2019最新考研高数模拟考试试题(含标准答案)

2019最新考研数学模拟试题（含答案）学校：__________考号：__________一、解答题1．试问a 为何值时，函数1()sin sin 33f x a x x =+在π3x =处取得极值？它是极大值还是极小值？并求此极值.解：f (x )为可导函数，故在π3x =处取得极值，必有 π3π0()(cos cos3)3x f a x x ='==+，得a =2. 又π3π0()(2sin 3sin 3)3x f x x =''=<=--，所以π3x =是极大值点，极大值为π()3f =2．设在半平面x >0中有力()3k F xi yj r=-+构成力场，其中k 为常数，r ，证明：在此力场中场力所做的功与所取的路径无关． 证：场力沿路径L 所作的功为． 33d d Lk k W x x y y r r =--⎰ 其中3kx P r =-，3kyQ r=-，则P 、Q 在单连通区域x >0内具有一阶连续偏导数，并且53(0)P kxyQ x y r x∂∂==>∂∂ 因此以上积分与路径无关，即力场中场力所做的功与路径无关．3．已知2()max{,3}f x x =，求()f x '.解：23, (), x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩当x <时，()0f x '=, 当x >时，()2f x x '=,2(((0,x xxf xf-+'===-'==故(f'不存在.又20,(xx xff x-+'=='==+=故f'不存在.综上所述知0,()2,xf xx x⎧<⎪'=⎨>⎪⎩4．证明：双曲线2xy a=上任一点处的切线与两坐标轴构成的三角形的面积都等于22a.证明：在双曲线上任取一点00(,),M x y则22222,,xa a ay y yx x x=''==-=-，则过M点的切线方程为：2002()ay y x xx-=--令220000002202x y x ay x x x xa a=⇒=+=+=得切线与x轴的交点为(2,0)x，令2000000002x yax y y y yx x=⇒=+=+=得切线与y轴的交点为(0,2)y，故2000012222.2S x y x y a===5．已知e sin,e cos,ttx ty t⎧=⎪⎨=⎪⎩求当π3t=时ddyx的值.解：dd e cos e sin cos sinddd e sin e cos sin cosdt tt tyy t t t ttxx t t t tt--===++π3ππcos sind 332ππd sin cos 33t y x =-==+.6．求n 次多项式1101nn n n y a x a x a x a --=++++的n 阶导数.解： 1()()1()()()()0100()()()()=()=!n n n n n n n n n n n ya x a x a x a a x a n --=++++⋅7．求由下列方程所确定的隐函数y 的二阶导数22d d yx：⑴ 222222b x a y a b +=； ⑵ 1e yy x =+； ⑶ tan()y x y =+； ⑷ 242ln y y x +=. 解：⑴ 两边对x 求导，得22220b x a yy '+=22422223b x b y xy b y y a y a y a y'-'''⇒=-⇒=-⋅=-. ⑵ 两边对x 求导，得e e y y y x y ''=+223e e (2)e ()e (3)2(2)(2)y y y y y y y y y y y y y ''----'''⇒=⇒==---. ⑶ 两边对x 求导，得2sec ()(1)y x y y ''=++2321cot ()2cot()cot()csc()(1)2cot ()csc ().y x y y x y x y x y y y x y x y '⇒=--+'''⇒=+⋅+⋅+⋅+''⇒=-+⋅+ ⑷ 两边对x 求导，得3224yy y x y''+⋅= 32322322222422321(223)(1)22(1)2[3(1)2(1)].(1)yx y y y x y x y yx yy y y x y y x y y '⇒=+''+⋅+-⋅''⇒=+++-=+8．设()f x 具有二阶连续导数，且(0)0f =，试证：(), 0,()(0), 0,f x xg x xf x ⎧≠⎪=⎨⎪'=⎩ 可导，且导函数连续.证明：因()f x 具有二阶连续导数，故0x ≠时，()g x 可导,又002000()(0)()(0)(0)lim lim 0()(0)()(0)lim lim 2()(0)lim ,22x x x x x f x f g x g xg x xf x f x f x f x xf x f →→→→→'--'==-'''-⋅-==''''== 故 ()g x 是可导的，且导函数为 2()(), 0,()(0), 0, 2xf x f x x xg x f x '-⎧≠⎪⎪'=⎨''⎪=⎪⎩又因2()()lim ()limx x xf x f x g x x→→'-'= 000()()()lim2()(0)lim lim (0) 22x x x f x xf x f x xf x fg →→→''''+-='''''===故()g x 的导函数是连续的.9．求函数e e 2x xy -+=的2n 阶麦克劳林展开式.解：2221222122212211e e [e e ][11]222!(2)!(21)!2!(2)!(21)!1e e [222]22!(2)!(21)!12!(2)n n x n n x x x n x x n n x x x x x x y x x n n n n x x x n n x x n θθθθ++---+=+=++++++-+++-++-=+⋅++++=+++21e e (01).!2(21)!x x n x n θθθ-+-+<<+60. 设()f x 在0x 的某区间上，存在有界的二阶导函数.证明：当x 在0x 处的增量h 很小时，用增量比近似一阶导数0()f x '的近似公式000()()()f x h f x f x h+-'≈,其绝对误差的量级为()O h ，即不超过h 的常数倍.证明：0()f x h +在0x 处泰勒展开式为20000()()()() (01)2f x h f x h f x f x h h θθ''+'+=++<<,则0000()()()()2f x h f x f x h f x h h θ''+-+'-=, 又知 0()f x h M θ''+≤,故 0()22f x h Mh h θ''+≤,即000()()()f x h f x f x h+-'≈的绝对误差为()O h .10．计算0.2e 的近似值，使误差不超过310-.解：234e e 1 (01)2624x xx x x x θθ=++++<< 230.2(0.2)(0.2)e10.2 1.2213 1.22126≈+++=≈0.2444e 31(0.2)(0.2)(0.2)0.20.00020.00124248R θ⨯=⨯<⨯=⨯≈<11．一点沿曲线2cos r a ϕ=运动，它的极径以角速度ω旋转，求这动点的横坐标与纵坐标的变化率.解： 22cos 2cos sin sin 2x a y a a ϕϕϕϕ⎧=⎨==⎩d d d 22cos (sin )2sin 2,d d d d d d 2cos 22cos .d d d x x a a t ty y a a t tϕϕϕωωϕϕϕϕωωϕϕ=⋅=⋅⋅-⋅=-=⋅=⋅=12．当x =0时，下列函数无定义，试定义(0)f 的值，使其在x =0处连续:1tan 2(1)()(2)();1(3)()sin sin ;(4)()(1).x xf x f x x f x x f x x x ====+解：0003(1)lim ()2x x x f x →→→=== ∴补充定义3(0),2f =可使函数在x =0处连续.000tan 22(2)lim ()limlim 2.x x x x xf x xx →→→===∴补充定义(0)2,f =可使函数在x =0处连续. 01(3)limsin sin0x x x→=∴补充定义(0)0,f =可使函数在x =0处连续. 10(4)lim ()lim(1)e xx x f x x →→=+=∴补充定义(0)e,f =可使函数在x =0处连续.13．利用洛必达法则求下列极限： ⑴ πsin 3limtan 5x x x →; ⑵ 3π2ln sin lim (2)x xx π→-;⑶ 0e 1lim (e 1)x x x x x →---; ⑷ sin sin limx a x ax a→--; ⑸ lim mmn n x a x a x a →--; ⑹ 1ln(1)lim cot x x arc x →+∞+; ⑺ 0ln lim cot x xx +→; ⑻ 0lim sin ln x x x +→;⑼ 0e 1lim()e 1x x x x →--; ⑽ 01lim(ln )xx x+→; ⑾ 2lim (arctan )πxx x →+∞⋅; ⑿ 10lim(1sin )x x x →+;⒀ 0lim[ln ln(1)]x x x +→⋅+; ⒁lim )x x →+∞; ⒂ sin 0e e lim sin x x x x x →--; ⒃ 210sin lim()x x x x→; ⒄ 1101lim[(1)]ex x x x →+.解：⑴ 原式=2π3cos33lim5sec 55x x x →=-. ⑵ 原式=2ππ221cot 1csc 1limlim 4π-2428x x x x x →→--=-=--. ⑶ 原式=000e 1e 11lim lim lim e 1e 2e e 22x x x x x x x x x x x x →→→-===-+++.⑷ 原式=cos limcos 1x a xa →=.⑸ 原式=11limm m nn x a mx m a nx n---→=. ⑹ 原式=22221()11lim lim 111x x x x x x x x x →+∞→+∞⋅-++==+-+.⑺ 原式=22001sin lim lim 0csc x x x x x x ++→→=-=-. ⑻ 原式=001ln lim lim 0csc csc cot x x x x x x x++→→==-⋅. ⑼ 原式22200e e e e lim =lim (e 1)x x x x x x x x x x x →→----=-202e e 1=lim 2x x x x →-- 204e e 3=lim 22x x x →-=. ⑽ 原式=0lim(1ln )xx x +→- 令(1ln )xy x =-00020011()ln(1ln )1ln lim ln lim lim111lim lim 011ln x x x x x x x x y x xx x x+++++→→→→→⋅---==-===-- ∴原式=0lim e 1x y +→==. ⑾ 令2(arctan )πx y x =⋅，则2222211lnln arctan πarctan 1lim ln lim lim1112lim arctan 1πx x x x x x x y x x x x x →+∞→+∞→+∞→+∞+⋅+==-=-⋅=-+∴原式=2πe-.⑿ 令1(1sin )xy x =+，则000cos ln(1sin )1sin limln lim lim 11x x x xx x y x →→→++=== ∴原式=e =e '.⒀ 原式00ln lim(ln )lim1x x x x x x ++→→=⋅=0021=lim =lim()01x x x x x++→→-=- ⒁原式limx x→+∞=2234232311111=lim (1)(23)=33x x x x x x x x ----→+∞+++⋅++⋅ ⒂ 原式sin sin 0e (e 1)limsin x x x x x x -→-=-sin 00e (sin )=lim =e =1sin x x x x x x →⋅-- ⒃ 令12sin ()x x y x=，则 200023002220011cos ln sin ln sin lim ln lim lim 2cos sin cos sin lim lim 2sin 2cos sin cos 1lim lim .666x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x xx x x x x x x x x x →→→→→→→--==--==---===-∴原式=16e-.⒄ 令111[(1)]e x x y x =+，则11ln [ln(1)1]x y x x=+-2000011ln(1)1lim ln lim lim 2111lim .212x x x x x xx y x x x →→→→-+-+===-=-+14．若lim n n x a →∞=,证明lim n n x a →∞=,并举反例说明反之不一定成立.证:lim 0n n x →∞=,由极限的定义知,0,0N ε∀>∃>,当n N >时,恒有n x a ε-<.而 n n x x a a ε-<-<0,0N ε∴∀>∃>,当n N >时,恒有n x a ε-<,由极限的定义知lim .n n x a →∞=但这个结论的逆不成立.如(1),lim 1,nn n n x x →∞=-=但lim n n x →∞不存在.15．在半径为r 的球中内接一正圆柱体，使其体积为最大，求此圆柱体的高.解：设圆柱体的高为h , ，223πππ4V h r h h =⋅=-令0V '=, 得.h =时，其体积为最大.16．证明：（1）12lim 0;nn x →∞=⎰证明：当12x ≤≤时，0,n n x ≤≤ 于是111220110d (),12n n x x n +≤≤=⋅+⎰⎰ 而111lim()0,12n n n +→∞⋅=+由夹逼准则知：12lim 0.nn x →∞=⎰(2)π4lim sin d 0.n n x x →∞=⎰证明：由中值定理得π440ππsin d sin (0)sin ,44n n x x ξξ=⋅-=⎰其中π0,4ξ≤≤故π4πlim sin d lim sin 0 ( 0sin 1).4n n n n x x ξξ→∞→∞==≤<⎰17．a , b , c 取何实数值才能使 201lim sin x bx t c x ax →=-⎰ 成立.解：因为0x →时，sin 0x ax -→而该极限又存在，故b =0.用洛必达法则，有220000,1,lim lim 2cos cos lim 2, 1.sin x x x a x x x x a x a a x →→→≠⎧⎪==⎨--=-=⎪-⎩所以 1,0,2a b c ===-或 1,0,0a b c ≠==.18．（略）.19．利用习题22(2)证明：ππ2200sin cos πd d sin cos sin cos 4x x x x x x x x ==++⎰⎰,并由此计算a⎰(a 为正常数)证明：由习题22(2)可知ππ2200sin cos d d sin cos sin cos x xx x x x x x=++⎰⎰又πππ222000sin cos πd d d .sin cos sin cos 2x x x x x x x x x +==++⎰⎰⎰故等式成立.a⎰πsin 20cos πd .sin cos 4x a tx t t t ==+⎰令20． 求下列各曲线所围图形的面积： （1）y =12x 2 与x 2+y 2=8(两部分都要计算)； 解：如图D 1=D 2解方程组⎩⎨⎧y =12x 2x 2+y 2=8得交点A (2，2)(1)D 1=⎠⎛02⎝⎛⎭⎫8-x 2-12x 2d x =π+23∴ D 1+D 2=2π+43,D 3+D 4=8π-⎝⎛⎭⎫2π+43=6π-43．（2）y =1x与直线y =x 及x =2； 解： D 1=⎠⎛12⎝⎛⎭⎫x -1x d x =⎣⎡⎦⎤12x 2-ln x 21=32-ln2.(2)（3）y =e x ，y =e -x 与直线x =1；解：D =⎠⎛01()e x -e -xd x =e+1e-2．(3)（4） y =ln x ，y 轴与直线y =ln a ，y =ln b ．(b>a>0)； 解：D =⎠⎛l n al n b e y d y =b -a ．(4)（5）抛物线y =x 2和y =-x 2+2；解：解方程组⎩⎨⎧y =x 2y =-x 2+2得交点 (1，1)，(-1，1) D =⎠⎛-11()-x 2+2-x 2d x =4⎠⎛01()-x 2+1d x =83．(5)（6）y =sin x ，y =cos x 及直线x =π4，x =94π；解：D =2⎠⎜⎜⎛π45π4(sin x -cos x )d x=2[]-cos x -sin x 5π4π4=42．(6)（7） 抛物线y =-x 2+4x -3及其在(0，-3)和(3，0)处的切线；解：y′=-2x +4． ∴y ′(0)=4，y ′(3)=-2．∵抛物线在点(0，-3)处切线方程是y =4x -3 在(3，0)处的切线是y =-2x +6 两切线交点是(32，3)．故所求面积为(7)()()()()()33222302332223024343d 2643d d 69d 9.4D x x x x x x x x x x x x x⎡⎤⎡⎤=---+-+-+--+-⎣⎦⎣⎦=+-+=⎰⎰⎰⎰（8） 摆线x =a (t -sin t )，y =a (1-cos t )的一拱 (0≤t ≤2π)与x 轴；解：当t =0时，x =0, 当t =2π时，x =2πa ．所以()()()2π2π002π2202d 1cos d sin 1cos d 3π.aS y x a t a t t at ta ==--=-=⎰⎰⎰(8)（9）极坐标曲线 ρ=a sin3φ；解：D =3D 1=3·a 22⎠⎜⎛0π3sin 23φd φ=3a 22 ·⎠⎜⎛0π3 1-cos6φ2d φ =3a 24 ·⎣⎡⎦⎤φ-16sin6φπ3=πa 24．(9)（10） ρ=2a cos φ；解：D =2D 1=2⎠⎜⎛0π212·4a 2·cos 2φd φ=4a 2⎠⎜⎛0π21+cos2φ2d φ =4a 2·12⎣⎡⎦⎤φ+12sin2φπ2=4a 2·12·π2=πa 2．(10)21．求下列级数的和： (1)()()()1111n x n x n x n ∞=+-+++∑；(2) 1n ∞=∑；(3)23111555+++；解：(1)()()()()()()()111111211n u x n x n x n x n x n x n x n =+-+++⎛⎫-=⎪+-++++⎝⎭从而()()()()()()()()()()()()()()11111211212231111111211n Sx x x x x xx x x n xn x n x n x x x n x n ⎛-+-=+++++++⎝⎫++-⎪+-++++⎭⎛⎫-=⎪++++⎝⎭因此()1lim 21nn S x x →∞=+，故级数的和为()121x x +(2)因为n U=-从而(11n S n =-+-+-++-+==所以lim 1n n S →∞=1(3)因为21115551115511511145n n n n S =+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦=-⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦从而1lim 4n n S →∞=，即级数的和为14．22．证明，若21n n U ∞=∑收敛，则1nn U n ∞=∑绝对收敛． 证：∵222211111222n n n nU U n U U n n n+=⋅≤=+⋅而由21nn U∞=∑收敛，211n n∞=∑收敛，知22111122n n U n ∞=⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭∑收敛，故1n n U n ∞=∑收敛， 因而1nn U n ∞=∑绝对收敛．23．利用幂级数的性质，求下列级数的和函数： (1)21n n nx∞+=∑；(2) 2221n n x n +∞=+∑；解：(1)由()321lim n n n x n x nx ++→∞+=知，当|x |=<1时，原级数收敛，而当|x |=1时，21n n nx ∞+=∑的通项不趋于0，从而发散，故级数的收敛域为(-1,1)． 记 ()23111n n n n S nxxnxx ∞∞+-====∑∑易知11n n nx∞-=∑的收敛域为(-1,1)，记()111n n S nxx ∞-==∑则()1011xn n xS x x x∞===-∑⎰于是()()12111x S x x x '⎛⎫== ⎪-⎝⎭-，所以()()()3211x S x x x =<-(2)由2422221lim 23n n n x n x n x++→∞+=⋅+知，原级数当|x |<1时收敛，而当|x |=1时，原级数发散，故原级数的收敛域为(-1,1)，记()2221002121n n n n x x S x x n n ++∞∞====++∑∑，易知级数21021n n x n +∞=+∑收敛域为(-1,1)，记()211021n n x S x n +∞==+∑，则()21211n n S x x x ∞='==-∑， 故()1011d ln21xx S x x x +'=-⎰即()()1111ln 021xS S x x +-=-，()100S =，所以()()()11ln 121x x S xS x x x x+==<-24．利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积： (1)星形线x = a cos 3t ，y = a sin 3t ； (2)双纽线r 2 = a 2cos2θ； (3)圆x 2+y 2 = 2ax ． 解：(1) ()()()()()2π3202π2π242222002π202π202π202d sin 3cos d sin 33sin cos d sin 2sin d 43d 1cos 41cos 2163d 1cos 2cos 4cos 2cos 416312π+d cos 2cos 61623π8LA y x a t a t tt a t t t a t t t a t t t a tt t t t a t t t a =-=-⋅-==⋅=--=--+⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰(2)利用极坐标与直角坐标的关系x =r cos θ，y =r sin θ得cos x a =sin y a =从而x d y -y d x =a 2cos2θd θ． 于是面积为： []π24π4π24π4212d d 2cos 2d sin 22LA x y y x a a a θθθ--=⋅-===⎰⎰(3)圆x 2+y 2=2ax 的参数方程为 cos 02πsin x a a y a θθθ=+⎧≤≤⎨=⎩故()()[]()2π022π021d d 21d a+acos sin 2d 1cos 2πcos sin L A x y y x a a a a a θθθθθθθ=-=-=+=⋅-⎰⎰⎰25．证明恒等式：222arctan arcsinπ (1).1xx x x +=≥+ 证明：令22()2arctan arcsin 1xf x x x =++, 22222222(1)22()1(1)22011x x xf x xx x x +-⋅'=++=-=++ 故()f x C ≡，又因(1)πf =,所以()πf x =,即222arctan arcsinπ.1xx x+=+26．设F (x , y , z )=0可以确定函数x = x (y , z ), y = y (x , z ), z = z (x , y ),证明：1x y zy z x∂∂∂⋅⋅=-∂∂∂. 证明：∵,,,y x z x y zF F F x y zy F z F x F ∂∂∂=-=-=-∂∂∂ ∴ 1.y z x y z x F F F x y z F F F y z x ⎛⎫⎛⎫∂∂∂⎛⎫---⋅⋅=⋅⋅=- ⎪ ⎪⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭27．一向量的终点为点B （2，-1，7），它在三坐标轴上的投影依次是4，-4和7，求这向量的起点A 的坐标.解：设此向量的起点A 的坐标A (x , y , z )，则{4,4,7}{2,1,7}AB x y z =-=----解得x =-2, y =3, z =0 故A 的坐标为A (-2, 3, 0).28．四面体的顶点在(1,1,1),(1,2,3),(1,1,2)和(3,-1,2)求四面体的表面积. 解：设四顶点依次取为A , B , C , D .{0,1,2}, {2,2,1}AB AD ==-则由A ，B ，D 三点所确定三角形的面积为111|||542|222S AB AD =⨯=+-=i j k .同理可求其他三个三角形的面积依次为12故四面体的表面积12S =+29．一动点与M 0(1,1,1)连成的向量与向量n =(2,3,-4)垂直，求动点的轨迹方程. 解：设动点为M (x , y , z )0{1,1,1}M M x y z =---因0M M n ⊥,故00M M n ⋅=. 即2(x -1)+3(y -1)-4(z -1)=0整理得：2x +3y -4z -1=0即为动点M 的轨迹方程.30．求过(1,1,-1), (-2,-2,2)和（1，-1，2）三点的平面方程. 解：由平面的三点式方程知1112121213131310x x y y z z x x y y z z x x y y z z ------=--- 代入三已知点，有1112121210111121x y z --+----+=---+化简得x -3y -2z =0即为所求平面方程.31．通过两点（1，1，1，）和（2，2，2）作垂直于平面x +y -z =0的平面. 解：设平面方程为Ax +By +Cz +D =0 则其法向量为n ={A ,B ,C } 已知平面法向量为n 1={1,1,-1} 过已知两点的向量l ={1,1,1} 由题知n ·n 1=0, n ·l =0 即00, .0A B C C A B A B C +-=⎧⇒==-⎨++=⎩所求平面方程变为Ax -Ay +D =0又点（1，1，1）在平面上，所以有D =0 故平面方程为x -y =0.32．求下列直线的夹角：（1）533903210x y z x y z -+-=⎧⎨-+-=⎩ 和 2223038180x y z x y z +-+=⎧⎨++-=⎩；（2）2314123x y z ---==- 和 38121y z x --⎧=⎪--⎨⎪=⎩解：（1）两直线的方向向量分别为：s 1={5, -3,3}×{3, -2,1}=533321ij k--={3,4, -1}s 2={2,2, -1}×{3,8,1}=221381i j k-={10, -5,10}由s 1·s 2=3×10+4×(-5)+( -1) ×10=0知s 1⊥s 2 从而两直线垂直，夹角为π2. (2) 直线2314123x y z ---==-的方向向量为s 1={4, -12,3},直线38121y z x --⎧=⎪--⎨⎪=⎩的方程可变为22010y z x -+=⎧⎨-=⎩,可求得其方向向量s 2={0,2, -1}×{1,0,0}={0, -1, -2},于是1212cos 0.2064785θθ⋅==≈⋅'≈︒s s s s33．试考察曲面22219254x y z -+=在下列各平面上的截痕的形状，并写出其方程. (1) 平面x =2; (2) 平面y =0; (3) 平面y =5; (4) 平面z =2.解：（1）截线方程为221(()332x ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎩ 其形状为x =2平面上的双曲线.（2）截线方程为221940x z y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩为xOz 面上的一个椭圆.(3)截线方程为2215y ⎧==⎩为平面y =5上的一个椭圆.(4) 截线方程为2209252x y z ⎧-=⎪⎨⎪=⎩为平面z =2上的两条直线.34．建立曲线x 2+y 2=z , z =x +1在xOy 平面上的投影方程. 解：以曲线为准线，母线平行于z 轴的柱面方程为 x 2+y 2=x +1即2215()24x y -+=. 故曲线在xOy 平面上的投影方程为2215()240x y z ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩35．求曲线2244x y z y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩在点（2，4，5）处的切线与正向x 轴所成的倾角.解：(2,4,5)1,1,2z z x x x ∂∂==∂∂ 设切线与正向x 轴的倾角为α, 则tan α=1. 故α=π4.36．怎样选取a , b 的值，使f (x )在(－∞,+∞)上连续？π1,,e ,0,2(1)()(2)()π,0;sin ,.2x ax x x f x f x a x x x b x ⎧+<⎪⎧<⎪==⎨⎨+≥⎩⎪+≥⎪⎩解：(1)()f x 在(,0),(0,)-∞+∞上显然连续，而0lim ()lim(),x x f x a x a ++→→=+= 0lim ()lim e 1,xx x f x --→→== 且(0)f a =, ∴当(0)(0)(0)f f f -+==，即1a =时，()f x 在0x =处连续，所以，当1a =时，()f x 在(,)-∞+∞上连续. (2)()f x 在ππ(,),(,)22-∞+∞内显然连续.而ππ22ππ22lim ()lim (sin )1,πlim ()lim (1)1,2π()1,2x x x x f x x b b f x ax a f b ++--→→→→=+=+=+=+=+ ∴当π112b a +=+，即π2b a =时，()f x 在π2x =处连续，因而()f x 在(,)-∞+∞上连续.37．求下列隐函数的导数或偏导数： (1)2sin e 0xy xy +-=，求d d y x;(2)lnarctany x =，求d d y x；(3)20x y z ++-=，求,z zx y∂∂∂∂; (4)333z xyz a -=，求22,z z x y∂∂∂∂. 解：(1)[解法1] 用隐函数求导公式，设F (x ,y )=sin y +e x -xy 2, 则 2e ,cos 2,xx y F y F y xy =-=-故 22d e e d cos 2cos 2x xx y F y y y x F y xy y xy--=-=-=--. [解法2] 方程两边对x 求导，得()2cos e 02x y y y x yy '⋅+-='+⋅故 2e .cos 2xy y y xy-'=- (2)设()221(,)arctanln arctan ,2y y F x y x y x x==-+ ∵222222121,21x xx y y F x yx y x y x +⎛⎫=-⋅=- ⎪++⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭222221211,21y yy x F x yx x yy x -=-⋅=++⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴d .d x y F y x y x F x y+=-=- (3)方程两边求全微分，得d 2d d 0,x y z ++-=,z x y =则d ,z x y =故z z x y ∂∂==∂∂ (4)设33(,,)3F x y z z xyz a =--,23,3,33,x y z F yz F xz F z xy =-=-=-则223,33x z F z yz yz x F z xy z xy∂-=-=-=∂-- 223,33y z F z xz xzy F z xy z xy∂-=-=-=∂-- ()()()()22222222322232222()z z z x xxz z xy xz y z y z xy y y z xy xzxzz x x xz z xy z xyx yzz xy xy z z xy ∂∂⎛⎫--- ⎪∂∂∂∂⎛⎫⎝⎭== ⎪-∂∂⎝⎭-⎛⎫⋅--- ⎪--⎝⎭==--38．试证：以三点A （4，1，9），B （10，-1，6），C （2，4，3）为顶点的三角形是等腰直角三角形.证明：因为|AB |=|AC |=7.且有 |AC |2+|AB |2=49+49=98=|BC |2. 故△ABC 为等腰直角三角形.39．证明：螺旋线x = acost, y = asint, z = bt 的切线与z 轴形成定角。