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1、数学分析 ( 三)参考答案及评分标准一. 计算题（共 8 题，每题 9 分，共 72 分） 。1.求函数3311( , )sinsinfx yxyyx在点(0,0) 处的二次极限与二重极限. 解：333311( , )sinsinf x yxyxyyx， 因此二重极限为 0 . (4 分) 因为33011limsinsinxxyyx与33011limsinsinyxyyx均不存在，故二次极限均不存在。(9 分) 2.设( ),( )yy xzz x是由方程组(),( , , )0zxf xyF x y z所确定的隐函数 , 其中f和 F 分别具有连续的导数和偏导数 , 求dzdx. 解： 对两
2、方程分别关于x求偏导 : ，(4 分) 。解此方程组并整理得()()()()yyxyzFf xyxfxy FFdzdxFxfxy F. (9 分) 3.取,为新自变量及( , )wwv为新函数，变换方程222zzzzxx yx。设,22yxyxywze（假设出现的导数皆连续）. 解：z看成是, x y的复合函数如下：,( , ),22ywxyxyzwwe。 (4 分) 代人原方程，并将, ,x y z变换为, ,w 。整理得：2222www。(9 分) 4.要做一个容积为31m的有盖圆桶 , 什么样的尺寸才能使用料最省? 解： 设圆桶底面半径为r, 高为 h, 则原问题即为： 求目标函数在约束
3、条件下的最小值，其中目标函数 : 222Srhr表, ()()(1)0 xyzdzdyf xyxfxydxdxdydzFFFdxdx名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - 约束条件 : 21r h。 (3 分) 构造 Lagrange 函数：22( , ,)22(1)F r hrhrr h。令22420,20.rhFhrrhFrr(6 分) 解得2hr ，故有3314,.2rh由题意知问题的最小值必存在，当底面半径为31
4、,2r高为34h时，制作圆桶用料最省。 (9 分) 5.设322( )yx yyFyedx, 计算( )Fy. 解：由含参积分的求导公式332222322222( )32yyx yx yx yx yxyxyyyyFyedxx edxy eye(5 分) 327522232yx yyyyx edxy eye375222751222yyyx yyy eyeedxy。(9 分) 6.求曲线222222xyxyabc所围的面积，其中常数, ,0a b c. 解：利用坐标变换cos ,sin .xayb由于0 xy，则图象在第一三象限，从而可以利用对称性，只需求第一象限内的面积。2,0,0sincos2
5、abc。(3 分) 则( , )2( , )x yVdd122sincos2002abcdab d(6 分)22220sincosa bdc2222a bc. (9 分)7. 计 算 曲线 积 分352Lzdxxdyydz , 其 中 L 是 圆 柱 面221xy与 平 面3zy的交线（为一椭圆），从z轴的正向看去，是逆时针方向. 解： 取平面3zy上由曲线 L 所围的部分作为Stokes 公式中的曲面，定向为上侧，则的法向量为名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，
6、共 6 页 - - - - - - - - - 11cos ,cos,cos0,22。(3 分) 由 Stokes 公式得352Lzdxxdyydzcoscoscos352dSxyzzxy2dS(6 分) 22122xydxdy2(9 分) 8. 计算积分Syzdzdx, S为椭球2222221xyzabc的上半部分的下侧 . 解：椭球的参数方程为sincos ,sinsin,cosxaybzc，其中02 ,0,2且2( , )sinsin( , )z xac。(3 分) 积分方向向下，取负号，因此，yzdzdx2232200sincos sindbacd(6 分)2223200sinsinc
7、osbacdd24abc(9 分) 二. 证明题（共 3 题，共 28 分） 。9. （9 分）讨论函数3222422,0( )0,0 xyxyxyf xxy在原点(0,0) 处的连续性、可偏导性和可微性 . 解：连续性：当220 xy时，2242424( )022xyxyyyf xyxyxy，当,0,0 x y，从而函数在原点0,0 处连续。(3 分) 可偏导性：00,00,00,0lim0 xxfxffx，0,0yf00,00,0lim0yfyfy，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - -
8、 - - - 第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - 即函数在原点0,0 处可偏导。(5 分) 可微性：22223242222001limlimxyxyxyffxfyx yxyxyxy不存在，从而函数在原点0,0 处不可微。(9 分) 10. （9 分） （9 分） 设,F x y 满足：（1）在00,Dx yxxayyb上连续，（2）00,0F xy，（3）当x固定时，函数,F x y 是 y 的严格单减函数。试证：存在0，使得在0 xxx上通过,0F x y定义了一个函数( )yy x，且( )yy x在上连续。证明： （i ）先证隐函数的存在性。由条件（3）知，0,F
9、 xy 在00,yb yb 上是 y 的严格单减函数，而由条件（ 2）知00,0F xy，从而由函数0,F xy 的连续性得00,0F xyb，00,0F xyb。现考虑一元连续函数0,F x yb 。由于00,0F xyb，则必存在10使得0,0F x yb，x01(,)O x。同理，则必存在20使得0,0F x yb，x02(,)O x。取12min(,)，则在邻域0(,)O x内同时成立0,0F x yb，0,0F x yb。(3分) 于是，对邻域0(,)O x内的任意一点x，都成立0,0Fx yb，0,0Fx yb。固定此x，考虑一元连续函数,Fx y。由上式和函数,Fx y关于 y
10、的连续性可知，存在,Fx y的零点00,yyb yb 使得,F x y0。而,Fx y关于 y 严格单减，从而使,Fx y0 的y是唯一的。再由x的任意性，证明了对:0(, )O x内任意一点，总能从,0F x y找到唯一确定的 y 与x相对应，即存在函数关系:fxy或( )yfx。此证明了隐函数的存在性。(6 分) （ii ）下证隐函数( )yfx的连续性。设*x是:0(, )O x内的任意一点，记*:yfx。对任意给定的0，作两平行线名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第
11、 4 页，共 6 页 - - - - - - - - - *yy，*yy。由上述证明知*,0F xy，*,0F xy。由,F x y 的连续性，必存在*x的邻域*(,)O x使得*,0F x y，*,0F x y，*(,)xO x。对任意的*(, )xO x，固定此x并考虑 y 的函数,F x y ，它关于 y严格单减且*,0F x y，*,0F x y。于是在*,yy内存在唯一的一个零点y使,0F x y，即 对任意的*(, )xO x，它对应的函数值y 满足*yy。这证明了函数( )yf x是连续的。 (9 分) 11. （10分）判断积分1011sindxxx在 02上是否一致收敛，并给
12、出证明。证明： 此积分在 02上非一致收敛。证明如下：作变量替换1xt，则1201111sinsindxtdtxxt。(3 分) 不论正整数n多么大，当3,2,244tAAnn时，恒有2sin2t。 (5 分) 因此，22121sin2AAAAtdtdttt(7 分) 2214tAt2220434 24n，当2时。因此原积分在 02上非一致收敛。(10 分) 注：不能用 Dirichlet判别法证明原积分是一致收敛的。原因如下：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 6 页 - - - - - - - - - 尽管对任意的1B积分1sinBtdt一致有界，且函数21t关于x单调，但是当x时，21t关于0,2 并非一致趋于零。事实上，取,tn相应地取12n，则112111limlim10limtnnnntnn，并非趋于零。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 6 页 - - - - - - - - -