 P83—P84 第5 题至第9 题P123 第3、5、6 题2.2 理解函数可导性与连续性关系掌握判别函数在一点处是否可导或连续方法如课本P81—P82 例9 至例11 P84 第16 题至第19 题P123 第7 题2.3 掌握求平面曲线在一点处切线与法线方程方法了解导数物理意义会用导数描述常见物理量如课本P81 例8、例9 P84 第13 题至第15 题和第20 题2.4 掌握基本初等函数导数公式、四则运算法则、反函数导数、复合函数求导法则和对数求导法如课本P85 定理证明P86—P93 例1 至例15 P92 所有公式P94 第5 题至第11 题P95 第13 题和第14 题P123第8 题P103 例5 和例62.5 会求分段函数的导数掌握复合函数与隐函数及参数方程求导数一阶及二阶导数的方法如课本P101—P103 例1 至例4 P106—P107 例7 至例9 P109 第1 题至第8 题P123 第9 题P124 第11 题至第13 题2.6 了解高阶导数的概念会求简单函数的高阶导数如课本P97—P99 例1 至例8 P100 第1、2、3、10 题2.7 理解微分概念、导数与微分关系会求函数微分了解微分四则运算法则和一阶微分形式不变性如课本P115 例3 至例6 P121 第3、4 题but it requires a very fine nature to sympathize with a friend's success.第三章微分中值定理与导数的应用3.1 掌握用洛必达法则求各种未定式极限的方法如课本P134—P136 例1 至例10 P137 第1 题至第4 题P182 第10 题3.2 掌握函数极值和最值的求法及实际问题最大和最小值的求法、理解函数极值的概念如课本P155—P157 例1 至例4 P160 例7 P161 第1 题至第12 题P183 第14 题3.3 掌握用导数判断函数单调性和曲线凹凸性会求曲线的拐点如课本P145—P150 例1 至例11 P150—P152 第1 题至第6 题第9、10、13、14、15 题P182 第11 题至第13 题3.4 掌握曲线水平渐近线和垂直渐近线的求法如课本P38 第8 题P166 例33.5 理解并会用费马引理、罗尔定理和拉格朗日中值定理了解并会用柯西中值定理如课本P129 例子P132 第1 题至第12 题P182 第2 题第(1) 小题和第5、6 题3.6 理解并会用泰勒中值定理和麦克劳林公式知道简单函数的展开式如课本P143 例3 P143 第10 题3.7 了解曲率、曲率圆与曲率半径的概念会计算曲线的曲率和曲率半径如课本P172 例1 P176 第1 题至第4 题第四章不定积分4.1 理解原函数和不定积分的概念如课本P193 第7 题4.2 掌握不定积分基本积分公式、不定积分性质、第一换元积分法、第二换元积分法和分部积分法如课本P185—P191 例1 至例15 P192 第2 题P194—P206 例1 至例26P207 第2 题P209—P212 例1 至例9 P212 习题4—3 P222 总习题四第4 题4.3 会求简单有理函数、三角函数有理式和简单无理函数的积分如课本P214—P217 例1 至例8 P218 第1 题至第24 题第五章定积分5.1 理解定积分概念和几何意义掌握可积充分条件、定积分性质及定积分中值定理如课本P236 第3、4 题P228 例1 P271 第4 题5.2 理解积分上限函数和原函数存在定理会求变限积分函数导数如课本P243 例7、例8 P244 第1 题至第7 题P245 第11 题至第16 题P273 第13、14 题5.3 掌握牛顿—莱布尼兹公式和定积分的换元积分和分部积分法如课本P241 例1 至例4 P244 第8 题P247—P253 例1 至例12 P254 第1 题P255 第7 题P272 第11 题5.4 理解无穷限和无界函数广义积分的收敛与发散会计算广义积分如课本P258 例1 至例3 P260 例4 至例7 P262 第1 题和第4 题but it requires a very fine nature to sympathize with a friend's success.第六章定积分的应用6.1 掌握定积分元素法原理和直角坐标系和极坐标系下平面图形面积如课本P276—P279 例1 至例5 P286第1 题至第11 题6.2 掌握曲线弧长的求法、旋转体体积求法和已知横截面面积立体体积的求法如课本P81—P286 例6 至例13 P287—P289 第12 题至第30 题6.3 掌握利用定积分求变力沿直线所作的功和水压力如课本P290—P292 例1 至例4 P293—P294 第1 题至第10 题P296 第11 题至第12 题第七章微分方程(前五节)7.1 掌握可分离变量的微分方程及一阶线性微分方程的解法如课本P304 例1 P308 第1 题和第2 题P316 例1 P320 第1 题和第2 题7.2 会解齐次微分方程会用简单的变量代换解某些微分方程如课本P309 例1 P314第1 题和第2 题P318 例3 P321 第7 题7.3 会用降阶法求解三类可降阶的高阶微分方程如课本P322 例1 P323 例3 P326 例5 P329 第1 题和第2 题7.4 理解微分方程及其阶、特解、通解及初始条件等相关概念如课本P297 例1 和例2 P301 第1 题至第4 题but it requires a very fine nature to sympathize with a friend's success.。
高等数学之一--关于矩阵的习题
(E B)
阶方阵,B是 矩阵,且 第17题 设A是n阶方阵 是n×r 矩阵 且r(B)=n. 题 是 阶方阵 试证:(1)如果 如果AB=O,那么 那么A=O; 试证 如果 那么 (2)AB=B,那么 那么A=E. 那么 因为AB=O, (AB)T=BTAT=O, 解: (1) 因为 又r(B)=n,所以 T)=n.因此矩阵方程 TAT=O(齐次线 所以r(B 因此矩阵方程B 所以 因此矩阵方程 齐次线 性方程组的矩阵形式),A 仅有零解.即 性方程组的矩阵形式 T仅有零解 即AT的所有元素 为零.即 所以A=O. 为零 即AT=O,所以 所以 (2) 因为 因为AB=B, (A-E)B=O,根据 则A-E=O,即 根据(1)则 根据 即 A=E.
Q ( E − A)( E + A + A2 + L + Ak −1 ) = E + A + A2 + L + Ak −1 − A − A2 − A3 − L − Ak −1 − Ak =E
所以A-E可逆 并且 可逆,并且 所以 可逆 并且(E-A)-1=E+A+A2+ … +Ak-1
阶方阵,且满足 第11题 设A为n阶方阵 且满足 2+2A-3E=O, 题 为 阶方阵 且满足A 证明(1) 可逆 并求A的逆 可逆,并求 的逆. 证明 A可逆 并求 的逆 (2)A-2E可逆 并求 可逆,并求 的逆. 可逆 并求(A-2E)的逆 的逆 证明: 证明 (1)
(A − E 1 → 0 0 0 2 1 1 2 1 1 A) = 3 3 2 3 4 2 → 3 1 2 1 1 2 2 0 2 1 1 2 2 1 0 0 3 1 0 2 4 → 0 1 0 − 1 0 1 0 − 3 0 0 1 2 1 1 2 2 3 2 3 4 2 2 1 1 2 1 0 0 −1 0 3 . 2 − 5 1 3
(完整word版)高等数学经典方法与典型例题归纳
2014年山东省普通高等教育专升本考试2014年山东专升本暑期精讲班核心讲义高职高专类高等数学经典方法及典型例题归纳—经管类专业：会计学、工商管理、国际经济与贸易、电子商务—理工类专业：电气工程及其自动化、电子信息工程、机械设计制造及其自动化、交通运输、计算机科学与技术、土木工程2013年5月17日星期五曲天尧编写一、求极限的各种方法1．约去零因子求极限例1：求极限11lim 41--→x x x【说明】1→x 表明1与x 无限接近，但1≠x ，所以1-x 这一零因子可以约去。
【解】6)1)(1(lim 1)1)(1)(1(lim2121=++=-++-→→x x x x x x x x =4 2．分子分母同除求极限例2：求极限13lim 323+-∞→x x x x【说明】∞∞型且分子分母都以多项式给出的极限,可通过分子分母同除来求。
【解】3131lim 13lim 311323=+-=+-∞→∞→x xx x x x x 【注】(1) 一般分子分母同除x 的最高次方；(2) ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=<∞>=++++++----∞→nm b a n m n m b x b x b a x a x a nnm m m m n n n n x 0lim 011011ΛΛ 3．分子(母)有理化求极限例3：求极限)13(lim 22+-++∞→x x x【说明】分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。
【解】13)13)(13(lim)13(lim 22222222+++++++-+=+-++∞→+∞→x x x x x x x x x x0132lim22=+++=+∞→x x x例4：求极限3sin 1tan 1limx xx x +-+→【解】xx x xx x x x x x sin 1tan 1sin tan lim sin 1tan 1lim3030+-+-=+-+→→ 41sin tan lim 21sin tan limsin 1tan 11lim30300=-=-+++=→→→x x x x x x xx x x x 【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子．．．．．．．．．．．是解题的关键 4．应用两个重要极限求极限两个重要极限是1sin lim 0=→xxx 和e x n x x x n n x x =+=+=+→∞→∞→10)1(lim )11(lim )11(lim ，第一个重要极限过于简单且可通过等价无穷小来实现。
高等数学求极限的常用方法(附例题和详解)
高等数学求极限的14种方法一、极限的定义1.极限的保号性很重要：设A x f x x =→)(lim，（i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （ii ）若有,0>δ2. （i ）数列{}n x a 的 （ii ）f x ∞→lim ( (iii)x f x x →lim)( (iv)（v （vi ）柯西条件是：ε>∀1.2.洛必达（L’ho x 趋如告诉f （x ）,并且注意导数分母不能为0。
洛必达法则分为3种情况：（i ）“00”“∞∞”时候直接用 (ii)“∞∙0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。
通项之后，就能变成(i)中的形式了。
即)(1)()()()(1)()()(x f x g x g x f x g x f x g x f ==或；)()(1)(1)(1)()(x g x f x f x g x g x f -=-(iii)“00”“∞1”“0∞”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即ex f x g x g x f )(ln )()()(=，这样就能把幂上的函数移下来了，变成“∞∙0”型未定式。
3.泰勒公式(含有xe 的时候，含有正余弦的加减的时候）12)!1(!!21+++++++=n xn xx n e n x x x e θ ；3211253)!32(cos )1()!12()1(!5!3sin ++++-++-+-+-=m m m mxm x m x x x x x θ cos=221242)!22(cos )1()!2()1(!4!21+++-+-+-+-m m m m x m x m x x x θ4.5.6.0>>>c b a ，n x =a（2）求⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++∞→222)2(1)1(11lim n n nn解：由n nn n n n n 1111)2(1)1(110222222=+++<++++< ，以及010limlim==∞→∞→nn n 可知，原式=0 (3)求⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++∞→n n n n n 22212111lim 解：由nn nn n n n n n n n n n n n n +=+++++<++++++<=++222222111121111111 ,以及11111limlimlim 2=+=+=∞→∞→∞→nnn n n n n 得，原式=17.数列极限中等比等差数列公式应用（等比数列的公比q 绝对值要小于1）。
浙江专升本高等数学-例题解析
习题1-11. 求下列函数的定义域： (1) 21xy x =- ;(2) 2112++-=x xy ；(3) y(4) lg(2)y x =-.解：⑴ 要使式子有意义，x 必须满足210x -≠，由此解得1x ≠±，因此函数的定义域是(,1)(1,1)(1,)-∞--+∞ 。
⑵ 要使式子有意义，x 必须满足210,20 ,x x ⎧-≠⎨+≥⎩ 即1,2 ,x x ≠±⎧⎨≥-⎩因此函数的定义域是[2,1)(1,1)(1,)---+∞ 。
⑶ 要使式子有意义，x 必须满足2sin 0,160 ,x x ≥⎧⎨-≥⎩即2(21),4 4 ,k x k x ππ≤≤+⎧⎨-≤≤⎩因此函数的定义域是[4,][0,]ππ-- 。
⑷ 要使式子有意义，x 必须满足220,320 ,x x x ->⎧⎨+-≥⎩即2,1 3 ,x x <⎧⎨-≤≤⎩因此函数的定义域是[1,2)-2. 判断下列各组函数是否相同?(1) 2142x y x -=-，22y x =+；(2) 21lg y x =，22lg y x =,(3) ()sin 21y x =+，()sin 21u t =+； (4) ()1f x =, ()22sec tan g x x x =-．解：(1) 因为1y 的定义域是(,2)(2,)-∞+∞ ，但是2y 的定义域是R ，两个函数的定义域不同，所以两个函数不同。
(2) 因为1y 的定义域是(,0)(0,)-∞+∞ ，但是2y 的定义域是(0,)+∞，两个函数的定义域不同，所以两个函数不同。
(3) 两个函数的定义域相同，对应法则也相同，所以两个函数相同。
(4) 因为()f x 的定义域是R ，但是()g x 的定义域是,2x x k x R ππ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭，两个函数的定义域不同，所以两个函数不同。
3. 若()232f x x x =-+，求()1f ，()1f x -. 解：()10f =，()221(1)3(1)256f x x x x x -=---+=-+4. 若()2132f x x x +=-+，求()f x , ()1f x -.解：令1x t +=.则1x t =-,从而()()()22131256f t t t t t =---+=-+，所以()256f x x x =-+，()21(1)5(1)6f x x x -=---+ 2712x x =-+。
高等数学数列极限收敛60道典型例题分步骤详解
高等数学数列极限收敛60道典型例题分步骤详解数列收敛，换言之就是数列极限存在，此类问题历来都是高数考试的重点和难点，也是倍受命题老师青睐的“宠儿”。
数列收敛题型大致可分为两大类：第一类，数列的一般项（也称“通项”）已知；第二类，数列的一般项（通项）未知，尤其是由递推公式60道数列收敛典型例题，每道题都给出了详细的解题步骤。
网友们请注意，本文60个例题中如果用方括号标明年份的，均为当年考研真题。
第一类数列的一般项（通项）已知1.【2008真题】设解：原式. 具体求解过程如下（运用“两边夹”定理）：2.✧解法（一）原式✧解法（二）原式=3.✧解法（一）分子有理化（分母视为“1”）原式✧解法（二）利用等价无穷小替换原式【注：】4.✧解法（一）✧解法（二）原式【注：, 】5.解：本题求极限，推荐“两边夹定理”。
解题过程如下：令显然可知，当因此，根据“两边夹定理”得到6.解：本题求极限推荐“两边夹定理”.令7.解原式=8.解原式=】9.解法（一）利用公式原式】==１✧．原式=】==１10.解：原式。
正确的解法如下：原式==【注：】==11.✧解法（一）利用等价无穷小替换原式=】==✧解法（二）利用中值定理，注意求导公式原式【注：】=12.【2002真题】，✧解法（一）利用等无穷小替换✧原式===✧解法（二）利用“两边夹定理”，【注意：】原式=13.✧原式=【注：】=✧解法（二）利用等价无穷小替换原式=】14.解：此数列求极限推荐等价无穷小替换。
解法如下：原式==】=】15.✧解法（一）利用等价无穷小替换原式【注：】=【注：归结原则】✧【注：】16.解：本题求极限，“两边夹”定理、单调有界准则、定积分定义等方法似乎均不太“给力”，需将变量连续化，也就是将离散变量n替换为连续变量x，再运用包括洛必达法则在内的求解函数极限的方法.详细过程如下：17.✧解法（一）利用导数定义原式===【注：的指数部分，正是按定义所求的函数在处的导数.】【】=✧解法（二）拉格郎日中值定理，注意求导公式原式=====【注：=【注：本题推荐中值定理。
高等数学竞赛例题选讲
一、一元微积分（A 组考，B 组考）例1（8分）、设13()lim (1)nn n f x x→∞=+，试讨论该函数在 ),(+∞-∞内的可导性．解：当1x ≤时，1131(1)2nn n x≤+≤，--------------------------------------------------------------------1注意到1lim 21n n →∞=，由夹逼定理得 当1x ≤时，()1f x =；----------------------------------1同理，当1>x 时，31331()lim (1).nn n f x xx x→∞=+=------------------------------------------1显然，当1x ≠时，()f x 可导，---------------------------------------------------------------------1 而1x =时，因111'(1)lim 01x f x --→-==-，311'(1)lim 31x x f x ++→-==-，---------------------------2所以，()f x 在1x =时不可导，同理，()f x 在1x =-时也不可导．-----------------------2 例2（8分）、设()f x 在0x =处具有二阶导数，且有4226()ln(1)2lim 3x x f x x xx→++-=，求(0),'(0),''(0)f f f ． 解：因4226()ln(1)2,3x f x x xxα++-=+其中0lim 0x α→=---------------------------------------------1则22224ln(1)2(),3x xf x x x xα+-=-++---------------------------------------------------------1 于是，2240ln(1)1(0)lim ()lim ,2x x x xf f x x→→+-==-=-------------------------------------------22245001ln(1)()(0)2'(0)lim lim 0x x x x xf x f f x x→→+-+-==-=-----------------------------------2 故200'()'(0)()(0)2''(0)lim 2lim 3x x f x f f x f f x x →→--===．---------------------------------------2 例3（8分）、⎪⎩⎪⎨⎧+-=+=⎰1)2sin(4114t e y dt t x y t 确定了)(x y y =，求2|=t dx dy ． 解：2=t 时，1=y --------------------------------------------------------------------1 由41212+⋅=t tdtdx 知812==t dtdx -----------------------------------------------------------------2由dtdy t e t e dtdy yy)2sin()2cos(-+-= 知e dtdy t ==2----------------------------------------3∴e dtdx dt dydtdy t t t 8222=====．--------------------------------------------------------------------------------2例4（8分）、设)(x F 为)(x f 的原函数，当0>x 时，x x F x f 2sin )()(2=，且1)0(=F ，0)(≥x F ，求)(x f ．解: x x f x F x F x F x F 2sin2)()(2)()(2])([22=='='=x 4cos 1- ---------------------------2xdx x F 2sin2)(22⎰=C x x +-=4sin 41 -----------------------------------------------------2 1)0(2==C F ，故)(2x F 14sin 41+-=x x -----------------------------------------------214sin 414cos 1)(+--=∴x x x x f ．----------------------------------------------------------------- 2例5（8分）、计算arctan 322(1)xxedx x +⎰．解（法一）：设t x tan =，则原式=tdt e tsin ⎰cos te d t =-⎰--------------------------------------3=)cos cos (tdt et e tt⎰--=tdt et e t e tttsin sin cos ⎰-+-，-------------2而.)cos (sin 21sin C t t e tdt e tt+-=⎰--------------------------------------------------------1故 原式=.12)1(2arctan C xex x++--------------------------------------------------------------------2解（二）： 原式=xdexx arctan 21⎰+ =dx x exxexx⎰+-+232arctan 2arctan )1(1------------------------------4=xxdexxxearctan 22arctan 111⎰+-+=dx x xexex xexxx⎰+-+-+232arctan 2arctan 2arctan )1(11， -----2移项整理得，原式=.12)1(2arctan C xex x++-------------------------------------------------------------2例6（8分）、已知sec x x是函数)(x f 的一个原函数, 求dx x f x⎰')(3．解 ：由题意有2sec sec (tan 1)()()x x x x f x xx-'==---------------------------------2原式32()3()x f x x f x dx =-⎰32sec ()3x x f x x d x ⎛⎫=-⎪⎝⎭⎰----------------------------332sec ()3(2sec )x x f x x xdx x=-⋅-⎰=sec (tan 4)6ln sec tan .x x x x x x C -+++------3例7（8分）、设()fx 在[)1,+∞内可导，()01f =，其反函数为()g x ，且满足()()()()21x f x xg t x dt x f x +-=+⎰，（1）求()10g x dx ⎰；（2）求()'0f ．解：（1）将0x =，()01f=代入()()()()21x f x xg t x dt x f x +-=+⎰，易得()11g x dx =⎰----2（2）令t x u -=，则有()()()()()()021x f x f x xg t x dt g u du x f x +-==+⎰⎰-------------------3上式两端关于x 求导，注意到()[]g f x x =，有()()()()''212xf x x f x f x =++-----------2将()01f=代入上式，解出()'02f=-．--------------------------------------------------------------1例8（8分）、已知e dx e xf x f x x2)]('')()12(2[2112=-+⎰-，且'(1)'(1)f f -=，求)1()1(f f +-．解：21212(21)()xx f x e dx -+⎰e x df e x2)('112=-⎰------------------------------------------------------221212(21)()xx f x e dx -+⎰e dx ex x f ex f xx2)('2])('[111122=+-⎰---------------------------------22112()xf x dxe-⎰e x df e x x2)(2112=+⎰-------------------------------------------------------------------2则2112[()]xf x xe-2e =故1)1()1(=+-f f ．------------------------------------------------------------2例9（8分）、若121()lim ()()1,1x f x f x f x dx x→=+-+求0lim ()x f x →与1()f x dx ⎰.解：令10lim (),()x f x a f x dx b →==⎰，则2()11a f x x=++ -------------------------2故有2l i m [1]11x aa ab x→=+-=+-+------------------------------------------------------1 12(1)1a b dx x=++⎰()14a b π=+--------------------------------------------------------3由上述两式解之得08lim (),x f x a ππ→-==10()1f x dx b ==⎰. ----------------------------------2例10（8分）、（1）证明：(sin )(sin )2xf x dx f x dx πππ=⎰⎰（2）利用（1）计算200820082008sin sincosx xdx x xπ+⎰．证明：（1）左0()(sin )x tt f t dt πππ=-=-⎰(sin )(sin )f x dx xf x dx πππ=-⎰⎰-------------------3移项得(sin )xf x dx π⎰(sin )2f x dx ππ=⎰--------------------------------------------------------------1（2）原式200820082008sin 2sincosxdx x xππ=+⎰------------------------------------------------------------------120082008220082008200820082sin sin ()2sincos sincos xxdx dx x xx xππππ=+++⎰⎰-------------------------------------1又200820082220082008200820082sincossincos sincos x uxxdx dx x xx xππππ=+=++⎰⎰------------------------------2故原式24π=．--------------------------------------------------------------------------------------------------1例11（8分）、求曲线0,sin >=-x x e y x与x 轴所围成图形的面积A .解：dx x eA x⎰∞+-=sin dx x en n xnn ⎰∑+-+∞=-=ππ)1(0sin )1(---------------------------------------------3tdt e et n x tn n sin 0-+∞=-⎰∑+=πππ )(sin 0∑⎰+∞=--=n n tetdt eππ----------------------------------------3⎰---=ππsin 11tdt eet1121-+=ππe e.-------------------------------------------------------------------2例12（10分）、某函数()y f x =满足()0,"()0,(0)0,(1)2f x f x f f ≥>==，其所示曲线与一条单调递增的直线y kx =在第一象限有唯一交点(,())t f t ，其中13(0,2)t ∈．现记曲线()y f x =与直线y kx =围成的平面区域绕x 轴旋转一周形成的旋转体体积为1V ，而它们与直线132x =围成的平面区域绕x 轴旋转一周形成的旋转体体积为2V ，试确定,k t 之值，使12V V V =+达到最小．解：由题意知()0f t k t=>------------------------------------------------------11322222120[()()][()()]t tV V V kx f x dx f x kx dx ππ=+=-+-⎰⎰--------------------1113322222222()()()()tt ttf t x dx x dx f x dx f x dx tπππ=--+⎰⎰⎰⎰1322222202(){[()]()()}3tt f t tf t f x dx f x dx tπ=--+⎰⎰--------------------------1 341'(1)['()()]()3V tf t f t f t tπ=---------------------------------------------2令()'()()g t tf t f t =-----------------------------------------------------------------------------------1由'()"()0g t f t =>知()g t 于13[0,2)上单调递增，-----------------------------1 于是，0t >时，有()(0)0g t g >=--------------------------------------------------------------1 令'0S =，得唯一驻点1t =-------------------------------------------------------------------------1 由极值的第一充分条件易知1t =，即2k =时，12V V V =+达到最小．--------------1 例13（8分）、就参数k ，讨论曲线k x y +=ln 4与x x y 4ln 4+=交点的个数．解：令t x =ln 即t e x =，考虑方程0444=--+k t te t ①--------------------------1令()k t te tf t--+=444，-------------------------------------------------1则()()143-+='te tf t及 ()()0342>+=''t e t f t ②-------------------------1故()t f 有唯一驻点0=t ，由②可知()k f -=40是()t f 的最小值．-------------------1 又注意到()+∞=∞→t f t lim -----------------------------------------------------1当k <4时，方程①有两解，曲线有两个交点．----------------------------------1 当k =4时，方程①有一解，曲线有一个交点．----------------------------------1 当k >4时，方程①无解，曲线没有交点．--------------------------------------1 例14（8分）、设当0>x 时，方程112=+xkx 有且仅有一个根，求k 的取值范围.解：设11)(2-+=xkx x f ，当01)(',03<-=≤xk x f k ，)(x f 为减函数-----------------2又+→0lim x )(x f =∞+，+∞→x lim)(x f 0<，故0≤k 满足题意-----------------------------------------2当0>k ，令0)('=x f ，得唯一驻点302kx =，由0)(''>x f 知其为极小点，------------2若,0)(0≠x f 原方程或无解或有两解，仅当,0)(0=x f 392=k 时有且仅有一个根，综上所述，k 的取值范围为0≤k 及392=k .-------------------------------------------------------2例15（10分）、求使得不等式β++≤n ne )11(对所有的正整数n 都成立的最小的数β.解：由β++≤n ne )11( 解得nn 11)11ln(1-+≥β -----------------------------------------------------2令0,1)1ln(1)(>-+=x xx x f ，]1)1[ln()1(ln 1)1ln()('22xx x x x xx x x f +-+++++=-----------2记xx x x g +-+=1)1ln()(，由0>x 得0)1(211)('23<+--+=x x x x g ，于是0)('<x f 从而0>x ，)(x f 单调减---------------------------------------------------------------3 注意到21)(lim 0=→x f x ，有0>x ，21)(<x f ，则21)1(<nf ，而β≤)1(nf ，故β最小值为21.---------------------------------------------------------------------------3例16（8分）、设)23(41,0311nn n x x x x +=>+，（ 3,2,1=n ），求n n x ∞→lim .解： 443122)2(41=⋅⋅⋅≥+++=+nn n n nn n n n x x x x x x x x x 则数列有下界，-----------------4又1)23(4141≤+=+nnn x x x ，故数列单调减少，易得42lim =∞→n n x .-----------------------4例17（10分）、设数列{}n x 、{}n y 满足10x π<<，1sin n n x x +=，211nx n n n x y x +⎛⎫= ⎪⎝⎭(1,2,3,)n = ，请问{}n x 、{}n y 收敛吗？若收敛，求lim ,lim n n n n x y →∞→∞；若发散，说明理由.答： 212sin ,01,x x x =∴<≤ 则2n ≥，10sin ,{}n n n n x x x x +≤=≤单减有下界------2 根据单调有界定理知{}n x 收敛，--------------------------------------------------1 令lim n n x A →∞=，在1sin n n x x +=两边取极限得sin A A=，有lim 0n n x →∞=----------------2先考虑 22011sin lim lnsin lim t t t tt t t e t →→⎛⎫= ⎪⎝⎭2sin 1limt tt te→-=3sin limt t t te →-=20cos 11lim36t t te e→--==--------------3故16lim n n y e-→∞=，从而{}n y 收敛.-------------------------------------------------2例18（8分）、()arctan f x x =在[0,]b 上由拉格朗日中值定理得中值ξ，求22lim b bξ→.解：由拉格朗日中值定理得2arctan 11bbξ=+，即2arctan arctan b b bξ-=------------------3故2220arctan limlimarctan b b b b bb bξ→→-=3arctan limb b bb→-=220111lim3b bb→-+=13=.------------------5二、多元微分学（A 组考，B 组考）例1（8分）、证明：⎩⎨⎧=≠+=)0,0(),(,0)0,0(),(,)(),(22y x y x y x y x f xy 在)0,0(连续.证明：令A y x f y x =→→),(lim 00，则220,0limln()x y xy x y A e→→+=------------------------------------2而22222210|ln()|()|ln()|2xy x y x y x y ≤+≤++-----------------------------------2因0ln lim )ln()(lim 022220==+++→→→t t y x y xt y x ，22220,01lim()|ln()|02x y x y x y →→∴++=----2由夹逼定理知：01A e ==)0,0(f =,原题得证. -----------------------------------2 例2（8分）、设(,)x y ϕ连续，(,)(,)x y x y x y ψϕ=-，讨论(,)x y ψ在(0,0)处的可微性．解：0(0,0)lim(,0)x x x x xψϕ→=，且0lim (,0)(0,0)x x ϕϕ→=--------------------------------------------2若(0,0)0ϕ≠，因0limx xx→不存在，故(0,0)x ψ不存在，从而(,)x y ψ在(0,0)处不可微-----1若(0,0)0ϕ=，则(0,0)0x ψ=，同理(0,0)0y ψ=--------------------------------------------------1因0≤≤≤(,)0lim 0x y →=-----------------------------2故(,)0(,)0(,)limlim(,)0x y x y x y x y →→∆==，即(,)x y ψ在(0,0)处可微．--------------2例3（8分）、设，试确定常数，使.解：，-------------------------------2-------------------------------3由，可得.----------3例4（8分）、设),(y x u 二阶偏导数连续，且0=-yy xx u u ， x x x u =)2 ,(，2)2 ,(x x x u x =，求)2 ,(x x u xx ，)2 ,(x x u xy ，)2 ,(x x u yy （x u 表示u 对x 的一阶偏导数，其他类推）. 解：等式x x x u =)2,(两端对x 求导,得1)2,(2)2,(=+x x u x x u y x ，)1(21)2,(2x x x u y -=∴--------3这两个等式,对x 求导得x x x u x x u xy xx 2)2,(2)2,(=+, .)2,(2)2,(x x x u x x u yy yx -=+-------------2 由已知条件得yx xy yy xx u u u u ==,, 故解得x u u yy xx 34-==， x u xy 35=. ---------3例5（8分）、设10(),0,1z xy t f t dt x y =-≤≤⎰，若()f t 为连续函数，求xx yy z z +.解：10()()()()xy xyz xy t f t dt xy t f t dt =---⎰⎰--------------------------------------21100[()()]()()xy xy xy xyxy f t dt f t dt tf t dt tf t dt =-+-⎰⎰⎰⎰------------------------110[()()]xy x xyz y f t dt f t dt =-⎰⎰---------------------------------------------222()xx z y f xy =，由对称性知22()yy z x f yx =---------------------------------2故222()()xx yy z z x y f xy +=+. ---------------------------------------------1 例6（10分）、已知()fu 具有二阶导数，且(0)1f '=， )(x y y =由11y y xe--=所确定，设(ln s in )z f y x =-，求22,.x x dzd zdx dx==解：在11y y xe --=中, 令0=x 得(0)1y = . ------------------------------------1而由11y y xe--=两边对x 求导得 110y y y exey --''--=---------------------------1再对x 求导得 111210y y y y y e y ey xey xe y ----'''''''----=-------------------------1将1,0==y x 代入上面两式得 (0)1,(0) 2.y y '''== ------------------------------2(cos )(ln sin )dz y x f y x dxy''=--，-----------------------------------------------122222(cos )(ln sin )(sin )(ln sin )d z y y y y x f y x x f y x dxyy''''-'''=--++---------------2将(0)1y =，(0)1(0)2y y '''==，，(0)1f '=代入上面两式得00,x dz dx==221.x d z dx ==---2 例7（10分）设()fu 在()0,+∞内二阶可导，z f=满足2222221z z xyx y∂∂+=∂∂+，若()()10,11,f f '==求()f u 的函数解析式.解：()(),z x z y f u f u xu y u∂∂''==∂∂-------------------------------------------------------------------------1 ()()()()2222222223xu z x x y u f u f u f uf u xuu uu-∂''''''=+=+∂------------------------------------------2同理()()222223z y x f u f u yu u∂'''=+∂-------------------------------------------------------------------------1代入222221z z xyu∂∂+=∂∂得()()uf u f u u'''+=1，即['()]'(ln )'uf u u =----------------------31ln ()c uf u uu'∴=+，由(1)1,f '=得11,c =于是221()ln ln ,2f u u u c =++-------------------12(1)0,0f c ==由得故21()ln ln 2f u u u =+.---------------------------------------------------------1例8（10分）、已知函数(,)z f x y = 的全微分ydy xdx dz 22-=，并且(1,1)2f =．求(,)f x y 在椭圆域}14),{(22≤+=yxy x D 上的最大值和最小值.解：2222()dz xdx ydy d x y C =-=-+，于是 22(,)z f x y x y C ==-+，-------------2再由(1,1)2f =，得 C=2, 故 .2),(22+-=y xy x f --------------------------------1令20,20x y f x f y ===-=得可能极值点为(0,0)，且(0,0)2f =-------------------1 再考虑其在边界曲线1422=+yx上的情形：令拉格朗日函数为22(,)(,)(1)4yL x y f x y x λ=++-，-----------------------------1解 222(1)0,120,2104x y L x L y y x λλ⎧⎪=+=⎪⎪=-+=⎨⎪⎪+-=⎪⎩() --------------------------------------------------1得可能极值点为(0,2)±，(1,0)± ，且,2)2,0(-=±f 3)0,1(=±f ，-----------------2可见(,)z f x y =在区域}14),{(22≤+=yx y x D 内的最大值为3，最小值为-2.---------2例9（10分）、当0,0,0>>>z y x 时, 求函数z y x u ln 3ln 2ln ++=在条件22226rzy x =++上的最大值, 并证明对任意的正实数c b a ,,成立不等式6326108⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤c b a c ab .解: 令λ+++=z y x z y x F ln 3ln 2ln ),,()6(2222r z yx -++--------------------1有2222120(1)220(2)320(3)60(4)x y z F x x F y y F z zx y z r λλλ⎧=+=⎪⎪⎪=+=⎪⎨⎪=+=⎪⎪⎪++-=⎩------------------------------------2由)3(),2(),1(, 得22223,2x zx y ==------------------------------------------2代入)4(,得 r z r y r x 3,2,===及)3,2,(r r r P -------------------------1可知最大值为)36ln()3ln(3)2ln(2ln 6)3,2,(r r r r ur r r =++=------------------1即 ≤++z y x ln 3ln 2ln )36ln(6r ，亦即 622226426)36(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤z y x zy x -------2 令c zb ya x===222,,, 于是6326108⎪⎭⎫⎝⎛++≤c b a c ab .--------------------------2三、空间解析几何（A 组考，B 组不考） 例1（8分）、设非零向量b a,，求证：b prj a b t a tat=-+→|)||(|1lim.解：左 (t =→lim===→t lim2右.--------8例2（8分）、在已知平面I ：01=+++z y x 内，求一直线l 通过已知直线L ：⎩⎨⎧=+=++0201z x z y与已知平面I 的交点且垂直于已知直线L .解：联立方程组,020101⎪⎩⎪⎨⎧=+=++=+++z x z y z y x 易得L 与I 之交点)0,1,0(-P ----------------------------------2L 的方向向量为)1,1,2()2,0,1()1,1,0(-=⨯=s ，------------------------------------------------------2可求得过P 点且与已知直线L 垂直的平面∏方程为012=+-+z y x .-----------------------2 由题意知，所求直线l 应为平面I 与平面∏的交线，其方程为⎩⎨⎧=+-+=+++01201z y x z y x . ---------2例3（8分）、(1)求空间曲线Γ：⎩⎨⎧=+-=++0422222z y x z y x在xoy 面的投影曲线L 的方程；(2)求以L 为准线，母线与向量s =)1,0,1(-平行的柱面方程.解：（1）对⎩⎨⎧=+-=++0422222z y x z y x ，消,z 得投影柱面方程4222=+y x ，-------------------1故投影曲线L 的方程为⎩⎨⎧==+04222z y x -----------------------------------------------------------2(2) 在所求柱面取),,,(z y x M 由题意必有L y x M ∈)0,,(000,使得//0M M s ---------2有⎪⎩⎪⎨⎧-=-=-=+10142002020z y y x x y x 化简得柱面方程42)(22=++y z x .------------------------3例4（8分）求以直线z y x ==为对称轴，半径1=R 的圆柱面方程. 解：在圆柱面上任取一点),,(z y x M ，过点),,(z y x M 且垂直于轴的平面为0)()()(=-+-+-z Z y Y x X --------------------------------------------------------------------------2轴方程的参数式为t Z t Y t X ===,,代入平面方程得3zy x t ++=------------------------1故该平面和轴的交点为M 1)3,3,3(zy x z y x z y x ++++++--------------------------------------1 则10M M 的长等于半径1=R ------------------------------------------------------------------------------1 故由距离公式得9)2()2()2(222=+--+-+-+--z y x z y x z y x .----------------3例5（8分）设),(v u F 可微，求证：曲面0),(=----ax cz a x by F 的所有切平面都通过定点.证明：由题意知，2''')()()(a x F z c F y b F vu x --+-=，ax F F uy -=''，ax F F vz -=''，故曲面过任一点),,(z y x 切平面的法线向量可选为})(,)(,)(){(''''v u v u F a x F a x F z c F y b n ---+-= …（'4）注意到向量n z c y b x a ⊥---},,{ …（'2） 而),,(z y x 在曲面上，故),,(c b a 也在曲面上，原题得证. …（'2）例6（8分）求证：在曲线t x t y t x ===,,24的切线中，与平面1=++z y x 平行的切线有且仅有一条.证明：曲线的切向量为)1,2,4(3t t ，若其与)1,1,1(垂直，则01243=++t t ----------------2令124)(3++=t t t f ，则0212)('2>+=t t f ，且,)(lim +∞=+∞→t f t ,)(lim -∞=-∞→t f t -----3知01243=++t t在),(∞+-∞内有且仅有一个非零根------------------------------1又0)()124(243>++-++t t t t t t ，则此根不满足0=++z y x ，故原命题成立.------2例7（8分）若点),,(0000z y x M 是光滑曲面0),,(=z y x F 上与原点距离最近的点，试证:过点0M 的法线必定通过坐标原点.证明：考察条件极值问题⎩⎨⎧=++=0),,(),,(min 222z y x F z y x z y x f -----------------------------1构造辅助函数),,(),,(),,,(z y x F z y x f z y x L λλ-=，-------------------------------1按题意),,(z y x f 在点),,(000z y x M 达到条件极小值，必满足000000000()2()0,()2()0,()2()0x x y y z z L M x F M L M x F M L M x F M λλλ=-==-==-=于是向量000(,,)x y z 与曲面0),,(=z y x F 在点0M 处的法向量0(,,)y y y F F F 平行，-------5 故曲面0),,(=z y x F 在点0M 处的法线通过通过原点.------------------------------1 例8（8分）求函数32223240),,(zy x z y x f ---=在点)2,3,3(0--M 处沿n 的方向导数，其中n 为1),,(=z y x f 过0M 处的内法向量. 解： 022223002()(,,)[(4023)(,2,3)](2,4,4)3x y z M gradf M f f f x y z x y z -==----=--3令222(,,)3923F x y z x y z =--- ,则n 可取(2,4,4)-,----------------------------2 故00()()6M nf gradf M e gradf M n∂=∙==∂.-----------------------------------3 例9（8分）设233x y z ++=确定了隐函数),(y x z z =，求该隐函数在点(1,1)处方向导数的最大值M ．解：当(,)(1,1)x y =时，1z =------------------------------------------------------------------------------1设=),,(z y x F 233x y z ++------------------------------------------------1 则21,2,3x y z F F x F z === ,于是12(1,1),(1,1)33x y z z =-=-----------------3故M =3=-------------------------------------------3四、多元积分学（A 组考，B 组仅考二重积分）例1（7分）计算⎰⎰⎰⎰-------+=2222222222tan sin sin sin 0eeeey b y xb a yy b ya xa ydx dy dx dy I ϕϕϕϕ，其中20,0πϕ<<<<b a ，且ϕ,,b a 均为常数．解：积分区域D 为2222b yx a≤+≤与ϕtan 0x y ≤≤的公共部分。
高等数学不定积分例题及答案
第4章不定积分习题4-11.求下列不定积分：知识点：直接积分法的练习——求不定积分的基本方法。
思路分析：利用不定积分的运算性质和基本积分公式，直接求出不定积分！★(1)思路:52x-=，由积分表中的公式（2）可解。
解：532223x dx x C --==-+⎰★(2)dx-⎰思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：1141113332223()24dx x x dx x dx x dx x x C ---=-=-=-+⎰⎰⎰⎰★(3)22xx dx +⎰（）思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：2232122ln 23x xxx dx dx x dx x C +=+=++⎰⎰⎰（）★(4)3)x dx -思路:根据不定积分的线性性质，将被积函数分为两项，分别积分。
解：3153222223)325x dx x dx x dx x x C -=-=-+⎰⎰★★(5)4223311x x dx x +++⎰思路:观察到422223311311x x x x x ++=+++后，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：42232233113arctan 11x x dx x dx dx x x C x x ++=+=++++⎰⎰⎰ ★★(6)221x dx x +⎰思路:注意到222221111111x x x x x +-==-+++，根据不定积分的线性性质，将被积函数分项，分别积分。
解：2221arctan .11x dx dx dx x x C x x=-=-+++⎰⎰⎰ 注：容易看出(5)(6)两题的解题思路是一致的。
一般地，如果被积函数为一个有理的假分式，通常先将其分解为一个整式加上或减去一个真分式的形式，再分项积分。
★(7)x dx x x x ⎰34134（-+-）2 思路:分项积分。
解：3411342x dx xdx dx x dx x dx x xx x --=-+-⎰⎰⎰⎰⎰34134（-+-）2 ★(8)23(1dx x -+⎰思路:分项积分。
《高等数学》(一)(2)补充例题及练习题
第八章 空间解析几何与向量代数（6学时）§8.1 向 量 及 其 线 性 运 算一、补充例题例1 已知向量)1,5,3(-=a ，)3,2,2(=b ，)3,1,4(--c，求c b a 432+-。
例2 在yOz 面上，求与三点)2,1,3(A 、)2,2,4(--B 和)1,5,0(C 等距离的点。
例3 已知两点)1,3,2(-A 和)0,2,1(-B ，求与方向相同的单位向量e。
例4 已知两点)2,1,1(-A 和)3,1,0(B ，计算向量的模、方向余弦和方向角。
例5 一向量的终点在点)7,1,2(-B ，它在x 轴、y 轴和z 轴上的投影依次为4，4-和7。
求这向量的起点A 的坐标。
二、练习1312-p 习题8-1 4，5，15，17§8.2 向量的数量积与向量积一、补充例题例1 已知j i a += ，k i b += ，求b a ⋅，∧),(cos b a 及a j bPr 。
例2 已知四点)1,2,2(A 、)2,1,0(B 、)1,1,1(C 、)2,3,3(D ，求AB j CDPr ，∧),(cos 。
例3 记)0,1,3(-=a，)1,2,1(-=b，求b a⨯。
例4 已知ABC ∆的三个顶点为)2,0,3(A ，)1,3,5(B ，)3,1,0(-C ，（1）求垂直于这个三角形所在平面的单位向量；（2）求ABC ∆的面积。
解 （1）因为a ⨯= 垂直于向量与，所以a是一个垂直于三角形ABC 所在平面的向量。
而)1,3,2(-=，)1,1,3(--=，所以k j i kj i a72113132++=---=⨯=。
63712222=++=a ，)7,1,2(631=a e。
所以垂直于三角形ABC 所在平面的单位向量为)7,1,2(631±。
（2）因为ABC ∆的面积S 是以AB ，AC 为邻边的平行四边形面积的一半，所以6237122121222=++===a S 。
高等数学第一章函数例题及答案
高等数学第一章 函数、极限、连续§1．1 函数一．求函数的定义域例1．求函数()2100ln ln ln x x x f -+=的定义域 例2．求5ln 1-+-=x x x y 的定义域例3．设()x f 的定义域为[]()0,>-a a a ，求()12-x f 的定义域 例4．设()⎩⎨⎧≤≤<≤=42 ,220 ,1x x x g 求()()()12-+=x g x g x f 的定义域，并求⎪⎭⎫ ⎝⎛23f 。
二．求函数的值域 例1．求3311-=x ey 的值域例2．求()()⎪⎩⎪⎨⎧>--≤≤---<-==2,2122,52,323x x x x x x x f y 的值域，并求它的反函数 三．求复合函数有关表达式 1．已知()x f 和()x g ，求()[]x g f 例1．已知()1-=x xx f ，求()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-11x f f 例2．设()21x x x f +=，求()()[]()重复合n x f x f f f n =例3．设()⎩⎨⎧>≤-=2,02,42x x x x f ，求()[]x f f 2．已知()x g 和()[]x g f ，求()x f 例1．设()x e e e f x xx++=+21，求()x f例2．已知()xxxee f -='，且()01=f ，求()x f例3．设()x x fsin =，求()x f '例4．已知()x x f 2cos 3sin -=，求证()x x f 2cos 3cos += 3．已知()x f 和()[]x g f ，求()x g例．已知()()x x f +=1ln ，()[]x x g f =，求()x g 解：()[]x fx g 1-=实际上为求反函数问题()[]()[]x x g x g f =+=1ln ，()x e x g =+1 ()1-=x e x g 4．有关复合函数方程 例．设()x x f x x f 2311-=⎪⎭⎫⎝⎛-+，求()x f 四．有关四种性质例1．设()()x f x F ='，则下列结论正确的是[ ]（A ）若()x f 为奇函数，则()x F 为偶函数。
(完整word)高等数学：常微分方程的基础知识和典型例题
常微分方程1 .( 05,4 分)微分方程xy 2yxln x 满足y(1)22x y)= x ln x.2 .( 06,4 分) 微分方程 y= y(1 x)的通解为 ———— x分析：这是可变量分离的一阶方程，分离变量得dy( 11)dx.积分得 ln y ln x x C 1，即 y e C1xe x yxy Cxe x, 其中C 为任意常数 .(二)奇次方程与伯努利方程1 .( 97,2,5 分) 求微分方程 (3x2 2xy y 2)dx (x 22xy)dy 0的通解解：所给方程是奇次方程 . 令 y=xu, 则 dy=xdu+udx. 代入原方程得 3 ( 1+u- u 2) dx+x(1-2 u) du=0. 分离变量得1-2u2 du 3dx, 1uu x积分得 ln 1 u u 2 3ln x C 1,即 1 u u 2=Cx 3. 以 u y代入得通解 x 2xy y 2.xx( y x 2y 2)dx xdy 0(x 0),2 .(99,2,7 分 ) 求初值问题 的解 .y x1 0分析：这是一阶线性微分方程原方程变形为 . dy +2y dx x 2 dx lnx, 两边乘 e x=x 得积分得y(1)x 2y=C+ x 2 ln xdx C 1 ln xdx 3 3 1 11 得 C 0 y xln x x.9 39 C 1 x 3 ln x 3 13 x. 9 1 的解解：所给方程是齐次方程 (因 dx, dy 的系数 (y+ x 2 y 2)与 (-x)都是一次齐次函数)令 dy xdu udx,带入得x(u 1 u 2dx x( xdu udx) 0, 化简得 12u 2dx xdu 0.分离变量得dx- du=0. x 1 u 2积分得 ln x ln(u 1 u 2) C 1,即 u 1 u 2Cx. 以 u y代入原方程通解为y+ x 2 y 2 Cx 2.x 再代入初始条件 y x 1 0,得 C=1.故所求解为 y+x 2y2x 2，或写成y 12 (x 2 1).(三)全微分方程 练习题(94,1,9 分)设 f ( x)具有二阶连续导数， f (0) 0, f (0) 1,且 [xy(x+y)- f(x)y]dx+[ f (x)+x 2y]dy=0为一全微分方程，求 f(x)以及全微分方程的通解先用凑微分法求左端微分式的原函数：122 122( y dx x dy ) 2( ydx xdy ) yd (2sin x cos x) (2sin x cos x)dy 0, 22 122d [ x y 2xy y (cos x 2sin x)] 0. 2其通解为 1x 2y 2 2xy y (cos x 2sin x) C.4.( 98,3分) 已知函数y y(x)在任意点x 处的增量 y= y2 x ,当 x0时 ,1x是 x 的高阶无穷小，y(0)= ，则 y(1)等于 ( )解：由全微分方程的条件，有 即 x22xy f (x) f (x)y因而 f (x)是初值问题y x 2[xy(x y) f(x)y] y 2xy, 亦即 f (x) f (x) x 2.2yx的解，从而解得0, y x 0 12.22[ f (x) xy], x 2sin x cosx)dy 0.(A)2 .(B) .(C)e 4 .(D) e 4 .分析：由可微定义，得微分方程 y y. 分离变量得21x1y dx2,两边同时积分得 ln y arctan x C ,即 y Ce arctanx.y1x代入初始条件y(0) ，得 C= ，于是 y(x) earctanx,由此， y(1) e 4.应选 ( D)二、二阶微分方程的可降阶类型5( . 00,3分) 微分方程 x y 3y 0的通解为分析：这是二阶微分方程的一个可降阶类型，令 y =P( x)，则 y =P ，方程可化为一阶线性方程xP 3P 0,标准形式为 P+3P=0，两边乘 x 3得 (Px 3) =0. 通解为 y P C 30 .xx再积分得所求通解为 y C 22C 1.x216 .( 02,3分)微分方程 yy y 2=0满足初始条件y x 01， y x 0 2的特解是分析：这是二阶的可降阶微分方程 .令 y P(y)(以 y 为自变量 )，则 y dy dP P dP.dx dx dy代入方程得 yP dP +P 2=0，即 y dP+P=0(或 P=0, ，但其不满足初始条件y x 0 1)dy dy2分离变量得 dP dy 0,PyC积分得 ln P +ln y =C ，即 P= 1(P=0对应 C 1=0)； y11由 x 0时 y 1， P=y , 得 C 1 ，于是221 y P ,2 ydy dx, 积分得 y x C 2 2y .又由 y x 0 1 得 C 2. 1，所求特解为 y 1 x.三、二阶线性微分方程(一)二阶线性微分方程解的性质与通解结构7 .( 01,3分)设 y e x(C 1sin xC 2cosx)(C 1,C 2为任意常数 )为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，则该方程为 ___ .r1，r2 1 i，从而得知特征方程为分析一：由通解的形式可得特征方程的两个根是22(r r1 )(r r2) r (r1 r2 )r r1r2 r 2r 2 0.由此，所求微分方程为y 2y 2y 0.分析二：根本不去管它所求的微分方程是什么类型(只要是二阶)，由通解y e x(C1sinx C2 cosx)求得y e x[( C1 C2 )sin x (C1 C2)cos x], y e x( 2C2 sin x 2C1 cos x),从这三个式子消去C1与C2,得y 2y 2y 0.(二)求解二阶线性常系数非齐次方程9.( 07,4分) 二阶常系数非齐次线性微分方程y 4y 3y 2e2x的通解为y=分析：特征方程24 3 ( 1)( 3) 0的根为1, 3.非齐次项 e x, 2不是特征根，非齐次方程有特解y Ae2x.代入方程得(4A 8A 3A)e2x2e2x A 2.因此，通解为y C1e x C2e3x2e2x..10.(10,10分 )求微分方程y 3y 2y 2xe x的通解.分析：这是求二阶线性常系数非齐次方程的通解.1由相应的特征方程2 3 2 0, 得特征根 1 1, 2 2 相应的齐次方程的通解为y C1e x C2e2x.2非齐次项 f ( x) 2xe x , 1是单特征根，故设原方程的特解xy x(ax b)e .代入原方程得ax2 (4a b)x 2a 2b 3[ax2 (2a b)x b] 2(ax2 bx) 2x,即 2ax 2a b 2x, a 1,b 2.3原方程的通解为y C1e x C2e2x x(x 2)e x,其中 C1，C2为两个任意常数.04， 2, 4分)微分方程y y x2 1 sin x的特解形式可设为( )22(A)y ax bx c x(Asin x B cosx).(B)y x(ax bx c Asin x B cos x).22(C)y ax bx c Asin x.(D )y ax bx c Acosx.分析：相应的二阶线性齐次方程的特征方程是2 1 0,特征根为i .y y x2 1L()与 1 y y sin xL( 2)方程 (1) 有特解 y ax2 bx c,方程(2)的非齐次项 f (x) e x sin x sin x( 0, 1，i 是特征根), 它有特解y x(Asin x B cosx).y ax2 bx c x(Asin x Bbcosx).应选 (A).(四)二阶线性变系数方程与欧拉方程12.(04, 4分 )欧拉方程x2 d2y 4x dy 2y 0(x 0)的通解为dx dx分析：建立 y 对 t 的导数与y 对 x 的导数之间的关系 .222dy dy dx dyd y d y 2 dy 2 d y dy( sin x), 2 2 sin t cost (1 x ) 2 x .dt dx dt dx dt dx dx dx dxd 2y于是原方程化为 2 y 0,其通解为 y C 1 cost C 2sint.dt 2 回到 x 为自变量得 y C 1x C 2 1 x 2.x由 y (0) C 2 1 C 2 1.y(0) C 1x 02 C 1 2.1 x 2因此 特解为 y 2x 1 x 2 .四、高于二阶的线性常系数齐次方程13.( 08， 4分)在下列微分方程中，以 y C 1e xC 2cos2x C 3 sin 2x(C 1, C 2, C 3为任意常数)为通 解的是()(A)y y 4y 4y 0.(B)y y 4y 4y 0. (C)y y 4y 4y 0.(D ) y y 4y 4y 0.分析：从通解的结构知，三阶线性常系数齐次方程相应的三个特征根是： 1, 2i(i 1)，对 应的特征方程是 ( 1)( 2i)( 2i) ( 1)( 24) 3244 0,因此所求的微分方程是 y y 4y 4y 0，选(D).(00,2,3分 ) 具有特解 y 1 e x , y 2 2xe x ,y 3 3e x的三阶常系数齐次线性微分方程是( )(A)y y y y 0.(B)y y y y 0. (C)y 6y 11y 6y 0.(D)y2y y 2y 0.分析：首先，由已知的三个特解可知特征方程的三个根为 r 1 r 21,r 3 1，从而特征方程为(1)求导数 f (x)； (2)证明：当 x 0时 ,成立不等式 e分析：求解欧拉方程的方法是：作自变量22d y dy d y dy 2 (4 1) 2y 0,即 2 3 2y xe t(t l n x)，将它化成常系数的情形： 0.1, 2 2, 通解为 yC 1e t C 2e 2t. y C 1 x C 22,其中C 1,C 2为任意常数(05,2,12分 )用变量代换 xcost (0 t)化简微分方程 (1 x 2)y xy y 0，并求其(r 1)2(r 1) 0,即r3r 2r 1 0,由此，微分方程为y y y y 0.应选(D).五、求解含变限积分的方程00, 2,8分) 函数y=f(x)在0, 上可导，f (0) 1，且满足等式1xf (x) f (x) 1 f (t)dt 0，x10f(x) 1.求解与证明()首先对恒等式变形后两边求导以便消去积分： 1x(x 1)f (x) (x 1)f(x) 0f (t)dt 0,(x 1)f (x)(x 2)f (x)0.在原方程中令变限 x 0得 f (0) f (0) 0,由 f (0) 1,得 f (0) 1.现降阶：令 u f (x),则有 u x 2u 0，解此一阶线性方程得x1x e f (x) u C eu 0x1 x e 由 f (0) 1,得 C 1,于是 f (x) e. x1xe (2)方法 1 用单调性 . 由f (x) e0(x 0), f (x)单调减 , f(x) f(0) 1(x );x1x 又设 (x) f (x) e x ,则 (x) f (x) e x x e x0(x 0), (x)单调增，因此 (x)x1 (0) 0(x 0),即 f(x) e x(x 0) . 综上所述，当 x 0时 ,e x f (x) 1.方法 2 用积分比较定理 . 由 牛顿 -莱布尼茨公式，有六、应用问题 (一)按导数的几何应用列方程 练习题 1 .( 96,1,7分)设对任意 x 0,曲线 y f(x)上点 (x, f(x))处的切线在 y 轴上的截距等于1 xf (t)dt,求 f ( x)的一般表达式 . x 0解：曲线 y f (x)上点 (x, f ( x))处的切线方程为 Y f ( x) f ( x)( X x).令 X 0得 y 轴上的截距 Y f(x) xf (x).由题意 1x1f(t)dt f(x) xf (x) x 0x, 得x 2f(t)dt xf (x) x 2f (x)( ) 恒等式两边求导，得 f (x) f (x) xf (x) 2xf (x) x 2f ( x)，即 xf (x) f (x) 0 在 ( )式中令 x 0得 0 0,自然成立 . 故不必再加附加条件. 就是说f (x)是微分方程 xy y 0的通解 . 令 y P(x),则 y P ,解 xP P 0,得 y P C 1.xf ( x) f (0) x0 f (t)dt, f(x) t 由于 0 e t1从而有 e x e t (t 0),有 0 f (x) 1. 0t e t d t 1 dt . 1 x t e t dt x e (x再积分得 y f ( x) C1 ln x C2.12( . 98,2,8分) 设 y y(x)是一向上凸的连续曲线 ,其上任意一点 (x, y)处的曲率为 1,1 y 2y P tan( x).(二 )按定积分几何应用列方程3.(97,2,8分 )设曲线 L 的极坐标方程为 r r( ), M (r, )为 L 上任一点 ,M 0(2,0)为 L 上一定点 ,若极径 OM 0,OM 与曲线 L 所围成的曲边扇形面积值等于 L 上 M 0、 M 两点间弧长值的一半， 求曲线L 的方程 .且此曲线上点 (0,1)处的切线方程为 y x 1, 求该曲线的方程，并求函数 y y( x)的极值 .解：由题设和曲率公式有y( x)向上凸 , y 0, y令 y P(x)，则 y P ,方程化为 y) ,化简得 y 12. yP1 P 21， dP 分离变量得 2 dx,积分得C 1.y (0) 1即 P(0) 1,代入可得 C 1，故再积分得 y ln cos( x) C 2 又由题设可知y(0)1,代入确定 C 2 11ln 2，1y ln cos( x) 1 ln 2x , 即当 4 2,3时 ,cos( x) 0, 而3 或 时, 44cos( x)y ln cos( 40,ln cos( x)1 x) 12 ln2( 4 x34 )显然，当 x 时 ,ln cos( x) 4410, y 取最大值 1 1ln 2,显然 y 在 (3)，没有极小值解：由已知条件得r 2d r 2 r 2d ， 2020 两边对 求导 ,，得 r 2 r 2 r (隐式微分方程)2 ,解出 r r r 2 1，从而， L 的直角坐标方程为 x m 3y 2.1 arccos r 分离变量，得 dr r r 2 dr r r 2 1 d 1 1 d( )1 r (r 1)2 arccos 1 , 或 r dr r r 2 1d tarccos 1(r sect ) 两边积分，得 代入初始条件 r(0) 2，得 1arccos 2 1arccos r3L 的极坐标方程为 1 r cos( ) 31 co s 3si。
高等数学例题讲解(提高篇)
第1章 函数的极限与连续例1．求下列极限：1）)1ln(12)(cos lim xx x +→ 2）βαβαβα--→e e lim解：1）原式2201ln cos ln cos limln(1)ln(1)lim x xxxx x e e→++→==，而21)2(lim 22sin 2lim )1ln()2sin 21ln(lim )1ln(cos ln lim 22022022020-=-=-=+-=+→→→→x x x x x x x x x x x x 所以，e ex x x 1)(cos lim 21)1ln(12==-+→2）原式11lim lim e e e e αβαβββαβαβαβαβ--→→--==--令t =-βα，当βα→时，0→t ，所以，1lim 1lim 1lim 00==-=--→→-→t tt e e t t t βαβαβα．从而，ββαβαβαe e e =--→lim ．例2．求lim(1)pxx mx →-，其中 m 、p 是正整数．解：因为mp mxmp mxxp mx mx mx ])1[(1)1()1(1)(1----=-=-， 令mx u -=，当0→x 时，0→u11111lim(1)limlim[(1)][(1)]p mpxmpx x u mpmpmx u mx e e mx u -→→→--====-+．例3．若()0f x >，0lim ()(0)x x f x A A →=>且0limx x →lim x x →解：设lim x x a→=a β=+，β是0x x →时的无穷小量，22()2f x a a ββ=++222lim ()lim(2)x x x x f x a a a ββ→→=++=由题应有：2A a =，a =a =x x →=例4．证明：半径为R 的圆面积2R S π=证：做圆的内接正n （3≥n ）边形，如图1-13所示，记AOP n ∠=α其面积为nR n R n R R n OP AB n S n n n n πααα2sin 22sin 2cos sin 22222==⋅=⋅=当边数n 取3，4， ,5，对应的面积3S ，4S ， ,5S 构成了一数列}{n S，图1-13当∞→n 时，圆内接正n 边形的n 条边与圆周无限贴近，从而正n 边形的面积与圆面积无限接近，圆面积S就是数列}{n S 当∞→n 时的极限，即n R n S S n nn π2s i n 2l i m l i m 2∞→∞→==22s i n2l i m 22n R nn πππ→∞=⋅221R R ππ=⋅= 例5．设a u sin 1=，)sin(sin sin 12a u u ==，)],n sin[sin(si sin 23a u u ==，n n u u sin 1=+，其中20π<<a ．证明：nn u ∞→lim 存在，并求其值．证：首先1≤n u ， ,2,1=n 所以}{n u 是有界数列其次，由于20π<<x 时，有x x <sin ，所以 n n n u u u ≤=+sin 1， ,2,1=n 因而}{nu 是单调数列，由单调有界数列必有极限可知，nn u ∞→lim 存在． 设A u n n =∞→lim ，则有Au u u n n n n n n sin )lim sin(sin lim lim 1===∞→∞→+∞→，由于1lim lim +∞→∞→=n n n n u u ，所以 A A sin =，解得0=A 即lim =∞→n n u第2章 一元函数微分及其应用例1．求下列极限1）20211lim x x x x --++→ 2）210)arcsin (lim x x x x → 解：1）原式1122001(1)(1)lim4x x x x x --→→+--==3322011(1)()(1)(1)122lim 41x x x --→-+----=3322011lim[(1)(1)]84x x x --→-=-++=-1） 原式2201arcsin 1arcsin lnlimlnlim x xx xxxx x e e→→==，而x x x x x x x x x x x x x x -⋅=-+=→→→arcsin 1lim )arcsin 1ln(1lim arcsin ln 1lim2020203223220001(1)(2)112lim lim(1)666x x x x x x x --→→→---===-=所以，61102)arcsin (lim e x x x x =→．例2．设xx x t t t f )21(lim )(+=∞→，求)(t f '．解：22222()lim (1)lim(1)x tx tt x x t t f t t t te x x ⋅→∞→∞=+=+=，222()2(12)t t t f t e te t e '=+=+．例3．（相关变化率问题）一长方形两邻边之长分别为x 和y ，若x 边以0.01/m s 的速 度减小，y 边以s m /02.0的速度增大，求在m x 20=，m y 15=时，长方形的面积S 的变化速度和对角线l 的变化速度．解：设边长分别为)(t x 、)(t y ，面积为)(t S ，对角线长为)(t l ，它们都是时间t 的函数，都有关于时间t 的变化率，x ，y ，S ，l 彼此之间又相互关联．现已知其中变化率dt dx ，dt dy ，求dt dS 和dt dl，这类问题称为相关变化率问题．由题，)()()(t y t x t S =，两边求变量t 的导数，)()()()()(t y t x t y t x t S '+'='，将各已知数据代入，得S 的变化速度25.02002.01501.0)(1520=⨯+⨯-='==y x t S由题，)()()(22t y t x t l +=，两边求变量t 的导数，)()()()()()()(22t y t x t y t y t x t x t l +'+'='，将各已知数代入，得l 的变化速度004.0)3.02.0(251152002.015)01.0(20)(221520=+-=+⨯+-⨯='==y x t l即长方形的面积的变化速度为s m /25.02，对角线的变化速度为s m /004.0．例4．（函数的最大、最小值问题）设有一根长为l 的铁丝，将其分成两段，分别构成圆形和正方形，若记圆形的面积为1S ，正方形的面积为2S ，证明：当21S S +之值最小时，421π=S S ．证：设圆的周长为x ，正方形的周长为x l -，ππππ4)2(2221x x rr S ===，162)4(2222x lx l x l S +-=-=；则168)16141(16242222221l lx x x lx l x S S S +-+=+-+=+=ππ； 8)8121(l x S -+='π，令0='S ，得唯一驻点ππ+=40l x ； 08121>+=''πS ，所以，0x 是极小值点，因为是唯一极小值点，也是最小值点，此时，4164)4(16)4(416)(42222202021ππππππππ==++=-=l l x l x S S例5．讨论曲线k x y +=ln 4与x x y 4ln 4+=的交点个数． 解：需求⎩⎨⎧+=+=)2()1(ln 4ln 44x x y k x y 的解，（2）－（1）得：0ln 44ln 4=--+k x x x （3）即求方程（3）的实根．设k x x x x --+=ln 44ln )(4ϕ，问题转化为求函数)(x ϕ在),0(+∞有几个零点．x x x x x x x )1(ln 4441ln 4)(33-+=-+⋅='ϕ，令0)(='x ϕ，得x x -=1ln 3；因为当0>x 时，233ln (ln )0xx x '=>，可知x 3ln 在),0(+∞上单调增加，x y 3ln =的图象与直线1y x =-只有一个交点，可知1=x 是()x ϕ'的唯一根，从而是)(x ϕ的唯一驻点．当10<<x 时，由于0)1(ln 3<-+x x ，0)(<'x ϕ； 当1>x 时，由于0)1(ln 3>-+x x ，0)(>'x ϕ；所以，1=x 是)(x ϕ的极小值点，)(x ϕ在),0(+∞只有唯一的极小值点，1=x 是)(x ϕ的最小值点，k -=4)1(ϕ，又由于+∞=+∞→)(lim x x ϕ，+∞=+→)(lim 0x x ϕ．当04>-k ，即4<k 时，曲线)(x y ϕ=的最低点在x 轴上方，)(x ϕ无零点，从而方程（1）无根，两曲线无交点；当04=-k ，即4=k 时，曲线)(x y ϕ=的最低点在x 轴上，)(x ϕ有唯一零点．从而两曲线有一个交点；当04<-k ，即4>k 时，曲线)(x y ϕ=的最低点在x 轴下方，)(x ϕ有两个零点，从而两曲线有两个交点，它们分别在)1,0(、),1(+∞内．第3章 一元函数的积分学例1．设)(x f 的原函数为)(x F ，且当0≥x 时有2)1(2)()(x xe x F x f x+=，若0)(>x F ，且1)0(=F ，试求)(x f ．解： ()()f x F x '=∴2()()2(1)xxe F x F x x '=+⇒2()()2(1)xxe F x F x dx dx x '=+⎰⎰dx x xe x F x ⎰+=22)1(2)(2111111()()212121x x x x xe xe d xe e dxx x x =-=-+++++⎰⎰11212x xxe e Cx =-+++由于1)0(=F ，代入有0=C ；又0)(>x F ，所以x e x F x+=1)( 从而，232()()2(1)xxef x F x x '==+．例2．设)(x f 在]1,0[上可微，且满足条件120(1)2()f xf x dx=⎰．试证：存在)1,0(∈ξ使得()()0f f ξξξ'+=证明：设)()(x xf x F =，则120(1)(1)2()F f xf x dx ==⎰12012()2()2F x dx F c ==⋅⎰()F c =（积分中值定理，)21,0(∈c ），再由Roll 定理可知，至少存在一点)1,0()1,(⊂∈c ξ，使得()0F ξ'=，即()()0f f ξξξ'+=．例3．求函数2()(2)x t f x t e dt-=-⎰的最大值和最小值．解：由于)(x f 为偶函数，所以只需求其在),0[+∞上的最值．因22()(2)2xf x x e x -'=-⋅，令()0f x '=得驻点0x =，x = 当20<<x 时，()0f x '>；当+∞<<x 2时，()0f x '<，所以)2(f 为函数的极大值，也是函数的最大值．{}max ()(f x f =2(2)t t e dt -=-⎰222(2)1tt t e e dt e ---=---=+⎰又0)0(=f ，0lim ()(2)1t x f x t e dt +∞-→+∞=-=⎰，所以{}0)0()(min ==f x f ．例4．过抛物线2x y =上一点),(2a a P 做切线，问a 为何值时，所做切线与抛物线142-+-=x x y 所围图形面积最小？解：抛物线2x y =上过点),(2a a P 的切线方程为：2)(2a a x a y +-=，设该切线与抛物线142-+-=x x y 的两个交点的横坐标分别为α，β（βα<），即α，β为方程01)2(222=+--+a x a x 的两个根，由根与系数的关系有：)2(2--=+a βα，21a -=αβ，34222+-=-a a αβ则所围图形的面积22[412()]S x x a x a a dxβα=-+----⎰22[2(2)1]x a x a dxβα=---+-⎰332221()(2)()(1)()3a a βαβαβα=-----+--3224(243)3a a =-+从而1222(243)(44)S a a a '=-+-，令0S '=有1=a ， 所以当1=a 时，34=S 为面积的最小值．例5．利用定积分计算极限（1）112 (i)p p p p n n n +→∞+++（0p >）；（2）1lim ...n n →∞+． 分析：考察定积分的定义1()lim ()nb i iai f x dx f x λξ→==∆∑⎰，在已知定积分存在的情况下，我们可以把区间],[b a n 等分，则n a b x i -=∆，取i ξ为右端点，则i n ab a i ⋅-+=ξ，于是1()lim ()n b an i b a b af x dx f a i n n →∞=--=+⋅∑⎰；特别当0a =，1b =时，上式变为：1011112()lim ()lim [()()...()]n n n i i nf x dx f f f f n n n n n n →∞→∞===+++∑⎰． 如果一个极限具有上面极限的形式则可以转化为相应的定积分来计算．解：（1）112 (i)p p pp n n n +→∞+++（0p >）101121lim [()()...())]1p p p p n n x dx n n n n p →∞=+++==+⎰．（2）1lim ...n n →∞+．33/212022(1)(21)33x ==+=-⎰．第4章 常微分方程例1．求微分方程1)(5=-dx dy xy y 的通解．解：这是一个一阶微分方程．从形式上看，它既不是可分离变量方程，也不是齐次方程和一阶线性微分方程，但如果我们将y 看作自变量，x 看作y 的函数则有：5y xy dy dx=+，这是一个一阶线性微分方程，利用通解公式可得通解：][5⎰+⎰⎰=-c dy e y e x ydy ydy242248y ce y y -=+-+．例2．求方程0)1(=-+xdy dx xy y 的通解.解：先改写成2y x y dx dy =-， 两边同除2y ，得 112=--xy dx dy y ，令y z 1=，则方程变为 1-=+x zdx dz ，这是一个一阶线性微分方程．利用通解公式可得其通解为：][11c dx eez dx xdx x+⎰-⎰=⎰-222c x x-=，故原方程的通解为：222x c xy -=（c 为任意常数）．注：形如()()n dyP x y Q x y dx +=(0,1n ≠)的方程称为Bernoulli 方程，令ny z -=1可将其化为一阶线性微分方程来求解．例3．求方程3xy y dx dyx+=的通解．解法一：化为Bernoulli 方程3y x y dx dy =-，令21y z =有：22-=+x z dx dz ，由通解公式得方程的通解为)32(1]2[3222c x x c dx eez dxx dxx +-=+⎰-⎰=⎰-，所以，原方程的通解为22321x cx y+-=． 解法二：方程变化为形式333)(x x y x y y x y dx dy +=+=，令x y u =有： 33u x u dx du x u +=+，即32u x dx du =，分离变量后积分得：132321c x u+=-⇒0322223=++cy x y x 所以，原方程的通解为：0322223=++cy x y x ． 例4．求方程2(12)xy y y x e '''--=-的通解．解：特征方程为022=--r r ，有特征根11-=r ，22=r ，对应齐次方程的通解为x xe c ec y 221+=-；由于1=λ不是特征根，故可设方程有特解xe b ax y )(*+=，代入方程2(12)xy y y x e '''--=-有：x xe y b a x b a ax =⇒==⇒-=-+-*0,12122所以，原方程的通解为：x x xxe e c ec y ++=-221．例5．求解微分方程323sin y y y x x '''++=+．解：特征方程为0232=++r r ，有特征根11-=r ，22-=r ，对应齐次方程的通解为x xe c ec y 221--+=； 可求得方程32y y y x '''++=有特解432*1-=x y ， 方程323sin y y y x '''++=有特解xx y sin 103cos 109*2+-=，所以方程323sin y y y x x '''++=+有特解：x x x y y y sin 103cos 109432***21+--=+= 从而原方程的通解为：x x x e c e c y x x sin 103cos 109432221+--++=--．第5章 空间解析几何例1．已知两条直线方程1123:101x y z L ---==-，221:211x y zL +-==，求过1L 且平行2L 的平面方程．解：设所求平面π的法向量为n，则取12101{1,3,1}211i j kn s s =⨯=-=-，又点(1,2,3)在平面π上，故平面π的方程为：0)3(1)2(3)1(1=-⨯+-⨯--⨯z y x ⇒320x y z -++=．例2．设0M 是直线L 外一点，M 是直线L 上任意一点，且直线的方向向量为s，试证：点0M 到直线L 的距离0M M s d s⨯=．证明：如图，在直角三角形0M MP 中，显然有00||||sin d M P M M θ==而θ是向量0M M 与s的夹角（或其补角），故由00||sin M M s M M s θ⨯= 可得0M M s d s⨯=例如要求点0(1,1,4)M 到直线241312:-=-=-z y x L 的距离，则利用上面的公式有0M M s d s ⨯={1,2,0}{1,1,2}{1,1,2}2⨯====例3．求直线21101:-==-z y x L 绕z 轴旋转一周所得旋转曲面的方程． 解：把L 化为参数方程112x y t z t=⎧⎪=⎨⎪=+⎩（t -∞<<+∞），固定t ，即得L 上一点),21,,1(t t M +点M 到z 轴的距离为：21t d +=，点M 绕z 轴旋转得一空间圆：⎩⎨⎧+=+=+t z t y x 211222． 因t 在),(+∞-∞上变化，即知上式就是所求旋转曲面的参数方程，消去t ，即得所求旋转曲面的方程为：1)21(222=--+z y x ．这是一个圆锥面方程．例4．求过点)9,5,3(--A 且与两直线135:23y x L z x =+⎧⎨=-⎩，247:510y x L z x =-⎧⎨=+⎩相交的直线方程．解：直线L 过点)9,5,3(--A ，可设其方程为3x lt =-+，5y mt =+，9z nt =-+，由L 与21,L L 相交，故：⎩⎨⎧-+-=+-++-=+32695395lt nt lt mt ⇒⎩⎨⎧=-=-l n t l m 29)3(（1）⎩⎨⎧++-=+--+-=+10515974125lt nt lt mt ⇒⎩⎨⎧=--=-4)5(24)4(t l n t l m （2） 联立（1）（2）有2n l =，22m l =；令1=l ，则22m =，2n =，故所求直线方程为292253+=-=+z y x ．例5．（平面束）设平面通过直线1111222200A x B y C z D A x B y C z D +++=⎧⎨+++=⎩，则一般可设平面方程为11112222()0A x B y C z D A x B y C z D λ+++++++=，然后根据其它条件确定待定常数λ．这种方法称为平面束方法．试用此方法求解下列问题：求通过直线10:10x y z L x y z +--=⎧⎨-++=⎩且与平面:0x y z π++=垂直的平面方程． 解：根据平面束方法，可设所求平面方程为：(1)(1)0x y z x y z λ+--+-++=即 (1)(1)(1)(1)0x y z λλλλ++-+-++-+= 由题设，该平面与平面:0x y z π++=垂直，应有： {1,1,1}{1,1,1}0λλλ+--+⋅=得1λ=-，故所求平面方程为10y z --=．第6章 多元函数微分学例1．求极限22330081lim y xy x y x y x +-+→→解：设θcos r x =，θsin r y =，则有222r y x =+，当0x →,0y →时，0→r ，所以原式33322201(cos sin )8lim (cos cos sin sin )r r r θθθθθθ→+=-+3301cos sin 8lim 11sin 22r r θθθ→+=⋅-，因0lim 0=→r r ，331cos sin 98141sin 22θθθ+≤-，所以原式0=例2．设⎩⎨⎧+=++-=vz u y z v u x 2，求u x ∂∂,v x ∂∂,u z ∂∂，解：求一阶偏导时，若变量比较多，不易区分自变量、因变量，借助全微分的形式不变性来处理比较简便． 对方程组求全微分有：()2212(12)21zdx z v dz dy du dx udu dv dz uz dy du vdz zdv udy dx uv dzdv uz -+-+⎧=⎪=-++⎧⎪+⇒⎨⎨=+++-+⎩⎪=⎪+⎩利用全微分的形式不变性有：12+-=∂∂uz z x u ，121+=∂∂uz x v ，12+-=∂∂uz v z zu 例3．求过直线L ：⎩⎨⎧=++=--0523z y x z y x 且与曲面16522=+-z y x 相切的平面方程． 解：利用平面束的方法可设过直线L 的平面方程为0)(523=+++---z y x z y x λ（λ为待定常数），即：05)1()2()3(=--+-++z y x λλλ，其法向量为{}1,2,3--+λλλ；又设过L 的平面与曲面16522=+-z y x 相切的切点坐标为),,(000z y x ，则曲面16522=+-z y x 在点),,(000z y x 处的切平面的法向量为{}1,2,200y x -，于是有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+-=-+-++=-=--=+1650)1()2()3(1122230202000000z y x z y x ty x λλλλλλ⇒7,3==λλ故所求平面方程为526=++z y x 或56510=++z y x ．例4．求曲线Γ：⎩⎨⎧=++=++06222z y x z y x 在点)1,1,2(-P 的切线方程．解法一：将曲线Γ化为参数形式，由⎩⎨⎧=++=++06222z y x z y x 消去z 有322=++y xy x ，配方有3)2(4322=++xy x ，得曲线Γ的参数式：⎪⎩⎪⎨⎧--=-==t t z t t y t x cos sin 3cos sin 3cos 2， （0P t π→=）则曲线Γ在点P 的切线方向向量为{}000(),(),()s x t y t z t '''={{}0,0,1,1=→-，故曲线Γ在点P 的切线方程为：111102-=--=+z y x ． 解法二：将曲线Γ的方程组看成隐函数，2个方程3变量，故有一个是自由量，我们选y 作为自由量，则)(y x x =，)(y z z =，即Γ的参数式为：)(y x x =，y y =，)(y z z =．由隐函数求导法，方程组对y 求导有：222010y y y y x x y z z x z ⎧''⋅++⋅=⎪⎨''++=⎪⎩⇒y y y z x z x x yz z x -⎧'=⎪⎪-⎨-⎪'=⎪-⎩， 从而曲线Γ在点P 的切线方向向量{}{}(2,1,1),1,0,1,1y y s x z -''==-故曲线Γ在点P 的切线方程为：111102--=-=+z y x 解法三：曲线Γ是两曲面的交线，则切线可看作两曲面切平面的交线．设两曲面1π：222(,,)6F x y z x y z =++-（0=），1π：(,,)G x y z x y z =++（0=），{}{}1,,2,2,2x y z n F F F x y z =={}4,2,2P−−→-{}2,1,1→- {}{}2,,1,1,1x y z n G G G =={}1,1,1P−−→从而曲线Γ在点P 的切线方向向量为12s n n =⨯{}{}2,1,11,1,1=-⨯{}{}0,3,30,1,1=-→-故曲线Γ在点P 的切线方程为：111102--=-=+z y x ． 例5．若周长为p 2的矩形绕自己的一边旋转，求所得圆柱体体积的最大值．解：设矩形的长和宽分别为y x ,，其绕x 边旋转所成圆柱体的体积2xy V π=，即要求函数2xy V π=在条件p y x =+下的最大值．令),,(λy x L 2()xy x y p πλ=++-，则由⎪⎩⎪⎨⎧=-+==+==+=00202p y x L xy L y L y x λλπλπ，解得323px p y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或0x p y =⎧⎨=⎩而驻点)0,(p 不符合题意，舍去．由实际问题可知，其最大值肯定存在，而驻点是唯一的，故当矩形的长为p 31，宽为23p ，且绕p31边旋转时所得圆柱体的体积最大，最大值为3274p π．第7章 多元函数积分学例1．（1）求222y xdx edy-⎰⎰； （2）计算660cos yxdy dx x ππ⎰⎰．解：（1）显然，由于2ye -的原函数不能用初等函数的形式表示， 即先对y 积分是积不出来的．如图，由积分上、下限可知积分区域为⎩⎨⎧≤≤≤≤220:y x x D ．交换积分秩序得：222y xdx edy -⎰⎰2220yy y Dedxdy dy edx--==⎰⎰⎰⎰22401(1)2y ye dy e --==-⎰（2）由于cos xx 的原函数不能用初等函数形式表示，可交换积分次序计算66600cos cos x yx x dy dx dx dy x x πππ=⎰⎰⎰⎰601cos 2xdx π==⎰例2．计算σd xe D y ⎰⎰-2，其中D 是在第一象限内位于24x y =和29x y =之间的部分．解：积分区域D 如图，22y y Dxed edy xdxσ+∞--=⎰⎰⎰20111()249y y y e dy +∞-=-⎰ 20572y ye dy +∞-=⎰5144=例3．计算112111224y y xxydy dx dy dx+⎰⎰⎰⎰．解：由积分上、下限画出积分区域如图，所以交换积分次序有：112111224y y xxydy dx dy dx +⎰⎰⎰⎰y xDe dxdy =⎰⎰2112y xxxdx e dy=⎰⎰1123()8x x e e dx e =-=⎰例4．求2x e dx+∞-⎰． 解：设2x e dx I+∞-=⎰，则：2220()x I e dx +∞-=⎰22x x e dx e dx +∞+∞--=⎰⎰22x y e dx e dy+∞+∞--=⎰⎰22220x y r edxdy d erdr πθ+∞+∞+∞---==⎰⎰⎰⎰244re ππ+∞-=-=，所以2π=I，即22x e dx +∞-=⎰．例5．计算⎰Ldsx 2，其中L 为球面2222R z y x =++与平面0=++z y x 的交线．解法一：将曲线L 化为参数形式，由22220⎩⎨⎧=++=++z y x R z y x 消去z 有2222R z xy x =++，配方得：222)2(43R xy x =++．设t R x cos 36=，有t R t R y cos 66sin 21-=，t R t R z cos 66sin 21--=，从而ds Rdt ==；所以，22223022cos 33L x ds R t Rdt R ππ=⋅=⎰⎰．解法二：由于曲线L 关于x ，y ，z 具有轮换对称性，所以222LLLx ds y ds z ds==⎰⎰⎰ ，22221()3L L x ds x y z ds =++⎰⎰ 22322333LR R ds R R ππ==⋅=⎰第8章 级数例1．判断级数∑∞=22ln1n n n 的收敛性．解：21ln n u n n =随n 的增大而减小且趋于0，故可考虑用Cauchy 积分判别法，广义积分222111ln ln ln 2dx x x x+∞+∞=-=⎰收敛，所以级数∑∞=22ln 1n n n 收敛．注：Cauchy 积分判别法：正项级数∑∞=1n nu，若{}n u 单调减少，作函数)(x f 满足n u n f =)(，则级数∑∞=1n nu与广义积分1()f x dx+∞⎰的收敛性相同．例2．将函数21)(x x f =展开成2-x 的幂级数． 解：若是借助x 1的展开式来考虑21x 的展式，就要作一次幂级数的自乘．这非常不方便，遇到这种情况，一般采用下述方法：221112x dx x x =-⎰111112(1)()22222212n n n x x ∞=-=-=---+∑(13)x << 所以22211[]x dx x x '=⎰ 10111212[(1)()](1)()22242n n n n n n x x n ∞∞-==--'=--=--∑∑20112(1)(1)(1)(1)()(2)422n nn nn n n x n n x ∞∞+==--+=-+=-∑∑(13)x << 例3．计算210x e dx-⎰（精确到0.0001）．解：由于2xe -的原函数不能用初等函数表示，故不能用Newton-Leibniz 公式直接计算210x e dx-⎰的值．应用函数的幂级数展开可计算其近似值并精确到任意要求的程度．由于2468212!3!4!x x x x e x -=-+-+-，),(+∞-∞∈x从而210x e dx-⎰1111111132!53!74!95!116!137!15=-+-+-+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅11111111310422161320936075600=-+-+-+-+这是一个Leibniz 级数，其误差不超过被舍去部分的第一项的绝对值，而5105.1756001-⨯<，因此前面7项之和具有四位有效数字，即210x e dx -⎰11111110.74863104221613209360≈-+-+-+≈例4．求极限222sin )(cos 112lim 2x e x x x x x -+-+→． 解：如果用L’Hospital 法则，则十分麻烦，利用Taylor 公式则比较简便．由于0→x 时22sin x x ，且22cos 1()2x x o x =-+，2221()x e x o x =++122(1)x =+24411(1)1221()22!x x o x -=+++所以 2220sin )(cos 112lim 2x e x x x x x -+-+→224420222111[1()]228lim [11()]2x x x x o x x x x o x →+-+-+=---+ 440441()18lim 312()2x x o x x o x →+==--+例5．求级数∑∞=+--022)1()1(n n n n n 的和．解：∑∞=+--022)1()1(n n n n n1011(1)()()22n n n n n n ∞∞===--+-∑∑121(1)()32nn n n ∞==+--∑， 设∑∞=---=22)21)(1()(n n n x n n x S ，有 ()S x 2021[(1)()]2xn n n n n x dx ∞-='=--∑⎰121[()]2n n n n x ∞-='=-∑1021[()]2x n n n n x dx ∞-='⎧⎫'=-⎨⎬⎩⎭∑⎰21[()]2n n n x ∞='⎧⎫'=-⎨⎬⎩⎭∑ 234[]2(2)(2)x x x ''==++所以∑∞=+--022)1()1(n n n n n 222(1)327S =+=．。
高等数学典型例题与应用实例(重积分B部分)
例 利用二重积分的性质，估计积分2222(2)d Dx y x y σ+-⎰⎰ 的值，其中D 为半圆形区域224,0x y y +≤≥．解 我们先求函数2222(,)2f x y x y x y =+-在区域22{(,)4,0}D x y x y y =+≤≥上的最大值和最小值．由22220,420,x yf x xy f y x y '⎧=-=⎪⎨'=-=⎪⎩解得D 内驻点为(2,1)±，(2,1)2f ±=． 在边界1:0L y =(22)x -≤≤上，2()(,0)g x f x x ==在1L 上(,)f x y 的最大值为4，最小值为0．在边界222:4L x y +=(0)y ≥上，242()(,4)58(22)h x f x x x x x =-=-+-≤≤由3()4100h x x x '=-=得驻点123550,,22x x x ==-=，(0)(0,2)8h f ==． 5537()(,)2224h f ±=±=． 综上，(,)f x y 在D 上的最大值为8，最小值为0．又D 的面积为2π，所以由二重积分的估值性质知222202(2)d 82Dx y x y πσπ⋅≤+-≤⋅⎰⎰，即22220(2)d 16Dx y x y σπ≤+-≤⎰⎰．例 设D 为xoy 平面上以(1,1),(1,1),(1,1)---为顶点的三角形区域，1D 为D 在第一象限的部分，则(cos sin )()Dxy x y dxdy +=⎰⎰．（A ）12cos sin D x y dxdy ⎰⎰ （B ）12D xy dxdy ⎰⎰（C ）14(cos sin )D xy x y dxdy +⎰⎰ （D ）0解 区域D 如图所示，并记0D 为以(1,1),(1,1),(0,0)-为顶点的三角形区域，则0D 关于y 轴对称，且1D 为0D 在y 轴右侧的部分区域，区域0D D -关于x 轴对称．又xy 关于x 和y 均为奇函数；而cos sin x y 关于x 为偶函数．关于y 为奇函数，由二重积分的奇偶对称性得0,0D D D xy dxdy xy dxdy -==⎰⎰⎰⎰，故0Dxy dxdy =⎰⎰；1cos sin 2cos sin ,cos sin 0D D D D x ydxdy x y dxdy x y dxdy -==⎰⎰⎰⎰⎰⎰，故1cos sin 2cos sin DD x y dxdy x y dxdy =⎰⎰⎰⎰．所以1(cos sin )cos sin 2cos sin DDDD xy x y dxdy xy dxdy x y dxdy x y dxdy +=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰．因此我们选（A ）．例 设区域}0,0,4),{(22≥≥≤+=y x y x y x D ，()f x 为D 上的正值连续函数，,a b 为常数，则Dσ= ．解 由题意知，D 关于直线y x =对称，由二重积分轮换对称性得DσDσ=12D d σ=⎰⎰ 211()π2π22242D D a b a b a b a b d d σσ+++=+==⋅⋅=⎰⎰⎰⎰． 因此，我们应填“π2a b+．”例 计算二次积分220sin xydx dy yππ⎰⎰解 积分区域如图，则 原式20sin yydy dx yπ=⎰⎰2200sin sin sin y dy ydy ydy ππππ==+-⎰⎰⎰4=；例设D为椭圆区域22(1)(2)149x y--+≤，计算二重积分()Dx y dxdy+⎰⎰．解令12cos,23sin,x ry r=+⎧⎨=+⎩θθ则D的极坐标表示为01,02r≤≤≤≤θπ，且(,)6(,)x yrrθ∂=∂．由式(10.2.8)，可得2100()6(32cos3sin)Dx y dxdy d r r rdr+=++⎰⎰⎰⎰πθθθ2326(cos sin)1823d=++=⎰πθθθπ．例计算二重积分⎰⎰+Dyxyx dd)(，其中D为.122++≤+yxyx解解法1 D的边界曲线为,2/3212122=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-yx这是一个以⎪⎭⎫⎝⎛21,21为圆心，23为半径的圆域，采用一般的变量代换，令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=,21,21yvxu即作变换⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=,21,21vyux于是D变为.2/3:22≤+'vuD.111),(),(==∂∂=vuyxJ所以，()d d(1)1d dD Dx y x y u v u v'+=++⋅⋅⎰⎰⎰⎰（再用极坐标）.23023d d )cos (sin d d d )1sin cos (d 222/30202/3020ππθθθθθθθππ=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=++=++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰r r r r rr r r D解法2 由于积分区域D ：23212122≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x 关于21=x （即)021=-x 对称，故⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-D y x x .0d d 21 类似地，由于D 关于⎪⎭⎫⎝⎛=-=02121y y 即对称，故 ⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-D y x y .0d d 21 从而.2323d d d d 1d d 21d d 21d d )(2ππ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅===⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰面积D y x y x y x y y x x y x y x D D D DD例 计算y x e I Dy xd d },max{22⎰⎰=，其中，}10,10|),{(≤≤≤≤=y x y x D解 D 由x y =分为D 2，D 2两部分，如图.⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤≤≤=1,10:,0,10:,21},max{2222y x x D e x y x D e e y x y x x e y y e x y x e y x e I yy xx D y D x d d d d d d d d 01010222212⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=+=21110d d 2d d 2222x e x xe y e x x x xx ⎰⎰⎰⎰===.1102-==e e x例 利用二重积分计算定积分1(,0)ln b ax x I dx a b x-=>⎰解 因为1ln ln bb a btt aa x x x dt x x x-==⎰所以 ⎰⎰⎰⎰⎰⎪⎭⎫⎝⎛++=+=+===bab aba batta b t dt t dx x dt dx dt x I 11ln )1ln(11)(11例 ],[)(b a x f 为上的连续函数，且0)(>x f ，试利用二重积分证明.)()(1d )(2a b x f x x f baba-≥⎰⎰证 因为x x f y y f x x f x x f b a b a babad )(1d )(d )(1d )(⎰⎰⎰⎰=,d d )()(d d )()(y x y f x f y x x f y f DD⎰⎰⎰⎰≥= 其中 所以},,|),{(b y a b x a y x D ≤≤≤≤=⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=DD bab ay x y f x f y x x f y f x x f x x f d d )()(d d )()(d )(1d )(2 y x y f x f y f x f y x y f x f x f y f DDd d )()()()(d d )()()()(22⎰⎰⎰⎰≥+=,)(2d d 22a b y x D-==⎰⎰亦即.)(d )(1d )(2a b x x f x x f baba-≥⎰⎰例 计算⎰1d )(x x xf ，其中⎰=21d int)(x t tS x f 解 当10,102≤≤≤≤x x 时⎰⎰⎰-===111222,d sin d sin d sin )(x x x y yy y y y t t tx f从而x y y y x x x xf x d d sin d )(101102⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-= 图y x y yx y y y x x xDd d sin d sin d 1102⎰⎰⎰⎰-=⋅-=，其中D 曲线1,2==y x y ，和0=x 所围成，如图10-8。
高等数学经典例题
).,(,),(322y x f y xy xy x f 求设例，则令解v y x u yx ,,1,1vu yvuv x .1)1(),(,)1()1(),(2222yy x y x f v v u v u f 例6求证证1sin )(lim 22220y xy xyx 01sin )(2222y x y x 22221siny xy x22yx,0,当时，22)0()0(0y x 01sin)(2222yxy x原结论成立．多元函数微分法及其应用.)(lim922)0,0(),(xyy x y x求例而解,)()ln(2222y x xy ey x)ln()()ln(22222222y xy xyxxy y xxy )ln()(lim2222)0,0(),(y xy xy x tyx22令t t t ln lim 0ttt 1ln lim 0罗必达法则11lim 20t t t 从而，又122yxxy ,0)ln(lim22)0,0(),(y xxy y x .1)(lim 022)0,0(),(ey x xyy x 故.11lim10)0,0(),(y xxy y x 求例先将函数变形解,11111xy y xxy yxxy ,21111lim)0,0(),(xy y x ,,y xxy 只须考察故所求极限是否存在 A.有时趋于沿当,)0,0(),(x yy x ,02limlimlim20)0,0(),(xxyx xy yx xy xx y x y x ,1)(limlimlim22)0,0(),(2xx xx y xxy yxxy xxxy x y x 又,lim )0,0(),(不存在故yxxy y x .11lim )0,0(),(不存在从而yxxy y x 例4设13323xyxyyx z，求22x z、x y z 2、y x z 2、22y z 及33xz.解x z ,33322y yy x yz ;9223x xyyx 22xz,62xy 22yz;1823xy x33xz,62y xy z 2.19622y y x yx z 2,19622yyx 偏微分.2,),(5222222yfx y y x fx fyx Idt ey x f xy t求设例,22,,222222223222yx yx yx yx e xy e xy y xfxeyf ye xf 解,222322y x eyx yf,2122222y x ey x yx f）（的对称性得出关于变量可由y x y x f ,),(.222yx eI.,22xy zyx z均有在以上二例中问题：混合偏导数都相等吗？B..limdtdv v z dtdu u z tzdtdz t上定理的结论可推广到中间变量多于两个的情况.如dtdw w z dtdv v z dtdu u z dtdz uv wtz以上公式中的导数称为全导数.dtdz )2(例1设v e zusin ，而xy u，y x v ，求x z 和yz .解xz u z xu v z xv 1cos sin v e y v e uu),cos sin (v vy e uyz uz yu vz yv 1cos sin v e x v e uu).cos sin (v vx e u多元复合函数的求导法则.,),,sin(2 222yx zfyxyefz x求有二阶连续偏导数设例,),(,,sin22vufzyxvyeu x则令解uvxzy图示：,2sin21xfyefxz x,),(,),(,2121vuvuffuvuff记为表达方便起见uvxy21ff，)2sin(212xfyefyyxz xyefyeyfyef xxx cossin)2cos(11211]2cos[22221yfyefx x12112]cossin[2sincos fyxyyefyye xx.cos4122f yefxy x2112ffC.,,),,,(32y x z f xe uy x u f z y求有二阶连续偏导数设例解,21f ef xz y)(212f ef yyx zy232111311)(f xe f ef ef xe f yyyy.1232113112f e f f xe f e f xeyyyyzx uyxy，，21f f .,),()(142y x zf y xy xy f xz 求有二阶连续偏导数设例.,,22偏导数计算的次序来计算混合故可选择容易两者相等连续时与当xy zyx z分析)()(,)(),(),(1),(2x h y y g xyx zy x y y x h xy f x y x g 则记解)()(,)(),(),(1),(2xhy y g x y x z y xy y x h xy f x y x g 则记解))(())((y x y y xy f x).()()(y xyy x xy f y .)()),,(,()(,3,2,1)1,1(,)1,1(),(513)1,1()1,1(x x dxd x x f x f x yf xf f y x f z 求且处可微在点设例则求先求,1)1,1())1,1(,1()1(f f f [分析与求解］),1(3)1()1(3)(213x x dxd).1(归结为求由复合函数求导法：)],,(),())[,(,()),(,()(2121x x f x x f x x f x f x x f x f x )]1,1()1,1())[1,1(,1())1,1(,1()1(2121f f f f f f ,17)32(32.51173)(13x x dxd D..,222xzxyz ez求设例则设解,),,(xyz ez y x F z,,,xy e F xz F yz F zz y xxy eyz xyeyzx z zz得由)4(222)()()()(xy ey z e yz xy ez y xyeyzx xzzx zz x z .)(2232232xy eez y z xy ze y zzz代入化简将xyeyz z zx例7已知02zxyez e，求x z 和y z.解,0)2(zxye ze d ,02)(dze dzxy d ezxy)()2(ydx xdyedze xyzdy e xedx e yedz zxyzxy)2()2(xz,2zxyeye yz .2zxye xe隐函数的求导公式.,0,,,sin ,0),,(),,,(32dxduzf x y z e x z y x f uy求且都有一阶连续偏导数其中设例.导的综合题求导与抽象复合函数求的由方程式确定的隐函数本题实质上已经变成了分析.,,0,sin ,0),,(2的复合函数是从而的函数都是知由x u x z y zx yz e x y，由),,(z y x f uzxuxy图示：,1dxdzz fdx dyy f x f dxdu ,cos x dxdy 而.,,0),,(2的函数都是注意求偏导按隐函数求导法各项对由x z y x z e x dxdz y,0cos 2321dxdz xe xy),cos 2(1213x e x dxdzy).cos 2(1cos 213xe xz f x yf xf dxdu y故E..,,,0),,(),()(),(6dx dzF f z y x F y x xf zx z z x y y求续偏导数和一阶连分别具有一阶连续导数其中所确定的函数是由设例求导得的两端对在解x z y x F y xxf z0),,(),(.0),1()(dxdz F dx dy F F dx dy f x y x f dx dz zyx.)(,zyxy F f x F F f x F f x fdx dz dxdy 得消去:)(),(,),,(7分别由以下两式确定又有一阶连续偏导设例x z z x y y z y x f u ,sin ,20dt tt exyez x xxy.dx du 求,dxdzz f dxdyy f xf dx du 解求导得两边对由x xye xy2,0)()(dx dy x y dx dy x y e xy，xydx dy )7(求导得两边对由x dt tt ez x xsin ),1()()sin(dx dz z x z x ex，)sin()(1z xz x e dxdz x.]sin1[z f z x z x e yf x y xf dxdu x）（）（得将其代入)7(六、设函数)(x u 由方程组),(0),,(),(z x h z y x g y x f u 所确定, 且.,0,0dxduzh yg 求(h g f ,,均可微)七、设),,(t x f y而t 是由方程0),,(t y x F 所确定的y x ,的函数,求.dx dy 八、设),(y x z z由方程),(xz yyx xF =0所确定,证明:xy z yz yxz x.F.例2求曲线6222zy x ，0z y x 在点)1,2,1(处的切线及法平面方程.解1直接利用公式;解2将所给方程的两边对x 求导并移项，得1dxdz dxdy x dx dzzdx dyy,zyx z dxdy ,zyy x dxdz 看待）(求导时诸变量均平等,,,,(个自由未知量一所以有两个变量函数三个变量这里两个方程注一旦均可取为自变量的对称关系由,,,,z y x 函数求导时的函数另两个变量即为该变量取定自变量,,,).法则求导变量应按复合函数求导由此得切向量},1,0,1{T所求切线方程为,110211z y x 法平面方程为,0)1()2(0)1(z y x 0z x ,0)1,2,1(dx dy ,1)1,2,1(dx dz 多元函数微分学的几何应用解法三用全微分不变性求例3求曲面2132222zyx平行于平面064z y x的各切平面方程.解设为曲面上的切点,),,(000z y x 切平面方程为)(6)(4)(2000000z z z y yy x xx 依题意，切平面方程平行于已知平面，得,664412000z y x .200z y x 因为是曲面上的切点，),,(000z y x ,10x 所求切点为满足方程),2,2,1(),2,2,1(0)2(12)2(8)1(2z y x2164z y x 0)2(12)2(8)1(2z y x 2164z y x 切平面方程(1)切平面方程(2)G.各点试证曲面可微设例0),(,),(4bz cy az cx F v u F .量处的法线总垂直于常向),,(),,(),,(z y x bz cy az cx F z y x f 则曲面上一点令证处的法向量为),,,(),,(2121F b F a F c F c f f f n z y x ,0),,(2121F cb F ca F bc F ac c b a n ).,,(c b a 于常向量即任一点的法向量垂直例2求函数22),(y xy x y x f 在点（1，1）沿与x 轴方向夹角为的方向射线l 的方向导数.并问在怎样的方向上此方向导数有（1）最大值；（2）最小值；（3）等于零？解sin)1,1(cos)1,1()1,1(y x f f lf 由方向导数的计算公式知,sin)2(cos)2()1,1()1,1(x yy xsincos 2方向导数与梯度sincos ),4sin(2故（1）当4时，方向导数达到最大值2;（2）当45时，方向导数达到最小值2;（3）当43和47时，方向导数等于0..,,,公式然后才可使用方向导数此向量单位化还要将向量不仅要求出给定的方向求方向导数时注例3求函数y x z y x u 2332222在点)2,1,1(处的梯度，并问在哪些点处梯度为零？解由梯度计算公式得kzu jyu ixu z y x gradu ),,(,6)24()32(k z jyi x故.1225)2,1,1(k jigradu 在)0,21,23(0P 处梯度为0.H.例5 求二元函数)4(),(2y x y x y x f z 在直线6y x ，x 轴和y 轴所围成的闭区域D上的最大值与最小值.解先求函数在D 内的驻点，xyo6y x D解方程组)4(),(0)4(2),(222yx y xx y x f y x y x xy y x f y x 得区域D 内唯一驻点)1,2(,且4)1,2(f ,三、设v u ,都是z y x ,,的函数,v u ,的各偏导数都存在且连续,证明:ugradv vgradu uv grad )(四、求222222czbya xu在点),,(000z y x M 处沿点的向径0r 的方向导数,问c b a ,,具有什么关系时此方向导数等于梯度的模?习题：二、求函数)(12222b y ax z 在点)2,2(b a 处沿曲线12222bya x在这点的内法线方向的方向导数.多元函数的极值及其求法再求),(y x f 在D 边界上的最值，在边界0x和0y 上0),(y x f ,在边界6y x 上，即xy 6于是)2)(6(),(2x x y x f ,由02)6(42xx x f x ,得4,021x x ,2|64x x y,64)2,4(f 比较后可知4)1,2(f 为最大值,64)2,4(f 为最小值.xyo6y xD例7 将正数12分成三个正数z y x ,,之和使得z y x u23为最大.解令)12(),,(23zy x zy x z y x F ,12020323322z yxy x F yz x F z y x F zy x则J.解得唯一驻点)2,4,6(，.691224623maxu 故最大值为例8在第一卦限内作椭球面1222222cz by ax 的切平面，使切平面与三个坐标面所围成的四面体体积最小，求切点坐标.解设),,(000z y x P 为椭球面上一点,令1),,(222222cz by ax z y x F ,则202|ax FPx，202|by F Py，202|cz F Pz 过),,(000z y x P 的切平面方程为)(02x xax )(020y y by 0)(020z z cz ,化简为1202020cz z by y ax x ,该切平面在三个轴上的截距各为02x ax，02y by ，02z c z ,所围四面体的体积00222661z y x cb a xyz V,过),,(000z y x P 的切平面方程为)(020x x ax )(020y y by 0)(020z z cz ,化简为1202020cz z by y a x x ,该切平面在三个轴上的截距各为2x ax，02y by，02z c z ,所围四面体的体积00222661z y x cb a xyz V,在条件1220220220cz by ax 下求V 的最小值,令,ln ln ln 000z y x u由,1,0,0220220220000cy by ax G G G z y x),,(000z y x G 000ln ln ln z y x )1(220220220cz by ax ,最值可简化计算值转化为求此函数的将求四面体体积的最K.。
大一高数极限基础例题
大一高数极限基础例题极限是高等数学中一个重要的概念，它有助于我们理解和研究函数的性质。
极限的定义表明，当一个参数的值变得足够小或足够大时，有时可能会出现极限现象。
因此，掌握极限运算可以使我们识别和推导函数的不同性质，为数学建模提供了很大的帮助。
首先，我们将以下例题引出极限的基本概念：例1：设有函数f(x)=1/x，当x趋向于0，求函数的极限。
解：根据极限的定义，当x趋向于某个值时，函数的值会趋向于一个某个值。
这里，当x趋向于0时，函数的值会趋向于某个值，即f(x)的极限。
按照这个思路，当x趋向于0时，函数f(x)=1/x的值会趋向于0。
因此，f(x)的极限为0。
接下来，我们将学习基本的极限算法，并以一些实例来介绍：例2：求极限lim (1+1/n)^n解：首先，我们将分子与分母分开计算，即lim (1+1/n) = lim 1 + lim 1/n = 1 + 0 = 1。
然后，我们将指数部分上提，即lim (1+1/n)^n = lim (1)^n = 1。
因此，上式的极限为1。
例3：求极限lim (1+2/n)^n解：首先，我们将分子与分母分开计算，即lim (1+2/n) = lim 1 + lim 2/n = 1 + 0 = 1。
然后，我们将指数部分上提，即lim (1+2/n)^n = lim (1)^n = 1。
因此，上式的极限为1。
接下来，让我们引出一种更加复杂的极限算法分分析法，并以一个例题来进行介绍。
例4：求极限lim (2n+3)^(1/n)解：首先，我们用分分极限原理将分子与分母分开计算，即lim (2n+3) = lim 2n + lim 3 = 2n + 3。
根据分析可知，2n+3的极限也为3，也就是说，当n趋向于无穷大时，2n+3的值也会趋向于3。
接下来，我们将指数部分上提，即lim (2n+3)^(1/n) = lim (3)^(1/n) = 1。
因此，上式的极限为1。
大一高数极限基础例题
大一高数数列的极限例题解析一般你需要的最基础的那些方法就行，书上例题，有点难度的就是两个重要极限了。
此题就是比较简单的抓大头的方法。
上下全部除以3^n，那么，指数下于1的就全是0了，所以此题因为为(-1)^n，所以无极限欢迎评论指正，希望对你有帮助！大一高数数列的极限习题中间使用的不等式为三角不等式|a|+|b|>|a+b|有|a|+|un-a|>=|un| 所以|un|-|a|<=|un-a| 类似有|a|-|un|<=|a-un|所以||un|-|a||<=|un-a|反例：u(2n)=a,u(2n+1)=-a|u(n)|=a lim|u(n)|=a但limun不存在大学高数数列极限题•这个可以用夹挤定理吧，因为bn有界，则，存在正数M，使得lbnl＜M,而0＜=lanbnl=lanl*lbnl ＜M*Ianl极限=0，夹挤定理，知anbn极限是0高数数列极限定义证明（例题）对于任意的E,只要取N=[1/E],则n>N可推出n>1/E,也可推出1/n<E,而|xn-1|=1/n,所以有|xn-1|<E.这就满足了极限的定义,所以极限是1大一高数数列极限习题，答案是1/2想知道是怎么解的1-1/n²可化成（n+1）(n-1)/n²,每一项这样化解，然后约分剩(n+1)/2n,n趋向正无穷时等于1/2大一高数数列极限大一高数数列极限与函数极限的关系这个怎么理解看不懂。
函数极限存在，我们知道函数在定义区间上是连续的，但是我们可以从这些连续的点取一组离散的点，这些点横坐标不断接近x0,那么函数值自然也不断接近于f(x0)大一文科高数数列极限试题收大学大一高等数学数列的极限问题。
第8题。
和第九题第一小题答案。
谢谢。
题8，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l)n^(l-k) + b(l-1)n^(l-k-1)+...+b(l-l)n^(l-l-k)] k=l时，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l) + b(l-1)/n+...+b(l-l)/n^(k)]=a(k)/b(l)k<l时，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l)n^(l-k) + b(l-1)n^(l-k-1)+...+b(l-l)n^(l-l-k)] = 0题9（1），lim_{n->无穷}1/n = 0,由“和的极限=极限的和”知，lim_{n->无穷}[1+1/n] = 1 +0＝1,lim_{n->无穷}[1+1/n]^(1/2) = 1^(1/2) = 1.。
深圳大学-高等数学专题-例题线面积分
所以
I
c a
1 b
1
b2
f
(bx)
dx
d b
c y2
1
y2
fБайду номын сангаас
(cy)dy
c a
c
bf (bx)dx
d cf (cy)dy c c c a
bc
f (t)dt
cd
f (t)dt
ba
b
d b d b ab
bc
c a cd
f (t)dt
d b ab
当 ab
cd
cd
L 是上半平面( y 0)内的有向分段光滑曲线,其起点
为 (a,b),终点为(c, d ) ,记
I 1[1 y 2 f (xy)]dx x [ y2 f (xy) 1]dy
Ly
y2
(1) 证明曲线积分 I 与路径无关;
(2) 当ab cd 时,求 I 的值.
【分析】本题主要考查第二类曲线积分与路径无关
2x2
y2
2
2
d
y2
C(x)
解得 从而
(y)
2x2 y4
y2 2x2
y4
C(x)
P(x, y)
( y)
2x2 y4
y2 2x2
y4
C(x)
又
P(x, 0)
(0)
2x2
故
C(x)
(0)
2x2
P(x,
y)
y2 2x2
y4
(0)
2x2
又由
P(x,
y)
( y)
2x2 y4
段 L1，
原式 ex sin y b x y dx ex cos y ax dy