高等数学同济课后答案

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1、-总习题一 1.在充分、必要和充分必要三者中选择一个正确的填入以下空格: (1)数列*n有界是数列*n收敛的_条件.数列*n收敛是数列*n有界的_的条件. (2)f(*)在*0的*一去心邻域有界是存在的_条件.存在是f(*)在*0的*一去心邻域有界的_条件. (3) f(*)在*0的*一去心邻域无界是的_条件.是f(*)在*0的*一去心邻域无界的_条件. (4)f(*)当*0时的右极限f(*0+)及左极限f(*0-)都存在且相等是存在的_条件.解 (1) 必要,充分. (2) 必要,充分. (3) 必要,充分. (4) 充分必要. 2.选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设f(*)=

2、2*+3*-2, 则当*0时, 有().(A)f(*)与*是等价无穷小; (B)f(*)与*同阶但非等价无穷小;(C)f(*)是比*高阶的无穷小;(D)f(*)是比*低阶的无穷小. 解 因为(令2*-1=t, 3*-1=u).所以f(*)与*同阶但非等价无穷小, 故应选B. 3. 设f(*)的定义域是0, 1, 求以下函数的定义域:(1)f(e*);(2)f(ln *); (3)f(arctan *); (4)f(cos *). 解 (1)由0e*1得*0,即函数f(e*)的定义域为(-, 0. (2) 由0 ln *1得1*e,即函数f(ln *)的定义域为1,e. (3) 由0 arcta

3、n *1得0*tan 1,即函数f(arctan *)的定义域为0,tan 1. (4) 由0 cos *1得(n=0,1,2,),即函数f(cos *)的定义域为, (n=0,1,2,). 4. 设,求ff(*),gg(*),fg(*),gf(*).解因为f(*)0,所以ff(*)=f(*);因为g(*)0,所以gg(*)=0;因为g(*)0,所以fg(*)=0;因为f(*)0,所以gf(*)=-f2(*). 5.利用y=sin *的图形作出以下函数的图形: (1)y=|sin *|; (2)y=sin|*|; (3). 6.把半径为R的一圆形铁片,自中心处剪去中心角为a的一扇形后围成一无底

4、圆锥.试将这圆锥的体积表为a的函数.解设围成的圆锥的底半径为r,高为h,依题意有R(2p-a)=2pr,.圆锥的体积为 (0a0,要使,只需|*-3|e,取d=e,当0|*-3|d时,就有|*-3|0,b0,c0); (6).解 (1)因为,所以.(2).(3).(4)(提示:用等价无穷小换).(5),因为,所以 .提示:求极限过程中作了变换a*-1=t,b*-1=u,c*-1=v. (6),因为,所以 . 9. 设,要使f(*)在(-,+)连续,应怎样选择数a 解 要使函数连续,必须使函数在*=0处连续. 因为f(0)=a,所以当a=0时,f(*)在*=0处连续. 因此选取a=0时,f(*)

5、在(-,+)连续. 10. 设,求f(*)的连续点,并说明连续点所属类形. 解 因为函数f(*)在*=1处无定义,所以*=1是函数的一个连续点. 因为(提示),(提示),所以*=1是函数的第二类连续点. 又因为,所以*=0也是函数的连续点,且为第一类连续点. 11. 证明. 证明 因为,且,所以. 12. 证明方程sin *+*+1=0在开区间至少有一个根.证明 设f(*)=sin *+*+1,则函数f(*)在上连续.因为,所以由零点定理,在区间至少存在一点*,使f(*)=0.这说明方程sin *+*+1=0在开区间至少有一个根. 13.如果存在直线L:y=k*+b,使得当*(或*+,*-)时

6、,曲线y=f(*)上的动点M(*,y)到直线L的距离d(M,L)0,则称L为曲线y=f(*)的渐近线.当直线L的斜率k0时,称L为斜渐近线.(1)证明:直线L:y=k*+b为曲线y=f(*)的渐近线的充分必要条件是,.(2)求曲线的斜渐近线.证明 (1) 仅就*的情况进展证明. 按渐近线的定义,y=k*+b是曲线y=f(*)的渐近线的充要条件是. 必要性: 设y=k*+b是曲线y=f(*)的渐近线, 则,于是有 ,同时有 . 充分性: 如果,则,因此y=k*+b是曲线y=f(*)的渐近线.(2)因为,所以曲线的斜渐近线为y=2*+1.总 习 题 二1. 在充分、必要和充分必要三者中选择一个正确

7、的填入以下空格:(1)f(*)在点*0可导是f(*)在点*0连续的_条件.f(*)在点*0连续是f(*)在点*0可导的_条件.(2) f(*)在点*0的左导数f-(*0)及右导数f+(*0)都存在且相等是f(*)在点*0可导的_条件.(3) f(*)在点*0可导是f(*)在点*0可微的_条件.解 (1)充分,必要.(2) 充分必要.(3) 充分必要. 2. 选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设f(*)在*=a的*个邻域有定义,则f(*)在*=a处可导的一个充分条件是( ). (A)存在;(B)存在;(C)存在; (D)存在. 解 正确结论是D. 提示:(D*=-h).3. 设有一根

8、细棒,取棒的一端作为原点,棒上任一点的做标*为,于是分布在区间0,*上细棒的质量m是*的函数m=m(*),应怎样确定细棒在点*0处的线密度(对于均匀细棒来说,单位长度细棒的质量叫做这细棒的线密度). 解 Dm=m(*0+D*)-m(*0).在区间*0,*0+D*上的平均线密度为.于是,在点*0处的线密度为. 4. 根据导数的定义,求的导数. 解 . 5. 求以下函数f(*)的f-(0)及f+(0),又f(0)是否存在 (1); (2).解 (1)因为,而且f-(0) =f+(0),所以f(0)存在,且f(0)=1.(2)因为,而f-(0)f+(0),所以f(0)不存在. 6. 讨论函数在*=0

9、处的连续性与可导性.解因为f(0)=0,所以f(*)在*=0处连续;因为极限不存在,所以f(*)在*=0处不可导. 7. 求以下函数的导数:(1)y=arcsin(sin *); (2); (3); (4); (5)(*0) .解(1). (2). (3). (4). (5),. 8. 求以下函数的二阶导数: (1)y=cos2*ln *; (2).解 (1),. (2). 9. 求以下函数的n阶导数:(1);(2).解 (1),.(2),y=2(-1)(1+*)-2,y=2(-1)(-2)(1+*)-3,y=2(-1)(-2)(-3)(1+*)-4,. 10. 设函数y=y(*)由方程ey+

10、*y=e所确定,求y(0).解方程两边求导得eyy+y+*y=0, (1)于是;.(2)当*=0时,由原方程得y(0)=1,由(1)式得, 由(2)式得. 11. 求以下由参数方程所确定的函数的一阶导数及二阶导数: (1); (2).解 (1),.(2),. 12. 求曲线在t=0相的点处的切线方程及法线方程. 解 .当t=0时,*=2,y=1.所求切线的方程为,即*+2y-4=0;所求法线的方程为y-1=2(*-2).13. 甲船以6km/h的速率向东行驶,乙船以8km/h的速率向南行驶,在中午十二点正,乙船位于甲船之北16km处. 问下午一点正两船相离的速率为多少解设从中午十二点开场,经过

11、t小时,两船之间的距离为S,则有S2=(16-8t)2+(6t)2,.当t=1时,S=10,(km/h),即下午一点正两船相离的速度为-2.8km/h. 14.利用函数的微分代替函数的增量求的近似值.解设,则有, 或于是.15. 单摆的振动周期,其中g=980 cm/s2,l为摆长(单位为cm). 设原摆长为20cm,为使周期T增大0.05s,摆长约需加长多少. 解 因为,所以 (cm),即摆长约需加长2.23cm.总习题三 1. 填空: 设常数k0, 函数在(0, +)零点的个数为_. 解 应填写2. 提示: , . 在(0, +), 令f(*)=0, 得唯一驻点*=e .因为f(*)0.

12、又因为, , 所以曲线经过*轴两次, 即零点的个数为2. 2. 选择以下题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设在0, 1上f(*)0, 则f(0), f(1), f(1)-f(0)或f(0)-f(1)几个数的大小顺序为(). (A)f(1)f(0)f(1)-f(0); (B)f(1)f(1)-f(0)f(0); (C)f(1)-f(0)f(1)f(0); (D)f(1)f(0)-f(1)f(0). 解 选择B . 提示: 因为f(*)0, 所以f(*)在0, 1上单调增加, 从而f(1)f(*)f(0). 又由拉格朗日中值定理, 有f(1)-f(0)=f(x), x0, 1, 所以f(1)

13、f(1)-f(0)f(0). 3. 列举一个函数f(*)满足: f(*)在a, b上连续, 在(a,b)除*一点外处处可导, 但在(a, b)不存在点* , 使f(b)-f(a)=f (*)(b-a). 解 取f(*)=|*|, *-1, 1. 易知f(*)在-1, 1上连续, 且当*0时f(*)=1; 当*0时, f(*)=-1;f(0)不存在, 即f(*)在-1, 1上除*=0外处处可导. 注意f(1)-f(-1)=0, 所以要使f(1)-f(-1)=f(x)(1-(-1)成立, 即f(x)=0, 是不可能的. 因此在(-1, 1)不存在点* , 使f(1)-f(-1)=f(x)(1-(-

14、1). 4. 设, 求. 解根据拉格朗日中值公式, f(*+a)-f (*)=f(x)a, x介于*+a与*之间. 当*时, x, 于是. 5. 证明多项式f (*)=*3-3*+a在0, 1上不可能有两个零点. 证明f(*)=3*2-3=3(*2-1), 因为当*(0, 1)时, f(*)0, 所以f (*)在0, 1上单调减少. 因此, f(*) 在0, 1上至多有一个零点. 6. 设=0, 证明多项式f(*)=a0+a1*+ +an*n在(0,1)至少有一个零点. 证明设, 则F(*)在0, 1上连续, 在(0, 1)可导, 且F(0)=F(1)=0. 由罗尔定理, 在(0, 1)至少有

15、一个点x , 使F(x )=0. 而F(*)=f(*), 所以f(*)在(0, 1)至少有一个零点. 7. 设f(*)在0, a上连续, 在(0, a)可导, 且f(a)=0, 证明存在一点x(0, a), 使f(x)+xf(x)=0.证明设F(*)=*f(*), 则F(*)在0, a 上连续, 在(0, a )可导, 且F(0)=F(a)=0. 由罗尔定理, 在(0, a )至少有一个点x , 使F(x )=0. 而F(*)=f(*)+*f(*), 所以f(x)+xf(x)=0. 8. 设0ab, 函数f(*)在a, b上连续, 在(a, b)可导, 试利用柯西中值定理, 证明存在一点*(a

16、, b)使. 证明 对于f(*)和ln *在a, b上用柯西中值定理, 有, x(a, b), 即, x(a, b). 9. 设f(*)、g(*)都是可导函数, 且|f(*)|a时, |f(*)-f(a)|g(*)-g(a). 证明由条件|f(*)|0, g(*)是单调增加的, 当*a时, g(*)g(a). 因为f (*)、g (*)都是可导函数, 所以f (*)、g (*) 在a, *上连续, 在(a, *)可导, 根据柯西中值定理, 至少存在一点x(a, *), 使. 因此, , |f (*)-f (a)|0). 解 (1) (*)=(e* l n *)=e* l n *(ln *+1)

17、=*(ln *+1). . (2)(3), 因为, 所以. (4)令. 则, 因为 =ln a1+ln a2+ +ln an=ln(a1a2an). 即=ln(a1a2an), 从而. 11. 证明以下不等式: (1)当时,; (2):当*0时, . 证明 (1)令, . 因为, 所以在f(*)为单调增加的. 因此当时有, 即. (2)要证(1+*)ln(1+*)arctan * , 即证(1+*)ln(1+*)- arctan * 0. 设f(*)=(1+*)ln(1+*)- arctan * , 则f(*)在0, +)上连续,. 因为当*0时, ln(1+*)0, , 所以f(*)0, f

18、(*)在0, +)上单调增加. 因此, 当*0时, f(*)f(0), 而f(0)=0, 从而f(*)0, 即(1+*)ln(1+*)-arctan *0 . 12. 设, 求f(*)的极值. 解*=0是函数的连续点. 当*0时, f(*)=2* 2*(ln *+1). 令f(*)=0, 得函数的驻点. 列表: *(-, 0)0f(*)+不存在-0+f(*)2极大值极小值函数的极大值为f (0)=2, 极小值为. 13. 求椭圆*2-*y +y2=3上纵坐标最大和最小的点. 解 2*-y-*y+2yy=0, . 当时, y=0. 将代入椭圆方程, 得, y=2 . 于是得驻点*=-1, *=1

19、. 因为椭圆上纵坐标最大和最小的点一定存在, 且在驻点处取得, 又当*=-1时, y=-2, 当*=1时, y=2, 所以纵坐标最大和最小的点分别为(1, 2)和(-1, -2). 14. 求数列的最大项. 解 令(*0), 则, , . 令f(*)=0, 得唯一驻点*=e. 因为当0*0; 当*e时, f(*)0, 所以唯一驻点*=e为最大值点. 因此所求最大项为. 15. 曲线弧y=sin * (0*p)上哪一点处的曲率半径最小.求出该点处的曲率半径. 解y=cos *, y=-sin *, (0*p), . 在(0, p), 令r=0, 得驻点. 因为当时, r0, 所以是r的极小值点,

20、 同时也是r的最小值点, 最小值为. 16. 证明方程*3-5*-2=0只有一个正根. 并求此正根的近似值, 使准确到本世纪末10-3.解设f (*)=*3-5*-2, 则f(*)=3*2-5, f(*)=6* . 当*0时, f(*)0, 所以在(0, +)曲线是凹的, 又f(0)=-2, , 所以在(0, +)方程*3-5*-2=0只能有一个根. (求根的近似值略)17. 设f (*0)存在, 证明. 证明 . 18. 设f(n)(*0)存在, 且f (*0)=f(*0)= =f (n)(*0)=0, 证明f(*)=o(*-*0)n (*0). 证明 因为= , 所以f(*)=o(*-*0

21、)n (*0). 19. 设f(*)在(a,b)二阶可导, 且f(*)0. 证明对于(a,b)任意两点*1, *2及0t1, 有f(1-t)*1+t*2(1-t)f(*1)+tf(*2). 证明 设(1-t)*1+t*2=*0. 在*=*0点的一阶泰勒公式为(其中x介于*与*0之间). 因为f(*)0, 所以f(*)f(*0)+f(*0)(*-*0). 因此f(*1) f(*0)+f(*0)(*1-*0), f(*2)f(*0)+f(*0)(*2-*0). 于是有 (1-t)f(*1)+tf(*2)(1-t) f(*0)+f(*0)(*1-*0)+tf(*0)+f(*0)(*2-*0) =(1

22、-t)f(*0)+tf(*0)+f(*0)(1-t)*1+t*2-f(*0)(1-t)*0+t*0 =f(*0)+f(*0)*0-f(*0)*0 =f(*0), 即f(*0)(1-t)f(*1)+tf(*2),所以 f(1-t)*1+t*2(1-t)f(*1)+tf(*2) (0t1). 20. 试确定常数a和b, 使f(*)=*-(a+bcos *)sin *为当*0时关于*的5阶无穷小. 解 f(*)是有任意阶导数的, 它的5阶麦克劳公式为. 要使f(*)=*-(a+bcos *)sin *为当*0时关于*的5阶无穷小, 就是要使极限存在且不为0. 为此令, 解之得, . 因为当, 时,

23、, 所以当,时, f(*)=*-(a+bcos *)sin *为当*0时关于*的5阶无穷小. 总习题四求以下不定积分(其中a, b为常数): 1. ; 解. 2. ; 解. 3. (a0); 解. 4. ; 解. 5. ; 解. 6. ; 解. 7. ; 解. 8. ; 解.9. ; 解 . 10. ; 解 . 11. ; 解 . 12. ; 解 . 13. ; 解 因为, 所以 . 14. ; 解 . . 15. ; 解 . 16. ; 解 . 17. ; 解 . 18. ; 解 . 19. ; 解 . 20. ; 解 . 21. ; 解 . 22. ; 解 . 23. ; 解 . 提示:

24、递推公式. 24. ; 解 . 25. ; 解 . 26. ; 解 . 27. ; 解 . 28. ; 解 . 29. ; 解 . 30. ; 解 . 31. ; 解 . 32. ; 解 . 33. ; 解 . 34. ; 解 因为, 所以 . 35. ; 解 . 36. ; 解 . 37. ; 解 =ln|sin *|-ln|1+sin *|+C=-ln|csc *+1|+C . 38. ; 解 . 39. ; 解 令, 则. 40. ; 解 . 总习题五 1.填空: (1)函数f(*)在a,b上(常义)有界是f(*)在a,b上可积的_条件,而f(*)在a,b上连续是f(*)在a,b上可积_

25、的条件;解 函数f(*)在a,b上(常义)有界是f(*)在a,b上可积的_必要_条件,而f(*)在a,b上连续是f(*)在a,b上可积_充分_的条件; (2)对a,+)上非负、连续的函数f(*),它的变上限积分在a,+)上有界是反常积分收敛的_条件;解 对a,+)上非负、连续的函数f(*),它的变上限积分在a,+)上有界是反常积分收敛的_充分_条件; (3)绝对收敛的反常积分一定_;解 绝对收敛的反常积分一定_收敛_; (4)函数f(*)在a,b上有定义且|f(*)|在a,b上可积,此时积分_存在.解 函数f(*)在a,b上有定义且|f(*)|在a,b上可积,此时积分_不一定_存在. 2.计算

26、以下极限: (1);解. (2)(p0);解. (3);解. (4),其中f(*)连续;解法一 (用的是积分中值定理). 解法二 (用的是洛必达法则). (5).解. 3.以下计算是否正确,试说明理由: (1);解计算不正确,因为在-1, 1上不连续. (2)因为,所以.解 计算不正确,因为在-1, 1上不连续. (3).解 不正确, 因为.4.设p0,证明.证明 .因为,而 ,所以 .5.设f (*)、g (*)在区间a,b上均连续,证明: (1);证明 因为f(*)-lg(*)20,所以l2g 2(*)-2lf(*)g(*)+f 2(*)0,从而. 上式的左端可视为关于l的二次三项式,因为

27、此二次三项式大于等于0,所以其判别式小于等于0,即,亦即 .(2), 证明,又 ,所以 .6.设f (*)在区间a,b上连续,且f (*)0.证明.证明有不等式,在此不等式中,取,则有,即.7.计算以下积分: (1);解. (2);解.令则,所以. (3);解令*=a sin t,则.又令,则,所以. (4);解. (5).解. 8.设f(*)为连续函数,证明.证明. 9.设f(*)在区间a,b上连续,且f(*)0,*a,b.证明: (1)F(*)2; (2)方程F(*)=0在区间(a,b)有且仅有一个根.证明 (1). (2)因为f(*)0,a0. 因f(*)在a,b上连续,所以f(*)在a

28、,b上有最大值M和最小值m即mf(*)M,因此有mg(*)f(*)g(*)Mg(*).根据定积分的性质,有,或 . 因为f(*)在a,b上连续, 根据介值定理,至少存在一点*(a,b), 使,即 . *12.(1)证明: 证明=(2)证明总习题六 1.一金属棒长3m,离棒左端*m处的线密度为(kg/m).问*为何值时, 0,*一段的质量为全棒质量的一半解*应满足.因为,所以,(m). 2.求由曲线r=asinq,r=a(cosq+sinq)(a0)所围图形公共局部的面积.解 . 3.设抛物线通过点(0, 0),且当*0, 1时,y0.试确定a、b、c的值,使得抛物线与直线*=1,y=0所围图形

29、的面积为,且使该图形绕*轴旋转而成的旋转体的体积最小.解 因为抛物线通过点(0, 0), 所以c=0, 从而.抛物线与直线*=1,y=0所围图形的面积为.令, 得.该图形绕*轴旋转而成的旋转体的体积为. 令, 得, 于是b=2. 4.求由曲线与直线*=4,*轴所围图形绕y轴旋转而成的旋转体的体积.解 所求旋转体的体积为. 5.求圆盘绕y轴旋转而成的旋转体的体积. 解 . 6.抛物线被圆所需截下的有限局部的弧长. 解 由解得抛物线与圆的两个交点为, 于是所求的弧长为. 7.半径为r的球沉入水中,球的上部与水面相切,球的比重与水一样,现将球从水中取出,需作多少功 解 建立坐标系如图. 将球从水中取

30、出时, 球的各点上升的高度均为2r. 在*处取一厚度为d*的薄片, 在将球从水中取出的过程中, 薄片在水下上升的高度为r+*, 在水上上升的高度为r-*. 在水下对薄片所做的功为零, 在水上对薄片所做的功为,对球所做的功为. 8.边长为a和b的矩形薄板,与液面成a 角斜沉于液体,长边平行于液面而位于深h处,设ab,液体的比重为r,试求薄板每面所受的压力. 解 在水面上建立*轴, 使长边与*轴在同一垂面上, 长边的上端点与原点对应. 长边在*轴上的投影区间为0,bcosa, 在*处*轴到薄板的距离为h+*tana. 压力元素为,薄板各面所受到的压力为. 9.设星形线,上每一点处的线密度的大小等于

31、该点到原点距离的立方,在原点O处有一单位质点,求星形线在第一象限的弧段对这质点的引力. 解 取弧微分ds为质点, 则其质量为,其中. 设所求的引力在*轴、y轴上的投影分别为F*、Fy, 则有,所以.总习题七 1.填空 (1)设在坐标系O;i,j,k中点A和点M的坐标依次为(*0,y0,z0)和(*,y,z),则在A;i,j,k坐标系中,点M的坐标为_,向量的坐标为_.解 M(*-*0,y-y0,z-z0),. 提示: 自由向量与起点无关, 它在*一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变. (2)设数l1、l2、l3不全为0,使l1a+l2b+l3c=0,则a、b、c三个向量是_的.解 共面.

32、 (3)设a=(2, 1, 2),b=(4,-1, 10),c=b-la,且ac,则l=_. 解3. 提示: 因为ac, 所以ac=0. 又因为由ac=ab-laa=24+1(-1)+210-l(22+12+22)=27-9l, 所以l=3. (4)设a、b、c都是单位向量,且满足a+b+c=0,则ab+bc+ca=_. 解 . 提示: 因为a+b+c=0, 所以(a+b+c)(a+b+c)=0,即aa+bb+cc+2ab+2ac+2ca=0,于是 . (5)设|a|=3, |b|=4, |c|=5,且满足a+b+c=0,则|ab+bc+ca|=_. 解36. 提示:c=-(a+b),ab+b

33、c+ca=ab-b(a+b)-(a+b)a=ab-ba-ba=3ab, |ab+bc+ca|=3|ab|=3|a|b|=334=36. 2.在y轴上求与点A(1,-3, 7)和点B(5, 7,-5)等距离的点.解 设所求点为M(0,y,0), 则有12+(y+3)2+72=52+(y-7)2+(-5)2,即 (y+3)2=(y-7)2,解得y=2, 所求的点为M(0,2,0). 3.DABC的顶点为A(3,2,-1)、B(5,-4,7)和C(-1,1,2),求从顶点C所引中线的长度. 解 线段AB的中点的坐标为. 所求中线的长度为. 4.设DABC的三边、,三边中点依次为D、E、F,试用向量a

34、、b、c表示、,并证明. 解 ,. 5.试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边,且其长度等于第三边长度的一半. 证明 设D,E分别为AB,AC的中点, 则有,所以 ,从而DE/BC, 且. 6.设|a+b|=|a-b|,a=(3,-5, 8),b=(-1, 1,z),求z. 解a+b=(2,-4,8+z),a-b=(4,-6,8-z). 因为|a+b|=|a-b|, 所以,解得z=1. 7.设, |b|=1,求向量a+b与a-b的夹角. 解 |a+b|2=(a+b)(a+b)=|a|2+|b|2+2ab=|a|2+|b|2+2|a|b|cos(a, b), |a-b|2=(a-b)(a-

35、b)=|a|2+|b|2-2ab=|a|2+|b|2-2|a|b|cos(a, b).设向量a+b与a-b的夹角为q, 则,. 8.设a+3b7a-5b,a-4b7a-2b,求.解因为a+3b7a-5b,a-4b7a-2b,所以 (a+3b)(7a-5b)=0, (a-4b)(7a-2b)=0,即 7|a|2+16ab-15|b|2=0, 7|a|2-30ab+8|b|2=0,又以上两式可得,于是,. 9.设a=(2,-1,-2),b=(1, 1,z),问z为何值时最小.并求出此最小值.解.因为当时,为单调减函数.求的最小值也就是求的最大值.令,得z=-4.当z=-4时,所以. 10. 设|a

36、|=4,|b|=3,求以a+2b和a-3b为边的平行四边形的面积.解 (a+2b)(a-3b)=-3ab+2ba=5ba.以a+2b和a-3b为边的平行四边形的面积为. 11. 设a=(2,-3,1),b=(1,-2,3),c=(2,1,2), 向量r满足ra,rb,Prjcr=14, 求r.解 设r=(*,y,z).因为ra,rb, 所以ra=0,rb=0, 即 2*-3y+z=0,*-2y+3z=0.又因为Prjcr=14, 所以, 即 2*+y+2z=42. 解线性方程组,得*=14,y=10,z=2, 所以r=(14,10,2).另解 因为ra,rb, 所以r与平行, 故可设r=l(7

37、,5,1). 又因为Prjcr=14, 所以,rc=42, 即l(72+51+12)=42,l=2,所以r=(14,10,2).12. 设a=(-1,3,2),b=(2,-3,-4),c=(-3,12,6), 证明三向量a、b、c共面, 并用a和b表示c.证明 向量a、b、c共面的充要条件是(ab)c=0. 因为,(ab)c=(-6)(-3)+012+(-3)6=0,所以向量a、b、c共面. 设c=la+mb, 则有(-l+2m,3l-3m,2l-4m)=(-3,12,6),即有方程组,解之得l=5,m=1, 所以c=5a+b. 13.动点M(*,y,z)到*Oy平面的距离与点M到点(1,-1

38、,2)的距离相等,求点M的轨迹方程.解 根据题意, 有,或 z2=(*-1)2+(y+1)2+(z-2)2,化简得 (*-1)2+(y+1)2=4(z-1),这就是点M的轨迹方程. 14.指出以下旋转曲面的一条母线和旋转轴:(1)z=2(*2+y2); 解 旋转曲面的一条母线为zO*面上的曲线z=2*2, 旋转轴为z轴. (2); 解 旋转曲面的一条母线为*Oy面上的曲线, 旋转轴为y轴. (3)z2=3(*2+y2); 解 旋转曲面的一条母线为yOz面上的曲线, 旋转轴为z轴. (4). 解 旋转曲面的一条母线为*Oy面上的曲线, 旋转轴为*轴. 15. 求通过点A(3,0,0)和B(0,

39、0, 1)且与*Oy面成角的平面的方程.解 设所求平面的法线向量为n=(a,b,c).,*Oy面的法线向量为k=(0,0,1).按要求有,即 ,解之得c=3a,. 于是所求的平面的方程为,即 , 或.16.设一平面垂直于平面z=0,并通过从点(1, -1, 1)到直线的垂线,求此平面方程. 解 直线的方向向量为s=(0,1,-1)(1,0,0)=(0,-1,-1).设点(1, -1, 1)到直线的垂线交于点(*0,y0,z0). 因为点(*0,y0,z0)在直线上, 所以(*0,y0,z0)=(0,y0,y0+1). 于是, 垂线的方向向量为s1=(-1,y0+1,y0).显然有ss 1=0,

40、 即-y0-1-y0=0,.从而. 所求平面的法线向量可取为,所求平面的方程为, 即*+2y+1=0 17.求过点(-1, 0, 4),且平行于平面3*-4y+z-10=0,又与直线相交的直线的方程.解 过点(-1, 0, 4),且平行于平面3*-4y+z-10=0的平面的方程为3(*+1)-4(y-0)+(z-4)=0, 即3*-4y+z-1=0.将直线化为参数方程*=-1+t,y=3+t,z=2t, 代入平面方程3*-4y+z-1=0, 得3(-1+t)-4(3+t)+2t-1=0,解得t=16. 于是平面3*-4y+z-1=0与直线的交点的坐标为(15,19,32), 这也是所求直线与直

41、线的交点的坐标. 所求直线的方向向量为s=(15,19,32)-(-1, 0, 4)=(16,19,28),所求直线的方程为.18.点A(1, 0, 0)及点B(0, 2, 1),试在z轴上求一点C,使DABC的面积最小. 解 设所求的点为C(0,0,z), 则,. 因为 ,所以DABC的面积为. 令, 得, 所求点为.19.求曲线在三个坐标面上的投影曲线的方程.解在*Oy面上的投影曲线方程为,即.在zO*面上的投影曲线方程为,即.在yOz面上的投影曲线方程为,即. 20.求锥面与柱面z2=2*所围立体在三个坐标面上的投影.解锥面与柱面交线在*Oy面上的投影为,即,所以,立体在*Oy面上的投影

42、为.锥面与柱面交线在yOz面上的投影为,即,所以,立体在yOz面上的投影为.锥面与柱面z2=2*与平面y=0的交线为和,所以,立体在zO*面上的投影为. 21. 画出以下各曲面所围立体的图形:(1)抛物柱面2y2=*, 平面z=0及;(2)抛物柱面*2=1-z, 平面y=0,z=0及*+y=1; (3)圆锥面及旋转抛物面z=2-*2-y2; (4)旋转抛物面*2+y2=z, 柱面y2=*, 平面z=0及*=1.总习题八1. 在充分、必要和充分必要三者中选择一个正确的填入以下空格:(1)f(*,y)在(*,y)可微分是f(*,y)在该点连续的_条件,f(*,y)在点连续是f(*,y)在该点可微分

43、的_条件. 解 充分; 必要.(2)z=f(*,y)在点(*,y)的偏导数及存在是f(*,y)在该点可微分的_条件,z= f(*,y)在点(*,y)可微分是函数在该点的偏导数及存在的_条件. 解 必要; 充分.(3)z=f(*,y)的偏导数及在(*,y)存在且连续是f(*,y)在该点可微分的_条件. 解 充分.(4)函数z=f(*,y)的两个二阶偏导数及在区域D连续是这两个二阶混合偏导数在D相等的_条件. 解 充分.2. 选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设函数f(*,y)在点(0, 0)的*邻域有定义, 且f*(0,0)=3,fy(0,0)=-1, 则有_. (A)dz|(0,0

44、)=3d*-dy. (B)曲面z=f(*,y)在点(0,0,f(0,0)的一个法向量为(3,-1,1). (C)曲线在点(0,0,f(0,0)的一个切向量为(1, 0,3).(D)曲线在点(0,0,f(0,0)的一个切向量为(3, 0,1). 解 (C). 3.求函数的定义域,并求.解函数的定义域为(*,y )| 0*2+y21, y 24*因为,故由初等函数在定义域的连续性有. 4.证明极限不存在.解因为,所以不存在. 5.设,求f*(*,y),fy(*,y).解当*2+y20时,.当*2+y2=0时,.因此,. 6.求以下函数的一阶和二阶偏导数: (1)z=ln(*+y2);解, (2)z

45、=*y.解,. 7.求函数当*=2,y=1,D*=0.001,Dy=0.03时的全增量和全微分.解.因为,所以. 8.设,证明f(*,y)在点(0, 0)处连续且偏导数存在,但不可微分.证明因为,且,所以,即f(*,y)在点(0, 0)处连续.因为,所以f(*,y)在点(0, 0)处的偏导数存在.因为,所以f(*,y)在点(0, 0)处不可微分. 9.设u=*y,而*=j(t),y=y(t)都是可微函数,求.解. 10.设z=f(u,v,w)具有连续偏导数,而u=h-*,v=z-*,w=*-h,求,.解,. 11.设z=f(u,*,y),u=*ey,其中f具有连续的二阶偏导数,求.解,. 12

46、. 设*=eucos v,y=eusin v,z=uv, 试求和. 解 ,.而由*=eucos v,y=eusin v得,解得,从而,. 因此,. 另解 由*=eucos v,y=eusin v得,解得,. 又由z=uv得,从而 ,.13. 求螺旋线*=acosq,y=asinq,z=bq在点(a,0,0)处的切线及法平面方程. 解 点(a,0,0)对应的参数为q=0, 所以点(a,0,0)处的切向量为,所求的切线方程为,法平面方程为a(y-0)+b(z-0)=0, 即ay+bz=0.14. 在曲面z=*y上求一点, 使这点处的法线垂直于平面*+3y+z+9=0, 并写出这法线的方程. 解 平

47、面的法线向量为n0=(1,3,1).设所求的点为(*0,y0,z0), 则曲面在该点的法向量为n=(y0,*0,-1).由题意知n/n0, 即,于是*0=-3,y0=-1,z0=*0y0=3,即所求点为(-3,-1,3), 法线方程为.15. 设el=(cosq,sinq), 求函数f(*,y)=*2-*y-y2在点(1,1)沿方向l的方向导数, 并分别确定角q, 使这导数有(1)最大值,(2)最小值,(3)等于0. 解 由题意知l方向的单位向量为(cosa,cosb)=(cosq,sinq), 即方向余弦为cosa=cosq,cosb=sinq.因为f*(1,1)=(2*-y)|(1,1)=

48、1,fy(1,1)=(-*+2y)|(1,1)=1,所以在点(1,1)沿方向l的方向导数为.因此(1)当时, 方向导数最大, 其最大值为;(2)当时, 方向导数最小, 其最小值为;(3)当及时, 方向导数为0. 16. 求函数u=*2+y2+z2在椭球面上点M0(*0,y0,z0)处沿外法线方向的方向导数. 解 椭球面上点M0(*0,y0,z0)处有外法向量为, 其单位向量为. 因为u*(*0,y0,z0)=2*0,uy(*0,y0,z0)=2y0, uz(*0,y0,z0)=2z0,所以, 所求方向导数为.17. 求平面和柱面*2+y2=1的交线上与*Oy平面距离最短的点. 解 设M(*,y

49、,z)为平面和柱面的交线上的一点, 则M到*Oy平面的距离为d(*,y,z)=|z|. 问题在于求函数f(*,y,z)=|z|2=z2在约束条件和*2+y2=1下的最不值. 作辅助函数:. 令 ,解方程组得,. 因为可能的极值点只有这一个, 所以这个点就是所求之点.18. 在第一卦限作椭球面的切平面, 使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小, 求这切平面的切点, 并求此最小体积. 解 令, 则,.椭球面上点M(*,y,z)处的切平面方程为, 即.切平面在三个坐标轴上的截距分别为,.切平面与三个坐标面所围的四面体的体积为. 现将问题化为求函数在条件下的最小值的问题, 或求函数f(*,y,z

50、)=*yz在下的最大值的问题. 作辅助函数. 令 ,解方程组得,. 于是, 所求切点为, 此时最小体积为.总习题九 1. 选择以下各题中给出的四个结论中一个正确的结论:(1)设有空间闭区域W1=(*,y,z)|*2+y2+z2R2,z0,W2=(*,y,z)|*2+y2+z2R2,*0,y0,z0,则有_. (A);(B); (C);(D).解 (C).提示:f(*,y,z)=*是关于*的奇函数, 它在关于yOz平面对称的区域W1上的三重积分为零, 而在W2上的三重积分不为零, 所以(A)是错的. 类似地,(B)和(D)也是错的.f(*,y,z)=z是关于*和y的偶函数, 它关于yOz平面和z

51、O*面都对称的区域W1上的三重积分可以化为W1在第一卦局部W2上的三重积分的四倍. (2)设有平面闭区域D=(*,y)|-a*a,*ya,D1=(*,y)|0*a,*ya,则=_. (A);(B); (C);(D)0. 解 (A). 2. 计算以下二重积分:(1), 其中D是顶点分别为(0,0),(1,0),(1,2)和(0,1)的梯形闭区域; 解 积分区域可表示为D=(*,y)|0*1,0y*+1, 于是.(2), 其中D=(*,y)|0ysin *,0*p; 解 . (3), 其中D是圆周*2+y2=R*所围成的闭区域; 解 在极坐标下积分区域D可表示为,于是 .(4), 其中D=(*,y)|*2+y2R2.解 因为积分区域D关于*轴、y轴对称, 所以.因为 ,所以 . 3. 交换以下二次积分的次序:(1); 解 积分区域为,并且D又可表示为D=(*,y)|-2*0,2*+4y-*2+4,所以 .(2); 解 积分区域为D=(*,y)|0y1,0*2y(*,y)|1y3,0*3-y,并且D又可表示为,所以.(3). 解 积分区域为,并且D又可表示为,所以. 4. 证明:.证明 积分区域为D=(*,y)|0ya,0*