• 高等数学基础篇 严选题（含答案解析）
    • 第一章 函数极限连续
    • 第三章 微分中值定理及导数应用
    • 第五章 定积分与反常积分
    • 第六章 定积分的应用
    • 第七章 微分方程
    • 第八章 多元函数微分学
    • 第九章 二重积分
    • 第十章 无穷级数
    • 第十一章 向量代数与空间解析几何及多元微分学在几何上的应用
    • 第十二章 多元积分学及其应用

      • 高等数学基础篇 严选题（含答案解析）

      编著：武忠祥 | 数学一、二、三通用

      第一章 函数极限连续

      一、选择题

      1. 设函数 f(x)=[x]cos⁡xesin⁡x ，则 f(x) 是（ ）(A) 偶函数. (B) 周期函数. (C) 无界函数. (D) 单调函数.

      答案：C

      解 (A) f(−x)=[−x]cos⁡xe−sin⁡x≠f(x) ，因此 f(x) 不是偶函数。该选项错误。

      (B) [x] 是无界函数, cos⁡x , esin⁡x 分别单独看周期是 2π , 但二者相乘 cos⁡xesin⁡x 就丧失了周期性. 该选项错误.

      (C) [x] 是无界函数, cos⁡xesin⁡x 是有界函数, 二者相乘得到一个无界函数. 该选项正确.

      (D) [x] 是单调不减函数， cos⁡x 和 esin⁡x 都是周期函数，三个函数相乘破坏了单调性，该选项错误.

      2. 给出以下 4 个命题

      ① 若 limn→∞an=a ，则当 n 充分大时， |an−a|<11000!

      ② 若 limn→∞an=a ，则对任意给定的 ε>0 ，当 n 充分大时， |an−a|<ε100

      ③ 若 limn→∞an=a ，则对任意的 ε>0 ，当 n 充分大时， |an−a|<100ε.

      ④ 若 limn→∞an=a ，则当 n 充分大时， |an−a|<1000!n

      其中真命题个数为( ) (A)0. (B)1. (C)2. (D)3.

      答案：C

      解 回顾数列极限的定义:对于任意给定的正实数 ε>0 (任意小),总存在N满足当n>N时, |an−a|<ε ,则 limn→∞an=a .

      ① 若 limn→∞an=a ，则当 n 充分大时， |an−a|<11000!,11000! 是确定的正实数，按定义是正确的.

      ② 若 limn→∞an=a ，则对于任意给定的 ε>0 ，当 n 充分大时， |an−a|<ε100 。 ε 是给定的正实数，因此 ε100 也是一个定值的正实数，因此是正确的。

      ③ 若 limn→∞an=a ，则对于任意的 ε>0 ，没有给定，可构造反例，取 ε=1n

      an=1000n,a=0.
      ∣an−a∣=1000n>100ε.

      ④ 若 limn→∞an=a , 则当 n 充分大时， |an−a|<1000!n⋅1000!n 是个变量，错误。可构造反例

      an=10000!n,a=0.

      ③④错误.

      ∣an−a∣=10000!n>1000!n.

      3. 给出以下 4 个命题

      ① 若 limx→+∞f(x)=a ，则 limn→∞f(n)=a.

      ② 若 limn→∞f(n)=a ，则 limx→+∞f(x)=a.

      ③ 若 limx→x0f(x)=a ，且 limn→∞xn=x0 ，则 limn→∞f(xn)=a.

      ④ 若 limn→∞xn=x0 ，且 limn→∞f(xn)=a ，则 limx→x0f(x)=a.

      其中真命题个数为（ ）(A)0. (B)1. (C)2. (D)3.

      答案：B

      解 回顾一下海涅定理： limx→xnf(x)=a⇔ 对任意数列 {xn},xn≠x0 且 limx→∞xn=x0 ，有

      limn→∞f(xn)=a

      ① 若 limx→+∞f(x)=a ，则 limn→∞f(n)=a. 这是海涅定理的一个特例，取 xn=n 即可，因此是正确的.

      ② 若 limn→∞f(n)=a ，则 limx→+∞f(x)=a. 海涅定理要求任意一个数列 {xn} ，而这里只有 {n} 这样一个数列满足条件，因此错误.

      我们可以构造一个反例来说明，取 f(x)=sin⁡(2πx) ，因为当 n 为整数时 sin⁡(2πn)=0 所以 limn→∞f(n)=0. 而随着 x 增大， sin⁡(2πx) 在 [−1,1] 间来回振荡，不能收敛到某一固定值（例如在数列 xn=n+14 时值为1，在数列 yn=n+34 时值为-1). 极限 limx→∞sin⁡(2πx) 不存在.

      ③ 若 limx→x0f(x)=a ，且 limn→∞xn=x0 ，则 limn→∞f(xn)=a. 这里没有条件 xn≠x0 ，可构造反例：

      x0=0,f(x)={0,x≠0,1,x=0.

      则有 limx→0f(x)=0 .但取数列 xn=0 （对所有 n )，显然 xn→0 ，而 f(xn)=1 对所有 n ，于是 limn→∞f(xn)=1≠0. 因此错误.

      ④ 若 limn→∞xn=x0 ，且 limn→∞f(xn)=a ，则 limx→x0f(x)=a. 类似 ②，只取了一个特定的数列，不满足任意性，因此错误.

      4. 给出以下 4 个命题

      ① 若 limx→0f(x)=a ，且 limx→0φ(x)=0 ，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      ② 若 f(x) 在 x=0 处连续，且 limx→0φ(x)=0 ，则 limx→0f[φ(x)]=f(0).

      ③ 若 limx→0f(x)=a ，且 limx→0φ(x)x=1 ，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      ④ 若 limx→0f(x)=a ，且极限 limx→0φ(x)x 存在，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      其中真命题个数为（ ）(A)0. (B)1. (C)2. (D)3.

      答案：C

      解 若(1) limx→0φ(x)=0 ;(2) φ(x)≠0 ;(3) limu→0f(u)=a ,则 limx→0f[φ(x)]=a .

      逐个分析选项

      ① 若 limx→0f(x)=a ，且 limx→0φ(x)=0 ，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      缺少了条件 φ(x)≠0 ，因此错误.可构造反例，若取

      f(x)={1,x≠0,2,x=0,

      则 limx→0f(x)=1. 再取 φ(x)≡0 （恒等为0），则 limx→0φ(x)=0 ，但

      f[φ(x)]=f(0)=2.

      ② 若 f(x) 在 x = 0 处连续，且 limx→0φ(x)=0 ，则 limx→0f[φ(x)]=f(0) .

      f(x) 在 x=0 处连续有 limx→0f(x)=f(0) ，因此无论 φ(x) 是否等于0，都有 limx→0f[φ(x)]=f(0) . 因此正确.

      ③ 若 limx→0f(x)=a ，且 limx→0φ(x)x=1 ，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      limx→0φ(x)x=1 有 φ(x) 与 x 无穷小同阶，有 limx→0φ(x)=0 。若 φ(x)=0 ，那么极限 limx→0φ(x)x=0 ，因此还可以推出 φ(x)≠0 。定理3个条件都满足，所以正确。

      ④ 若 limx→0f(x)=a ，且极限 limx→0φ(x)x 存在，则 limx→0f[φ(x)]=a.

      极限 limx→0φ(x)x 存在，可知 limx→0φ(x)=0. 若取 limx→0φ(x)x=0,φ(x) 是更高阶的无穷小量，可能取 φ(x)=0. 按 ① 构造反例.因此错误

      5. 给出以下 4 个极限

      ① limx→0(1+1x)x .

      ② limx→+∞(1+x)1x.

      ③ limx→∞(1+11+x2)x.

      ④ limx→∞(1+sin⁡1x)x.

      其中极限等于 e 的个数为( ) (A)1. (B)2. (C)3. (D)4.

      答案：A

      解 关于 e 的重要极限

      lim(◻)→0(1+(◻))1(◻)=e.

      (□) 可以是任意形式的无穷小量.

      ① limx→0(1+1x)x,limx→01x=∞ ，不符合重要极限，不等于e.实际上极限在实数范围内不存在.令 t=1x,x→0⇔t→±∞.

      (1+1x)x=(1+t)1/t.

      当 t→+∞ 时，

      ln⁡(1+t)1/t=ln⁡(1+t)t→0⇒(1+t)1/t→1

      对正侧极限 (x→0+) 有极限为1.

      当 t→−∞ 时， 1+t 为负数，表达式在实数范围通常无意义（对不同趋近方式可能产生不同复值或无定义），故从左侧没有确定的实数极限.

      ② limx→+∞(1+x)1x ，类似①的讨论，极限不等于e.

      ③ limx→∞(1+11+x2)x,11+x2 是趋于0的，我们可以配凑幂次.

      limx→∞(1+11+x2)x=limx→∞(1+11+x2)1+x2⋅x1+x2,其中limx→∞x1+x2=limx→∞x|x|1x+1

      当 x→+∞ 时有 |x|=x ，因此

      limx→+∞x1+x2=limx→∞1|x|=1,

      当 x→−∞ 时有 |x|=−x , 因此

      limx→−∞x1+x2=−1.

      因此， limx→+∞(1+11+x2)x=e,limx→−∞(1+11+x2)x=1e ，所以极限不存在.

      ④ limx→∞(1+sin⁡1x)x .极限化为

      limx→∞(1+sin⁡1x)x=limx→∞(1+sin⁡1x)1sin1x⋅x⋅sin1x=elimx→∞x⋅sin1x.

      而 limx→∞x⋅sin⁡1x=limx→∞sin⁡1x1x=limu→0sin⁡uu=1,

      因此 limx→∞(1+sin⁡1x)x=e.

      6. 给出以下 4 个极限

      ① limx→1xe1x−1

      ② limx→0arctan⁡1x−sin⁡x

      ③ limx→0arctan⁡1x−ln⁡(1+x) .

      ④ limx→0xarctan⁡1x.

      其中极限不存在的个数为( ) (A)1. (B)2. (C)3. (D)4.

      答案：B

      解 左右极限是否存在且相等.

      ① limx→1xe1x−1 .左极限： limx→1−xe−∞=−∞ ，因此极限不存在.

      ② limx→0arctan⁡1x−sin⁡x . 有泰勒展开 sin⁡x=x−x36+o(x3) ,

      左极限: 当 x→0−,x3<0,1x−sin⁡x→−∞,limx→0−arctan⁡1x−sin⁡x=−π2.

      右极限: 当 x→0+,x3>0,1x−sin⁡x→+∞,limx→0+arctan⁡1x−sin⁡x=π2.

      左右极限不相等,因此极限不存在.

      ③ limx→0arctan⁡1x−ln⁡(1+x) . 有泰勒展开 ln⁡(1+x)=x−x22+o(x2) ,

      limx→0arctan⁡1x−ln⁡(1+x)=limx→0arctan⁡1x22+o(x2)

      这里左右趋于0，都得到 1x22+o(x2)→+∞.

      原极限 =arctan⁡(+∞)=π2 .

      ④ limx→0xarctan⁡1x . 因为 x 是一个无穷小量, arctan⁡1x 是一个有界量, |arctan⁡1x|⩽π2 , 无穷小量乘以有界量得到无穷小量, 因此极限是 0.

      7. 设数列通项 Missing \end{array} 为正奇数，\ \frac{\ln n}{n}, & n\text{为正偶数，} \end{array} \right.) 则当 n→∞ 时，xn 是（）

      (A) 无穷大量.

      (B) 无穷小量.

      (C) 无界但非无穷大量.

      (D) 有界但非无穷小量.

      答案：C

      解 无穷大量是无界量的一个特例, 即 limn→∞xn=∞ .

      无界量，即 ∀M>0 ，存在 n 使得 |xn|>M. 实际上无界量里存在一子列的绝对值趋于无穷.

      无穷小量，即 limn→∞xn=0.

      有界量, 即存在常数 M > 0 使得对所有 n, |xn|⩽M .

      n 为正奇数：

      limn→∞2n+nn=limn→∞2nn=∞.

      这里幂函数 2n 无穷大量的阶远大于 n 的阶.

      n 为正偶数：

      limn→∞ln⁡nn=0.

      这里对数函数 ln⁡n 无穷大量的阶远小于 n 的阶.

      因此该数列既不是无穷大量,也不是无穷小量,并且无界,因此这是一个无界量.

      8. 当 x→0 时，变量 e1xsin⁡1x 是（）

      (A) 无穷小量. (B) 无穷大量. (C) 有界但非无穷小量. (D) 无界但非无穷大量.

      答案：D

      解 计算极限 limx→0e1xsin⁡1x ，注意到 e1x 左右极限不相等，因此分左右计算极限.

      左极限： limx→0−e1xsin⁡1x= 无穷小量 × 非零有界量 = 无穷小量.

      右极限： limx→0+e1xsin⁡1x= 无穷大量 × 有界量 = 无界量，

      这里得到无界量的原因是 sin⁡1x 在 -1 和 1 之间震荡, 可以在取出恒为 -1 和 1 的数列. 因此这是一个无界但非无穷大量.

      9. 下列命题中正确的是( )

      (A) 若 f(x) 和 g(x) 都是无界变量, 则 f(x)+g(x) 必为无界变量.

      (B) 若 f(x) 和 g(x) 都是无界变量，则 f(x)g(x) 必为无界变量.

      (C) 若 f(x) 和 g(x) 都是无界变量，则 f(x)g(x) 就不可能是无穷小量.

      (D) 若 f(x)g(x) 是无界变量，则 f(x) 和 g(x) 中至少有一个为无界变量.

      答案：D

      解 回顾有界量和无界量之间运算的结论：

      有界 + 有界 = 有界; 有界 + 无界 = 无界; 无界 + 无界的结果不确定. 有界 × 有界 = 有界;

      有界 × 无界的结果不确定 {有界量恒等于0，结果不确定；有界量不恒等于0，得到是无界量.

      无界 × 无界的结果不确定.

      (A) 无界 + 无界的结果不确定, 错误.

      (B) 无界 × 无界的结果不确定, 错误.

      (C) 无界 × 无界的结果不确定, 错误. 可以构造反例, 设数列 xn=1n 与 yn=1n+12 , 显然对所有 n 有 xn≠yn . 定义函数 f 和 g :

      f(x)={n,x=xn,0,x∉{xn:n∈N},
      g(x)={n,x=yn,0,x∉{yn:n∈N}.

      由于集合 {xn} 与 {yn} 互不相交，任意点 x 最多属于其中一个集合，因此在任一点处至少有一个因子为0，故 f(x)g(x)≡0

      (D) 若 f(x) 和 g(x) 都是有界变量, f(x)g(x) 是有界变量. 怎么得到无界变量呢, 有界 × 无界或者无界 × 无界, 因此正确.

      10. 下列命题中正确的是( )

      (A) 若 f(x) 和 g(x) 是无穷大量, 则 f(x)+g(x) 是无穷大量.

      (B) 若 f(x)g(x) 是无穷大量, 则 f(x) 和 g(x) 中至少有一个是无穷大量.

      (C) 若 f(x) 是无穷小量，则 1f(x) 为无穷大量.

      (D) 若 f(x)g(x) 是无穷大量, 则 f(x) 和 g(x) 中至少有一个是无界变量.

      答案：D

      解（A）若 f(x) 和 g(x) 是无穷大量，则 f(x)+g(x) 是无穷大量. 无界 + 无界的结果不确定，无穷大量也是无界变量，因此错误. 例子：未定型 ∞−∞ .

      (B) 若 f(x)g(x) 是无穷大量, 则 f(x) 和 g(x) 中至少有一个是无穷大量. 该选项是 9 题中 D 选项的条件加强, 结论也加强, 这个不一定正确了. 构造一个例子

      limx→0+e1xsin⁡1x 是无界变量， g(x)=1sin⁡1x 是一个有界变量， limx→0+e1x 是一个无穷大量.

      (C) 若 f(x) 是无穷小量, 则 1f(x) 为无穷大量. 取 f(x) 恒为 0, 1f(x) 无意义, 错误.

      (D) 若 f(x)g(x) 是无穷大量, 则 f(x) 和 g(x) 中至少有一个是无界变量. 该选项是9题中D选项的条件加强, 结论不变. 这是正确的.

      11. 下列命题中正确的是( )

      (A) 若 β(x) 是有界函数, 且 limα(x)β(x)=0 , 则 limα(x)=0 .

      (B) 若 α(x) 是无穷小量, 且 limα(x)β(x)=a≠0 , 则 limβ(x)=∞ .

      (C) 若 α(x) 是无穷大量, 且 limα(x)β(x)=a , 则 limβ(x)=0 .

      (D) 若 α(x) 为无界函数，且 limα(x)β(x)=0 ，则 limβ(x)=0 。

      答案：C

      解（A）若 β(x) 是有界函数，且 limα(x)β(x)=0 ，则 limα(x)=0 。用9题的结论，有界×无界，有界量恒等于0，结果不确定，因此错误。

      (B) 若 α(x) 是无穷小量, 且 limα(x)β(x)=a≠0 , 则 limβ(x)=∞ . 这里 β(x) 是与 α(x) 是同阶的无穷小量, 因此错误.

      (C) 若 α(x) 是无穷大量, 且 limα(x)β(x)=a , 则 limβ(x)=0 . 只有 0× 无穷大量是未定型, 可能存在极限, 因此正确.

      (D) 若 α(x) 为无界函数, 且 limα(x)β(x)=0 , 则 limβ(x)=0.β(x) 可能是无界变量, 也可能是恒为 0.β(x) 是无界变量的例子见 9 题 C 选项分析中构造的反例. 因此错误.

      12. 当 x→0 时，下列无穷小中最低阶的是（）

      (A) 3x3−1 . (B) 1+x23−1 . (C) x100+sin⁡x . (D) tan⁡x−sin⁡x .

      答案：C

      解 x→0 ，计算各选项的无穷小的阶.

      (A) 3x3−1=ex3ln⁡3−1∼ln⁡3⋅x3,3 阶.

      (B) 1+x23−1∼x23,2 阶.

      (C) sin⁡x 进行泰勒展开有

      x100+sin⁡x=x100+x−x36+⋯∼x+o(x),1 阶 .

      (D) tan⁡x−sin⁡x=x+x33−(x−x36)+o(x3)∼x32,3 阶.

      13. 已知当 x→0 时, esin⁡x−etan⁡x 是 x 的 n 阶无穷小, 则 n 等于 ( ) (A)1. (B)2. (C)3. (D)4.

      答案：C

      解 $$ \mathrm{e} ^ {\tan x} \cdot (\mathrm{e} ^ {\sin x - \tan x} - 1) \sim 1 \cdot (\sin x - \tan x), x \rightarrow 0.

      \sin x - \tan x \sim \left(x - \frac {x ^ {3}}{6}\right) - \left(x + \frac {x ^ {3}}{3}\right) \sim - \frac {x ^ {3}}{2}.

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \lim _ {x \rightarrow 0} g (x) = \lim _ {x \rightarrow 0} f \left(\frac {1}{x}\right) = \lim _ {t \rightarrow \infty} f (t) = a.

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \lim _ {x \rightarrow 1} \frac {x ^ {4} + a x + b}{(x - 1) (x + 2)} = 2,

      而$limx→1(x−1)(x+2)=0$，有$limx→1x4+ax+b=1+a+b=0.$我们发现(A)(B)(C)三个选项都不满足该等式，单选题到这里可以结束了.我们继续分析，

      \begin{array}{r l} x ^ {4} + a x + b & = x ^ {4} + a x - (a + 1) = x ^ {3} (x - 1) + x ^ {3} + a x - (a + 1) \ & = x ^ {3} (x - 1) + x ^ {2} (x - 1) + x ^ {2} + a x - (a + 1) \ & = x ^ {3} (x - 1) + x ^ {2} (x - 1) + x (x - 1) + (a + 1) x - (a + 1) \ & = (x ^ {3} + x ^ {2} + x + a + 1) (x - 1) \end{array}

      所以

      \lim _ {x \to 1} \frac {x ^ {4} + a x + b}{(x - 1) (x + 2)} = \lim _ {x \to 1} \frac {x ^ {3} + x ^ {2} + x + a + 1}{x + 2} = \frac {4 + a}{3} = 2,

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = \frac {(x ^ {2} - x) \mathrm{e} ^ {\frac {1}{x}}}{| x | (x ^ {2} - 1)} = \frac {x \mathrm{e} ^ {\frac {1}{x}}}{| x | (x + 1)},

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = \lim _ {t \rightarrow + \infty} \frac {x + \mathrm{e} ^ {t x}}{1 + \mathrm{e} ^ {t x}} = \lim _ {t \rightarrow + \infty} \frac {\frac {x}{\mathrm{e} ^ {t x}} + 1}{\frac {1}{\mathrm{e} ^ {t x}} + 1}.

      观察极限函数,$etx$的指数是tx,t是一个无穷大量,所以$etx$的极限由x的符号确定.

      x > 0, \lim _ {t \rightarrow + \infty} \mathrm{e} ^ {t x} = + \infty , \lim _ {t \rightarrow + \infty} \frac {x}{\mathrm{e} ^ {t x}} = 0, f (x) = \lim _ {t \rightarrow + \infty} \frac {\frac {x}{\mathrm{e} ^ {t x}} + 1}{\frac {1}{\mathrm{e} ^ {t x}} + 1} = \frac {0 + 1}{0 + 1} = 1,

      x = 0, \lim _ {t \rightarrow + \infty} \mathrm{e} ^ {t x} = 1, f (0) = \frac {0 + \mathrm{e} ^ {0}}{1 + \mathrm{e} ^ {0}} = \frac {1}{2},

      x < 0, \lim _ {t \rightarrow + \infty} \mathrm{e} ^ {t x} = 0, f (x) = x.

      计算$x=0$函数的左右极限

      \begin{array}{l} \lim _ {x \to 0 ^ {-}} f (x) = 0, \ \lim _ {x \to 0 ^ {+}} f (x) = 1 \end{array}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      2 f (1 - x) + f (x) = (1 - x) ^ {2}.

      和题目方程联立得到一个以$f(x)$和$f(1−x)$为变量的二元一次线性方程组

      \left{ \begin{array}{l} 2 f (1 - x) + f (x) = (1 - x) ^ {2}, \ f (1 - x) + 2 f (x) = x ^ {2}. \end{array} \right.

      我们选择消去变量$f(1−x)$，让第二个方程的二倍减去第一个方程得到

      3 f (x) = 2 x ^ {2} - (1 - x) ^ {2} = x ^ {2} + 2 x - 1,

      所以

      f (x) = \frac {x ^ {2} + 2 x - 1}{3}.

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      \begin{array}{r l} \text {原式} & = \lim _ {n \to \infty} \frac {(\sqrt {n + 1} - \sqrt {n}) (\sqrt {n + 1} + \sqrt {n}) \sqrt {n + 1}}{\sqrt {n + 1} + \sqrt {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {[ (n + 1) - n ] \sqrt {n + 1}}{\sqrt {n + 1} + \sqrt {n}} \ & = \lim _ {n \to \infty} \frac {\sqrt {n + 1}}{\sqrt {n + 1} + \sqrt {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {\sqrt {1 + \frac {1}{n}}}{\sqrt {1 + \frac {1}{n}} + 1} = \frac {1}{2}. \end{array}

      注：$n+1$和$n$关于无穷大量的阶是相同的.3.2解用夹逼定理来做,不等式进行放缩,$2+(−1)n⩾0,(−1)n<2⩽2n$,有

      \begin{array}{c} {2 = \sqrt [ n ]{2 ^ {n}} \leqslant \sqrt [ n ]{2 + (- 1) ^ {n} + 2 ^ {n}} \leqslant \sqrt [ n ]{2 ^ {n} + 2 ^ {n} + 2 ^ {n}} = 3 ^ {\frac {1}{n}} \times 2,} \ {\lim _ {n \to \infty} 3 ^ {\frac {1}{n}} \times 2 = 2,} \end{array}

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      \frac {n (n + 1)}{2 \left(n ^ {2} + n\right)} = \frac {\sum_ {k = 1} ^ {n} k}{n ^ {2} + n} = \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {k}{n ^ {2} + n} \leqslant \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {k}{n ^ {2} + k} \leqslant \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {k}{n ^ {2} + 1} = \frac {\sum_ {k = 1} ^ {n} k}{n ^ {2} + 1} = \frac {n (n + 1)}{2 \left(n ^ {2} + 1\right)},

      而

      \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {n (n + 1)}{2 (n ^ {2} + 1)} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1 + \frac {1}{n}}{2 \left(1 + \frac {1}{n ^ {2}}\right)} = \frac {1}{2},

      \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {n (n + 1)}{2 \left(n ^ {2} + n\right)} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {1 + \frac {1}{n}}{2 \left(1 + \frac {1}{n}\right)} = \frac {1}{2}.

      因此答案是$12$.5.1解用夹逼定理来做,不等式进行放缩

      \begin{array}{r l} \frac {n}{\sqrt {n ^ {2} + n}} & = \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + n}} \leqslant \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + k}} \leqslant \sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {1}{\sqrt {n ^ {2}}} = \frac {n}{n} = 1, \ & \quad \lim _ {n \to \infty} \frac {n}{\sqrt {n ^ {2} + n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {1}{\sqrt {1 + \frac {1}{n}}} = 1, \end{array}

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      \begin{array}{r l} \text {原式} & = \lim _ {x \to 0} \frac {x - \frac {1}{3} x ^ {3} - \left(x - \frac {1}{6} x ^ {3}\right) + o (x ^ {3})}{x ^ {3}} \ & = \lim _ {x \to 0} \frac {- \frac {1}{3} x ^ {3} + \frac {1}{6} x ^ {3} + o (x ^ {3})}{x ^ {3}} \ & = - \frac {1}{3} + \frac {1}{6} = - \frac {1}{6}. \end{array}

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      \text {原式} = \lim _ {x \to \infty} \mathrm{e} ^ {\frac {x}{3} \ln \left(\frac {x + 2 a}{x - a}\right)}.

      对指数使用一次等价无穷小替换$ln⁡(x)∼x−1(x→1)$

      \lim _ {x \rightarrow \infty} \mathrm{e} ^ {\frac {x}{3} \ln (\frac {x + 2 a}{x - a})} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {x}{3} \ln (\frac {x + 2 a}{x - a})} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {x}{3} (\frac {x + 2 a}{x - a} - 1)} = \mathrm{e} ^ {a}.

      得

      \mathrm{e} ^ {a} = 8 = 2 ^ {3}

      所以

      a = 3 \ln 2.

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      \lim _ {x \rightarrow 0} \left[ 2 - \frac {\ln (1 + x)}{x} \right] ^ {\frac {x}{\cos x - 1}} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {x}{\cos x - 1} \ln \left[ 1 + 1 - \frac {\ln (1 + x)}{x} \right]}

      其中

      \begin{array}{r l} \lim _ {x \to 0} \frac {x}{\cos x - 1} \ln \left[ 1 + 1 - \frac {\ln (1 + x)}{x} \right] & = \lim _ {x \to 0} \left(\frac {x}{\cos x - 1} \frac {x - \ln (1 + x)}{x}\right) \ & = \lim _ {x \to 0} \frac {x - \ln (1 + x)}{\cos x - 1} \end{array}

      用Taylor展开有

      \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {x - \ln (1 + x)}{\cos x - 1} = \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {x - \left(x - \frac {x ^ {2}}{2}\right)}{- \frac {x ^ {2}}{2}} = - 1,

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      \lim _ {x \rightarrow \infty} (\sqrt [ 5 ]{x ^ {2} + 2} - \sqrt [ 5 ]{x ^ {2} + 1}) x ^ {\frac {8}{5}} = \lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {\sqrt [ 5 ]{x ^ {2} + 2} - \sqrt [ 5 ]{x ^ {2} + 1}}{\left(\frac {1}{x}\right) ^ {\frac {8}{5}}}

      令$t=1x$，极限为

      \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {(t ^ {- 2} + 2) ^ {\frac {1}{5}} - (t ^ {- 2} + 1) ^ {\frac {1}{5}}}{t ^ {\frac {8}{5}}} = \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {(1 + 2 t ^ {2}) ^ {\frac {1}{5}} - (1 + t ^ {2}) ^ {\frac {1}{5}}}{t ^ {\frac {8}{5}} \cdot t ^ {\frac {2}{5}}}

      使用等价无穷小替换$(1+axb)c−1∼caxb(x→0)$，其中$b>0,a≠0$有

      \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {\left[ (1 + 2 t ^ {2}) ^ {\frac {1}{5}} - 1 \right] - \left[ (1 + t ^ {2}) ^ {\frac {1}{5}} - 1 \right]}{t ^ {2}} = \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {\frac {1}{5} \cdot 2 t ^ {2} - \frac {1}{5} \cdot t ^ {2}}{t ^ {2}} = \frac {1}{5}.

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      \text {原式} = \lim _ {t \to 0} \Big [ \frac {1}{t} (1 + t) ^ {\frac {1}{3}} - \frac {1}{t} \mathrm{e} ^ {t} \Big ] = \lim _ {t \to 0} \frac {(1 + t) ^ {\frac {1}{3}} - \mathrm{e} ^ {t}}{t}

      使用等价无穷小替换$(1+axb)c−1∼caxb(x→0)$，其中$b>0,a≠0$和$ex−1∼x(x→0)$有

      \text {上式} = \lim _ {t \to 0} {\frac {[ (1 + t) ^ {\frac {1}{3}} - 1 ] - [ \mathrm{e} ^ {t} - 1 ]}{t}} = \lim _ {t \to 0} {\frac {{\frac {t}{3}} - t}{t}} = - {\frac {2}{3}}.

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      \lim _ {x \to 0} \frac {\ln \left(1 + \frac {f (x)}{x}\right)}{2 ^ {x} - 1} = \lim _ {x \to 0} \frac {\frac {f (x)}{x}}{x \ln 2} = 3,

      有$limx→0f(x)x2=3ln⁡2.$使用等价无穷小替换$(1+axb)c−1∼caxb(x→0)$，其中$b>0,a≠0$有

      \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {f (x)}{\left(1 + x ^ {2}\right) ^ {\frac {1}{2}} - 1} = \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {f (x)}{\frac {1}{2} x ^ {2}} = 2 \lim _ {x \rightarrow 0} \frac {f (x)}{x ^ {2}} = 6 \ln 2.

      12.2解实际上在问$e2x2−cos⁡x2$的阶，用Taylor展开（或者等价无穷小替换）即可

      \mathrm{e} ^ {2 x ^ {2}} - \cos x ^ {2} = 1 + 2 x ^ {2} - \left(1 - \frac {1}{2} x ^ {4}\right) + o (x ^ {2}) = 2 x ^ {2} + o (x ^ {2}),

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      \sin x ^ {2} \sim x ^ {2},

      用泰勒展开有

      x - \ln (1 + x) = x - \left[ x - \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2}) \right] = \frac {1}{2} x ^ {2} - o (x ^ {2}),

      \arctan x - x = x - \frac {1}{3} x ^ {3} + o (x ^ {3}) - x = - \frac {1}{3} x ^ {3} + o (x ^ {3}),

      观察分母的阶

      [ x - \ln (1 + x) ] (\arctan x - x) = - \frac {1}{6} x ^ {5} + o (x ^ {5}),

      因此分子$x−ln⁡(x+1+x2)$只需要贡献$x3$即可.因为

      x + \sqrt {1 + x ^ {2}} - 1 \sim x + \frac {1}{2} x ^ {2},

      所以

      \ln (x + \sqrt {1 + x ^ {2}}) = \ln \left(1 + x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2})\right).

      令$u=x+12x2+o(x2)$，对$ln⁡(1+u)$作Taylor展开并逐项计算$u,u2,u3$到$x3$次，

      u = x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2}),

      u ^ {2} = \left(x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2})\right) ^ {2} = x ^ {2} + x ^ {3} + o (x ^ {3}),

      u ^ {3} = \left(x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2})\right) ^ {3} = x ^ {3} + o (x ^ {3}).

      由$ln⁡(1+u)=u−u22+u33+o(u3)$（当$u→0$时）可得

      \begin{array}{r l} & {\ln \Big [ 1 + x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2}) \Big ] = \Big [ x + \frac {1}{2} x ^ {2} + o (x ^ {2}) \Big ] - \frac {1}{2} [ x ^ {2} + x ^ {3} + o (x ^ {3}) ] +} \ & {\qquad \frac {1}{3} [ x ^ {3} + o (x ^ {3}) ] + o (x ^ {3})} \ & {\qquad = x + \frac {1}{2} x ^ {2} - \frac {1}{2} x ^ {2} - \frac {1}{2} x ^ {3} + \frac {1}{3} x ^ {3} + o (x ^ {3})} \ & {\qquad = x - \frac {1}{6} x ^ {3} + o (x ^ {3}).} \end{array}

      所以极限为

      \lim _ {x \to 0} \frac {\left[ \frac {1}{6} x ^ {3} + o (x ^ {3}) \right] x ^ {2}}{- \frac {1}{6} x ^ {5} + o (x ^ {5})} = \lim _ {x \to 0} \frac {\left[ \frac {1}{6} x ^ {5} + o (x ^ {5}) \right]}{- \frac {1}{6} x ^ {5} + o (x ^ {5})} = - 1.

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \lim _ {x \rightarrow 0} \left(\frac {1 ^ {x} + 2 ^ {x} + \cdots + n ^ {x}}{n}\right) ^ {\frac {1}{x}} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {1}{x} \left(\frac {1 ^ {x} + 2 ^ {x} + \cdots + n ^ {x}}{n} - 1\right)} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {1}{x} \frac {(1 ^ {x} - 1) + (2 ^ {x} - 1) + \cdots + (n ^ {x} - 1)}{n}}

      用等价无穷小替换$ax−1∼xln⁡a(a>0,a≠1)$,

      1 ^ {x} - 1 = 0,

      \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow 0} \frac {1}{x} \frac {(2 ^ {x} - 1) + \cdots + (n ^ {x} - 1)}{n}} = \mathrm{e} ^ {\lim _ {x \rightarrow 0} \left(\frac {\ln 2 + \cdots + \ln n}{n}\right)} = \mathrm{e} ^ {\frac {\ln (n !)}{n}} = \mathrm{e} ^ {\ln (n! ^ {\frac {1}{n}})} = n! ^ {\frac {1}{n}}.

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      a = \lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {y}{x} = \lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {\sqrt [ 3 ]{1 - x ^ {3}}}{x} = \lim _ {x \rightarrow \infty} \frac {\sqrt [ 3 ]{\frac {1}{x ^ {3}} - 1}}{1} = - 1,

      b = \lim _ {x \rightarrow \infty} [ y - (- 1) x ] = \lim _ {x \rightarrow \infty} \sqrt [ 3 ]{1 - x ^ {3}} + x = \lim _ {x \rightarrow \infty} x \left[\left(\frac {1}{x ^ {3}} - 1\right) ^ {\frac {1}{3}} + 1 \right],

      令$x=1t$，原极限转化为

      \lim _ {t \to 0} \frac {1}{t} [ 1 - (1 - t ^ {3}) ^ {\frac {1}{3}} ]

      用等价无穷小替换$(1+axb)c−1∼caxb(x→0)$，其中$b>0,a≠0$

      \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {1}{t} \left[ 1 - \left(1 - t ^ {3}\right) ^ {\frac {1}{3}} \right] = \lim _ {t \rightarrow 0} \frac {1}{t} \left(\frac {t ^ {3}}{3}\right) = 0.

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      f (x) = \left{ \begin{array}{l l} \frac {x + 1}{x ^ {2} - 1}, & x \leqslant 0, \ \frac {x}{\sin \pi x}, & x > 0 \end{array} \right.

      $x<0$时：$x2−1=(x+1)(x−1)$，有唯一零点$x=−1$

      \frac {x + 1}{x ^ {2} - 1} = \frac {x + 1}{(x + 1) (x - 1)} = \frac {1}{x - 1}.

      $x=−1$极限存在且为$−12$,但函数在此处无定义,因此$x=−1$是可去间断点.x>0时:$sin⁡πx$的零点是x=n,n=1,2,3,$⋯$对于正整数$n⩾1$，当$x→n$（从右侧或左侧）时，$sin⁡πx→0$，且分子趋于非零常数$n$，故当$n$为奇数时

      \lim _ {x \to n ^ {-}} \frac {x}{\sin \pi x} = + \infty ,

      \lim _ {x \to n ^ {+}} \frac {x}{\sin \pi x} = - \infty .

      当$n$为偶数时

      \lim _ {x \to n ^ {+}} \frac {x}{\sin \pi x} = + \infty ,

      \lim _ {x \to n ^ {-}} \frac {x}{\sin \pi x} = - \infty .

      因此每个正整数n处为无穷间断点.$x=0$时：

      \lim _ {x \to 0 ^ {-}} \frac {x + 1}{x ^ {2} - 1} = \frac {1}{0 - 1} = - 1,

      \lim _ {x \to 0 ^ {+}} \frac {x}{\sin \pi x} = \lim _ {x \to 0 ^ {+}} \frac {x}{\pi x} = \frac {1}{\pi}.

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      f (x) = \lim _ {n \to \infty} x \cdot \frac {1 - 0}{1 + 0} = x.

      当$|x|>1$时，$x2n→∞$.将分子和分母同时除以$x2n$得

      x \cdot \frac {1 - x ^ {2 n + 1}}{1 + x ^ {2 n}} = x \cdot \frac {- x ^ {2 n + 1} (1 - x ^ {- (2 n + 1)})}{x ^ {2 n} (1 + x ^ {- 2 n})} = - x ^ {2} \cdot \frac {1 - x ^ {- (2 n + 1)}}{1 + x ^ {- 2 n}}.

      得

      \lim _ {n \to \infty} \left[ - x ^ {2} \cdot \frac {1 - x ^ {- (2 n + 1)}}{1 + x ^ {- 2 n}} \right] = (- x ^ {2}) \lim _ {n \to \infty} \frac {1 - x ^ {- (2 n + 1)}}{1 + x ^ {- 2 n}} = - x ^ {2}.

      当$x=1$时，直接代入得

      f (1) = \lim _ {n \rightarrow \infty} 1 \cdot \frac {1 - 1 ^ {2 n + 1}}{1 + 1 ^ {2 n}} = \frac {1 - 1}{1 + 1} = 0.

      当$x=−1$时，注意$(−1)2n=1,(−1)2n+1=−1$，故

      f (- 1) = \lim _ {n \rightarrow \infty} (- 1) \cdot \frac {1 - (- 1)}{1 + 1} = (- 1) \cdot \frac {2}{2} = - 1.

      综上，函数为

      f (x) = \left{ \begin{array}{c c} x, & | x | < 1, \ 0, & x = 1, \ - 1, & x = - 1, \ - x ^ {2}, & | x | > 1. \end{array} \right.

      $|x|≠1$时,函数连续,无间断点.当$x=−1$时左极限为

      \lim _ {x \to - 1 ^ {-}} - x ^ {2} = - 1,

      右极限为

      \lim _ {x \rightarrow - 1 ^ {+}} x = - 1,

      且$f(−1)=−1$.因此$x=−1$连续.当$x=1$时左极限为

      \lim _ {x \to 1 ^ {-}} x = 1,

      右极限为

      \lim _ {x \to 1 ^ {+}} - x ^ {2} = - 1,

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      f (\pi) = \sin \pi - \pi \cos \pi = 0 - \pi (- 1) = \pi > 0,

      f \Big (\frac {3 \pi}{2} \Big) = \sin \frac {3 \pi}{2} - \frac {3 \pi}{2} \cos \frac {3 \pi}{2} = - 1 - \frac {3 \pi}{2} \cdot 0 = - 1 < 0.

      由于$f$在$[π,3π2]$上连续且在端点处取值异号，依据介值定理，存在点$c∈(π,3π2)$使得

      f (c) = 0,

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      \begin{array}{l} F (a) = f (a) - a < 0, \ F (b) = f (b) - b > 0. \end{array}

      依据介值定理,存在点$c∈(a,b)$使得

      F (c) = f (c) - c = 0.

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      M = \max _ {x \in [ x _ {1}, x _ {2} ]} f (x), m = \min _ {x \in [ x _ {1}, x _ {2} ]} f (x).

      分别取点$xM,xm∈[x1,x2]$使得$f(xM)=M$与$f(xm)=m$.考虑$g$在这两个点的值：

      g \left(x _ {M}\right) = 5 M - 2 f \left(x _ {1}\right) - 3 f \left(x _ {2}\right), g \left(x _ {m}\right) = 5 m - 2 f \left(x _ {1}\right) - 3 f \left(x _ {2}\right).

      若$M=m$，则$f$在$[x1,x2]$上为常函数，因而对任意$ξ∈[x1,x2]$都有

      5 f (\xi) = 2 f (x _ {1}) + 3 f (x _ {2}).

      若$M>m$，则有

      m \leqslant f (x _ {1}), f (x _ {2}) \leqslant M.

      因此

      5 M - 2 f (x _ {1}) - 3 f (x _ {2}) \geqslant 5 M - 2 M - 3 M = 0,

      且

      5 m - 2 f (x _ {1}) - 3 f (x _ {2}) \leqslant 5 m - 2 m - 3 m = 0.

      若至少存在一端等号成立，则找到$g(x)$的一个零点.否则，$g(xM)>0$且$g(xm)<0$，由介值定理，存在$ξ∈[xm,xM]⊂[x1,x2]⊂(a,b)$使得

      g (\xi) = 0,

      即

      5 f (\xi) = 2 f (x _ {1}) + 3 f (x _ {2}).

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      x _ {n + 1} = \sqrt {2 + x _ {n}} < \sqrt {2 + 2} = \sqrt {4} = 2.

      由数学归纳法得对所有$n$都有$xn<2$.因此数列有上界2,并且下界为0,即有界.考察函数$f(x)=2+x−x$在区间$(0,2)$的值.因为当$0<x<2$时有

      f (x) = \sqrt {2 + x} - x = \frac {2 + x - x ^ {2}}{\sqrt {2 + x} + x} > 0,

      所以对每个$n$

      x _ {n + 1} - x _ {n} = \sqrt {2 + x _ {n}} - x _ {n} = f (x _ {n}) > 0.

      因此数列${xn}$是严格递增的.由于数列既有界又单调，故收敛.设极限为$A=limxn$，由递推关系取极限得

      A = \sqrt {2 + A}.

      两边平方得到$A2=2+A,A2−A−2=0$，

      \lim _ {n \rightarrow \infty} x _ {n} = 2.

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      \begin{array}{r l} & \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} + \alpha x) - f (x _ {0} - \beta x)}{x} = \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} + \alpha x) - f (x _ {0}) + f (x _ {0}) - f (x _ {0} - \beta x)}{x} \ & = \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} + \alpha x) - f (x _ {0})}{x} - \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} - \beta x) - f (x _ {0})}{x} \ & = \alpha \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} + \alpha x) - f (x _ {0})}{\alpha x} + \beta \lim _ {x \to 0} \frac {f (x _ {0} - \beta x) - f (x _ {0})}{- \beta x} = (\alpha + \beta) f ^ {\prime} (x _ {0}) \end{array}

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      所以

      limx→0xf(sin⁡x)−f(1−cos⁡x)x2=f′(0)2

      3. 设函数 f(x)=(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)sin⁡x1+x1+2x⋯1+nx ，其中 n 为正整数，则 f′(0)=() (A) (−1)n−1n! . (B) (−1)n(n−1)! .

      (C) (−1)nn! . (D) (−1)n−1(n−1)! .

      答案：D

      解 用定义计算

      f′(0)=limx→0(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)sin⁡x1+x1+2x⋯1+nx−f(0)x−0

      由 sin⁡0=0 得极限为

      =limx→0(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)sin⁡x1+x1+2x⋯1+nxx=limx→0(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)1+x1+2x⋯1+nxlimx→0sin⁡xx=limx→0(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)1+x1+2x⋯1+nx=limx→0(cos⁡2x−2)⋯(cos⁡nx−n)limx→01+x1+2x⋯1+nx=(−1)⋯(−(n−1))1+01+0⋯1+0=(−1)n−1(n−1)!

      4. 设函数 y=f(x) 由方程 sin⁡(xy)+e1−y+x=1 确定，则 limn→∞[f(sin⁡2n)−1]=() (A)2.(B)4.(C)-1.(D)-2.

      答案：B

      解 x=0 代入题目的隐函数可得 f(0)=1 . 隐函数对 x 求导得

      cos⁡(xy)(y+xy′)+e1−y(−y′)+1=0

      x=0 代入上式得 f′(0)=2

      limn→∞n[f(sin⁡(2n))−1]=2limn→∞f(sin⁡(2n))−12n=2limn→∞f(sin⁡(2n))−f(0)sin⁡(2n)limn→∞sin⁡(2n)2n=2f′(0)=4

      5. 设 f(x)=ex2cos⁡x1+x2 , g(0)=f′(0) ，且 g′(0) 存在，则函数 φ(x)=g(x)x (A) 在 x=0 的去心邻域无界.

      (B) 有跳跃间断点 x = 0. (C) 有无穷间断点 x = 0. (D) 有可去间断点 x = 0.

      答案：D

      解

      f′(0)=limx→0ex2cos⁡x1+x2−f(0)x−0=limx→0ex2cos⁡x1+x2−1x=limx→0ex2cos⁡x−1+x2x1+x2=limx→011+x2limx→0ex2cos⁡x−1+x2x=limx→0ex2cos⁡x−1+x2x

      用Taylor展开得

      limx→0(1+x2)(1−12x2)−(1+12x2)x=0

      所以

      g(0)=f′(0)=0

      limx→0g(x)x=limx→0g(x)−g(0)x=g′(0) 存在，但是 g(x)x 在 x=0 出无定义，所以 x=0 是 g(x)x 可去间断点.

      6. 设 f(x) 可导, F(x)=f(x)(ex+|x|) , 若 F(x) 在 x = 0 处可导, 则必有 ( )

      (A) f(0)=0. (B) f′(0)=0. (C) f(0)+f′(0)=0. (D) f(0)−f′(0)=0.

      答案：A

      解 F(x) 在 x=0 可导可知其导数在 x=0 的左右极限存在且相等

      F+′(0)=limx→0+f(x)(ex+x)−f(0)x=limx→0+f(x)ex−f(0)x+f(x)

      f(x) 在 x=0 可导可以推出 f(x) 在 x=0 连续

      F+′(0)=limx→0+f(x)ex−f(0)x+f(0)

      同理

      F−′(0)=limx→0−f(x)(ex−x)−f(0)x=limx→0−f(x)ex−f(0)x−f(0)
      limx→0+f(x)ex−f(0)x+f(0)=limx→0−f(x)ex−f(0)x−f(0)

      所以

      f(0)=0

      7. 设 f(x) 在 x=a 的某个邻域内有定义，则 f(x) 在 x=a 处可导的一个充要条件是（）

      (A) limn→∞n[f(a+1n)−f(a)] 存在. (B) limx→0f(a−x2)−f(a)x2 存在.

      (C) limh→0[f(a+h)−f(a)1−cos⁡h] 存在. (D) limh→0[f(a)−f(a−3h)sin⁡h] 存在.

      答案：D

      解 根据导数定义充要条件有三点要求

      1. 分子要求一个是定点一个是动点

      2. 要求分子中函数的自变量差值与分母同阶

      C 选项分子是变量之差 h 是一阶无穷小, 分母 1−cos⁡(h) 是二阶无穷小, 被排除

      1. 要求分母可正可负

      A 分母只取正； B 分母只取正.两个极限都只能保证右导数存在，都排除

      8. 设函数 f(x) 在 x=0 处连续，且 limh→0f[h−ln⁡(1+h)]−h2=1 ，则（）

      (A) f(0)=0 且 f′(0)=−2 . (B) f(0)=0 且 f−′(0)=−2 . (C) f(0)=0 且 f+′(0)=−2 . (D) f(0)=1 且 f′(0)=−1 .

      答案：C

      解 由 limh→0f(h−ln⁡(1+h))−h2=1 ，可得 limh→0f(h−ln⁡(1+h))=0. 由 f 在 x=0 处连续，可知

      limh→0f(h−ln⁡(1+h))=f(0−ln⁡(1+0))=f(0)=0

      D 被排除

      由limh→0f(h−ln⁡(1+h))−f(0)h−ln⁡(1+h)=limh→0f(h−ln⁡(1+h))h2/2=f+′(0)=−2limh→0f(h−ln⁡(1+h))−h2=−2

      9. 设函数 f(x) 在区间 (−1,1) 内有定义，且 limx→0f(x)=0 ，则（）

      (A) 当 limx→0f(x)x 存在时， f(x) 在 x=0 处可导.

      (B) 当 limx→0f(x)|x|=0 时， f(x) 在 x=0 处可导.

      (C) 当 f(x) 在 x=0 处可导时， limx→0f(x)1−cos⁡x 存在.

      (D) 当 f(x) 在 x=0 处可导，且 limx→0f(x)1−cos⁡x 存在时， f′(0)=0 .

      答案：D

      解 A. B 两项极限存在得不到可导的信息, 直接排除

      C.D两项中 x=0 可导可以得到连续，因此 limf(x)=f(0)=0

      limx→0f(x)1−cos⁡x=limx→0f(x)−f(0)(x−0)x1−cos⁡x=(±2)f′(0)

      因此 f′(0)=0 ，因此选 D

      10. 设函数 f(x)=|x3−x|φ(x) ，其中 φ(x) 在 x=1 的某邻域有定义，则 f(x) 在 x=1 处可导的充分必要条件是（）(A) φ(x) 在 x=1 处可导. (B) φ(x) 在 x=1 连续. (C) φ(1−)=−φ(1+) . (D) φ(1)=0 .

      答案：C

      解 求左右导数,相等即可

      左导数

      f′(1)=limx→1−x(x+1)∣x−1∣φ(x)−0x−1=−limx→1−x(x+1)φ(x)=−2limx→1−φ(x)

      右导数

      f′(1+)=limx→1+x(x+1)φ(x)=2limx→1+φ(x)

      因此

      limx→1+φ(x)=limx→1−φ(x)

      二、填空题

      1. 设 f(x)=(x2−a2)(x2+2)1+x2 ，则 f′(a)= .

      答案

      解 2a(a2+2)1+a2

      f′(a)=limx→a(x2−a2)(x2+2)1+x2⋅(x−a)=limx→a(x+a)(x2+2)1+x2=2a(a2+2)1+a2
      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      解 由

      limx→0[f(x)+1]x2x−sin⁡x=limx→0[f(x)+1]x2x3/6=6limx→0f(x)+1x=6

      可得

      limx→0f(x)+1=0

      由连续可得

      f(0)=limx→0f(x)=−1

      切点是 (0,−1)

      f′(0)=limx→0f(x)−f(0)x−0=limx→0f(x)+1x=1

      所以切线方程是

      y−(−1)=1⋅(x−0)

      3. 已知曲线 y=f(x) 在点(1,0)处的切线在 y 轴上的截距为 -2，则 limn→∞[1+f(1+1n)]n= .

      答案

      解 e2

      y−0=f′(1)(x−1)∣x=0=−f′(1)=−2⇒f′(1)=2
      limn→∞(1+f(1+1n))n=elimn→∞f(1+1n)=elimn→∞f(1+1n)−f(1)1n=ef′(1)=e2

      4. 已知曲线 y=f(x) 在点(0,1)处的切线与曲线 y=ln⁡x 相切，则 limx→0f(sin⁡x)−1x+sin⁡x= .

      答案

      解 12e2

      解 设 (x0,y0) 是曲线 y=ln⁡x 上的切点,有切线方程

      y−ln⁡x0=1x0(x−x0)

      代入经过的点 (0,1)

      1−ln⁡x0=1x0(0−x0)⇒x0=e2
      limx→0f(sin⁡x)−1x+sin⁡x=limx→0f(sin⁡x)−f(0)sin⁡xsin⁡xx+sin⁡x=f′(x0)2=12e2

      5. 已知 f(x) 二阶可导，且 f(x)≠0,φ(x)=limt→0(f(x+t)f(x))1sin⁡t ，则 φ′(x)= .

      答案

      解 ef′(x)f(x)f′(x)f(x)−[f′(x)]2f2(x)

      解

      φ(x)=limt→0e1sin⁡t⋅f(x+t)−f(x)f(x)=ef′(x)f(x)
      φ′(x)=ef′(x)f(x)f′′(x)f(x)−[f′(x)]2f2(x)

      6. 设函数 y=f(x) 由方程 xy+2ln⁡x=y4 所确定，则曲线 y=f(x) 在点(1,1)处的切线方程为 .

      7.（数三不要求）设 {x=2+t2,y=sin⁡t, 则 d2ydx2= .

      答案

      解 y=x

      解

      y+xy′+2x=4y3y′

      代入点(1.1)

      1+y(1)′+2=4y(1)′⇒y(1)′=1y−1=1∙(x−1)

      8. 设 f(x)=x2027x−1 ，则 f(2027)(x)= .

      答案

      解 −2027!(x−1)2028

      解 裂项计算

      f(x)=x2027−1+1x−1=x2026+x2025+⋯+1+1x−1
      f(2027)(x)=0+(−1)2027⋅2027!⋅(x−1)−2028

      9. 设 f(x)=x2x+3 ，则 f(n)(0)= .

      答案

      解 (−1)n+1⋅n!⋅3−n⋅2n−1

      解

      f(x)=12⋅2x+3−32x+3=12−32⋅12x+3

      设 y=x−1 ，有 y(n)(x)=(−1)n⋅n!⋅(x)−(n+1)

      f(n)(x)=−32⋅(−1)n⋅n!⋅(2x+3)−(n+1)⋅2n
      f(n)(0)=−32⋅(−1)n⋅n!⋅(3)−(n+1)⋅2n

      三、解答题

      1. 设 f(x)=xln⁡(2+x) ，求 f(n)(0)(n>1) .

      答案

      解 (−1)n2n−1⋅n!n−1

      解 高阶求导的莱布尼茨公式

      f(n)(x)=Cn0⋅xln(n)⁡(2+x)+Cn1⋅1⋅ln(n−1)⁡(2+x)+0+…
      y=ln⁡x,y′=x−1,y′′=−1⋅x−2,…,y(n)=(−1)(n−1)⋅(n−1)!⋅x−n
      ln(n−1)⁡(2+x)=(−1)n(n−2)!⋅(2+x)−(n−1)
      f(n)(0)=n⋅(−1)n⋅(n−2)!⋅2−(n−1)=(−1)n2n−1⋅n!n−1
      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      解

      f(x)=1(x−2)(x−1)=1x−2−1x−1
      y=x−1,y′=−1⋅x−2…y(n)=(−1)n⋅n!⋅x−(n+1)
      f(n)(x)=(−1)n⋅n!⋅(x−2)−(n+1)−(−1)n⋅n!⋅(x−1)−(n+1)=(−1)n⋅n!⋅((x−2)−(n+1)−(x−1)−(n+1))

      3. 设 f(x)=sin2⁡x ，求 f(n)(x) .

      答案

      解 2n−1sin⁡(2x+(n−1)π2)

      解

      f(x)=1−cos⁡2x2=12−12cos⁡2x
      y=cos⁡x
      y(n)=cos⁡(x+nπ2)
      f(n)(x)=−12cos⁡(2x+nπ2)⋅2n=−2n−1cos⁡(2x+nπ2)=2n−1sin⁡(2x+(n−1)π2)

      4.1

      limx→0f(sin⁡x)−f(0)sin⁡xsin⁡xln⁡(f(x))=f′(0)limx→0sin⁡xf(x)−1=limx→0sin⁡xf(x)−f(0)=1f′(0)=1

      4. 设 f(x) 为可导函数，且 f(0)=f′(0)=1 ，求极限 limx→0f(sin⁡x)−1ln⁡f(x) .

      答案

      （未找到对应解析）

      5. 已知 f(0)=1 ，且 limx→0ln⁡(1−2x)+2xf(x)x2=1 。证明 f(x) 在 x=0 处可导，并求 f′(0) .

      答案

      解 32

      limx→0−2x−12⋅(2x)2+2xf(x)x2=−2+2limx→0xf(x)−xx2=−2+2limx→0f(x)−f(0)x=−2+2f′(0)=1f′(0)=32

      第三章 微分中值定理及导数应用

      一、选择题

      1. 设 f(x) 在 (−∞,+∞) 内可导，且对任意 x1,x2 ，当 x1>x2 时，都有 f(x1)>f(x2) ，则（）

      (A) 对任意 x,f′(x)>0 . (B) 对任意 x,f′(−x)<0 .

      (C) 对任意 x,f′(−x)>0 .

      (D) 对任意 x,f′(−x)⩾0 .

      答案：D

      解 题目条件表明函数单调递增, 即 f(x)↑f′(x)⩾0 . 那么有 f(−x)↓ , 即 f′(−x)⋅(−1)⩽0⇒f′(−x)⩾0

      2. 设 f(x) 是可微函数，当 0 < a < x < b 时，恒有 xf′(x)<f(x) ，则（）

      (A) af(x)>xf(a). (B) bf(x)>xf(b). (C) xf(x)<bf(b). (D) xf(x)>af(a).

      答案：B

      解 f(x)−xf′(x)>0 可知 (xf(x))′=f(x)−xf′(x)f2(x)>0 ，即 xf(x) 单增即有

      bf(b)>xf(x)>af(a)

      3. 函数 f(x)={x1−e1x,x≠0,0,x=0 在 x=0 处（）

      (A) 不连续. (B) 可导.

      (C) 取极大值. (D) 取极小值.

      答案：C

      解 limx→0−f(x)=0=limx→0+f(x)=f(0)

      左右极限存在且相等函数连续,排除 A

      f0−′(0)=limx→0−11−e1x=1
      f0+′(0)=limx→0+11−e1x=0

      函数不可导, 排除 B

      x∈(−δ,0),1−e1x>0,f(x)<0;x∈(0,δ),1−e1x<0,f(x)<0 ，因此 x=0 是极大值点.

      4. 设 f(x) , g(x) 在 x=0 的某个邻域内连续，且 limx→0g(x)x=−1,limx→0f(x)g2(x)=2 ，则在点 x=0 处 f(x) ( )

      (A) 不可导. (B) 可导且 f′(0)≠0 . (C) 取得极小值. (D) 取得极大值.

      答案：C

      解 第一个极限可知 g(x)=0,g′(0)=limx→0g(x)x=−1

      第二个极限可知 f(x)=0,limx→0f(x)x⋅xg(x)g(x)=f′(0)⋅(−1)limx→0g(x)=2⇒f′(0)=0

      可排除A，B两项

      用保号性可知在 x=0 的小领域内， f(x)g2(x)>0=f(0) ，因此取得极小值

      5. 设 f(x) 是 (−∞,+∞) 上的偶函数，则（）

      (A) x=0 是 f(x) 的极值点.

      (B) 若 f(x) 在 x=0 处连续, 则 x=0 是 f(x) 的极值点.

      (C) 若 f′(0)=0 ，则 x=0 是 f(x) 的极值点.

      (D) 若 f″(0)≠0 , 则 x=0 是 f(x) 的极值点.

      答案：D

      解 常数函数作为反例, 排除 A, B, C

      D 选项是一个充分条件

      6. 设 f(x),g(x) 在点 x0 处二阶可导，且 f(x0)=g(x0)=0,f′(x0)g′(x0)>0 ，则（）

      (A) x0 不是 f(x)g(x) 的驻点.

      (B) x0 是 f(x)g(x) 的驻点,但不是极值点.

      (C) x0 是 f(x)g(x) 的驻点,且是极小值点.

      (D) x0 是 f(x)g(x) 的驻点,且是极大值点.

      答案：C

      解

      f′(x0)g(x0)+f(x0)g′(x0)=0
      f′′(x)g(x)+2f′(x)g′(x)+f(x)g′′(x)∣x0=2f′(x0)g′(x0)>0

      7. 设 f(x) 在 x=0 的某邻域内连续，且 limx→0f(x)x(1−cos⁡x)=−1 ，则 x=0 （）

      (A) 是 f(x) 的驻点, 且为极大值点.

      (B) 是 f(x) 的驻点, 且为极小值点.

      (C) 是 f(x) 的驻点, 但不是极值点.

      (D) 不是 f(x) 的驻点.

      答案：C

      解 题目极限存在和连续性可得 f(0)=0

      limx→0f(x)x1−cos⁡x=−1⇒limx→0f(x)x=f(0)=0

      保号性

      x∈(−δ,0)⇒f(x)x(1−cos⁡x)<0⇒f(x)<0
      x∈(0,δ)⇒f(x)x(1−cos⁡x)<0⇒f(x)>0

      左右异号,不是极值点

      8. 设 f(x) 在 x=0 的邻域内二阶可导，且 limx→0f′(x)+1x=1 ，则 x=0 （）

      (A) 不是 f(x)+ex 的驻点.

      (B) 不是 f(x)+ex 的极值点.

      (C) 是 f(x)+ex 的极小值点.

      (D) 是 f(x)+ex 的极大值点.

      答案：C

      解 由题目条件可知 limx→0f′(x)=f′(0)=−1

      f′(x)+ex|x=0=0f′′(0)=limx→0f′(x)−f′(0)x−0=1>0f′′(x)+ex|x=0=2>0

      极小值点

      9. 设 f′(x) 在 x=a 处连续，且 limx→asin⁡(x−a)f′(x)=−1 ，则（）

      (A) x=a 是 f(x) 的极小值点.

      (B) x=a 是 f(x) 的极大值点.

      (C) (a,f(a)) 是曲线 y=f(x) 的拐点.

      (D) f′(x) 在 x = a 的邻域内单调.

      答案：B

      解 由题目条件可知 limx→af′(x)=f′(a)=0

      保号性可知

      x∈(a−δ,a)⇒sin⁡(x−a)f′(x)<0⇒f′(x)>0
      x∈(a,a+δ)⇒sin⁡(x−a)f′(x)<0⇒f′(x)<0

      10. 已知函数 f(x) 对一切的 x 满足 xf″(x)+f′(x)=ex−1 ，则（）

      (A) f(0) 是 f(x) 的极大值.

      (B) f(0) 是 f(x) 的极小值.

      (C) (0,f(0)) 是曲线 y=f(x) 的拐点.

      (D) f(0) 不是 f(x) 的极值， (0,f(0)) 不是曲线 y=f(x) 的拐点.

      答案：B

      解 代入 x = 0 可得 f′(0)=0 ，这是驻点.

      函数满足微分方程,因此至少二阶导函数连续,所以有

      limx→0f′′(x)+limx→0f′(x)x=limx→0ex−1x
      f′′(0)+f′′(0)=1⇒f′′(0)=12>0

      11. 已知函数 f(x) 对一切的 x 满足 xf″(x)+[f′(x)]2=x2 ，则（）

      (A) f(0) 是 f(x) 的极大值.

      (B) f(0) 是 f(x) 的极小值.

      (C) 点 (0,f(0)) 是曲线 y=f(x) 的拐点.

      (D) f(0) 不是 f(x) 的极值, 点 (0,f(0)) 也不是曲线 y=f(x) 的拐点.

      答案：C

      解 代入 x = 0 可得 f′(0)=0 ，这是驻点.

      函数满足微分方程,因此是任意阶导函数连续,所以有

      limx→0f′′(x)+limx→0(f′(x)x)2x=limx→0x

      f″(0)+[f″(0)]2∗0=f″(0)=0 ，可能是拐点

      f′′(x)+xf′′′(x)+2f′′(x)f′(x)=2x
      limx→0f′′(x)x+limx→0f′′′(x)+limx→02f′(x)f′′(x)x=2
      f′′′(0)+f′′′(0)+2(f′′(0))2=2f′′′(0)=2

      f′′′(0)≠0 ，证明了是拐点

      12. 设函数 f(x),g(x) 对一切 x∈(−∞,+∞) 满足方程 f″(x)+g(x)f′(x)−f(x)=0 ，又 f(a)=f(b)=0 ，则在 (a,b) 内 f(x) （）

      (A) 恒正. (B) 恒负. (C) 可正可负. (D) 恒为零.

      答案：D

      解 先看 A 和 C, 不妨设在 [a,b] 中 fmax=f(ξ)>0⇒f′(ξ)=0⇒f″(ξ)=f(ξ)>0 , 极小值点

      再看B，类似地在 [a,b] 中 fmin=f(η)<0⇒f′(η)=0⇒f″(η)=f(η)<0 ，极大值点13.C

      解 根据四次多项式求导一次为三次函数,其至多有3个驻点根据函数有四个不同零点和罗尔定理可知,其至少有3个驻点

      13. 设函数 f(x)=x(x−1)(x−2)(x−3) ，则 f′(x) 零点个数为（）

      (A)1. (B)2. (C)3. (D)4.

      答案：C

      14. 曲线 y=1+ex1−ex 的渐近线条数为（）

      (A)0. (B)1. (C)2. (D)3.

      答案：D

      解 limx→01+ex1−ex=∞ ，垂直渐进线 x=0

      limx→−∞1+ex1−ex=1 ,水平渐进线y=1

      limx→+∞1+ex1−ex=−1 , 水平渐进线 y=-1

      两边都有水平渐进线，所以没有斜的渐进线

      二、填空题

      1. 函数 y=xx(x>0) 的最小值为 .

      答案

      解 1e

      解

      z=ln⁡y=exln⁡x

      因为 x>0 ，所以 ln⁡y 和 y 的单调性一致

      z′=exln⁡x(ln⁡x+1)=0得x=1e
      y(1e)=(1e)1e=1ee

      2. 曲线 y=e−x2 的拐点为 .

      答案

      解 (±22,1e)

      解 拐点是二阶导为 0, 三阶导不为 0 的点

      y′=e−x2⋅(−2x)

      y″=(−2+2x⋅2x)e−x2=(4x2−2)e−x2=0 得 x=±22

      y′′′=[8x+(4x2−2)⋅(−2x)]e−x2=(−8x3+12x)e−x2
      y′′′(±22)≠0
      y(±22)=1e

      3. 当 x>0 时, x2⩽eax 恒成立, 则 a 的最小值为 .

      答案

      解 2e

      解 不等式两边同时取自然底数的对数,得到

      a=y=2ln⁡xx
      y′=2−2ln⁡xx2=0得x=e
      y(e)=2e

      4. 已知方程 x=eax 无实根, 则实数 a 的取值范围为 .

      5.（数三不要求）曲线 y=x2+x(x<0) 上曲率为 22 的点的坐标是 .

      答案

      解 (1e,+∞)

      解

      y=eax−x

      当 a⩽0 时，必有实根. 只讨论 a>0

      y′=aeax−1 得 x=−1aln⁡a

      当 (−∞,−1aln⁡a)

      limx→−∞(eax−x)=+∞>0

      当 (−1aln⁡a,+∞)

      limx→+∞(eax−x)=+∞>0

      保持同号

      y(−1aln⁡a)=1a+1aln⁡a>0⇒ln⁡a>−1=ln⁡1e
      a>1e

      三、解答题

      1. 在椭圆 x2a2+y2b2=1 的第一象限部分上求一点 P ，使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所围成平面图形的面积最小（其中 a>0,b>0 ）.

      答案

      解 \left(\frac {a}{\sqrt {2}} \cdot \frac {b}{\sqrt {2}}\right)

      解切线和两个坐标轴围成的大三角形面积减去椭圆面积的四分之一(减去的是常数).设$(x,y)$是切点P,隐函数求导法则得到斜率是
      那么切线方程是

      Y - y = - \frac {x b ^ {2}}{y a ^ {2}} (X - x)

      交$x$轴：

      \frac {a ^ {2} y ^ {2}}{x b ^ {2}} + x = \frac {a ^ {2}}{x}

      交$y$轴：

      \frac {x ^ {2} b ^ {2}}{y a ^ {2}} + y = \frac {b ^ {2}}{y}

      S _ {\Delta} = \frac {1}{2} a ^ {2} b ^ {2} \frac {1}{x y} = \frac {1}{2} \frac {b ^ {2} x ^ {2} + a ^ {2} y ^ {2}}{x y} \geqslant \frac {1}{2} \cdot \frac {2 b x a y}{x y} = a b

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      g (0) = 0, g (\pi) = 0

      根据罗尔定理，存在一个$ξ∈(0,π)$使得$g′(ξ)=0$，即

      a _ {1} \cos (\xi) + a _ {2} \cos (2 \xi) + \dots + a _ {n} \cos (n \xi) = 0

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \mid \arctan (b) - \arctan (a) \mid = \left| \frac {1}{1 + \xi^ {2}} (b - a) \right| = \frac {1}{1 + \xi^ {2}} \mid b - a \mid \leqslant \mid b - a \mid

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = \ln (1 + x) (1 + x) - \sqrt {1 - x ^ {2}} \arcsin x, x \in (0, 1)

      证$f(x)>0$.而$f(0)=0$,仅证$f′⩾0$.

      f ^ {\prime} (x) = 1 + \ln (1 + x) + \frac {x \arcsin x}{\sqrt {1 - x ^ {2}}} - \sqrt {1 - x ^ {2}} \frac {1}{\sqrt {1 - x ^ {2}}} \geqslant 0

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \lim _ {x \to 0} \frac {f (x) - \sin x}{x} = A,

      试证:在$(−∞,+∞)$内$f(x)≤(1+A)x.$∗∗答案∗∗解证由题干条件得$limx→0f(x)x=1+A=f′(0)$，因为二阶导存在，所以$f(0)=0$

      \begin{array}{r l} g (x) & = f (x) - (1 + A) x = f (x) - f ^ {\prime} (0) x \ & = f (0) + f ^ {\prime} (0) x + \frac {1}{2} f ^ {\prime \prime} (\xi) x ^ {2} - f ^ {\prime} (0) x = \frac {1}{2} f ^ {\prime \prime} (\xi) x ^ {2} \leqslant 0 \end{array}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f _ {+} ^ {\prime} (a) = \lim _ {x \rightarrow a ^ {+}} \frac {f (x) - f (a)}{x - a} < 0

      根据保号性，$x∈(a,a+δ)$，有$f(x)<f(a)$那么

      f _ {-} ^ {\prime} (b) = \lim _ {x \to b ^ {-}} \frac {f (x) - f (b)}{x - b} > 0

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = \sin x + 2 x + C _ {1}

      积分得到$f(x)$的原函数

      F (x) = - \cos x + x ^ {2} + C _ {1} x + C _ {2}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = x \ln \left(x + \sqrt {1 + x ^ {2}}\right).

      ③$h(x)={sin⁡xx,x≠0,0,x=0.$

      g (x) = | x | \ln \left(x + \sqrt {1 + x ^ {2}}\right).

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      2. ∫1x(x4+1)dx=

      答案

      解 $$ \begin{array}{r l} \text { 解 } & \text { 原式 } = \int \frac {x ^ {3}}{x ^ {4} (x ^ {4} + 1)} \mathrm{d} x = \frac {1}{4} \int \left(\frac {1}{x ^ {4}} - \frac {1}{x ^ {4} + 1}\right) \mathrm{d} x ^ {4} \ & \qquad = \frac {1}{4} \ln (x ^ {4}) - \frac {1}{4} \ln (x ^ {4} + 1) + C \end{array}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      4. ∫x+5x2−6x+13dx=

      答案

      解 $$ \begin{array}{r l} \text {解} & \text {原式} = \int \frac {\frac {1}{2} (2 x - 6)}{\sqrt {x ^ {2} - 6 x + 1 3}} \mathrm{d} x + 8 \int \frac {1}{\sqrt {(x - 3) ^ {2} + 2 ^ {2}}} \mathrm{d} x \ & = \frac {1}{2} \int (x ^ {2} - 6 x + 1 3) ^ {- 1 / 2} \mathrm{d} (x ^ {2} - 6 x + 1 3) + 8 \int \frac {1}{\sqrt {(x - 3) ^ {2} + 2 ^ {2}}} \mathrm{d} (x - 3) \ & = \sqrt {x ^ {2} - 6 x + 1 3} + 8 \ln | x - 3 + \sqrt {(x - 3) ^ {2} + 2 ^ {2}} | + C \end{array}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      6. ∫sin⁡xcos⁡xsin4⁡x+cos4⁡xdx=

      答案

      解 $$ \begin{array}{r l} \text { 解 } & \text { 原式 } = \int \frac {\tan x \cdot \sec^ {2} x}{\tan^ {4} x + 1} \mathrm{d} x = \frac {1}{2} \int \frac {1}{1 + (\tan^ {2} x) ^ {2}} \mathrm{d} (\tan^ {2} x) \ & = \frac {1}{2} \arctan (\tan^ {2} x) + C \end{array}

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      \begin{array}{r l} \text {原式} & = \int \frac {\arcsin t}{t} 2 t \mathrm{d} t = 2 \int \arcsin t \mathrm{d} t = 2 [ \operatorname{tarcsin} t - \int t \mathrm{d} (\arcsin t) ] \ & = 2 \operatorname{tarcsin} t - 2 \int t \frac {1}{\sqrt {1 - t ^ {2}}} \mathrm{d} t \ & = 2 \operatorname{tarcsin} t + \int \frac {1}{\sqrt {1 - t ^ {2}}} \mathrm{d} (1 - t ^ {2}) \ & = 2 \operatorname{tarcsin} t + 2 \sqrt {1 - t ^ {2}} + C \end{array}

      代回$t=x$，结果是

      2 \sqrt {x} \arcsin \sqrt {x} + 2 \sqrt {1 - x} + C

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      f (x) = (\ln^ {2} x) ^ {\prime} = \frac {2 \ln x}{x}

      \int f (x) \mathrm{d} x = \ln^ {2} x + C

      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      不定积分表达形式多种

      2. 求不定积分 ∫arccot⁡exexdx .

      答案

      解 $$ \begin{array}{r l} \text { 解 } & \text { 原式 } = \int \mathrm{e} ^ {- x} \arctan \mathrm{e} ^ {- x} \mathrm{d} x = - \arctan \mathrm{e} ^ {- x} \mathrm{e} ^ {- x} + \int \mathrm{e} ^ {- x} \mathrm{d} (\arctan \mathrm{e} ^ {- x}) \ & = - \mathrm{e} ^ {- x} \arctan \mathrm{e} ^ {- x} + \int \frac {- \mathrm{e} ^ {- x}}{1 + \mathrm{e} ^ {- 2 x}} \mathrm{e} ^ {- x} \mathrm{d} x \end{array}

      其中

      \begin{array}{r l} \int \frac {- \mathrm{e} ^ {- x}}{1 + \mathrm{e} ^ {- 2 x}} \mathrm{e} ^ {- x} \mathrm{d} x & = - \int \frac {\mathrm{e} ^ {- 2 x} \cdot \mathrm{e} ^ {2 x}}{1 + \mathrm{e} ^ {2 x}} \mathrm{d} x = - \int \frac {1 + \mathrm{e} ^ {2 x} - \mathrm{e} ^ {2 x}}{1 + \mathrm{e} ^ {2 x}} \mathrm{d} x \ & = - x + \frac {1}{2} \int \frac {1}{1 + \mathrm{e} ^ {2 x}} \mathrm{d} (1 + \mathrm{e} ^ {2 x}) \ & = - x + \frac {\ln (1 + \mathrm{e} ^ {2 x})}{2} + C \end{array}

      所以结果是
      You can't use 'macro parameter character #' in math mode

      其中

      ∫1x2+x+1dx=∫1(x+12)2+34dx=43∫32(23(x+12))2+1d(23(x+12))=23arctan⁡(23(x+12))+C

      所以结果是

      ln⁡|2x+1|−12ln⁡(x2+x+1)−13arctan⁡(23(x+12))+C

      4. 求不定积分 ∫x+1(x−1)(x2+1)2dx .

      答案

      解 实数上的有理函数积分

      原式 =∫(Ax−1+Bx+Cx2+1+Dx+E(x2+1)2)dx

      求解出

      原式=∫(12(x−1)−x+12(x2+1)−x+0(x2+1)2)dx=12ln⁡|x−1|−12∫122x+1(x2+1)−∫122x(x2+1)2dx=12ln⁡|x−1|−14∫1(x2+1)d(x2+1)−12∫1x2+1dx−12∫1(x2+1)2d(x2+1)=12ln⁡|x−1|−14∫1(x2+1)d(x2+1)−12∫1x2+1dx−12∫1(x2+1)2d(x2+1)=12ln⁡|x−1|−14ln⁡(x2+1)−12arctan⁡x+12(x2+1)+C

      5. 求不定积分 ∫dx(x+1)2(x−1)43.

      答案

      解 原式 =−12∫(x+1x−1)−23⋅−2(x−1)2dx

      其中

      d(x+1x−1)=x−1−(x+1)(x−1)2=−2⋅1(x−1)2
      原式=−12∫(x+1x−1)−23⋅d(x+1x−1)=−32(x+1x−1)13+C

      6. 求不定积分 ∫max{1,|x|}dx .

      答案

      解 分段函数

      max[1,|x|]={−x,x<−11,−1⩽x⩽1x,x>1

      分段积分结果是

      {−x22+C1,x<−1x+C,−1⩽x⩽1x22+C2,x>1

      原函数连续条件可得

      C1=C−12
      C2=C+12

      因此结果是

      {−x22+C−12,x<−1x+C,−1⩽x⩽1x22+C+12,x>1

      解 令 x2−1=u ，有 f(u)=ln⁡(u+1u−1) ，进而

      f(φ(x))=ln⁡(φ(x)+1φ(x)−1)=ln⁡x

      由

      φ(x)+1φ(x)−1=x

      可得

      φ(x)=x+1x−1

      所以

      ∫φ(x)dx=∫x−1+2x−1dx=∫1+2x−1dx=x+2ln⁡|x−1|+C

      7. 设 f(x2−1)=ln⁡x2x2−2 ，且 f[φ(x)]=ln⁡x ，求 ∫φ(x)dx .

      答案

      （未找到对应解析）

      第五章 定积分与反常积分

      一、选择题

      1. 给出以下4个函数

      ①f(x)=xln⁡(x+1+x2).
      ②g(x)={xsin⁡1x,x≠0,0,x=0.

      ③ h(x)={sin⁡xx,x≠0,0,x=0.

      ④φ(x)={2xsin⁡1x2−2xcos⁡1x2,x≠0,0,x=0.

      其中在区间[0,1]上( )

      (A) 有界的共有 4 个.

      (B) 连续的共有 2 个.

      (C) 存在原函数的共有 3 个.

      (D) 可积的共有 2 个.

      答案：C

      解 勘误 B: 连续的函数共有 3 个

      ① 是初等函数, 是闭区间上的连续函数, 有界

      ② 不是初等函数. limx→0xsin⁡1x=0 ，因此是连续函数，同样是有界函数

      ③ limx→0sin⁡xx=1≠0 ，不是连续函数，但(0,1]上， |sin⁡xx|⩽1 所以是有界函数.这是第一类间断点，没有原函数.有界且有限个第一类间断点一定可积，因此可积

      ③ limx→02xsin⁡1x2−2xcos⁡1x2 是无穷小量—无界量，是一个无界量。补充：震荡间断点（第二类间断点）的函数有原函数。

      2. 设 f(x)={xex,0⩽x⩽1,2x+e−2,1<x⩽2, 记 F(x)=∫0xf(t)dt(0⩽x⩽2) ，则有（）

      (A)F(x)={xex−ex,0⩽x⩽1,x2+(e−2)x,1<x⩽2.
      (B)F(x)={xex−ex+1,0⩽x⩽1,x2+(e−2)x+2−e,1<x⩽2.
      (C)F(x)={xex+ex,0⩽x⩽1,x2+(e−2)x,1<x⩽2.
      (D)F(x)={xex+ex,0⩽x⩽1,x33+ex−2,1<x⩽2.

      答案：B

      解 回顾: 变上限函数一定是连续函数. 可以排除一些不连续的选项, 关注分段点即可. A. F(1)=0,limx→1+x2+(e−2)x=e−1≠0 , 排除 B. F(1)=1,limx→1+F(x)=1 C. F(1)=2e,limx→1+F(x)=e−1≠2e , 排除 D. F(1)=2e,limx→1+F(x)=13+e−2≠2e , 排除

      3. 设 f(x)={xex,x⩾0,1+x,x<0.F(x)=∫0xf(t)dt ，则（）

      (A) F(x) 在 x=0 点不连续.

      (B) F(x) 在 (−∞,+∞) 内连续，在x=0点不可导.

      (C) F(x) 在 (−∞,+∞) 内可导,且满足 F′(x)=f(x) .

      (D) F(x) 在 (−∞,+∞) 内可导,但不一定满足 F′(x)=f(x) .

      答案：B

      解 变上限函数一定是连续函数, 排除 A. 回顾两个结论 被积函数 f 连续, 变上限函数 F 一定是可导的 被积函数 f 有跳跃间断点, 变上限函数 F 一定是不可导的 根据题目可知

      f(0)=0limx→0−f(x)=limx→0−x+1=1

      这是一个跳跃间断点

      4. 设 α=∫−ππln⁡(x+1+x2)dx,β=∫−ππ(sin3⁡x+cos4⁡x)dx,γ=∫−ππ(x2sin⁡x+π2−x2)dx ，则（ ）

      (A) α<γ<β. (B) α<β<γ. (C) β<α<γ. (D) γ<α<β.

      答案：B

      解 α 对应的被积函数是一个奇函数，积分区间关于原点对称，所以 α=0

      同理 β=∫−ππcos4⁡xdx=2∫0πcos4⁡xdx=4∫0π2cos4⁡xdx=4⋅34⋅12⋅π2=34π.

      同理 γ=∫−πππ2−x2dx ，用几何意义，积分表示原点为圆心半径为 π 的上半圆面积，所以 γ=π32

      π32−34π=π2(π2−32)>0

      所以 γ>β>α

      5. 设函数 f(x) 与 g(x) 在 [0,2] 上连续，且 f(x)⩽g(x) ，则对任意的 c∈(0,2) （A） ∫c1f(t)dt⩽∫c1g(t)dt. (B) ∫1cf(t)dt⩽∫1cg(t)dt. (C) ∫c2f(t)dt<∫c2g(t)dt. (D) ∫c2f(t)dt⩽∫c2g(t)dt.

      答案：D

      解 回顾定积分比较定理,积分上限大于下限,函数的不等号和积分不等号一致.我们不知道1与c的大小关系,所以AB选项不确定.但c<2可以确定D选项

      6. 反常积分 ∫e+∞dx(1+x)(ln⁡x)a 收敛的充要条件是（ ）(A) α>0. (B) α>1. (C) α>2. (D) α>3.

      答案：B

      解 因为同阶同敛散且

      limx→+∞1(1+x)(ln⁡x)α=limx→+∞1x⋅(ln⁡x)α

      所以 ∫e+∞1x⋅(ln⁡x)αdx 与题干反常积分同敛散性

      ∫e+∞1x⋅(ln⁡x)αdx=∫e+∞(ln⁡x)−αd(ln⁡x)=11−α(ln⁡x)1−α|e+∞

      看可能存在奇点的地方,即正无穷处

      limx→+∞(ln⁡x)1−α<+∞⇒−α+1<0⇒α>1

      7. 若反常积分 ∫0+∞arctan⁡xxα(1+x)dx 收敛, 则 ( )

      (A) 0⩽α<1 . (B) 0<α⩽1 . (C) 0<α<2 . (D) 0<α⩽2 .

      答案：C

      解 奇异(瑕)点有正无穷和零,因此必须拆成两个反常积分

      ∫0+∞arctan⁡xxa(1+x)dx=∫02027arctan⁡xxa(1+x)dx+∫2027+∞arctan⁡xxa(1+x)dx

      因为

      limx→+∞arctan⁡xxa(1+x)=limx→+∞π2xa+1

      所以

      ∫2027+∞arctan⁡xxa(1+x)dx与π2∫2027+∞1xa+1dx=−π2αx−a|2027+∞同敛散
      ⇒α>0
      limx→0arctan⁡xxa(1+x)=limx→0xxa=limx→0x1−a

      ∫02027arctan⁡xxa(1+x)dx 与 ∫02027x1−adx=12−αx2−a|02027 同敛散

      ⇒2−α>0⇒α<2

      8. 当 x→0 时，下列无穷小量中最高阶的是（）

      (A) ∫0xarctan⁡t5dt . (B) ∫0x2tln⁡(1+t2)dt . (C) ∫0sin2⁡xx3sin⁡tdt . (D) ∫0x(1−cos⁡x)2dt .

      答案：B

      解 求一次导,阶降一

      A: arctan⁡x5∼x5 . 6 阶

      B: x2ln⁡(1+x4)⋅2x∼2x7. 8阶

      C: 3x2∫0sin2⁡xsin⁡tdt+x3⋅sin⁡(sin2⁡x)2sin⁡xcos⁡x 与 3x6+2x6 同阶.7阶

      D:(1−cos⁡x)2={1−[1−(1−cos⁡x)]12}2∼[12(1−cos⁡x)]2∼(12⋅12x2)2∼

      116x4.5 阶

      9. 设函数 f(x) 连续，则下列函数中，必为奇函数的是（）

      (A) ∫1xf(t2)dt. (B) ∫0xf2(t)dt. (C) ∫0xt[f(t)−f(−t)]dt. (D) ∫0xt[f(t)+f(−t)]dt.

      答案：C

      解 用奇函数过点 (0,0),f 不一定是常数函数，所以排除A.变限积分求导是偶函数，那么变限函数是奇函数.分别求导讨论

      B: f2(x) 不确定奇偶性

      C: x(f(x)−f(−x)) 偶函数

      D: x(f(x)+f(−x)) 奇函数

      二、填空题

      1. ∫−π2π2(x5+sin2⁡x)cos4⁡xdx=

      答案

      解 π16

      解原式=∫−π2π2sin2⁡xcos4⁡xdx=2∫0π2(1−cos2⁡x)cos4⁡xdx=2∫0π2cos4⁡x−cos6⁡xdx=2(34⋅12⋅π2−56⋅34⋅12⋅π2)=π16

      2. ∫π5π(1+sin3⁡x)cos2⁡xdx=

      答案

      解 2π

      解 原式 =4∫0πcos2⁡xdx+2∫−ππsin3⁡xcos2⁡xdx=8∫0π2cos2⁡xdx=8⋅12⋅π2=2π

      3. ∫−11(2+x3)1−x2dx=

      答案

      解 π

      解 原式 =∫−1121−x2dx+∫−11x31−x2dx

      第一项积分是半径为1的圆面积,第二项积分被积函数是奇函数,积分区间关于原点对称

      =2⋅12⋅π⋅12=π

      4. ∫1+∞ln⁡(1+x)x2dx=

      答案

      解 2ln⁡2

       解 原式 =∫1+∞ln⁡(1+x)d(−1x)=−1xln⁡(1+x)|1+∞+∫1+∞1xd(ln⁡(1+x))=−limx→+∞(1xln⁡(1+x))+ln⁡2+∫1+∞1x11+xdx=ln⁡2+∫1+∞1x−11+xdx=ln⁡2+ln⁡(x1+x)|1+∞=ln⁡2−ln⁡12=2ln⁡2

      5. ∫1+∞dxxx2−1=

      答案

      解 π2

      解 令 x=sec⁡t ，原式 =∫0π2sec⁡t⋅tan⁡tsec⁡t⋅tan⁡tdt=t|0π2=π2

      6.1

      解 对 x 求导得

      f(ex+1)⋅ex=1

      当 x=0 得 f(2)⋅1=1

      6. 设 f(x) 是连续函数，且 ∫1cx+1f(t)dt=x ，则 f(2)= .

      答案

      （未找到对应解析）

      8. 设可导函数 y=y(x) 由方程 ∫0x+ye−t2dt=∫0xxsin⁡t2dt 确定，则 dydx|x=0= .

      答案

      解 -1

      解 两边代入 x=0 可得 y(0)=0

      两边同时对 x 求导得

      e−(x+y)2⋅(1+y′)=∫0xsin⁡t2dt+x⋅sin⁡x2

      再代入 x=0 可得 y′(0)=−1

      f(x)=14(x−1)2−16

      解 令 2t=u,∫01f(2t)d(2t)=∫02f(u)du=A

      令 2x+1=u⇒x=u−12 , 有 f(u)=(u−1)24+A ∫02f(u)du=∫02(u−1)24+Adu=∫02(u−1)24du+2A ⇒A=14⋅13(u−1)3|01+2A

      A=−112[13−(−1)3]=−16
      f(x)=14(x−1)2−16

      9. 设 f(x) 是连续函数，且 f(2x+1)=x2+2∫01f(2t)dt ，则 f(x)= .

      答案

      （未找到对应解析）

      三、解答题

      1. 计算 ∫ee34dxxln⁡x(1−ln⁡x) .

      答案

      解 π6

      解 令 ln⁡x=u ，原式 =∫12341u1−udu

      令 u=sin2⁡t ，得

      ∫π4π32(sin⁡t⋅cos⁡t)sin⁡t⋅cos⁡tdt=2(π3−π4)=π6

      2. 计算定积分 I=∫13dxx21+x2 .

      答案

      解 −233+2

      解 令 x=tan⁡t ，原式 =∫π4π3sec2⁡ttan2⁡t⋅sec⁡tdt=∫π4π3d(sin⁡t)sin2⁡t =−1sin⁡t|π4π3=−233+2

      3. 计算 I=∫1+∞dxe1+x+e3−x.

      答案

      解 π4e2

      解 令 x+1=t ，原式 =∫2+∞ete2t+e4dt=∫2+∞1(et)2+(e2)2det =1e2arctan⁡ete2|2+∞=1e2(π2−π4)

      4.1

      解 令 x−t=u ，原式 =∫x0(x−u)f(u)(−du) =x∫0xf(u)du−∫0xuf(u)du=1−cos⁡x

      两边同时对 x 求导得

      ∫0xf(u)du+xf(x)−xf(x)=sin⁡x

      所以

      ∫0π2f(u)du=sin⁡x|x=π2=1

      4. 已知 f(x) 连续， ∫0xtf(x−t)dt=1−cos⁡x ，求 ∫0π2f(x)dx 的值.

      答案

      （未找到对应解析）

      5. 计算 ∫01f(x)xdx ，其中 f(x)=∫1xln⁡(1+t)tdt .

      答案

      解 −4ln⁡2+8−2π

      原式=2∫01f(x)dx=2f(x)x|01−2∫01xdf(x)=−2∫01xln⁡(1+x)xdx=−4∫01ln⁡(1+x)dx=−4xln⁡(1+x)|01+4∫01x1+xdx
      令x=u,原式=−4ln⁡2+4∫01u1+u2du2=−4ln⁡2+8∫011+u2−11+u2du=−4ln⁡2+8∫01u2+1−1u2+1du=−4ln⁡2+8(u−arctan⁡u)|01=−4ln⁡2+8−2π

      6. 求极限 limx→0∫0sin2⁡xxln⁡(1+t)dt1+x63−1.

      答案

      解 32

      解 用等价无穷小替换，原式 =limx→0x⋅∫0sin2⁡xln⁡(1+t)dt13x5 =limx→0∫0sin2⁡xln⁡(1+t)dt13x4 =limx→0ln⁡(1+sin2⁡x)⋅2sin⁡x⋅cos⁡x43x3 =limx→0sin2⁡x⋅2x⋅cos⁡x43x3 =limx→02cos⁡x43=32

      7. 设 x=x(t) 由方程 sin⁡t−∫1x−te−u2du=0 所确定，试求 d2xdt2|t=0 的值.

      8.（数三不要求）设 {y=tetA,x=∫0t2eu2du, 求 d2ydx2 .

      答案

      解 2e2

      解 题干方程代入 t=0 得 x(0)=1

      题干方程两边同时对 t 求导得

      cos⁡t−e−(x−t)2(x′(t)−1)=0

      代入 t = 0 得 x′(0)=e+1

      再次两边同时对 x 求导得

      −sin⁡t+e−(x−t)2(2(x−t)(x′(t)−1)2−x′′(t))=0

      代入 t=0 得

      e−1[2e2−x′′]=0

      所以 x″(0)=2e2

      9. 求连续函数 f(x) ，使它满足 ∫01f(tx)dt=f(x)+xsin⁡x.

      答案

      解 2cos⁡x−xsin⁡x−cos⁡x+C

      解 令 tx=u

      ∫01f(tx)dt=∫0xf(u)1xdu=1x∫0xf(u)du=f(x)+xsin⁡x

      所以 ∫0xf(u)du=xf(x)+x2sin⁡x ，两边同时求导得

      f(x)=f(x)+xf′(x)+2xsin⁡x+x2cos⁡xf′(x)=−2sin⁡x−xcos⁡x
      f(x)=2cos⁡x−∫xdsin⁡x=2cos⁡x−xsin⁡x+∫sin⁡xdx=2cos⁡x−xsin⁡x−cos⁡x+C

      10. 设函数 f(x)=∫01|t(t−x)|dt(0<x<1) ，求 f(x) 的极值、单调区间及曲线 y=f(x) 的凹凸区间.

      答案

      解

      f(x)=∫0xt(x−t)dt+∫x1t(t−x)dt=13x3−12x+13

      f′(x)=x2−12 ，其极值点是 x=12

      f′′(x)=2x

      总结

      x\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{\sqrt{2}},1\right)
      f(x)单减凹区间极小值单增凹区间
      f'(x)-0+
      f''(x)++

      极小值是

      f(12)=13(1−12)

      11. 求极限 limn→∞(nn2+n+nn2+2n+⋯+nn2+n2)sin⁡πn.

      答案

      解 2π(2−1)

      解原式=limn→∞∑k=1nnn2+knπn=πlimn→∞∑k=1n11+kn1n
      =π∫0111+xdx=π⋅2(1+x)|01=2π(2−1)

      12. 求极限 limn→∞(n2−1n2+1+n2−22n2+1+⋯+n2−n2n2+1) .

      答案

      解 π4

      解

      原式=limn→∞∑k=1nn2−k2n2+1=limn→∞∑k=1n1−(kn)21n+1n=limn→∞∑k=1n1−(kn)21n=∫011−x2dx

      积分几何含义是半径为 1 的圆的面积的四分之一, 所以答案是 π4 .

      13. 设 f(x) 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内二阶可导，且 ∫aa+b2f(x)dx=∫a+b2bf(x)dx=12f(b)(b−a) . 求证：在 (a,b) 内至少存在一个点 ξ ，使得 f″(ξ)=0 .

      答案

      解 根据积分中值定理 ∃ξ1∈(a,a+b2),ξ2∈(a+b2,b) 满足

      ∫aa+b2f(x)dx=f(ξ1)(a+b2−a)=12(b−a)f(ξ1)∫a+b2bf(x)dx=f(ξ2)(b−a+b2)=12(b−a)f(ξ2)

      因为 ∫aa+b2f(x)dx=∫a+b2bf(x)dx=12(b−a)f(b) ，所以 f(ξ1)=f(ξ2)=f(b) .根据罗尔定理， ∃η1∈(ξ1,ξ2),η2∈(ξ2,b) 使得 f′(η1)=f′(η2)=0 ，再用一次罗尔定理， ∃ξ∈(η1,η2) 使 f′′(ξ)=0.

      14. 设 f(x) 是以 T 为周期的连续函数，试证 limx→+∞∫0xf(t)dtx=∫0Tf(t)dtT .

      答案

      解 令 x=nT+α,0⩽α<T ，有

      ∫0xf(t)dt=∫0nT+αf(t)dt=∫0nTf(t)dt+∫nTnT+αf(t)dt

      由积分中值定理可得， ∃ξ∈(nT,nT+α)

      ∫nTnT+αf(t)dt=αf(ξ)

      这是一个常数. 所以

      limx→+∞∫0xf(t)dtx=limn→∞n∫0Tf(t)dt+αf(ξ)nT+α=limn→∞n∫0Tf(t)dtnT+α∫0Tf(t)dtT=limn→∞n∫0Tf(t)dt(n+1)T⩽limx→+∞∫0xf(t)dtx⩽limn→∞n∫0Tf(t)dtnT=∫0Tf(t)dtT

      由夹逼定理得证 limx→+∞∫0xf(t)dtx=∫0Tf(t)dtT

      第六章 定积分的应用

      一、选择题

      1. 曲线 y=x(x−1)(2−x) 与 x 轴所围成图形的面积可表示为( )

      (A) −∫02x(x−1)(2−x)dx. (B) ∫01x(x−1)(2−x)dx−∫12x(x−1)(2−x)dx. (C) −∫01x(x−1)(2−x)dx+∫12x(x−1)(2−x)dx. (D) ∫02x(x−1)(2−x)dx.

      答案

      解 曲线 y=x(x−1)(2−x) 与 x 轴所围成图形的面积可表示为 (C)

      (A) −∫02x(x−1)(2−x)dx.

      ∫01x(x−1)(2−x)dx−∫12x(x−1)(2−x)dx.

      (C) −∫01x(x−1)(2−x)dx+∫12x(x−1)(2−x)dx.

      (D) ∫02x(x−1)(2−x)dx.

      2. 双纽线 (x2+y2)2=x2−y2 所围成的区域面积可用定积分表示为（）

      (A) 2∫0π4cos⁡2θdθ. (B) 4∫0π4cos⁡2θdθ. (C) 2∫0π4cos⁡2θdθ. (D) 12∫0π4(cos⁡2θ)2dθ.

      答案

      解 双纽线 (x2+y2)2=x2−y2 所围成的区域面积可用定积分表示为(A)

      (A) 2∫0π4cos⁡2θdθ. r4=r2(cos2⁡θ−sin2⁡θ) (B) 4∫0π4cos⁡2θdθ.

      (C) 2∫0π4cos⁡2θdθ.r2=cos2⁡θ−sin2⁡θ (D) 12∫0π4(cos⁡2θ)2dθ.

      3. 曲线 y=sin32⁡x(0⩽x⩽π) 与 x 轴围成的图形绕 x 轴旋转一周所成的旋转体的体积为( )

      (A) 43 . (B) 43π . (C) 43π2 . (D) 23π .

      答案

      解 曲线 y=sin12⁡x(0⩽x⩽π) 与 x 轴围成的图形绕 x 轴旋转一周所成的旋转体的体积为 (B)

      (A) 43 .

      (B) 43π .

      (C) 43π2 .

      (D) 23π .

      Missing \begin{array} or extra \end{array} (做题时记录)

      4. 设 f(x) , g(x) 在区间 [a,b] 上连续，且 g(x)<f(x)<m (m 为常数)，则曲线 y=g(x) ， y=f(x) , x = a 及 x = b 所围平面图形绕直线 y = m 旋转一周而成的旋转体体积为（）

      (A) ∫abπ[2m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx. (B) ∫abπ[2m−f(x)−g(x)][f(x)−g(x)]dx. (C) ∫abπ[m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx. (D) ∫abπ[m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx.

      答案

      解 设 f(x),g(x) 在区间 [a,b] 上连续，且 g(x)<f(x)<m (m 为常数)，则曲线 y=g(x) ， y=f(x) ， x=a 及 x=b 所围平面图形绕直线 y=m 旋转一周而成的旋转体体积为（B）

      (A) ∫abπ[2m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx. (B) ∫abπ[2m−f(x)−g(x)][f(x)−g(x)]dx. (C) ∫abπ[m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx. (D) ∫abπ[m−f(x)+g(x)][f(x)−g(x)]dx.

      V1=∫abπ(m−g(x))2dx
      V2=∫abπ(m−f(x))2
      V=V1−V2=∫abπ(f−g)(2m−f−g)dx

      5. 如右图, x 轴上有一线密度为常数 μ , 长度为 l 的细杆, 有一质量为 m 的质点到杆右端的距离为 a . 已知引力系数为 k , 则质点和细杆之间引力的大小为 ( )

      (A) ∫−l0kmμdx(a−x)2 .

      (B) ∫0lkmμdx(a−x)2 .

      (C) ∫−l20kmμdx(a+x)2 .

      (D) 2∫0l2kmμdx(a+x)2

      答案

      解 如右图，x 轴上有一线密度为常数 μ ，长度为 l 的细杆，有一质量为 m 的质点到杆右端的距离为 a。已知引力系数为 k，则质点和细杆之间引力的大小为（A）

      (A) ∫−10kmμdx(a−x)2.

      (B) ∫0tkmμdx(a−x)2.

      (C)∫−120kmμdx(a+x)2.

      (D) 2∫012kmμdx(a+x)2.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)(做题时记录)

      二、填空题

      1. 曲线 y=−x3+x2+2x 与 x 轴所围成的图形的面积 A = .

      答案

      解 曲线 y=−x3+x2+2x 与 x 轴所围成的图形的面积 A=3712

      y=−x|x2−x−2|=−x(x−2)(x+1)

      −∫−10−x3+x2+2xdx+∫02−x3+x2+2xdx=−14−13+1−164+83+4

      2. 曲线 y=x+1x , x = 2 及 y = 2 所围图形的面积 S = .

      答案

      解 曲线 y=x+1x , x = 2 及 y = 2 所围图形的面积 S=ln⁡2−12 .

      ∫12(x+1x−2)dx=12(4−1)−2(2−1)+ln⁡2−ln⁡1

      3. 曲线 y=ln⁡x 与两直线 y=(e+1)−x 及 y=0 所围成的平面图形的面积为 .

      答案

      解 曲线 y=ln⁡x 与两直线 y=(e+1)−x 及 y = 0 所围成的平面图形的面积为 3/2 . ln⁡x+x=e+1⇒x=e 线索 答题区 笔记

      ∫01(e+1)−y−eydy=(e+1)−12−(e−1)

      4. 曲线 y=xex 与直线 y = ex 所围成的平面图形的面积 S = .

      答案

      解 曲线 y=xex 与直线 y = e x 所围成的平面图形的面积 S=12e−1

      ∫01|ex−xex|dx=e2−xex|01+ex|01=12e−e+e−1

      5. 位于曲线 y=xe−x(0⩽x<+∞) 下方， x 轴上方的无界图形的面积是 .

      答案

      解 位于曲线 y=xe−x(0⩽x<+∞) 下方， x 轴上方的无界图形的面积是

      |0+Nxe−xdx=|0+N−xde−x=−xe−x|0+N+|0+Ne−xdx=−e−x|0+N=0+1

      6. 设曲线的极坐标方程为 ρ=eaθ(a>0) , 则该曲线上相应于 θ 从 0 到 2π 的一段弧与极轴所围成的图形面积为 .

      答案

      解 设曲线的极坐标方程为 ρ=eα(a>0) ，则该曲线上相应于 θ 从 0 到 2π 的一段弧与极轴所围成的图形面积为 14a(e4aπ−1)

      ∫02π12e2aθdθ=1212a∫02πe2aθd2aθ=14ae2aθ|02π

      7. 曲线 y=cos2⁡x(0⩽x⩽π) 与 x 轴所围图形绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积为 .

      答案

      解 曲线 y=cos2⁡x(0⩽x⩽π) 与 x 轴所围图形绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积为 3π2/8

      ∫0ππ|cos2⁡x|2dx=π∫0πcos4⁡xdx=2π∫0π2cos4⁡xdx=2π⋅34⋅12⋅π2

      三、解答题

      1. 求由心形线 r=a(1+cos⁡θ)(a>0) 所围图形的面积.

      答案

      解 求由心形线 r=a(1+cos⁡θ)(a>0) 所围图形的面积.

      (读题时记录)(做题时记录)2∫0π12a2(1+cos⁡θ)2dθ=a2∫0π1+2cos⁡θ+cos2⁡θdθ=a2(π+0+2∫0π2cos2⁡θdθ)⋅45.12⋅π2

      2. 求双纽线 (x2+y2)2=a2(x2−y2)(a>0) 所围的区域 A 的面积及 A 绕极轴旋转所得旋转体的侧面积.

      答案

      （未找到对应解析）

      3. 求曲线 y=x2−2x,y=0,x=1,x=3 所围成平面图形的面积 S ，并求该平面图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积 V .

      答案

      （未找到对应解析）

      4. 已知一抛物线通过 x 轴上的两点 A(1,0),B(3,0) .

      (1) 求证: 两坐标轴与该抛物线所围图形的面积等于 x 轴与该抛物线所围图形的面积.

      (2) 计算上述两平面图形绕 x 轴旋转一周所产生两个旋转体体积之比.

      答案

      解 已知一抛物线通过 x 轴上的两点 A(1,0), B(3,0).

      (1) 求证: 两坐标轴与该抛物线所围图形的面积等于 x 轴与该抛物线所围图形的面积.

      (2) 计算上述两平面图形绕 x 轴旋转一周所产生两个旋转体体积之比.

      设 y=a(x−1)(x−3) y2=a2(x4−8x3+22x2−24x+9) S1=∫01|a||x−1||x−3|dx=|a|∫01x2−4x+3dx=|a|⋅[13−2+3]=43|a| S2=∫13|a||x−1||x−3|dx=|a|∫13−x2+4x−3dx=|a|⋅[−13|27−1|+2(9−1)−3(3−1)] V1=πa2|15x5−2x4+223x3−12x2+9x||0=3815πa2 笔记 (做题时记录) 43|a| 5.某水库的闸门形状为等腰梯形, 它的两条底边各长 10m 和 6m, 高为 20m, 较长的底边与水面相齐. 计算闸门的一侧所受水的压力. ρg(2000−16003)

      ρgx⋅10−x5dx=ρg(5x2−x315)|020

      5. 某水库的闸门形状为等腰梯形, 它的两条底边各长 10 m 和 6 m , 高为 20 m , 较长的底边与水面相齐. 计算闸门的一侧所受水的压力.

      答案

      （未找到对应解析）

      6. 一个半径为 R(m) 的球形贮水箱盛满了水. 如果把箱中的水从顶部全部抽出, 需要作多少功?

      答案

      解 一个半径为 R(m) 的球形贮水箱盛满了水. 如果把箱中的水从顶部全部抽出, 需要作多少功?

      =ρgπ∫−RRR3−Rx2−xR2+x3dx=2πρg∫0RR3−Rx2dx=2πρg|R4−RR33|=43πρgR4
      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\lambda^{2}-2\lambda=0 \Rightarrow \lambda_{1}=0 \quad \lambda_{2}=2 \Rightarrow \overline{y}=C_{1}+C_{2}e^{2x}y^{*}=(ax+b)e^{2x}\cdot x(做题时记录)困难卡点

      第七章 微分方程

      一、选择题

      1. 设连续函数 f(x) 满足 f(x)=∫0xf(t)dt+2 ，则 f(x) 等于（）

      (A) e2x . (B) 2e2x . (C) 2ex . (D) 12ex .

      答案

      解 设连续函数 f(x) 满足 f(x)=∫0xf(t)dt+2 ，则 f(x) 等于 (C) (A) e2x , (B) 2e2x . (C) 2ex . (D) 12ex .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏f'(x) = f(x)\int \frac{df}{f} = \int dxf(0) = 2\ln |f| = x + c_1f(x) = ce^x(做题时记录)困难卡点

      2. 方程 y″−2y′=xe2x 的特解形式为（）

      (A) y=axe2x. (B) y=(ax+b)e2x. (C) y=x(ax+b)e2x. (D) y=x2(ax+b)e2x.

      答案

      解 方程 y″−2y′=x!e2x― 的特解形式为 (C) (A) y=axe2x . (B) y=(ax+b)e2x . (C) y=x(ax+b)e2x . (D) y=x2(ax+b)e2x

      3. 方程 y″+y=ex+1+sin⁡x 的特解形式为（）

      (A) aex+b+csin⁡x. (B) aex+b+ccos⁡x+dsin⁡x. (C) aex+b+x(ccos⁡x+dsin⁡x). (D) aex+b+cxsin⁡x.

      答案

      解 方程 y″+y=ex+1+sin⁡x 的特解形式为 (C) (A) aex+b+csin⁡x. (B) aex+b+ccos⁡x+dsin⁡x. (C) aex+b+x(ccos⁡x+dsin⁡x). (D) aex+b+cxsin⁡x.

      (读题时记录) λ2+1=0⇒λ=±i⇒y―=C1cos⁡x+C2sin⁡x 持续 更新 y∗=aex+b+(ccos⁡x+dsin⁡x)⋅x

      二、填空题

      1. 方程 (xy2+x)dx+(y−x2y)dy=0 的通解为 .

      答案

      解 方程 (xy2+x)dx+(y−x2y)dy=0 的通解为 y2+1=C(x2−1)

      x(y2+1)dx=y(x2−1)dy
      ∫xx2−1dx=∫yy2+1dy
      12ln⁡|x2−1|+C2=12ln⁡(y2+1)

      2. 方程 y′=1+x+y2+xy2 的通解为 .

      答案

      解 方程 y′=1+x+y2+xy2 的通解为 y=tan⁡(x+x22+c)

      y′=(1+x)+y2(1+x)=(1+x)(1+y2)∫11+y2dy=∫(1+x)dxarctan⁡y=x+x22+C

      3. 方程 x1+ydx−y1+xdy=0 满足 y|x=0=1 的特解为 .

      答案

      解 方程 x1+ydx−y1+xdy=0 满足 y|x=0=1 的特解为 12y2+13y3=12x2+13x3+56

      x(1+x)dx=y(1+y)dy
      x22+13x3+C=12y2+13y3
      0+C=12+13=56

      4. 方程 xy′−xsin⁡yx−y=0 的通解为 .

      答案

      解 方程 xy′−xsin⁡yx−y=0 的通解为 csc⁡yx−cot⁡yx=cx

      y′−sin⁡yx−yx=0
      y′=u+u′x
      csc⁡u−cot⁡u=cx
      u′x+u−sin⁡u−u=0
      csc⁡yx−cot⁡yx=cx
      ∫1sin⁡udu=∫1xdx

      5. 方程 y′=yx(1+ln⁡y−ln⁡x) 的通解为 .

      答案

      解 方程 y′=yx(1+ln⁡y−ln⁡x) 的通解为 y=xecx

      y′=yx(1+ln⁡yx)
      令yx=u则y′=u′x+u
      ∫1uln⁡udu=∫1xdx
      u′x+u=u(1+ln⁡u)
      ln⁡|ln⁡u|=ln⁡|x|+C1
      ln⁡u=cx⇒u=ecx⇒yx=ecx

      6. 方程 xy′+y=2xy 的通解为 .

      答案

      解 方程 xy′+y=2xy 的通解为 X−xy=C

      y′+yx=2yx
      令yx=u则y′=u′x+u
      ∫1u−udu=∫2xdx

      (做题时记录) 11−t=C2x

      u′x+u+u=2u
      令Ju=t
      则u=t2
      ∫1t−t22tdt=∫2xdx
      1−t=1C2x
      −|n|1−t|=|n|x|+C1

      7. 方程 y′cos⁡x+ysin⁡x=1 的通解为 .

      答案

      解 方程 y′cos⁡x+ysin⁡x=1 的通解为 y=c⋅cos⁡x+sin⁡x

      1−yx=1C2x

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) y′+tan⁡x⋅y=sec⁡x y=e−∫tan⁡xdx(∫sec⁡x⋅e∫tan⁡xdxdx+c) y=cos⁡x(∫sec⁡x⋅1cos⁡xdx+c)=cos⁡x(tan⁡x+c)=sin⁡x+ccos⁡x 8. 方程 xy′+2y=sin⁡x 满足条件 y|x−x=1π 的特解为 y=1x2sin⁡x−1xcos⁡x

      (读题时记录) y′+2xy=sin⁡xx

      y=e−∫2xdx(∫sin⁡xx⋅e∫2xdxdx+c)
      (做题时记录)1π=1π2(π+C)⇒C=0
      y=1x2(∫sin⁡xxx2dx+c)=1x2(−xcos⁡x+sin⁡x+c)
      −∫xdcos⁡x=−xcos⁡x+∫cos⁡xdx

      8. 方程 xy′+2y=sin⁡x 满足条件 y|x=π=1π 的特解为 .

      答案

      （未找到对应解析）

      9. 方程 3y″−2y′−8y=0 的通解为 .

      答案

      解 方程 3y″−2y′−8y=0 的通解为 y=C1e2x+C2e−43x

      3λ2−2λ−8=0
      (λ−2)(3λ+4)=0
      λ1=2λ2=−43

      10. 方程 y‴−y′=0 满足条件 y|x=0=3,y′|x=0=−1,y″|x=0=1 的特解为 .

      11.（数三不要求）方程 y″+21−yy′2=0 (y 不是恒常数) 的通解为 .

      12.（仅数三要求）差分方程 yx+1+5yx=5 满足条件 y0=3 的特解为

      13.（仅数三要求）差分方程 yx+1−yx=5 的通解为 .

      14.（仅数三要求）差分方程 yt+1−yt=2t 的通解为 .

      答案

      解 方程 y″−y′=0 满足条件 y|x=0=3 , y′|x=0=−1 , y″|x=0=1 的特解为 y=2+e−x .

      (读题时记录) λ3−λ=0⇒λ1=0.λ2=1.λ3=−1

      y=C1+C2ex+C3e−x
      3=C1+C2+C3
      y′=C2ex−C3e−x
      y′′=C2ex+C3e−x
      −1=C2−C31=C2+C3→C2=0C3=1

      11.（数三不要求）方程 y″+21−yy′2=0 (y 不是恒常数) 的通解为 11−y=C1x+C2

      (读题时记录) 令 y′=P 则 y″=dpdy⋅P

      dpdy⋅p=2y−1p2

      ln⁡|p|=ln⁡(y−1)2+C
      1pdp=2y−1dy
      dydx=P=C1[y−1]2
      1(y−1)2dy=C1dx=−1y−1=C1x+C2

      三、解答题

      1. 求方程 (ex+y−ex)dx+(ex+y+ey)dy=0 的通解.

      答案

      解 求方程 (ex+y−ex)dx+(ex+y+ey)dy=0 的通解.

      2. 求 (x−2y)dy=2ydx 的通解.

      答案

      解 求 (x−2y)dy=2ydx 的通解.

      (1−2yx)dydx=2yx
      ∫1u+−2⋅22u+1du=ln⁡|x|+C1

      令 yx=u 则 y′=u′x+u

      ln⁡|u|−2ln⁡(2u+1)=ln⁡|x|+C1
      (1−2u)(u′x+u)=2u
      (1−2u)×u′=2u2+u
      u(2u+1)2=Cxyx=Cx(2yx+1)2
      ∫1−2u2u2+udu=∫1xdx
      y=C(2y+x)2

      3. 求方程 dydx=yx+y4 的通解.

      答案

      解 求方程 dydx=yx+y4 的通解. x=13y4+cy

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) dxdy=xy+y3 x=e∫1ydy(∫y3e−1ydy) (做题时记录) 解: 画图 3.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.1.

      4. 求方程 xy′=yln⁡yx 的通解.

      答案

      解 求方程 xy′=yln⁡yx 的通解. y=xecx+1

      y′=yxln⁡yx
      令yx=u
      y′=u′x+u
      ∫duu(ln⁡u−1)=∫1xdx
      yx=u=ρcx+1
      u′x+u=uln⁡u
      |n||nu−1|=|n|x|+C1
      ln⁡u=Cx+1

      5. 求方程 2xdy−ydx=2y2dy 的通解.

      答案

      解 求方程 2xdy−ydx=2y2dy 的通解. x=cy2−2y2ln⁡|y|

      (读题时记录) (2x−2y2)dy=ydx

      (1−2y⋅e1−2ydydy+c)
      x=y2|−2y−1y2dy+c|x=y2(−2ln⁡|y|+c)( 做题时记录 )

      6. 求方程 y″+y′=2x2+1 的通解.

      答案

      解 求方程 y″+y′=2x2+1 的通解. y=C1+C2e−x+23x3−2x2+5x

      (读题时记录) λ2+λ=0⇒λ1=0λ2=−1⇒y―=G+C2e−x y∗=|Ax2+Bx+C|⋅x=Ax3+Bx2+Cx |y∗|′=3Ax2+2Bx+C 6 Ax+2B+3Ax2+2Bx+C=2x2+1⇒A=73,B=−2;C=5 (做题时记录) 写出解题过程，步步有理、有据

      7. 求方程 y″+4y′+4y=e−2x 满足条件 y(0)=0,y′(0)=1 的特解.

      8.（数三不要求）求方程 xy″=y′+x2 的通解.

      答案

      解 求方程 y″+4y′+4y=e−2x 满足条件 y(0)=0,y′(0)=1 的特解. y=xe−2x+12x2e−2x

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) λ2+4λ+4=0⇒λ12=−2⇒y―=C1e−2x+C2xe−2x 简化 提示隐藏 y∗=AE−2x⋅x2 2A−4AX−4AX+4AX2+4(2AX−2AX2)+4AX2=1⇒A=12 y=C1e−2x+C2xe−2x+12x2−2x 0=C1 y′=C2(1−2x)e−2x+|x−x2|e−2x

      8.（数三不要求）求方程 xy″=y′+x2 的通解 y=13x3+C1x2+C2=C2

      (读题时记录) 令 y′=P 则 y″=P′ 简化

      提示隐藏 xP′=P+x2 P′−1xP=x

      P=e|1xdx|x⋅e|1xdx|x+c1 y′=P=x(|x1xdx+c1|)=x(x+c1)=x2+c1x y=13x3+12c1x2+c2

      9. 设 f(x) 连续，满足 ∫01f(xt)dt=12f(x)+1 ，求 f(x) .

      答案

      解 设 f(x) 连续，满足 ∫01f(xt)dt=12f(x)+1 ，求 f(x) . f(x)=2+cx

      ∫0xf(u)⋅1xdu
      f(x)=12f(x)+12xf′(x)+1
      f′(x)−1xf(x)=−2x
      f(x)=ρ∫1xdx(∫−2xρ∫−1xdxdx+c)=x(∫−2x2dx+c)=x(2x+c)

      10. 设 f(u,v) 具有连续偏导数，且满足 fu′(u,v)+fv′(u,v)=uv ，求 y(x)=e−2xf(x,x) 所满足的一阶微分方程，并求其通解.

      答案

      解 设 f(u,v) 具有连续偏导数，且满足 fn′(u,v)+fn′(u,v)=uv ，求 y(x)=e−2x⋅f(x,x) 所满足的一阶微分方程，并求其通解。 y′=−2y+ℓ−2xx2 y=ℓ−2x(13x3+c)

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) y′=−2e−2xf(x,x1)+e−2x|f1′⋅1+f2′⋅1| 简化 提示隐藏 y′=−2y+e−2xx2 y′+2y=x2e−2x y=e−∫2dx|x2e−2x⋅e∫2dxdx+c|=e−2x|∫x2dx+c| (做题时记录)

      11. 设函数 f(x) 具有连续的一阶导数, 且满足

      f(x)=∫0x(x2−t2)f′(t)dt+x2,

      求 f(x) 的表达式.

      答案

      解 设函数 f(x) 具有连续的一阶导数，且满足

      f(x)=ex2−1

      求 f(x) 的表达式.

      f′(x)=2x∫0xf′(t)dt+x2f′(x)−x2f′(x)+2x
      f′(x)−2xf(x)=2x
      f(x)=ex2(−e−x2+c)=Cex2−1
      f(x)=e∫2xdx(∫2x⋅e∫−2xdxdx+c)=ex2(∫2xe−x2dx+c)

      12. 设 f(x) 连续且满足 ∫0x[2f(t)−1]dt=f(x)−1 ，求 f(x) .

      答案

      解 设 f(x) 连续且满足 ∫0x[2f(t)−1]dt=f(x)−1 ，求 f(x) . 12(1+e2x)

      2f(x)−1=f′(x)
      0=f(0)−1
      f′(x)−2f(x)=−1
      f(x)=ef2dx∫−1⋅ef−2dxdx+c1
      f(x)=e−2x(∫−e−2xdx+c)=e2x(12e−2x+c)1=12+c⇒c=12

      13. 设有一曲线通过点(0,1)，且其上任一点的切线垂直于此点与原点的连线，试求该曲线的方程.

      答案

      解 设有一曲线通过点(0,1)，且其上任一点的切线垂直于此点与原点的连线，试求该曲

      线的方程. x2+y2=1

      y′⋅y−0x−0=−1

      y′=−1yx 令 yx=u 则 y′=u′x+u

      u′x=−1u−u=−1+u2u
      ∫u1+u2du=∫−1xdx⇒12ln⁡(1+u2)=−2ln⁡x+C1⇒1+u2=Cx2⇒x2+y2=C

      14. 一曲边梯形的曲边方程为 y=f(x)(f(x)⩾0) ，底边位于区间 [0,x] 上，其面积与 f(x) 的 (n+1) 次幂成正比 (n>0) ，又 f(0)=0,f(1)=1 ，求 f(x) .

      15.（数三不要求）设曲线 l1 及 l2 都过点(1,1)，且 l1 上点 (x,y) 处的纵坐标 y 与横坐标 x 之比关于 x 的变化率等于2. l2 上点 (x,y) 处的纵坐标 y 与横坐标 x 之积关于 x 的变化率也等于2，求曲线 l1 与 l2 所围图形的面积.

      答案

      解 一曲边梯形的曲边方程为 y=f(x)(f(x)⩾0) ，底边位于区间 [0,x] 上，其面积与 f(x) 的 (n+1) 次幂成正比 ( n>0 )，又 f(0)=0 ， f(1)=1 ，求 f(x) . f(x)=xn

      ∫0xf(t)dt=kf(x)n+1⇒f(x)=(n+1)⋅kf(x)n⋅f(x)′
      fH(x)⋅f′(x)=1(n+1)k⇒∫fH(x)df=∫1(n+1)kdx⇒1nfπ(x)=x(n+1)k+C
      1π=1(π+1)k⇒k=ππ+155.1πf′′(x)=xπ
      0=0+C

      16. 已知曲线的切线在纵坐标轴上的截距等于切点处的横坐标 x ，求此曲线的方程。

      答案

      （未找到对应解析）

      17. 设一曲线 y=f(x) 过点(2,5)，以 [1,x](x>1) 为底。该曲线 y=f(x) 为曲边的曲边梯形面积等于以 [1,x] 为底而高为 f(x) 的矩形面积的 13 ，求该曲线方程。

      答案

      （未找到对应解析）

      第八章 多元函数微分学

      一、选择题

      1. 设 k 为常数，则极限 limx→0y→0xy2sin⁡kyx2+y4 (A) 等于零.

      (B) 等于 12 .

      (C) 不存在.

      (D) 存在与否与 k 取值有关.

      答案

      解 设 k 为常数，则极限 limx→0xy2sin⁡kyx2+y4=limx→0kx,y3x2+y4=0 A (A) 等于零. (B) 等于 12 .

      (C) 不存在.

      (D) 存在与否与 k 取值有关.

      提示隐藏答题区

      0≤|kxy3x2+y4|≤|kxy32xy2|=|k2y|→0(y>0)

      2. 已知 f(x,y)=sin⁡x4+y2 ，则（）

      (A) fx′(0,0),fy′(0,0) 都存在. (B) fx′(0,0) 不存在， fy′(0,0) 存在. (C) fx′(0,0) 存在， fy′(0,0) 不存在. (D) fx′(0,0),fy′(0,0) 都不存在.

      答案

      解 已知 f(x,y)=sin⁡x4+y2 ，则（C）

      (A) fx′(0,0),fy′(0,0) 都存在.

      (B) fx′(0,0) 不存在， fy′(0,0) 存在.

      (C) fx′(0,0) 存在， fy′(0,0) 不存在.

      (D) fx′(0,0),fy′(0,0) 都不存在.

      fx′(0,0)=limx→0f(x,0)−f(0,0)x−0=limx→0sin⁡x4−0x=limx→0x2x=limx→0x=0
      fy′(0,0)=limy→0f(0,y)−f(0,0)y−0=limy→0sin⁡y2−0y=limy→0|y|y={limy→0−−yyy0),fy′(x0,y0) 都存在，则 (D)

      3. 设 fx′(x0,y0),fy′(x0,y0) 都存在，则（）

      (A) f(x,y) 在 (x0,y0) 处连续. (B) f(x,y) 在 (x0,y0) 处可微. (C) limx→x0y→y0f(x,y) 存在. (D) limx→x0f(x,y0) 存在.

      答案

      解 设 fx′(x0,y0),fy′(x0,y0) 都存在，则 (D)

      (A) f(x,y) 在 (x0,y0) 处连续.

      (B) f(x,y) 在 (x0,y0) 处可微.

      (C) limx→x0y→y0f(x,y) 存在.

      (D) limx→x0f(x,y0) 存在.

      fx′(x0y0)=limx→x0f(x,y0)−f(x0y0)x−x0→0 答题区  答题区  答题区  答题区  答题区 
      limx→x0f(x,y0)=f(x0,y0) 值 

      4. 设 f(x,y)={xy2x2+y2,(x,y)≠(0,0)0,(x,y)=(0,0) ，则 f(x,y) 在点(0, 0)处（）

      (A) 两个偏导数都不存在.

      (B) 两个偏导数存在但不可微.

      (C) 偏导数连续.

      (D) 可微但偏导数不连续.

      答案

      解 设 f(x,y)={xy2x2+y2,(x,y)≠(0,0)0,(x,y)=(0,0) ，则 f(x,y) 在点(0,0)处(B)

      (A) 两个偏导数都不存在.

      (B) 两个偏导数存在但不可微.

      (C) 偏导数连续 ⟹ 可微

      (D) 可微但偏导数不连续.

      fx′(0,0)=limx→0f(x,0)−f(0,0)x−0=limx→00−0x=0
      fy′(0,0)=limy→0f(0,y)−f(0,0)y−0=limy→00−0y=0
      f(x,y)={x2+y2x2+y2,x2+y2≠00,x2+y2=0

      (A) 两个偏导数都不存在.

      (B) 两个偏导数存在但不可微.

      (C) 可微但偏导数不连续.

      (D) 偏导数连续.

      fx′(0,0)=limx→0f(x,0)−f(0,0)x−0=limx→00−0x=0=fy′(0,0)
      0≤limx→0y→0x2y2x2+y2−0−0−0x2+y2=limx→0y→0x2y2|x2+y2|32≤limx→0y→0x2y222|xy|32=0
      f(x,y) 在 (x0,y0)
      (A)fx′(x0,y0)=fy′(x0,y0)=0.
      fx′(x,y)=2xy2|x+y2−x2||x2+y2|2

      (D) f(x,y0) 在 x0 处取极小值.

      在 x0y0 的邻域内在 x0 的邻域内

      f(x,y)>f(x0,y0)

      5. 设 f(x,y)={x2y2x2+y2,x2+y2≠00,x2+y2=0 ，则 f(x,y) 在点(0,0)处（）

      (A) 两个偏导数都不存在.

      (B) 两个偏导数存在但不可微.

      (C) 可微但偏导数不连续.

      (D) 偏导数连续.

      答案

      （未找到对应解析）

      6. 设函数 f(x,y) 在 (x0,y0) 点处取得极小值，则（）

      (A) fx′(x0,y0)=fy′(x0,y0)=0. (B) fx′(x0,y0)=0,fxx′′(x0,y0)>0. (C) fy′(x0,y0)=0,fyy′′(x0,y0)>0.

      (D) f(x,y0) 在 x0 处取极小值.

      答案

      （未找到对应解析）

      7. 已知 df(x,y)=(x2+2xy−y2)dx+(x2−2xy−y2)dy ，则 f(x,y)=() (A) x33−x2y+xy2−y33. (B) x33−x2y−xy2−y33. (C) x33+x2y+xy2−y33+C. (D) x33+x2y−xy2−y33+C.

      答案

      解 已知 df(x,y)=(x2+2xy−y2)dx+(x2−2xy−y2―)dy ，则 f(x,y)=(D) (A) x33−x2y+xy2−y33. (B) x33−x2y−xy2−y33. (C) x33+x2y+xy2−y33+C. (D) x33+x2y−xy2−y33+C.

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) f(x,y)=13x3+x2y−xy2+C(y) f(y)=x2−2y(x+C(y))C′(y)=−y2⇒C(y)=−13y3+C (做题时记录)

      8. 设 x+y−z=ex,xex=tan⁡t,y=cos⁡t ，则 dzdt|t=0=() (A) 12 . (B) −12 . (C) 1. (D) 0.

      答案

      解 设 x+y−z=ex , xex=tan⁡t , y=cos⁡t , 则 dzdt|t=0=(D) (A) 12 . (B) −12 . (C)1. (D)0.

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) dx+dy−dz=Δtx=exdx (ex+xex)dx=dttan⁡t=sec2⁡tdt|t=0⇒dx=dt dy=dcos⁡t=−sin⁡tdt|t=0⇒dy=0 dt+0−dz=dt⇒dz=0

      9. 设方程 x+z=yf(x2−z2) (其中 f 可微) 确定了函数 z=z(x,y) , 则 z∂z∂x+y∂z∂y= ( )

      (A)x. (B)y. (C)z. (D) yf(x2−y2) .

      答案

      解 设方程 x+z=yf(x2−z2) (其中 f 可微) 确定了函数 z=z(x,y) ，则 z∂z∂x+y∂z∂y= (A)

      (A)x.

      (B)y.

      (C)z.

      (D) yf(x2−y2) .

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) Fx′=y⋅f′⋅2x−1 ; Fy′=f ; Fz′=y⋅f′⋅(−2z)−1=−(2yzf′+1) z∂z∂x=−Fx′Fz′z=|2xyf′−1|z2yzf′+1 y∂z∂y=−Fy′Fz′y=f⋅y2yzf′+1 (做题时记录) ⇒2xyzf′−z+yf2yzf′+1=2xyzf′+x2yzf′+1=x (提示隐藏)

      10. 函数 z=x3−3x+y2 在点(1,0)处（）

      (A) 取得极大值.

      (B) 不取得极值.

      (C) 取得极小值.

      (D) 不能确定是否取得极值.

      答案

      解 函数 z=x3−3x+y2 在点 (1,0) 处（C）

      (A) 取得极大值.

      (B) 不取得极值.

      (C) 取得极小值.

      (D) 不能确定是否取得极值.

      3x′=3x2−33y′=2y|(1,0)=0

      驻点

      zxx′′=6x
      3y=2

      A=6 (做题时记录)

      C=2>0
      AC−B2>0
      zxy′′=0

      二、填空题

      1. limx→0y→0xy(x2−y2)x2+y2= .

      答案

      解 limx→0y→0xy(x2−y2)x2+y2=0

      0≤limx→0y→0|xy(x2−y2)x2+y2|⩽limx→0y→0|xy(x2−y2)2xy|=limx→0y→012|x2−y2|=0
      You can't use 'macro parameter character #' in math mode
      limx→+∞xx2+y2sin⁡y+limx→+∞yx2+y2sin⁡x
      0⩽limx→+∞xx2+y2⩽limx→+∞x2xy=limy→+∞12y=0

      3. 设 f(x,y)={(1+xy)2x2+y2,x2+y2≠0a,x2+y2=0 在(0,0)点连续，则 a= .

      答案

      解 设 f(x,y)={(1+xy)2x2+y2,x2+y2≠0a,x2+y2=0 在 (0,0) 点连续，则 a=.

      0≤limx→0y→0|2xyx2+y2|≤limx→0y→02xy2xy=limx→0y→02xy=0

      4. 设 z=(x−2y)y−2x , 则 ∂z∂x|x=1y=0= .

      答案

      解 设 z=(x−2y)x−2x ，则 ∂z∂x|x=0x−1=−2 .

      3(x,0)=x−2x=ρ−2xln⁡x
      ∂z∂x|y=0=e−2xln⁡x|−2ln⁡x−2x1x)|x=1=−2

      5. 设 f(x,y,z)=ex+y2z ，其中 z=z(x,y) 是由方程 x+y+z+xyz=0 所确定的隐函数，则 fx′(0,1,−1)= .

      答案

      解 设 f(x,y,z)=ex+y2z ，其中 z=z(x,y) 是由方程 x+y+z+xyz=F―(x,y,z) 隐函数，则 fx′(0,1,−1)=1― .

      fx′+fz′∂z∂x=ex+y2∂z∂xfx′=ex|x=0=1
      Fx′=1+yz
      Fa′=1+xy
      ∂z∂x=−Fx′Fy′=−1+yz1+xy|(0.1)=1

      6. 设 z=f(xy,x2+y2) , 其中 f 可微, 则 ∂z∂x= .

      答案

      解 设 z=f(xy,x2+y2) ，其中 f 可微，则 ∂z∂x=yf1′+2xf2′

      f1′⋅y+f2′⋅2x

      7. 设 z=ex+y2+f(x+y) , 且当 y=0 时, z=x3 , 则 ∂z∂x= .

      答案

      解 设 z=ex+y2+f(x+y) ，且当 y = 0 时， z=x3 ，则 ∂z∂x=ex+3(x+y)2−e(x+y)

      ∂z∂x=ex+f′(x+y)
      z=ex+f(x)=x3
      3(x+y)2−e(x+y)
      f(x)=x3−lx
      f′(x)=3x2−ρx

      8. 设 z=ln⁡(x+y) ，则 x∂z∂x+y∂z∂y= .

      答案

      解 设 z=ln⁡(x+y) ，则 x∂z∂x+y∂z∂y=12 .

      (读题时记录) x∂z∂x=1x+y⋅12x⋅x=x2(x+y) y∂z∂y=12y(x+y)y=y2(x+y) (做题时记录)

      9. 设 u=x2+y2+z2 ，则 (∂u∂x)2+(∂u∂y)2+(∂u∂z)2= .

      答案

      解 设 u=x2+y2+z2 , 则 (∂u∂x)2+(∂u∂y)2+(∂u∂z)2=1― .

      (∂u∂x)2=(xxx2+y2+z2)2=x2x2+y2+z2(∂u∂y)2=y2x2+y2+z2(∂u∂z)2=z2x2+y2+z2

      10. 设 z=e−(yx−xy) ，则 dz(1,−1)= .

      答案

      解 设 z=e−(xy−yx) ，则 dz(1,−1)=−2dx−2dy 线索 答题区

      3(x,−1)=e−(−1x−x−1)=e1x−x
      3(1,y)=e−(y1−1y)=e1y−y
      ∂z∂x|y=−1=ρ1x−x⋅(−1x2−1)=−2

      11. 设 f(x,y)=x2+y2exy+xyx2+y2 ，则 fx′(1,0)= .

      答案

      解 设 f(x,y)=x2+y2exy+xyx2+y2 ，则 fx′(1,0)=2

      ∂z∂y|x=1=ρ1y−y(−1y2−1)|y=−1x=1=−2
      f(x,0)=x2+01+0=x2
      fx′(x0)=2x|x=1=2
      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\frac{\partial z}{\partial x} = f'(x^2 + y^2) \cdot 2x \bigg|_{(1,1)} = f'(2) \cdot 2 = 4 \frac{\partial z}{\partial y} = 4(做题时记录)困难卡点

      12. 设 f(x,y)=2x+3y1+ln⁡(1+xy) ，则 df(0,0)= .

      答案

      解 设 f(x,y)=2x+3y1+ln⁡(1+xy) ，则 df(0,0)=2dx+3dy

      f(x,0)=2x+01+ln⁡(1+0)=2x
      fx′(x,0)=2
      f(0,y)=0+3y1+ln⁡(1+0)=3y
      fy′(0,y)=3

      13. 设 z=z(x,y) 由方程 z+ez=xy2 所确定，则 dz=― .

      答案

      解 设 z=z(x,y) 由方程 z+ex=xy2 所确定，则 dz=(y2y)2dx+2xydy/(1+e2)

      d|z+ez|=d(xy2)
      dz+dez=y2dx+xdy2
      dz+ρ3dz=y2dx+x⋅2ydy

      14. 设 z=z(x,y) 由方程 x2+y2+z2=3 所确定，则 dz|(1,1,1)=― .

      答案

      解 设 z=z(x,y) 由方程 x2+y2+z2=3 所确定，则 dz|(1,1,1)=−dx−dy

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) d(x2+y2+z2)=d3 dx2+dy2+dz2=0 2xdx+2ydy+2zdz=0 ⇒dx+dy+dz=0 简化

      15. 设函数 f(u) 可微, 且 f′(2)=2 , 则 z=f(x2+y2) 在点(1,1)处的全微分 dz|(1,1)= .

      答案

      解 设函数 f(u) 可微，且 f′(2)=2 ，则 z=f(x2+y2) 在点 (1,1) 处的全微分 dz|(1,1)=4dx+4dy

      16. 设 f(u,v) 是二元可微函数， z=f(xy,y2x) ，则 ∂z∂x= .

      答案

      解 设 f(u,v) 是二元可微函数， z=f(xy,y2x) ，则 ∂z∂x=yxy−1f1′+2y2xln⁡y⋅f2′

      f1′⋅yxy−1+f2′⋅y2x⋅ln⁡y.2

      17. 设 z=xg(x+y)+yφ(xy) , 其中 g,φ 具有二阶连续导数, 则 ∂2z∂x∂y=― .

      答案

      解 设 z=xg(x+y)+yφ(xy) ，其中 g,φ 具有二阶连续导数，则 ∂2z∂x∂y=g′(x+y)+xg″(x+y)

      ∂z∂x=g(x+y)+xg′(x+y)⋅1+yφ′(xy)⋅y

      +2y y′(xy) +xy 2 y″(xy)

      ∂2z∂x∂y=g′(x+y)⋅1+xg′′(x+y)⋅1+2yg′(xy)+y2g′′(xy)⋅x

      18. 设函数 z=z(x,y) 由 F(x−az,y−bz)=0 所确定，其中 F(u,v) 为可微函数，则 a∂z∂x+b∂z∂y= .

      答案

      解 设函数 z=z(x,y) 由 F(x−az,y−bz)=0 所确定，其中 F(u,v) 为可微函数，则 一a∂z∂x+b∂z∂y=|一 .

      Fx′=F1′⋅1
      Fy′=F2′⋅1
      F3′=F1′⋅(−a)+F2′⋅(−b)
      a∂z∂x=−Fx′Fz′a=F1′aaF1′+bF2′
      b∂z∂y=−FyFz′b=F2′baF1′+bF2′

      三、解答题

      1. 设 z=f(x,xy) , 其中 f(u,v) 有二阶连续偏导数, 求 ∂2z∂x2 .

      答案

      解 设 z=f(x,xy) ，其中 f(u,v) 有二阶连续偏导数，求 ∂2z∂x2 . f11″+2yf12″+y2f22″

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\frac{\partial z}{\partial x} = {f}_{1}^{\prime } \cdot 1 + {f}_{2}^{\prime } \cdot y\frac{\partial^{2}z}{\partial {x}^{2}} = {f}_{11}^{\prime \prime } \cdot 1 + {f}_{12}^{\prime \prime } \cdot y + {\left( {f}_{21}^{\prime \prime } \cdot 1 + {f}_{22}^{\prime \prime } \cdot y\right) }y(做题时记录)困难卡点

      2. 设 z=f(x,y) 是由方程 z−x−y+xex−y−z=0 所确定的二元函数，求 dz .

      答案

      解 设 z=f(x,y) 是由方程 z−x−y+xexy−z=0 所确定的二元函数，求 dz. 1−xexy−y−z

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) d3−dx−dy+d×ex−y−3=0 ex−y−3dx+xdex−y−3 d3−dx−dy+ex−y−3dx+xex−y−3|dx−dy−dz|=0 3. 设 f(x,y)=x2arctan⁡yx−y2arctan⁡xy ，求 ∂2f∂x∂y.x2−y2x2+y2 (做题时记录) (1−x)ex−y−3|d3= (1−ex−y−3−x)ex−y−3|dx +(1+x)ex−y−3|dy

      ∂f∂x=2arctan⁡yx−yx2+y3x2+y2
      ∂2f∂x∂y=2x⋅11+(yx)21x−(x2+3y2)(x2+y2)−(yx2+y3)⋅2y(x2+y2)2=x4−y4(x2+y2)2=(x2+y2)(x2−y2)(x2+y2)2
      f(x,y)=∫0xye−x2dt,求xy∂2f∂x2−2∂2f∂x∂y+yx∂2f∂y2.−2ℓ−x2y2

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) ∂f∂x=e−x2y2⋅y∂2f∂x2=ye−x2y2⋅(−2xy2) 简化 提示隐藏 ∂2f∂x∂y=e−x2y2⋅(−2y2x2+1)∂2f∂y2=−2yx3e−x2y2 (做题时记录 =x2y2 + |4x2y2−2| e−x2y2 −2x2y2e−x2y2

      3. 设 f(x,y)=x2arctan⁡yx−y2arctan⁡xy ，求 ∂2f∂x∂y .

      答案

      （未找到对应解析）

      4. 设 f(x,y)=∫0xye−t2dt ，求 xy∂2f∂x2−2∂2f∂x∂y+yx∂2f∂y2 .

      答案

      （未找到对应解析）

      5. 设 x2+z2=yφ(zy) , 其中 φ 为可微函数, 求 ∂z∂y .

      答案

      解 设 x2+z2=yφ(zy) , 其中 φ 为可微函数, 求 ∂z∂y .

      线索 答题区 笔记 23· 23∂y = y|3y| + yφ′(3y) · 23∂y⋅y−3y2 -2y3 23∂y =yφ (3y) +φ' (3y) ·y· 23∂y -3φ' (3y) yφ(3y)⋅−3φ′(3y)2y3−yφ′(3y) (做题时记录)

      6. 已知 xy=xf(z)+yg(z),xf′(z)+yg′(z)≠0 , 其中 z=z(x,y) 是 x 和 y 的函数, 求 [x−g(z)]∂z∂x−[y−f(z)]∂z∂y .

      答案

      解 已知 xy=xf(z)+yg(z),xf′(z)+yg′(z)≠0 ，其中 z=z(x,y) 是 x 和 y 的函数，求 [x−g(z)]∂z∂x−[y−f(z)]∂z∂y=0

      y=f(z)+xf′(z)⋅∂z∂x+yg′(z)⋅∂z∂x⇒
      (y−f(3))(x−g(2))
      x=xf′(z)∂z∂y+g(z)+yg′(z)∂z∂y⇒
      xf′(z)+yg′(z)
      xf′(3)+yg′(3)

      7. 设 z=exy+f(x+y,xy) , 求 ∂2z∂x∂y , 其中 f(u,v) 有二阶连续偏导数.

      答案

      解 设 z=eiy+f(x+y,xy) ，求 ∂2z∂x∂y ，其中 f(u,v) 有二阶连续偏导数。

      ∂z∂x=exyy+f1′⋅1+f2′⋅y
      exy(xy+1)+f11′′+(x+y)f12′′+xyf22′′+f2′
      ∂2z∂x∂y=exy(xy+1)+f11′′⋅1+f12′′⋅x+(f21′′⋅1+f22′′⋅x)y+f2′⋅1

      8. 求函数 f(x,y)=xe−x2+y22 的极值.

      答案

      解 求函数 f(x,y)=xe−x2+y22 的极值. 极小值 f(−1,0)=−e−12 ，极大值 f(1,0)=e−12 线索 答题区 笔记

      {fx′=(1−x2)ρx−y−2=0fy′=xρ−x2+y22(−y)=0
      (−1,0)
      fxx′′=(−2x−x+x3)ρ−x2+y22A=2ρ−12A=−2ρ12
      fxy∗=y(x2−1)⋅ρ−x2+y22
      f(x,y)
      fyy′′=x(y2−1)⋅e−x2+y22C=e−12>0C=e−12<0
      fxy′′(x,y)=2(y+1)ex,fx′(x,0)=(x+1)ex,f(0,y)=

      y2+2y , 求 f(x,y) 的极值.

      fx′(x,y)=[y+1]2ℓx+C1(x)
      fx′(x,0)=ex+C1(x)=(x+1)ex⇒C1(x)=xex
      fx′(x,y)=[y+1]2ex+xex
      f(x,y)=(y+1)2ex+xex−ex+C2(y)
      f(x,y)=(y+1)2ex+xex−ex
      f(0,y)=⌊y+1⌋2−1+C2(y)=y2+2y⇒C2(y)=0
      令|fx′(x,y)=(y+1)2ex+xex=0fy′(x,y)=ex−2(y+1)=0

      得驻点 (0,−1)

      fxx′′=(y+1)2ex+(1+x)exfyy′′=2ex
      ΔC−R2>0 取极小质 f(n,−1)=−1
      C=2>0
      fxy′′=2(y+1)ex
      B=0

      9. 已知函数 f(x,y) 满足 fxy″(x,y)=2(y+1)ex,fx′(x,0)=(x+1)ex,f(0,y)=y2+2y ，求 f(x,y) 的极值.

      答案

      （未找到对应解析）

      10. 求函数 f(x,y)=x2+2y2−x2y2 在区域 D={(x,y)∣x2+y2⩽4,y⩾0} 上的最大值和最小值.

      答案

      解 求函数 f(x,y)=x2+2y2−x2y2 在区域 D={(x,y)|x2+y2⩽4,y⩾0} 上的8最大值和最小值.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)令\begin{cases} f_x' = 2x - 2xy^2 = 0 \\ f_y' = 4y - 2x^2y = 0 \end{cases}得(0,0)(±√2,1)解L = x^2 + 2y^2 - x^2y^2 + \lambda (x^2 + y^2 - 4)L_x' = 2x - 2xy^2 + 2\lambda x = 0L_y' = 4y - 2x^2y + 2\lambda y = 0L_x' = x^2 + y^2 - 4 = 0得(0,2)(±2,0)角点(做题时记录)f(0,0) = 0f(\pm\sqrt{2},1) = 2f(0,2) = 8f(\pm 2,0) = 4

      12.(仅数三要求)某养殖场饲养两种鱼,若甲种鱼放养x(万尾),乙种鱼放养y(万尾),收获时两种鱼的收获量分别为

      B=(3−αx−βy)x 和 (4−βx−2αy)y(α>β>0) ，求使产鱼总量最大的放养数.

      ∂z∂x=3−2αx−βy=0
      ∂z∂y=4−βx−4αy=0
      (3α−2β2α2−β2,4α−3β2(2α2−β2))

      11. 求曲线 x3−xy+y3=1(x⩾0,y⩾0) 上的点到坐标原点的最长距离与最短距离.

      12.（仅数三要求）某养殖场饲养两种鱼，若甲种鱼放养 x（万尾），乙种鱼放养 y（万尾），收获时两种鱼的收获量分别为

      (3−αx−βy)x和(4−βx−2αy)y(α>β>0),

      求使产鱼总量最大的放养数.

      答案

      （未找到对应解析）

      第九章 二重积分

      一、选择题

      1. 累次积分 ∫01dx∫x1f(x,y)dy+∫12dy∫02−yf(x,y)dx 可写成（A） (A)∫02dx∫x2−xf(x,y)dy. (B) ∫01dy∫y2−yf(x,y)dx. (C) ∫01dx∫x2−xf(x,y)dy. (D) ∫01dy∫y2−yf(x,y)dx.

      答案

      解 累次积分 ∫01dx∫x1f(x,y)dy+∫12dy∫02−xf(x,y)dx 可写成（C）

      (A) ∫02dx∫x2−xf(x,y)dy.

      (C) ∫01dx∫x2−xf(x,y)dy.

      (B) ∫01dy∫y2−yf(x+y)dx.

      (D) ∫01dy∫y2−yf(x,y)dx.

      提示隐藏(做题时记录)

      2. 交换积分次序 ∫1edx∫0ln⁡xf(x,y)dy 为（ ）(A) ∫1edy∫0ln⁡xf(x,y)dx. (B) ∫eyedy∫01f(x,y)dx. (C) ∫0ln⁡xdy∫1ef(x,y)dx. (D) ∫01dy∫eyef(x,y)dx.

      答案

      解 交换积分次序 ∫1edx∫0bxf(x,y)dy 为 (D)

      (A) ∫1edy∫0ln⁡xf(x,y)dx.

      (C) ∫0ln⁡xdy∫1cf(x,y)dx.

      (B) ∫cycdy∫01f(x,y)dx.

      (D) ∫01dy∫eyef(x,y)dx.

      3. 已知 ∬Df(x,y)dxdy=∫−π2π2dθ∫0acos⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)rdr(a>0) ，则积分域为（）

      (A) x2+y2⩽ax . (B) x2+y2⩽a2(x⩾0) . (C) x2+y2⩽a2 . (D) x2+y2⩽ax(y⩾0) .

      答案

      解 已知 ∬Df(x,y)dxdy=∫−π2π2dθ∫0acos⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)rdr(a>0) ，则积分域为 (A)

      (A)x2+y2⩽ax.
      (C)x2+y2⩽a2.

      (B) x2+y2⩽a2(x⩾0).

      (D) x2+y2⩽ax(y⩾0).

      r2=acos⁡θ⋅r
      x2+y2=ax

      4. 累次积分 ∫0π2dθ∫02sin⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)rdr 可写成（ ）(A) ∫01dx∫01+1−x2f(x,y)dy. (B) ∫02dx∫02x−x2f(x,y)dy. (C) ∫02dy∫02y−y2f(x,y)dx. (D) ∫02dx∫02f(x,y)dy.

      答案

      解 累次积分 ∫0π2dθ∫02sin⁡θf(rcos⁡θ,rsin⁡θ)rdr 可写成 (C)

      (λ)∫01dx∫01+1−x2f(x,y)dy.
      ∫02dx∫02x−x2f(x,y)dy.
      (C)∫02dy∫02y−y2f(x,y)dx.
      ∫02dx∫02f(x,y)dy.
      r2=2sin⁡θ⋅r
      x2+y2=2y⇒x=2y−y2
      x2+|y−1|2=1

      5. 设 f(x,y) 在 D:x2+y2⩽a2 上连续，则 lima→01a2∬Df(x,y)dσ() (A) 不一定存在.

      (B) 存在且等于 f(0,0) . (C) 存在且等于 πf(0,0) . (D) 存在且等于 1πf(0,0) .

      答案

      解 设 f(x,y) 在 D:x2+y2⩽a2 上连续，则 lima→01a2∫0∞f(x,y)dσ(C)=f(3)⋅πa2 (A) 不一定存在.

      (B) 存在且等于 f(0,0) .

      (C) 存在且等于 πf(0,0) .

      (D) 存在且等于 1πf(0,0) .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\lim _{a \to 0} \frac{1}{a^{2}} f^{\text{连续}} \cdot \pi a^{2} = f(0,0) \cdot \pi|3.7| \in D|3.7| \to (0,0)(做题时记录)困难卡点

      6. 设 g(x) 是可微函数 y=f(x) 的反函数，且 f(1)=0,∫01xf(x)dx=1013 ，则 ∫01dx∫0f(x)g(t)dt 的值为（ ） (A)2023. (B)2010. (C)2011. (D)2026.

      答案

      解 设 g(x) 是可微函数 y=f(x) 的反函数，且 f(1)=0,∫01xf(x)dx=1013 ，则 ∫01dx∫0f(x)g(t)dt 的值为 (D)

      (A)2023. (B)2010. (C)2011. (D)2026.

      线索答题区(读题时记录)∫01∫0f(x)g(t)dtudx=x⋅|0f(x)g(t)dt|01−∫01x⋅g(f(x))⋅f′(x)dx简化=0−∫01x⋅xf′(x)dx=−∫01x2df(x)=−x2f(x)|01+∫01f(x)⋅2xdx抓重点提示隐藏=0+2×1013

      二、填空题

      1. 交换累次积分的积分次序， ∫02dx∫x243−xf(x,y)dy= .

      答案

      解 设 D 是以点 O(0,0) , A(1,2) 和 B(2,1) 为顶点的三角形区域，计算积分 ∬Dxdxdy32

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) y=2x x+y=3 y=12x =∫01x(2x−12x)dx+∫12x(3−x−12x)dx=23x3−16x3|01+32x2−x33−16x3|12 2. 设 f(x,y)={x2y,y2=2ycos⁡θ 4920 1⩽x⩽2,0⩽y⩽x, 其他，求 ∬Df(x,y)dxdy ，其中 D={(x,y)∣

      答题区笔记⟶↑D1r2cos2⁡θ⋅rsin⁡θ⋅rdrdθ=|π4dθ|2cos⁡θcos2⁡θsin⁡θ⋅r4dr(做题时记录)=|π4cos2⁡θsin⁡θ⋅325|1cos5⁡θ−cos5⁡θ|dθ(困难、难点)=325||π4−1cos3⁡θdcos⁡θ+∫0π4cos7⁡θdcos⁡θ|=325(121cos2⁡θ+18cos8⁡θ)|0π4=325(12|2)2+18(12)8−12−18)

      2. 交换累次积分的积分次序, a>0 , ∫0ady∫0ayf(x,y)dx+∫a2ady∫02a−yf(x,y)dx= .

      答案

      解 交换累次积分的积分次序, a>0 , ∫0ady∫0xyf(x,y)dx+∫ax0dy∫0x−yf(x,y)dx=∫0adx∫x22a−xfxydy

      3. 交换累次积分的积分次序， ∫01dy∫1−y1+y2f(x,y)dx= .

      答案

      解 计算 ∫14dy∫y2ex2dx+∫12dy∫yyex2dx . 38e−12e

      的平面区域. 215(42−1)

      2∬Dx2ydxdy=2∫01dy∫01+y2x2ydx=2∫01=13∫01|1+y2|32d(y2+1)=13⋅25(1+y2)52|01

      (做题时记录) y:13|H+y2|23dy

      4. 交换积分次序， ∫02dx∫0x2f(x,y)dy+∫26dx∫06−x2f(x,y)dy= .

      答案

      （未找到对应解析）

      5. 设 D 是由不等式 x2+y2⩾ax 与 x2+y2⩽a2(a>0,x>0) 所确定，将二重积分 ∬Df(x,y)dσ 化为极坐标下的累次积分为 .

      答案

      解 已知平面有界域 Extra open brace or missing close brace ,计算二重积分 ∬D(x−y)2drdy . 则可得：得. r2=4rcos⁡θr2=4rsin⁡θ ( rcos⁡θ−rsin⁡θ ) 2⋅rdrdθ 线索 答题区 笔记

      ∬D1(1−2cos⁡θsin⁡θ)⋅r3drdθ+∬D2(1−2cos⁡θsin⁡θ)r3drdθ (答题时记录)

      A=∬Df(x,y)dxdy=∬D1−x2−y2dxdy−8πAS(D)
      2A=π6−29⇒A=π12−19
      −12|0sin⁡θ(1−r2)12|0(1+r2)−12⋅23(1−r2)32|0sin⁡θ−13|as3θ−1|

      6. ∬|x|+|y|⩽1(|x|+|y|)dσ=

      答案

      （未找到对应解析）

      7. ∬x2+y2⩽1(x2+2y)dσ=― .

      答案

      解 ∬x2+y2≤1(x2+2y)dσ=π4.

      12∏x2+y2≤1x2+y2dxdy=12∏Dr2⋅rdrdθ
      x→=12∫02πdθ∫01r3dr=12⋅2π⋅14
      You can't use 'macro parameter character #' in math mode
      ∬Dr⋅rdrdθ=|π20dθ|a0r2dr=π2⋅a33

      9. ∫01dx∫xxsin⁡yydy=

      答案

      解 ∫01dx∫xxsin⁡yydy=|−sin⁡|

      ∫01dy∫y2ysin⁡yydx=∫01sin⁡yy(y−y2)dy=∫01sin⁡y−ysin⁡ydy=−cos⁡y|01+∫01ydcos⁡y=1−cos⁡1+ycos⁡y|01−sin⁡y|01

      10. 设 D 为不等式 0⩽x⩽3,0⩽y⩽1 所确定的区域，则 ∬Dmin(x,y)dxdy= .

      答案

      解 设 D 为不等式 0⩽x⩽3,0⩽y⩽1 所确定的区域，则 ∬Dmin(x,y)dxdy=43

      ∬D1xdxdy+∬D2ydxdy=|∫01dy|0yxdx+|∫01dy|y3ydx=∫01y22dy+∫01y(3−y)dy=16+32−13

      11. ∫01dx∫x21xy1+y3dy=

      答案

      （未找到对应解析）

      12. ∫01dy∫arcsin⁡yπ−arcsin⁡yxdx=

      答案

      （未找到对应解析）

      三、解答题

      1. 设 D 是以点 O(0,0),A(1,2) 和 B(2,1) 为顶点的三角形区域，计算积分 ∬Dx dx dy .

      答案

      （未找到对应解析）

      2. 设 其他f(x,y)={x2y,1⩽x⩽2,0⩽y⩽x,0,其他, 求 ∬Df(x,y)dxdy ，其中 D={(x,y)|x2+y2⩾2x} .

      答案

      （未找到对应解析）

      3. 计算 ∫1412dy∫12yeyxdx+∫121dy∫yyeyxdx.

      答案

      （未找到对应解析）

      4. 计算二重积分 ∬Dx2ydxdy ，其中 D 是由双曲线 x2−y2=1 及直线 y=0,y=1 所围成的平面区域.

      答案

      （未找到对应解析）

      5. 已知平面有界域 D={(x,y)|x2+y2⩽4x,x2+y2⩽4y} , 计算二重积分 ∬D(x−y)2dx dy .

      答案

      （未找到对应解析）

      6. 设闭区域 D:x2+y2⩽y,x⩾0,f(x,y) 为 D 上的连续函数，且

      f(x,y)=1−x2−y2−8π∬Df(u,v)dudv.

      求 f(x,y)

      答案

      （未找到对应解析）

      第十章 无穷级数

      一、选择题

      1. 设级数 ∑n=1∞an2 和 ∑n=1∞bn2 都收敛，则级数 ∑n=1∞anbn(1+an+bn)1n （）

      (A) 绝对收敛.

      (B) 条件收敛.

      (C) 发散.

      (D) 敛散性不能确定.

      答案

      解 设级数 ∑n=1∞an2 和 ∑n=1∞bn2 都收敛，则级数 ∑n=1∞anbn(1+an+bn)1n (A)

      (C) 发散.

      limn→∞an=limn→∞bn=0

      (B) 条件收敛.

      (D) 敛散性不能确定.

      limn→∞(1+an+bn)1n=1
      |(1+an+bn)1n
      |anbn(1+an+bn)1n|≤12|an2+bn2|⋅M

      2. an 和 bn 符合下列哪一个条件，可由级数 ∑n=1∞an 发散推得级数 ∑n=1∞bn 发散（）

      (A) an⩽bn . (B) |an|⩽bn . (C) an⩽|bn| . (D) |an|⩽|bn| .

      答案

      解 an 和 bn 符合下列哪一个条件，可由级数 ∑n=1∞an 发散推得级数 ∑n=1∞bn 发散（B）(A) an⩽bn . (B) |an|⩽bn . (C) an⩽|bn| . (D) |an|⩽|bn| .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏正项大收→小收大发←小发(做题时记录)困难卡点

      3. 设 λ≠0 ，则级数 ∑n=2∞sin⁡(nπ+λnln⁡n) （）

      (A) 绝对收敛.

      (C) 发散.

      (B) 条件收敛.

      (D) 收敛性与 λ 取值有关.

      答案

      解 设 λ≠0 ，则级数 ∑n=2∞sin⁡(nπ+λnln⁡n) (B)

      (A) 绝对收敛.

      (B) 条件收敛.

      (C) 发散.

      (D) 收敛性与 λ 取值有关.

      4. 已知级数 ∑n=1∞3−aln⁡n 收敛, 则必有 ( )

      (A) α>ln⁡3 . (B) α≠1 . (C) α>1ln⁡3 . (D) α<ln⁡3 .

      答案

      解 已知级数 ∑n=1∞3−sin⁡n 收敛，则必有 (C)

      (A)a>ln⁡3.

      (B) α≠1.

      (C)α>1ln⁡3.
      (D)α<ln⁡3.
      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏3^{-\alpha \ln n} = e^{-\alpha \ln n \cdot \ln 3} = \pi^{-\alpha \ln 3} = \frac{1}{\pi^{\alpha \ln 3}}\alpha \ln 3 > 1写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      5. 设级数 ∑n=1∞an 收敛，级数 ∑n=1∞bn 发散，则（）

      (A) ∑n=1∞anbn 必发散. (B) ∑n=1∞an2 必收敛. (C) ∑n=1∞b2 必发散. (D) ∑n=1∞(an+|bn|) 必发散.

      答案

      解 设级数 ∑n=1∞an 收敛，级数 ∑n=1∞bn 发散，则 (D)

      (A) ∑n=1∞anbn 必发散.阶数?

      (C) ∑n=1∞bn2 必发散.

      ∑n=1N|bn| 发散

      (R) ∑n=1∞an2 必收敛.正项?

      (D) ∑n=1∞(an+|bn|) 必发散. 收敛+发散

      线索答题区笔记
      (读题时记录)(做题时记录)
      简化
      抓重点写出解题过程,步步有理,有据困难
      提示隐藏卡点

      6. 正项级数 ∑n=1∞an 收敛是级数 ∑n=1∞an2 收敛的（）

      (A) 充分条件. (B) 必要条件. (C) 充要条件. (D) 既非充分条件, 又非必要条件.

      答案

      解 正项级数 ∑n=1∞an 收敛是级数 ∑n=1∞an2 收敛的 (A)

       低收 ―⇒ 高收 

      (B) 必要条件.

      (C) 充要条件.

      (D) 既非充分条件, 又非必要条件.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏判定定理写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏0 = \lim _{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \lim _{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^n \cdot a^n = e^{\lim _{n \to \infty} n \left| \frac{n}{n+1} - 1 \right|} \cdot \lim _{n \to \infty} a^n写出解题过程,步步有理、有据e^{-1} \cdot \lim _{n \to \infty} a^n = 0 \Rightarrow a < 1(做题时记录)困难卡点

      7. 设级数 ∑n=1∞an 收敛，则下列级数中必收敛的是（）

      (A) ∑n=1∞(−1)nann. (B) ∑n=1∞an2. (C) ∑n=1∞(a2n−1−a2n). (D) ∑n=1∞(an+an+1).

      答案

      解 设级数 ∑n=1nan 收敛，则下列级数中必收敛的是 (D)

      (A) ∑n=1∞(−1)nann.

      (C) ∑n=1∞(a2n−1−|a2n) . 离数项无限(R) ∑n=1∞an2 正顶？

      (D) ∑n=1∞⁡(an+an+1)=∑n=1N⁡an+∑n=1N⁡an+1= 收十收

      线索答题区笔记
      (读题时记录)(做题时记录)
      简化
      抓重点写出解题过程,步步有理、有据困难
      提示隐藏卡点

      8. 已知 ∑n=1∞(nan+1)n(a>0) 收敛, 则( )

      (A) a>1 . (B) a<1 . (C) a⩾1 . (D) a⩽1 .

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) (做题时记录)

      答案

      解 已知 ∑n=1∞(nan+1)n(a>0) 收敛，则 (B)

      9. 若级数 ∑n=1∞an 与 ∑n=1∞bn 都发散, 则 ( )

      (A) ∑n=1∞(an+bn) 发散. (B) ∑n=1∞anbn 发散. (C) ∑n=1∞(|an|+|bn|) 发散. (D) ∑n=1∞(an2+bn2) 发散.

      答案

      解 若级数 ∑n=1∞an 与 ∑n=1∞bn 都发散，则 (n2) ⇒ ∑n=1∞|bn| 发散

      (A) ∑n=1∞(an+bn) 发散. 正顶

      (B) ∑n=1∞anbn 发散.

      (C) ∑n=1∞(|an|+|bn|) 发散.

      (D) ∑n=1∞(an2+bn2) 发散.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏|a_n| + |b_n| > |b_n|发散写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      10. 下列命题成立的是( )

      (A) 若 limn→∞anbn=0 ，则 ∑n=1∞an 和 ∑n=1∞bn 中至少有一个收敛.

      (B) 若 limn→∞anbn=0 ，则 ∑n=1∞an 和 ∑n=1∞bn 中至少有一个发散.

      (C) 若 limn→∞anbn=0 ，则 ∑n=1∞|bn| 收敛时 ∑n=1∞an 收敛.

      (D) 若 limn→∞anbn=∞ ，则 ∑n=1∞an 发散时 ∑n=1∞bn 发散。

      答案

      解 下列命题成立的是 ( C )

      (A) 若 limn→∞anbn=0 ，则 ∑n=1∞an 和 ∑n=1∞bn 中至少有一个收敛.

      (3) 若 limn→∞anbn=0 , 则 ∑n=1∞an 和 ∑n=1∞bn 中至少有一个发散. an 比 |bn| 高阶(C) 若 limn→∞anbn=0 ，则 ∑n=1∞|bn| 收敛时 ∑n=1∞an 收敛.

      (B) 若 limn→∞anbn=∞ ，则 ∑n=1∞an 发散时 ∑n=1∞bn 发散.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏A 令a_n=b_n=\frac{1}{\sqrt{n}}B.令a_n=b_n=\frac{1}{n^2}D \Rightarrow a_n=\frac{1}{n} b_n=\frac{1}{n^2} \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}}=N C.\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{b_n} \right|=0后收⇒高收(做题时记录)困难卡点

      11. 已知 ∑n=1∞an(x−1)n 在 x=3 处收敛，则该幂级数在 x=−12 处（）

      (A) 条件收敛. (B) 绝对收敛. (C) 发散. (D) 收敛性不能确定.

      答案

      解 已知 ∑x=1nax(x−1)x 在 x=3 处收敛，则该幂级数在 x=−12 处 (B)

      (A) 条件收敛.

      (B) 绝对收敛.

      (C) 发散.

      (D) 收敛性不能确定.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏(做题时记录)困难卡点

      12. 设幂级数 ∑n=1∞(x−a)nn 在点 x=2 收敛，则实数 a 的取值范围是（）

      (A) 1<a⩽3. (B) 1⩽a<3. (C) 1<a<3. (D) 1⩽a⩽3.

      答案

      解 设幂级数 ∑n=1∞(x−a)nn 在点 x=2 收敛，则实数 a 的取值范围是 (A) (A) 1<a⩽3. (B) 1⩽a<3. (C) 1<a<3. (D) 1⩽a⩽3.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\frac{n}{1} = \frac{{k - a}^{n}}{7} 收敛写出解题过程,步步有理,有据- 1 \leq 2 - a < 1 \Rightarrow - 3 \leq - a < - 1 \Rightarrow 1 < a \leq 3(做题时记录)困难卡点

      二、填空题

      1. 已知级数 ∑n=1∞n+1arctan⁡(n+1)nα+1 收敛, 则 α 应满足 .

      答案

      解 已知级数 ∑n=1∞n+1arctan⁡(n+1)nn+1 收敛，则 a 应满足 α>32 .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏与\frac{1}{n^{\alpha - \frac{1}{2}}}同阶写出解题过程,步步有理、有据\alpha - \frac{1}{2} > 1(做题时记录)困难卡点

      2. 幂级数 ∑n=1∞xn2n+1 的收敛域为 .

      答案

      解 幂级数 ∑n=1∞xn2n+1 的收敛域为 [−1,1) .

      ρ=limn→∞12n+1n=1
      R=1ρ=1
      [−1,1]
      ∑n=1∞(n−1)n2n+1
      ∑n=1∞12n+15∑n=1∞1n

      3. 幂级数 ∑n=1∞2n+(−1)nnx2n 的收敛半径为 .

      答案

      解 幂级数 ∑n=1∞2n+(−1)nnx2n 的收敛半径为 21 .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏P = \lim _{n \to \infty } \sqrt[n]{\frac{{2}^n + {\left( -1\right)}^n}{n}} = \frac{2}{1}写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      4. 幂级数 ∑n=1∞n2n+(−3)n(x−1)n 的收敛区间为 .

      答案

      解 幂级数 ∑n=1∞n2n+(−3)n(x−1)n 的收敛区间为 (−2,4) .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\rho = \lim _{n \to 1} \sqrt[n]{\frac{n}{2^n + \left| -3 \right|^n}} = \frac{1}{3}写出解题过程,步步有理、有据R = \frac{1}{\rho } = 3(1-3, 1+3)(做题时记录)困难卡点

      5. 已知幂级数 ∑n=1∞anxn 的收敛半径为 2，则幂级数 ∑n=1∞nan(x+1)n 的收敛区间为 .

      答案

      解 已知幂级数 ∑n=1∞anxn 的收敛半径为 2，则幂级数 ∑n=1∞nan(x+1)n 的收敛区间为 (−3,1] .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)R=2(做题时记录)
      简化抓重点提示隐藏-1写出解题过程,步步有理、有据-1-2 -1+2困难点

      6. 幂级数 ∑n=1∞(1n+12n)xn 的收敛域为 .

      答案

      解 幂级数 ∑n=1∞(1n+12n)xn 的收敛域为 I-1 1).

      线索答题区笔记
      (读题时记录)\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}x^{n}+\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{x}{2}\right)^{n}I=-1.1)-1<\frac{x}{2}<1\Rightarrow x\in(-2.2)(做题时记录)

      7. 已知幂级数 ∑n=1∞anxn 在 x=1 处条件收敛, 则幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 的收敛半径为 .

      答案

      解 已知幂级数 ∑n=1∞anxn 在 x=1 处条件收敛，则幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 的收敛半径为 。

      8. 已知幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 在 x=2 处收敛，在 x=0 处发散，则幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 的收敛域为 .

      答案

      解 已知幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 在 x=2 处收敛，在 x=0 处发散，则幂级数 ∑n=1∞an(x−1)n 的收敛域为 (0,2] .

      9. 级数 ∑n=1∞(−1)n−1n2n+1 的和为 .

      答案

      解 级数 ∑n=1∞(−1)n−1n2n+1 的和为 12ln⁡32 .

      ∑n=1M1n(−12)n+1=S(−12)
      ∑n=0∞n+1n!

      f′(x)=∑n=1∞xn−1=11−x （做题时记录）

      f(x)=−ln⁡|1−x|+Cf(0)=C
      S(x)=−x|n|1−x|
      S(−12)=12|n|+12

      (读题时记录) ∑n=0Mnn!+∑n=0M1n!=2∑n=0M1n!=2S(1)=∑n=0Mxnn!=S(x)=ex ∑n=1Mnn!=∑n=1M1(n−1)!=∑n=0M1n!=2e1

      10. 级数 ∑n=0∞n+1n! 的和为 .

      答案

      （未找到对应解析）

      11. 设 a1=1,limn→∞an=2028 ，则级数 ∑n=1∞(an+1−an) 的和为 .

      答案

      解 设 a1=1,limn→∞an=2028 ，则级数 ∑n=1∞(an+1−an) 的和为 2027

      1°部分和 Sn=(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an+1−an)=an+1−a1 2°取极限 limn→∞sn=limn→∞an+1−a1=2028−1

      12. 级数 ∑n=1∞2nn! 等于 .

      答案

      解 级数 ∑n=1∞2nn! 等于 ℓ2−1 .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)\sum_{n=1}^{M}\frac{x^{n}}{n!}=S(x)=\sum_{n=0}^{M}\frac{x^{n}}{n!}-\frac{x^{0}}{0!}=e^{x}-1S(2)=e^{2}-1(做题时记录)

      13. 级数 ∑n=1∞n3n−1 的和为 .

      14.（数三不要求）设 f(x)=x2(0⩽x<1) ，而 S(x)=∑n=1∞bnsin⁡nπx(−∞<x<+∞) ，其中 bn=2∫01f(x)sin⁡nπxdx(n=1,2,⋯) ，则 S(−12)= .

      答案

      解 级数 ∑n=1∞n3n−1 的和为 94 .

      线索答题区(读题时记录)(做题时记录)S(x)=∑n=1∞nxn−1=(∑n=1nxn1−x)′=(x1−x)′=1−x+x(1−x)2=1(1−x)2S(13)=1(1−13)2写出解题过程、步步有理、有据困难卡点

      14.（数三不要求）设 f(x)=x2(0⩽x<1) ，而 S(x)=∑n=1∞bnsin⁡nπx(−∞<x<1)

      +∞) ，其中 bn=2∫01f(x)sin⁡nπxdx(n=1,2,⋯) ，则 S(−12)=−14

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏-S(\frac{1}{2}) = -f(\frac{1}{2})写出解题过程、步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      三、解答题

      1. 将 f(x)=x−14−x 在 x=1 处展开为幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=x−14−x 在 x=1 处展开为幂级数.

      f(x)=−x−4+3x−4=−1−3x−4=−1−3(x−1)−3=−1+33−(x−1)=−1+11−(x−13)
      f(x)=−1+∑n=0N(x−13)n=∑n=1N13n(x−1)n+<x−13<1⇒x∈(−2.4)

      2. 将 f(x)=1x2+5x+6 展开为 x 的幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=1x2+5x+6 展开为 x 的幂级数.

      f(x)=1(x+2)(x+3)=1x+2−1x+3=1211+x2−1311+x3
      f(x)=12∑n=0N|−x2|n−13∑n=0N|−x3|n=∑n=0N(−1)n2n+1xn−∑n=0N(−1)n3n+1xn=∑n=0N|12n+1−13n+1|(−1)nxn
      −1<x2<1⇒−2<x<2−1<x3<1⇒−3<x<3]⇒x∈(−2,2)

      3. 将 f(x)=arctan⁡x 展开为 x 的幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=arctan⁡x 展开为 x 的幂级数.

      (读题时记录) Missing close brace 简化 提示隐藏 f(x)=∑n=0∞(−1)n2n+1x−2n+1+C f(0)=0f(0)=0+C 笔记 当 x=−1 时 ∑n=0∞(−1)n+12n+1 收敛

      当 x=1 时 ∑n=0∞(−1)n2n+1 收敛

      [-1,1]

      4. 将 f(x)=arctan⁡1+x1−x 展开为 x 的幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=arctan⁡1+x1−x 展开为 x 的幂级数.

      f′(x)=11+(1+x1−x)2(1−x)+(1+x)(1−x)2=11+x2
      f(x)=∑n=0∞(−1)n2n+1x2n+1+π4x∈I−1.1
      f(x)=N217=|H|n2n+1x2n+1+C
      f(0)=0+C;f(0)=π4⇒C=π4

      5. 将 f(x)=ln⁡(1+x+x2) 展开为 x 的幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=ln⁡(1+x+x2) (反x) 为 x 的幂级数.

      答题区笔记f(x)=∫n(1−x3)−∫n(1−x)=∑n=1N(−1)n−1n(−x3)n−∑n=1N(−1)n−1n(−x)nf(x)=∑n=1N−1nx3n+∑n=1N1nxn(做题时记录)困难难点

      6. 将 f(x)=xx2+x−2 在 x=−1 处展开为幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=xx2+x−2 在 x=−1 处展开为幂级数.

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) f(x)=x(x+2)(x−1)=13x−1+23x+2=131(x+1)−2+231(x+1)+1 f(x)=−13⋅1211−(x+12)+2311+(x+1)=−16∑n=0N(x+12)n+23∑n=0N(−x+1)2 f(x)=−16∑n=0N12n(x+1)n+23∑n=0N(−1)n(x+1)n −1<x+12<1=>−3<x<2 −1<x+1<1=>−2<x<0 ⇒x∈(−2,0]

      7. 将 f(x)=1(x+1)2 在 x=−2 处展开为幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=1(x+1)2 在 x=−2 处展开为幂级数.

      线索 答题区 笔记 (读题时记录) f(x)=(−1x+1)′=(−1x+2−1)′=(11−(x+2))′=(x∑n=0∞(x+2)n)n=∑n=1∞n(x+2)n−1 −1<x+2<1⇒x∈(−3,−1)

      8. 将 f(x)=ln⁡(2+x−3x2) 在 x=0 处展开为幂级数.

      答案

      解 将 f(x)=ln⁡(2+x−3x2) 在 x=0 处展开为幂级数.

      (读题时记录) f(x)=ln⁡(1−x)(2+3x)=ln⁡(1−x)+ln⁡2+ln⁡(1+32x)

      f(x)=ln⁡2+∑n=1∞(−1)n−1n(−x)n+∑n=1∞(−1)n−1n(32x)n=ln⁡2−∑n=1∞1nxn+∑n=1∞(−1)n−1n3n2n.xn

      9. 求幂级数 ∑n=1∞xnn(n+1) 的收敛域及和函数.

      答案

      解 求幂级数 ∑n=1nxnn(n+1) 的收敛域及和函数 [−1,1] S(x)=(1x−1)|n(1−x)+1x≠0x≠1

      (读题时记录) ρ=limn→∞1n(n+1)n=1⇒R=1ρ=1⇒x∈(−1,1) (做题时记录正) 2n(±1)nn(n+1) 收敛

      (xS|x|)′′=|∑n=1Nxn+1n(n+1)|′′=|∑n=1Nxnn|′=∑n=1Nxn−1=11−x

      当x=0时 ∑n=1∞0nn(n+1)=0

      xS(x)=−ln⁡(1−x)dx=−xln⁡(1−x)+∫−x+1−11−xdx=−xln⁡(1−x)+x+ln⁡(1−x)∑n=1M1n(n+1)=∑n=1M(1n−1n+1)=1 10. 求 ∑n=1∞(−1)n−1n(2n−1)13n 的和.

      S(x)=∑n=1n(−1)n−1n(2n−1)x2n
      S′(n)=∑n=1N2(−1)n−1⋅x2n−12n−1
      S′′(x)=∑|N|=1N2(−1)n−1x2n−2
      S′′(x)=211−(−x2)
      S′(x)=2arctan⁡x
      S(x)=2arctan⁡x⋅x−ln⁡(1+x2)
      S(13)=23arctan⁡13−ln⁡(1+13)

      10. 求 ∑n=1∞(−1)n−1n(2n−1)13n 的和.

      答案

      （未找到对应解析）

      11. 将 f(x)=π2−x2(−π⩽x⩽π) 展开成傅里叶级数.

      答案

      解 将 f(x)=π2−x2(−π⩽x⩽π) 展开成傅里叶级数， 23π2+π114π2(−1)n−1cos⁡17x

      线索(读题时记录)简化抓重点提示隐藏偏答题区笔记(做题时记录)因难an=1π∫−ππ(π2−x2)cos⁡nxdx=2π∫0ππ2cos⁡nxdx−2π∫0πx2cos⁡nxdx=2ππ21πsin⁡nx|0π−2π∫0πx2dsin⁡nx⋅1π=−2ππ(x2sin⁡nx|0π−∫0πsin⁡nx2xdx)=−4ππ∫0πxdcos⁡nx⋅1π=−4π2π(xcos⁡nx|0π−∫0πcos⁡nxdx)=−4π2π((−1)π⋅π−1πsin⁡nx|0π)=4π2(−1)n−1

      第十一章 向量代数与空间解析几何及多元微分学在几何上的应用

      一、选择题

      1. 设 a, b 为非零向量，且 a⟂b ，则必有（）

      (A) |a+b|=|a|+|b| . (B) |a−b|=|a|−|b| . (C) |a+b|=|a−b| . (D) a+b=a−b .

      答案

      解 设 a, b 为非零向量，且 a⟂b ，则必有（C）

      (A) |a+b|=|a|+|b| .

      (B) |a−b|=|a|−|b| .

      (C) |a+b|=|a−b| .

      (D)a+b=a−b⇒b→=−b→⇒b→=0→
      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏|\overrightarrow{a} \pm \overrightarrow{b}|^{2} = |\overrightarrow{a}|^{2} + |\overrightarrow{b}|^{2} \pm 2\sqrt{|\overrightarrow{a}| \cdot |\overrightarrow{b}| \cdot \cos \theta} = |\overrightarrow{a}|^{2} + |\overrightarrow{b}|^{2}|\overrightarrow{a} \pm \overrightarrow{b}| = \sqrt{|\overrightarrow{a}|^{2} + |\overrightarrow{b}|^{2}}(做题时记录)困难卡点

      由于 a→=b→×c→ ，则 a→⟂b→

      由于 52=c→×a→2 则 |b→|=|c→|⋅|a→|sin⁡α

      |a→|=1|b→||c→|=1|a→|⇒|a→|=
      |C→|=|a→|⋅|b→||a→|=|b→|⋅|c→|⇒|a→||b→||c→|―=||a→||b→||c→||2=1

      2. 设 a, b, c 均为非零向量，且 a=b×c,b=c×a,c=a×b ，则 |a|+|b|+|c|=() (A)0.

      (B)1. (C)2. (D)3.

      答案：D

      3. 已知向量 a, b 的模分别为 |a|=2,|b|=2 ，且 a⋅b=2 ，则 |a×b|=() (A)2.

      (B) 22. (C) 22. (D)1.

      答案

      解 已知向量 a, b 的模分别为 |a|=2,|b|=2 ，且 a⋅b=2 ，则 |a×b|=() (A)2. (B) 22 . (C) 22 . (D)1.

      |a→|⋅|b→|⋅cos⁡θ=2=2⋅2cos⁡θ⇒cos⁡θ=22⇒
      |a→×b→|=|a→|⋅|b→|⋅sin⁡θ=22⋅22=2

      4. 直线 L1:{x+2y−z=7−2x+y+z=7 与 L2:{3x+6y−3z=82x−y−z=0 之间的关系是( )

      (A) L1∥L2 .

      (B) L1 与 L2 相交但不垂直.

      (C) L1⟂L2 且相交.

      (D) L1,L2 是异面直线.

      答案

      解 直线 L1:{x+2y−z=7−2x+y+z=7 与 L2:{3x+6y−3z=82x−y−z=0 之间的关系是 ( A )

      (A) L1∥L2

      (B) L1 与 L2 相交但不垂直.

      (C) L1⟂L2 且相交.

      (D) L1,L2 是异面直线.

      −3π1→=π2→

      5. 直线 L:x+3−2=y+4−7=z3 与平面 Π:4x−2y−2z=3 的关系是（）

      (A) 平行. (B) 直线 L 在平面 Π 上. (C) 垂直相交. (D) 相交但不垂直.

      答案

      解 直线 L:x+3−2=y+4−7=z3 与平面 Π:4x−2y−2z=3 的关系是 (A)

      (A) 平行.

      (B) 直线 L 在平面 Π 上.

      (C) 垂直相交.

      (D) 相交但不垂直.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\begin{bmatrix}-2 &-7 &3\end{bmatrix} 方向\begin{bmatrix}4 &-2 &-2\end{bmatrix} 法-8+14-6=0(做题时记录)困难卡点

      6. 曲面 x2+cos⁡(xy)+yz+x=0 在点 (0,1,−1) 处的切平面方程为（）

      (A) x−y+z=−2 . (B) x+y+z=0 . (C) x−2y+z=−3 . (D) x−y−z=0 .

      答案

      解 曲面 x2+cos⁡(xy)+yz+x=0 在点 (0,1,−1) 处的切平面方程为 (A) (A) x−y+z=−2. (B) x+y+z=0. (C) x−2y+z=−3. (D) x−y−z=0.

      (0.1−1)=[1.−1.1]

      7. 在曲线 x=t,y=−t2,z=t3 的所有切线中，与平面 x+2y+z=4 平行的切线（）

      (A) 只有 1 条. (B) 只有 2 条. (C) 至少有 3 条. (D) 不存在.

      答案

      解 在曲线 x=t,y=−t2,z=t3 的所有切线中，与平面 x+2y+z=4 平行的切线 (B) (A) 只有 1 条. (B) 只有 2 条. (C) 至少有 3 条. (D) 不存在.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏方向[1. -2t 3t2]法[1. 2 1]1-4t+3t^{2}=0t=1.\neq t=\frac{1}{3}(做题时记录)困难卡点

      二、填空题

      1. 已知三向量 a,b,c , 其中 c⟂a,c⟂b,a 与 b 的夹角为 π6 , |a|=6 , |b|=|c|=3 , 则 (a×b)⋅c= .

      答案

      解 已知三向量 a, b, c，其中 c⟂a,c⟂b,a 与 b 的夹角为 π6 ， |a|=6,|b|=|c|=3 ，则 (a×b)⋅c=±27 。

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏|\overrightarrow{a}| |\overrightarrow{b}| \cdot \sin\frac{\pi}{6} = 99 \cdot 3 \cdot \cos 0 = 2727 \cdot \cos\pi = -27

      2. 设直线 L1:x−11=y+12=z−1λ 与 L2:x+1=y−1=z 相交于一点，则 λ=― .

      答案

      解 设直线 L1:x−11=y+12=z−1λ 与 L2:x+11=y−11=z−11 交于一点，则 λ=54 .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)\begin{vmatrix} 1 & 2 & \lambda \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & -2 & 1 \end{vmatrix} = 1 + 4 - 2\lambda - 2\lambda - 2 + 2 = 0-4\lambda = -5(做题时记录)

      3. 平行于平面 5x−14y+2z+36=0 且距此平面距离为 3 的平面方程为 .

      答案

      解 平行于平面 5x−14y+2z+36=0 且距此平面距离为 3 的平面方程为 5x−14y+2z+81=0

      (读题时记录) 5x−14y+28+c=0 |5x0−14y0+280+36| 52+[−14]2+22 (x₀ y₀ z₀) =3= |36−c|15 笔记 (做题时记录) 5x−14y+28−9=0 C=36±45

      4. 设直线 L1:x−11=y−20=z−3−1,L2:x+22=y−11=z1 , 则过 L1 且与 L2 平行的平面方程为 .

      答案

      解 设直线 L1:x−11=y−20=z−3−1,L2:x+22=y−11=z1 , 则过 L1 且与 L2 平行的平面方程为 (x−1)−3(y−2)+(z−3)=0

      |z→j→k→10−1211|=z→−3j→+k→[1−3]

      5. 点 M(3,2,6) 到直线 x1=y+72=z−3−1 的距离为 .

      答案

      解 点 M(3,2,6) 到直线 x−01=y+72=z−3−1 的距离为 35 .

      (读题时记录)|3.9.3|×|1.2.−17|12+22+(−1)2=225+36+96

      6. 曲面 z=x2(1−sin⁡y)+y2(1−sin⁡x) 在点 (1,0,1) 处的切平面方程为 .

      答案

      解 曲面 x=x2(1−sin⁡y)+y2(1−sin⁡x) 点 (1,0,1) 处的切平面方程为 2x−y−z=1

      三、解答题

      1. 求下列各平面曲线的旋转曲面方程.

      (1) {x2+2y2=1z=0 分别绕 x 轴和 y 轴旋转；

      (2) {x=yz=0 分别绕 x 轴和 y 轴旋转.

      答案

      解 求下列各平面曲线的旋转曲面方程.

      (1) {x2+2y2=1z=0 分别绕 x 轴和 y 轴旋转；

      (2) {x=yz=0 分别绕 x 轴和 y 轴旋转.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)(1)绕x轴.x^{2}+2(y^{2}+z^{2})=1绕y轴(x^{2}+z^{2})+2y^{2}=1(2)绕x轴x^{4}=\left|y^{2}+z^{2}\right|绕y轴(x^{2}+z^{2})=y(做题时记录)困难卡点

      2. 设有曲线 L:{z2=x2+y2,x+z=1.

      (1) 求 L 在 xOy 平面上的投影曲线；

      (2) 求经过曲线 L，母线平行于 z 轴的柱面.

      答案

      解 设有曲线 L:{z2=x2+y2,x+z=1.

      (1) 求 L 在 xOy 平面上的投影曲线；

      (2) 求经过曲线 L，母线平行于 z 轴的柱面.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏持续更新(1)消元子 将z = 1 - x压入 z^{2} = x^{2} + y^{2}得 (1 - x)^{2} = x^{2} + y^{2} 即\begin{vmatrix} 1 - 2x = y^{2} \\ z = 0 \end{vmatrix}别消元子 得 1 - 2x = y^{2}(做题时记录)困难卡点

      第十二章 多元积分学及其应用

      一、选择题

      1. 设 L 是双纽线 (x2+y2)2=R2(x2−y2)(R>0) ，则 ∫L|y|ds=() (A) (2−2)R2. (B) 2(1−2)R2. (C) 3(2−2)R2. (D) 2(2−2)R2.

      答案

      解 设 L 是双纽线 (x2+y2)2=R2(x2−y2)(R>0) ，则 ∫L|y| ds=(D) (A) (2−2)R2 r=Rcos⁡2θ (B) 2(1−2)R2 (C) 3(2−2)R2 (D) 2(2−2)R2

      2. 设 L 为 y=1−|1−x| 由点 (0,0) 到点 (2,0) 的折线段，则曲线积分 ∫L(x2+y2)dx+(x2−y2)dy=() (A)4. (B) 34 . (C) 43 . (D) 23 .

      答案

      解 设 L 为 y=1−|1−x| 由点 (0,0) 到点 (2,0) 的折线段，则曲线积分 ∫L(x2+y2)dx+(x2−y2)dy=(C) (A)4. (B) 34 . (C) 43 . (D) 23 .

      ∫⟂12x2dx+∫⟂2(x2+(2−x)2)dx+(x2−(2−x)2)d(2−x)
      =∫012x2dx+∫122(2−x)2dx=23x3|01−23(2−x)2|12

      3. 设函数 Q(x,y)=xy2 ，如果对上半平面（ y>0 ）内的任意有向光滑闭曲线 C 都有 ∮CP(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 ，那么 P(x,y) 可取为（）

      (A) y−x2y3 . (B) 1y−x2y3 . (C) 1x−1y . (D) x−1y .

      答案

      解 设函数 Q(x,y)=xy2 ，如果对上半平面 (y>0) 内的任意有向光滑闭曲线 C 都有 ∮CP(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 ，那么 P(x,y) 可取为(D)

      (A)y−x2y3.
       (B) 1y−x2y3,
      (1x−1y)

      (D) x−1y.

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}\frac{1}{y^2}写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      二、填空题

      1. 设 Ω 由 x2+y222+z232⩽1,0⩽z⩽1 所确定，则 ∭Ωz2dv= .

      答案

      解 设 Ω 由 x2+y222+z232⩽1,0⩽z⩽1 所确定，则 ∭Dz2dv=28π45

      答题区笔记∫01dz∥(做题时记录)x2+y2z2≤1−(313)2=23π−29π15

      2. 设 Ω 是由曲线 {y2=2zx=0 绕 z 轴旋转一周而成的曲面与平面 z=2 和 z=8 所围立体，则 ∭Ω(x2+y2)dv=_ .

      答案

      解 设 Ω 是由曲线 {y2=2zx=0 绕 z 轴旋转一周而成的曲面与平面 z = 2 和 z = 8 所围立体，则 ∭Ω(x2+y2)dv=336π .

      ∫28dz∬x2+y2≤28x2+y2dxdy=∫28dz|02πdθ|028r2⋅rdr=2π∫2814482dz=2π13(83−23)

      3. 设球体 x2+y2+z2⩽z 上任一点处的密度等于该点到原点的距离的平方, 则此球的质心的 z 坐标为 .

      答案

      解 设球体 x2+y2+z2⩽z 上任一点处的密度等于该点到原点的距离的平方，则此球的质心的 z 坐标为 58 。 r≤cos⁡y x2+y2+z2 线索

      4. 设 L 为圆周 x2+y2+2y=0 ，则 ∫Lx2+y2ds= .

      答案

      解 设 L 为圆周 x2+y2+2y=0― ，则 ∫Lx2+y2ds=8

      5. 设曲线 C 为圆 x2+y2=R2 ，则曲线积分 ∫C(x−2y)2ds= .

      答案

      解 设曲线 C 为 x2+y2=R2x2 ，则曲线积分 ∫C(x−2y)2ds=5πR3 .

      ∫cx2−4xy+4y2ds=∫02π(R2+3R2sin2⁡θ)⋅Rdθ=R3⋅2π+3R3⋅412⋅π2
      φ⋅16φ⋅15|0π2

      6. 设 Σ 为球面 x2+y2+z2=2ax(a>0) , 则面积分 ∬Σ(x2+y2+z2)dS= .

      答案

      解 设 Σ 为球面 x2+y2+z2=2ax(a>0) ，则面积分 ∬Σ(x2+y2+z2)dS=8πa4

      x―=∬ΣxdS∬Σ1dS

      7. 设 L 为 y=34−x2 上从点 A(2,0) 到点 B(−2,0) 的曲线段，则 ∫Ly dx−x dyx2+y2= .

      答案

      解 设 L 为 y=34−x2 上从点 A(2,0) 到点 B(-2,0) 的曲线段，则 ∫Lydx−xdyx2+y2=−π .

      y262+x222=1y=6sin⁡tx=2cos⁡t
      ∫0π−12sin2⁡t−12cos2⁡t36sin2⁡t+4cos2⁡t
      dt=−6|0π21cos2⁡t+9sin2⁡tdt
      xdy−ydx|x|+|y|=4.
      ∮Cxdy−ydx=∬D(1−(−1))dxdy=2⋅(2)2

      8. 设 C 为 |x|+|y|=1 的正向，则 ∮Cxdy−ydx|x|+|y|= .

      答案

      （未找到对应解析）

      9. 已知有向曲线 L 是沿抛物线 y=1−x2 从点 (1,0) 到点 (−1,0) 的一段，则曲线积分 ∫L(y+cos⁡x)dx+(2x+cos⁡y)dy=― .

      答案

      解 已知有向曲线 L 是沿抛物线 y=1−x2 从点 (1,0) 到点 (−1,0) 的一段，则曲线积分 ∫L(y+cos⁡x)dx+(2x+cos⁡y)dy=43−2sin⁡|

      ∫⟂t1=∬D2−1dxdy=∫−111−x2dx=2−23=43
      ∫⟂1=∫−11cos⁡xdx=2sin⁡1

      10. 设 L 是柱面 x2+y2=1 与平面 z=x+y 的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 ∮Lxzdx+xdy+y22dz= .

      答案

      解 设 L 是柱面 x2+y2=1 与平面 z=x+y 的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 ∮Lxzdx+xdy+y22dz=π .

      线索答题区笔记
      (读题时记录)简化抓重点提示隐藏\frac{ay \cdot 2x}{\left(x^{2} + y^{2} - 1\right)^{2}} = \frac{-1x \cdot 2y}{\left(x^{2} + y^{2} - 1\right)^{2}}写出解题过程,步步有理、有据(做题时记录)困难卡点

      11. 若曲线积分 ∫Lxdx−aydyx2+y2−1 在区域 D={(x,y)∣x2+y2<1} 内与路径无关，则 a=_ .

      答案

      解 若曲线积分 ∫Lxdx−aydyx2+y2−1 在区域 D={(x,y)∣x2+y2<1} 内与路径无关，则 a=−12 .

      12. 设 Σ 为球面 x2+y2+z2=2Rz(R>0) 的外侧，则 ∬Σxzdydz+xydzdx+yzdxdy= .

      答案

      解 设 Σ 为球面 x2+y2+z2=2Rz(R>0) 的外侧，则 ∮Σxzdydz+xydzdx+yzdxdy=4πR4/3

      答题区笔记⟶12RΩ(3+x+y)dxdydz=⟶12RΩzdxdydz=|02Rdz|⟶12Rx2+y2zdxdy(做题时记录=∫02Rz⋅π(2Rz−z2)dz=2Rπ⋅13(2R)3−π14(2R)4

      13. 设曲面 Σ 是 z=4−x2−y2 的上侧，则 ∬Σxydydz+xdzdx+x2dxdy= .

      答案

      解 设曲面 Σ 是 z=4−x2−y2 的上侧，则 ∬Σxydydz+xdzdx+x2dxdy=4π .

      ∏Σ+Σ1=∏Ωydxdydz=0
      ∬Σ1x2dxdy=−∬x2+y2≤4x2dxdy=−∫02πdθ∫02r2cos2⁡θ⋅rdr
      ∬Σ+2−∬21=0−(−4π)
      =−∫02πcos2⁡θ164dθ=−4⋅4∫0π2cos2⁡θdθ=−1612⋅π2
      div⁡(grad⁡u―) 答题区 =1x2+y2+z2

      (读题时记录) u=12ln⁡|x2+y2+z2|

      [xx2+y2+z2,yx2+y2+z2,zx2+y2+z2][x2+y2+z2−x2x]+[(x2+z2−y2)+(x2+y2−z2)

      14. 设 u=ln⁡x2+y2+z2 ，则 div⁡(gradu)= .

      答案

      （未找到对应解析）

      15. 向量场 A(x,y,z)=(x+y+z)i+xyj+zk 的旋度 rot⁡A=― .

      答案

      解 向量场 A(x,y,z)=(x+y+z)i+xyj+zk 的旋度 rot⁡A=[0,1,y−1]

      三、解答题

      1. 计算 ∫Ly2 dxa2+x2+2[2x+yln⁡(x+a2+x2)]dy ，其中 L 为圆周 y=a2−x2 上点 A(a,0) 到点 B(−a,0) 的圆弧， a>0 为常数。

      答案

      解 计算 ∫Ly2 dxa2+x2+2[2x+yln⁡(x+a2+x2)]dy ，其中 L 为圆周 y=a2−x2 上点 A(a,0) 到点 B(−a,0) 的圆弧， a>0 为常数。

      2. 计算 ∮Γydx+zdy+xdz ，其中 Γ 为球面 x2+y2+z2=a2 与平面 x+y+z=0 的交线，从 z 轴正向看去 Γ 为逆时针方向 ( a>0 ).

      答案

      解 计算 ∮Γydx+zdy+xdz ，其中 Γ 为球面 x2+y2+z2=a2 与平面 x+y+z=0 的交线，从 z 轴正向看去 Γ 为逆时针方向 (a > 0)， −3πa2 [1.1.1]· 13

      3. 计算 ∬Σ(x2+y2+z2)dS ，其中 Σ 为锥面 z=x2+y2 介于 z=0 和 z=1 之间的部分.

      答案

      解 计算 ∬Σ(x2+y2+z2)dS ，其中 Σ 为锥面 z=x2+y2 介于 z=0 和 z=1 之间的部分.

      线索答题区(读题时记录)(做题时记录)=∬x2+y2≤1(x2+y2+x2+y2)1+(2x2x2+y2)2+y2x2+y2dxdy=∬x2+y2≤12(x2+y2)x2+y2+x2+y2x2+y2dxdy=∬x2+y2≤122(x2+y2)dxdy=∬x2+y2≤122r2⋅rdrdθ=22∫02πdθ∫01r3dr=222π14

      4. 计算 ∬Σ(2x+z)dydz+zdxdy ，其中 Σ 为有向曲面 z=x2+y2(0⩽z⩽1) ，其法线方向与 z 轴夹角为锐角。

      答案

      解 计算 ∬Σ(2x+z)dydz+zdxdy ，其中 Σ 为有向曲面 z=x2+y2(0⩽z⩽1) ，其法线方向与 z 轴夹角为锐角。 −π2 F=x2+y2−8 Fx′=2x Fy′=−1

      线索(读题时记录)⟶↑x2+y2≤1(2x+x2+y2)(−2x)+(x2+y2)|dxdy=⟶↑x2+y2≤1−4x2−2x(x2+y2)+x2+y2dxdy=⟶↑x2+y2≤1r2(sin2⁡θ−3cos2⁡θ)⋅rdrdθ=∫02πdθ∫01(sin2⁡θ−3cos2⁡θ)r3dr=14⋅4∫0π2(sin2⁡θ−3cos2⁡θ)dθ=−2⋅12π2