高数04-23真题

通过替换六级标题来完成数 “(一二三)之间的切换

• 共502道
  • 69
  • 88
  • 78
  • 60
  • 3
  • 48
  • 51
  • 43
  • 34
  • 28

概念题

数列极限是否存在，是否收敛

(3)

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√

Transclude of 数二2012#3

Transclude of 数二2017#3

Transclude of 数三2014#1

Transclude of 数三2015#1

Transclude of 数三2022#2

极限的定义

(1)

数一2022
设 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1$, 则 $()$
(A) $f(1)=0$.
(B) $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$.
$(\mathrm{C})f^{\prime }(1)=1$.
(D) $\underset{x\to 1}{\lim }{f}^{\prime }(x)=1$.
数一2022
答 应选 B.
解 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1\stackrel{\frac{0}{0}}{\to }\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$, 故选 B.
这道题的核心是理解给定的极限表达式和如何从中推断函数$f(x)$在$x\to 1$时的行为。下面是对答案的逐步解释：

• (1) 分析题式
  • 由原式 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(x)}{\ln x}=1$, 将 $x=1$ 代入分母，$\underset{x\to 1}{\lim }\ln x=0$
• (2)分子与分母为等价无穷小
  • 已知分母为0
  • 则分子也为 0 ，所以 $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=0$

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√

Transclude of 数三2013#1

Transclude of 数二2022#1

导数与微分的概念

连续,间断,可导,不可导

(4)

设函数 $f(x)$ 在区间上 $(-1,1)$ 有定义, 且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$, 则 ( )
(A) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$ 时, $f^{\prime }(0)=m$
(B) 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m$
(C) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$ 时, $f^{\prime }(0)=m$
(D) 当 $f^{\prime }(0)=m$ 时, $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$
解：

• A:$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，未必有 $f(0)=0$
  • 故 $(A)$ 选项 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=m\stackrel{f(0)\text{的值未知}}{\to }$未必有 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=m$。
• B:当 $f^{\prime }(0)=m$ 时，必有 $f(x)$ 在 0 点连续，于是由 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，必有 $f(0)=0$，
  • 此时 $f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}\stackrel{f(0)=0}{=}m$
• 对 $(C)$ 和 $(D)$，当 $f(x)$ 在 0 点连续时，
  • 若 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$（可以是 $\infty$），此时有 $f^{\prime }(0)=m$（可以是 $\infty$），
  • 但反之不成立，也就是说，若 $f^{\prime }(0)=m$，此时未必有 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)=m$。
    • 且还应知道，若 $\underset{x\to 0}{\lim }{f}^{\prime }(x)$ 不存在（非 $\infty$），此时未必有 $f^{\prime }(0)$ 也不存在。
  • 以上所述便是“连续函数的导函数极限定理”，在 2009 年真题已证明过。

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(4)

数一2016 已知函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x⩽0,\\ \frac{1}{n},& \frac{1}{n+1}<x⩽\frac{1}{n},n=1,2,\cdots ,\end{array}$ 则 ( )
(A) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第一类间断点.
(B) $x=0$ 是 $f(x)$ 的第二类间断点.
(C) $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续但不可导.
(D) $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.

(4)

数一2016 答 应选(D).

• 计算 $x=0$ 处的左导数。
  • $f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x}{x}=1$。
• 计算 $x=0$ 处的右导数。
  • $f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$
    • 当 $\frac{1}{n+1}<x⩽\frac{1}{n}$ 时, $f(x)=\frac{1}{n}$。
    • 因此，$1⩽\frac{f(x)}{x}<\frac{n+1}{n}$。
    • 当 $x\to 0^{+}$ 时，$n\to \infty$，由夹逼准则，$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=1$，即 $f_{+}^{\prime }(0)=1$- 第三步：判断可导性
  • 小总结：由于左导数和右导数相等，函数在 $x=0$ 处可导。
  • 做法与数学公式：$f_{-}^{\prime }(0)=f_{+}^{\prime }(0)=1$。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $x=0$ 处的左导数和右导数，我们发现它们都等于 1，因此函数在 $x=0$ 处可导。
    正确选项是 D.

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√

(1)

• 下列函数中, 在 $x=0$ 处不可导的是 $()$
  (A) $f(x)=|x|\sin |x|$.
  (B) $f(x)=|x|\sin \sqrt{|x|}$.
  (C) $f(x)=\cos |x|$.
  (D) $f(x)=\cos \sqrt{|x|}$.

(1)

• • 答 应选(D).
    • 解 按定义考查 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的可导性, 即考查 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$ 是否存在.
    • 选项(A), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\sin |x|}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\cdot |x|}{x}=0$, 可导.
    • 选项(B), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\sin \sqrt{|x|}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|\cdot \sqrt{|x|}}{x}=0$, 可导.
    • 选项(C), $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos |x|-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x{|}^2}{x}=0$, 可导.
    • 选项(D),
      • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos \sqrt{|x|}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}$
      • 不存在.
      • 因为 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=-\frac{1}{2},\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}|x|}{x}=\frac{1}{2},f_{+}^{\prime }(0)\ne f_{-}^{\prime }(0)$, 所以 $f^{\prime }(0)$ 不存在. 因此选(D).

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(1)

数一2021 函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x},& x\ne 0,\\ 1,& x=0\end{array}$ 在 $x=0$ 处 ( )
(A) 连续且取极大值.(B) 连续且取极小值.(C) 可导且导数等于 0 .(D) 可导且导数不为 0 .

(1)

• 数一2021 答 应选 D.
• 思路
  • 这道题先使用导数的定义，
  • 在连续使用两次洛必达求得求得极限
• 因为 $f^{\prime }(0)\stackrel{\text{导数定义}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\underset{f(0)=1}{\overset{f(x)=\frac{e^x-1}{x}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{e^x-1}{x}-x}{x}$
  • $\stackrel{\text{通分}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x}{x^2}\underset{\text{或洛必达}}{\overset{\text{泰勒}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2}{x}^2=\frac{1}{2}$

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(2)

设函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内有定义, 且 $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$, 则 $()$
(A) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$ 时, $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.
(B) 当 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=0$ 时, $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导.
(C) 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0$.
(D) 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时, $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=0$.

(2)

• 答 应选 C.
• 解：$f(x)$ 未必在 $x=0$ 处连续，未必有 $f(0)=0$，
  • 此时 $(A)$ 和 $(B)$ 凑不出 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$ 的形式。
• 当 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导时，(可导必然连续，连续不一定可导)
  • $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，$f(0)=\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$，
  • 此时 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot \frac{x}{\sqrt{|x|}}=f^{\prime }(0)\cdot 0=0$
  • 同时 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot \frac{x}{x^2}=f^{\prime }(0)\cdot \infty$，未必存在。
    • 因为有可能 $f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}\ne 0$，此时结果为\infty，极限不存在

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Transclude of 数二2015#3

奇偶性

(1)

已知函数 $f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt,g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt$, 则 ( )
(A) $f(x)$ 是奇函数, $g(x)$ 是偶函数
(B) $f(x)$ 是偶函数, $g(x)$ 是奇函数
(C) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为奇函数
(D) $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为周期函数
李艳芳真题系列|考研数学一历年真题逐题精讲（2010-2024年）[更新至最新]-哔哩哔哩

• 读题:已知函数 $\underset{\text{函数积分和求导后，奇偶性会发生改变}}{\underbrace{f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt,g(x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt}}$, 则 ( )
• $e^{\cos x}$ 是偶函数，$e^{\cos (-x)}=e^{\cos x}$
  • $f(x)={\int }_0^x{e}^{\cos t}dt$是奇函数
• $e^{t^2}$ 是偶函数
  • $h(x)={\int }_0^x{e}^{t^2}dt$是奇函数
  • $g(-x)=h(\sin (-x))=h(-\sin x)=-h(\sin x)=-g(x)$
    • $h(\sin x)={\int }_0^{\sin x}{e}^{t^2}dt$是奇函数
• 若 $f(x)$ 是连续函数， $\underset{F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt}{\underbrace{F(x)\text{是}f(x)\text{的一个原函数}}}$，
  • 则当 $f(x)$ 是奇函数时， $F(x)$ 必是偶函数，
  • 当 $f(x)$ 是偶函数时，当且仅当 $F(0)=0$ 时， $F(x)$ 是奇函数.
• 小结：判定奇偶及周期性
  • (1) 用定义，如，证明
    • $f(x)={\int }_x^{x+\frac{\pi }{2}}|\sin t|dt$ 以 $\pi$ 为周期
    • $F(x)={\int }_{-a}^a|x-a|f(t)dt$ 与 $f(x)$ 的奇偶性一致
  • (2) 用结论
    • 复合函数 $f[g(x)]$，内 $(g(x))$ 偶则偶，内 $(g(x))$ 奇同外
      • 内部是偶函数，则复合函数也是偶函数，
      • 内部是奇函数，则奇偶性取决于外层函数
    • 求导改变奇偶性，但不改变周期性
    • ${\int }_0^{x}f(t)dt$ 的奇偶性与 $f(x)$ 的计算奇偶性相反
    • $f(x)$ 以 $T$ 为周期，若 ${\int }_0^{T}f(t)dt=0$，则 ${\int }_{x_0}^{x}f(t)dt$ 也以 $T$ 为周期
      1999 年数一、二、三试题
      设 $f(x)$ 是连续函数， $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数，则（ ）
      （A） 当 $f(x)$ 是奇函数时， $F(x)$ 必是偶函数。
      （B）当 $f(x)$ 是偶函数时， $F(x)$ 必是奇函数。
      (C) 当 $f(x)$ 是周期函数时， $F(x)$ 必是周期函数。
      (D) 当 $f(x)$ 是单调增函数时, $F(x)$ 必是单调增函数.
      2005 年数一、二试题
      设 $F(x)$ 是连续函数 $f(x)$ 的一个原函数， ” $M\iff N$ “表示 ” $M$ 的充分必要条件是 $N^{\prime \prime }$ ，则必有（）
      (A) $F(x)$ 是偶函数 $\iff f(x)$ 是奇函数.
      (B) $F(x)$ 是奇函数 $\iff f(x)$ 是偶函数.
      (C) $F(x)$ 是周期函数 $\iff f(x)$ 是周期函数.
      (D) $F(x)$ 是单调函数 $\iff f(x)$ 是单调函数.
      2024 年数二试题
      设函数 $f(x)={\int }_0^{\sin x}\sin t^3\mathrm{d}t,g(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ ，则 $()$
      (A) $f(x)$ 是奇函数， $g(x)$ 是奇函数.
      （B） $f(x)$ 是奇函数， $g(x)$ 是偶函数。
      (C) $f(x)$ 是偶函数， $g(x)$ 是偶函数.
      (D) $f(x)$ 是偶函数， $g(x)$ 是奇函数.

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Transclude of 数三2020#3

极值点

(2)

设函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}x|x|,& x⩽0,\\ x\ln x,& x>0,\end{array}$ 则 $x=0$ 是 $f(x)$ 的 $()$(A) 可导点, 极值点.(B) 不可导点, 极值点.(C) 可导点,非极值点.(D) 不可导点, 非极值点.

(2)

• • 确定是否连续:看左右极限是否相等，是否等于函数值
    • $f(0)=0$·$0=0$
    • $f\left(0^{-}\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(-x^2\right)=0$
    • $f\left(0^{+}\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0$
    • 左极限=右极限=函数值，则连续
• 可导必然连续，连续不一定可导
  • $f_{-}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-x^2}{x}=0$
  • $f_{+}^{\prime }(0)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln x=\infty$
  • 左右导数不相等，则不可导
• 通过画图来判断函数f(x)是否是极值点
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}-\delta <x<0\text{时},f(x)=x|x|<0\\ 0<x<\delta \text{时},f(x)=x\ln x<0\end{array}\end{array}$
  • 于是 $\begin{array}{r}x\in (-\delta ,\delta )\end{array}$ 时，有 $\begin{array}{r}f(x)<f(0)\end{array}$，这是极大值
    
• 答 应选 B.

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Transclude of 数二2022#3

Transclude of 数三2010#3

特例

(18)

(本题满分 10 分)(抽象题)
（I ) 设函数 $u(x),v(x)$ 可导,利用导数定义证明 $[u(x)v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$;(II) 设函数 $u_1(x),u_2(x),\cdots ,u_n(x)$ 可导, $f(x)=u_1(x)u_2(x)\cdots u_n(x)$, 写出 $f(x)$ 的求导公式.

(18)

• （I ) 证 因为函数 $u(x),v(x)$ 可导,所以$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}=u^{\prime }(x),\underset{\Delta r\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}=v^{\prime }(x)\text{, 且 }\underset{\Delta x\to 0}{\lim }v(x+\Delta x)=v(x).$从而$\begin{array}{rl}[u(x)v(x){]}^{\prime }& =\underset{\Delta \to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x+\Delta x)+u(x)v(x+\Delta x)-u(x)v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\left[\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}v(x+\Delta x)+u(x)\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\right]\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{u(x+\Delta x)-u(x)}{\Delta x}\cdot \underset{\Delta x\to 0}{\lim }v(x+\Delta x)+u(x)\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{v(x+\Delta x)-v(x)}{\Delta x}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x).\end{array}$（II ) 解 $f^{\prime }(x)=u_1^{\prime }(x)u_2(x)\cdots u_n(x)+u_1(x)u_2^{\prime }(x)\cdots u_n(x)+\cdots +u_1(x)u_2(x)\cdots u_n^{\prime }(x)$.注 这是继 2008,2009 年后又一次考查基本定理(性质)、基本公式的推导, 本题和 2008 年的 (18)题 都是在考査导数的定义, 这是高等数学中一个非常重要的定义, 但可惜, 不论是 2008 年的变限积分求导公 式还是 2015 年的乘积求导公式(本题), 考生作答得都不够理想,究其原因还是基础不够扎实.

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定积分概念

连续与原函数

(2)

数一2016
已知函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}2(x-1),& x<1,\\ \ln x,& x⩾1,\end{array}$ 则 $f(x)$ 的一个原函数是：
(A) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x-1),& x⩾1.\end{array}$
(B) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x+1)-1,& x⩾1.\end{array}$
(C) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x+1)+1,& x⩾1.\end{array}$
(D) $F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2,& x<1,\\ x(\ln x-1)+1,& x⩾1.\end{array}$

(2)

• 第一步：计算原函数
  • 小总结：对 $f(x)$ 的进行分段积分以找到原函数。
  • 做法与数学公式：
    • 当 $x<1$ 时，$F(x)=\int 2(x-1)\mathrm{d}x=(x-1{)}^2+C_1$。
    • 当 $x⩾1$ 时，$F(x)=\int \ln x\mathrm{d}x=x(\ln x-1)+C_2$。
• 第二步：若原函数在分段点$x\text{＝}1$连续,则左右极限相等
  • 小总结：原函数必须在分段点 $x=1$ 处连续。
  • 做法与数学公式：代入$x=1$
    • 计算 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }[(x-1{)}^2+C_1]=C_1$。
    • 计算 $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }[x(\ln x-1)+C_2]=-1+C_2$。
    • 为了保证连续性，需要 $C_1=-1+C_2$。
• 第三步：确定常数,令$C=0$
  • 小总结：选择合适的常数使得原函数在整个定义域上有效。
  • 做法与数学公式：
    • 令 $C_1=C$，则 $C_2=1+C$。
    • 因此，$F(x)=\{\begin{array}{ll}(x-1{)}^2+C,& x<1,\\ x(\ln x-1)+1+C,& x⩾1.\end{array}$
    • 选择 $C=0$ 以简化表达式。
• 整体思路总结
  • 通过计算 $f(x)$ 的原函数
  • 并确保其在分段点连续，我们得到 $F(x)$ 的表达式。
  • 在这个过程中，选择合适的常数$0$是关键
    答 应选(D).

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Transclude of 数二2023#2

周期性与奇偶性

(10)

设 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数, 且 $f^{\prime }(x)=2(x-1),x\in [0,2]$, 则 $f(7)=$

(10)

• 问题: 求 $f(7)$ 的值，已知 $f(x)$ 是周期为 4 的可导奇函数，且 $f^{\prime }(x)=2(x-1)$ 当 $x\in [0,2]$
  • 求导函数的原函数:
    • 积分: $f(x)=\int f^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\int 2(x-1)\mathrm{d}x$
      • 结果: $f(x)=x^2-2x+C$
    • 利用奇函数性质确定 C:
      • 奇函数性质: $f(0)=0$
        • 结果: $C=0$
    • 确定的原函数: $f(x)=x^2-2x$
  • 利用周期性求 $f(7)$:
    • 周期性: $f(7)=f(7\mathrm{mod}4)=f(3)$
      • 奇函数性质: $f(3)=f(-1)$
  • 再次利用奇函数性质: $f(-1)=-f(1)$
    • 计算 $f(1)$: $f(1)=1^2-2\times 1=-1$
      • 结果: $f(7)=-f(1)=1$

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定积分比大小

积分区间相同，只比较被积函数的大小

(4)

设 $I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x,J={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)\mathrm{d}x,K={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x$, 则 $I,J,K$ 的大小关系为 ( )
(A) $I<J<K$.
(B) $I<K<J$.
(C) $J<I<K$.
(D) $K<J<I$.

(4)

问题是求积分 $I$, $J$, 和 $K$ 的大小关系。

• 理解题目
  • 比较积分 $I$, $J$, 和 $K$ 的大小
    • $I$, $J$, $K$ 都是特定的积分表达式
    • 他们都同属于同一个区间：${\int }_0^{\pi }$
• 比较 $I$ 和 $K$ 的大小，就是比较$\ln (\sin x)$与$\ln (\cos x)$的大小
  • 对于 $x\in (0,\frac{\pi }{4})$, 比较 $\sin x$ 和 $\cos x$
    • 由 $0<\sin x<\cos x\stackrel{\ln x是增函数}{\to }\ln (\sin x)<\ln (\cos x)$ ​
    • 函数大，积分就大，两端取积分，因此 $I={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x<{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x=K$
• 比较 $J$ 和 $K$ 的大小，就是$\ln (\cot x)$与$\ln (\cos x)$的大小
  • 分解 $J$ 的表达式
    • 由$\cot x=\frac{1}{\tan x}=\frac{\cos x}{\sin x}$，取对数，然后在 $(0,\frac{\pi }{4})$ 上积分
      • 得$J={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)\mathrm{d}x-\underset{<0}{\underbrace{{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x}}$
        • 由于在 $(0,\frac{\pi }{4})$ 上，$\ln \sin x<\ln 1<0\stackrel{取积分}{\to }{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\sin x)\mathrm{d}x<0$
    • 所以：${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cos x)dx<{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln (\cot x)dx$
• 得出 $I<K<J$ ，正确答案是 (B)
  答 应选(B).

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(4)

数一2022
若 $I_1={\int }_0^1\frac{x}{2(1+\cos x)}\mathrm{d}x,I_2={\int }_0^1\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}\mathrm{d}x,I_3={\int }_0^1\frac{2x}{1+\sin x}\mathrm{d}x$, 则 ( )
(A) $I_1<I_2<I_3$.
(B) $I_2<I_1<I_3$.
(C) $I_1<I_3<I_2$.
(D) $I_3<I_2<I_1$.
让我们一步一步地解释这个积分比较问题的解答过程。

• 函数大，积分就大
  • 相同区间，只需要比较内部的被积函数
• 比较$I_1$和$I_2$(常用不等式，比较分母)
  • 当 $x>0$ 时，有常用不等式: $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。
  • 特别是当 $x\in (0,1)$ 时，$\underset{1+x<2}{\underbrace{\frac{x}{2}<\frac{x}{1+x}}}<\ln (1+x)$，故 $I_1<I_2$。
• 比较$I_2<I_3$(比较分母)
  • 另外当 $x\in (0,1)$ 时，$\frac{\ln (1+x)}{1+\cos x}<\frac{\ln (1+x)}{1}=\ln (1+x)$
  • $\underset{I_2<\ln (1+x)}{\underbrace{\ln (1+x)}}<x<\underset{I_3}{\underbrace{\frac{2}{1+\sin x}\cdot x}},\stackrel{\text{只比较}x\text{的系数}}{\to }1<\underset{1+\sin x<2}{\underbrace{\frac{2}{1+\sin x}}},$故$I_2<I_3.$

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(4)

• 设 $M={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{(1+x{)}^2}{1+x^2}\mathrm{d}x,N={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}\mathrm{d}x,K={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sqrt{\cos x})\mathrm{d}x$, 则 ( )
  • (A) $M>N>K$.
  • (B) $M>K>N$.
  • (C) $K>M>N$.
  • (D) $K>N>M$.

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同一个幂值函数不同周期的积分比大小

(4)

设 $I_k={\int }_0^{k\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x(k=1,2,3)$, 则有 $()$
(A) $I_1<I_2<I_3$.
(B) $I_3<I_2<I_1$.
(C) $I_2<I_3<I_1$.
(D) $I_2<I_1<I_3$.

(4)

解
这个数学题目，我们可以构建一个二叉树形式的解答过程：

• 将 $e^{x^2}\sin x$ 折成 $e^{x^2}与\sin x$
  • 比较$\sin x$：$|\underset{>0}{\underbrace{{\int }_0^{\pi }\sin xdx}}|=|\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }\sin xdx}}|=\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }\sin xdx}}\mid$
  • 比较$e^{x^2}$：$0<{\int }_0^{\pi }{e}^{x^2}dx<{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^{x^2}dx<{\int }_{2\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}dx$
  • 以上两项相乘：$\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{e}^x\sin xdx}}<{\int }_0^{\pi }{e}^{x^2}\sin xdx<{\int }_{2\pi }^{3\pi }{e}^{x^2}\sin xdx$
• 问题: 比较 $I_1,I_2,I_3$ 的大小
  • 第一步：比较 $I_1$ 和 $I_2$
    • 计算 $I_2$:
      • 分解: $I_2={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x\stackrel{分区间}{=}{I}_1+\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
      • 结论: $I_2<I_1$
  • 第二步：比较 $I_2$ 和 $I_3$(这一步可以省略，直接进行第三步)
    • 计算 $I_3$:
      • 分区间: $I_3=I_2+\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
    • 结论: $I_3>I_2$
  • 第三步：比较 $I_1$ 和 $I_3$
    • 比较: $I_3=I_1+\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x+{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}$
      • 分析第二部分: $|\underset{<0}{\underbrace{{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}|<|\underset{>0}{\underbrace{{\int }_{2\pi }^{3\pi }{\mathrm{e}}^{x^2}\sin x\mathrm{d}x}}|$
    • 结论: $I_3>I_1$
  • 最终结论: $I_3>I_1>I_2$（选择 (D)

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定积分的定义求极限

(16)

(本题满分 10 分)
求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$.

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(4)

数一2021 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续, 则 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=()$
(A) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{2n}$.
(B) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{n}$.
(C) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{2n}f\left(\frac{k-1}{2n}\right)\frac{1}{n}$.
(D) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{2n}f\left(\frac{k}{2n}\right)\frac{2}{n}$.

(4)

• • 只需要$\frac{1}{n}\text{与}\frac{i}{n}$对应，或$\frac{1}{2n}\text{与}\frac{i}{2n}$对应，秒杀B
• 分析选项 (B)
  • 将 $[0,1]$ 分为 $n$ 等份
    • 每个小区间为 $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$
    • 区间长度为 $\frac{1}{n}$
    • 在 $\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]$ 中取中点 $f\left(\frac{\frac{k}{n}+\frac{k-1}{n}}{2}\right)$=$\frac{2k-1}{2n}$
      • $=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{0+\frac{1}{n}}{2}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{\frac{1}{n}+\frac{2}{n}}{2}\right)+\dots +\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{\frac{n-1}{n}+1}{2}\right)\right)$
      • $=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{2n}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{3}{2n}\right)+\dots +\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{2n-1}{2n}\right)\right)$
    • 根据定积分定义
      • 得 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\cdot \frac{1}{n}$
• 分析其他选项 (A), (C), (D)
  • 选项 (A)，得到 $\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
  • 选项 (C)，得到 $2{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
  • 选项 (D)，得到 $4{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$
• 结论:答案是 (B)

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偏导数的概念

可微与极限存在

(3)

如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续, 那么下列命题正确的是 $()$
(A) 若极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在, 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(B) 若极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在, 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微.

(C) 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微,则极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在.

(D) 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 则极限 $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在.

(3)

答 应选(B).

• 分析 本题主要考查二元函数可微的概念和性质。

  • (1)可微的充分必要条件 : 函数 $z=f(x,y)$ 在点 $\left(x_0,y_0\right)$ 处可微，等价于$\underset{(x,y)\to \left(x_0,y_0\right)}{\lim }\frac{f(x,y)-f\left(x_0,y_0\right)-f_x^{\prime }\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)-f_y^{\prime }\left(x_0,y_0\right)\left(y-y_0\right)}{\sqrt{{\left(x-x_0\right)}^2+{\left(y-y_0\right)}^2}}=0.$
  • (2)可微的必要条件 : 若函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 处可微，则该函数在点 $(x,y)$ 处的偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在.

• A：令$f(x,y)=|x|+|y|$

  • $f_x^{\prime }(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|}{x}$
  • 偏导数不存在，一定不可微

• B：要证 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, 可$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x^{\prime }(0,0)(x-0)-f_y^{\prime }(0,0)(y-0)}{\sqrt{(x-0{)}^2+(y-0{)}^2}}=0.$

  • $\begin{array}{rl}f(0,0)& =\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left[\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \left(x^2+y^2\right)\right]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left(x^2+y^2\right)=0.\end{array}$
  • $\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }(0,0)& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x=0}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x,0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{f(x,0)}{x+0^2}\cdot x\right)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)}{x\to 0^2}.\underset{x\to 0}{\lim }x=0.\end{array}$
  • 同理：$f_y^{\prime }(0,0)=0$
  • $\begin{array}{rl}& \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-0-0\cdot x-0\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left[\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \sqrt{x^2+y^2}\right]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\cdot \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\sqrt{x^2+y^2}=0.\end{array}$

• 对于C，D选项，取函数 $f(x,y)=1$,

  • 则当x,y趋向于0时，分子为常数，分母为0，则极限都是无穷大
  • $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 和$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$都不存在

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(3)

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微, $f(0,0)=0,\mathbf{n}={\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1\right)|}_{(0,0)}$, 非零向量 $\mathbf{\alpha }$ 与 $\mathbf{n}$ 垂直, 则 $()$(A) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{n}\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(B) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{n}\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(C) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{\alpha }\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.
(D) $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|\mathbf{\alpha }\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在.

(3)

• 答 应选 A.
• 函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则有
  • $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0,$
  • $\stackrel{f(0,0)=0}{\to }\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.$
• $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|\vec{n}\cdot (x,y,f(x,y))\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}\stackrel{\mathbf{n}={\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1\right)|}_{(0,0)}}{=}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}\cdot x+{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}\cdot y-f(x,y)\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\left|f(x,y)-{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}\cdot x-{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,0)}\cdot y\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.$

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Transclude of 数二2020#5

Transclude of 数三2023#1

不等式

Transclude of 数二2012#5

Transclude of 数二2016#6

Transclude of 数二2017#5

其他

Transclude of 数三2012#11

二重积分的概念与性质

奇偶性

(2)

如图,正方形 $\{(x,y)||x|⩽1|y\mid ,⩽1\}$ 被其对角线划分为四个区域 $D_k(k=1$, $2,3,4),I_k={\iint }_{D_k}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 则 ${\max }_{1⩽k⩽4}\left\{I_k\right\}=()$
( A) $I_1$.
( B) $I_2$.
( C) $I_3$.
( D) $I_4$.

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二重积分的定义

(4)

• $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{n}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)}=($ )
  (A) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}\mathrm{d}y$.
  (B) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)(1+y)}\mathrm{d}y$.
  (C) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1+y)}\mathrm{d}y$.
  (D) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}\mathrm{d}y$.

(4)

答 应选(D).

• 原式 =$\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{n^3}{(n+i)\left(n^2+j^2\right)}\frac{1}{n^2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{提取}\frac{1}{n^2}}{=}\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left(1+{\left(\frac{j}{n}\right)}^2\right)}\cdot \frac{1}{n^2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\frac{i}{n}=x,\frac{j}{n}=y}{=}{\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)\left(1+y^2\right)}dy\end{array}$

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比大小

Transclude of 数二2013#6

Transclude of 数二2019#5

Transclude of 数三2016#3

常数项级数连散性的判定（无穷级数）

(4)

设有两个数列 $\left\{a_n\right\},\left\{b_n\right\}$, 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 则 ( )
(A) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛.
(B) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 发散时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 发散.
(C) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|b_n\right|$ 收敛时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 收敛.
(D) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|b_n\right|$ 发散时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2{b}_n^2$ 发散.
应选A 。

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(3)

设 $\left\{u_n\right\}$ 是单调增加的有界数列, 则下列级数中收敛的是 $()$
(A) $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$.
(B) $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$.
( C) $\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$.
(D) $\sum _{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$.

(3)

• 答 应选 D.解
• 级数收敛的定义
  • 若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的部分和数列 $\left\{s_n\right\}$ 有极限 $s$, 即 $\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n=s$,
    则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛, 此时 $s$ 称为该收敛级数的和;
  • 若 $\left\{s_n\right\}$ 没有极限, 则称无穷级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散.
• 排除法
  • 选项 A:$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n}$
    • 取 $u_n=1-\frac{1}{n}$, 代入到A
    • 则 $\frac{u_n}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}$.
      • 由于 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 发散, $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 收敛, 故 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\right)$ 发散.
      • 选项 A 不正确.
  • 选项 B:$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$, 代入到B，则 $(-1{)}^n\frac{1}{u_n}=(-1{)}^{n+1}n,$
    • $(-1{)}^{n+1}n$发散，所以 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{u_n}$发散;
    • 选项 B不正确
  • 选项C: $\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$
    • 取 $u_n=-\frac{1}{n}$,代入到C$1-\frac{u_n}{u_{n+1}}=1-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n}$
    • $-\frac{1}{n}$是发散的，所以$\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{u_n}{u_{n+1}}\right)$ 发散.
    • 选项C 不正确.
• 由排除法可知, 应选 D.
• 由于 $u_{n+1}^2-u_n^2=\left(u_{n+1}+u_n\right)\left(u_{n+1}-u_n\right)$ ，而 $\left\{u_n\right\}$ 有界，
  • 故存在正数 $M$ ，使得$\left|u_{n+1}^2-u_n^2\right|⩽2M\left|u_{n+1}-u_n\right|\stackrel{u_n\text{ 单调增加 }}{=}2M\left(u_{n+1}-u_n\right)$.
  • $s_n=\sum _{k=1}^n\left(u_{k+1}-u_k\right)=\left(u_2-u_1\right)+\left(u_3-u_2\right)+\cdots +\left(u_{n+1}-u_n\right)=u_{n+1}-u_1.$
    • 由于$\left\{u_n\right\}$是单调增加的有界数列, 故${\lim }_{n\to \infty }{u}_{n+1}$存在$,$
    • 从而 $\underset{n\to \infty }{\lim }{s}_n$存在, 级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}-u_n\right)$收敛.
• 直接法:因为 $\left\{u_n\right\}$ 是单调增加的有界数列, 所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$ 存在, 记为 $a$.
  • 设 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(u_{n+1}^2-u_n^2\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$,$S_n=u_2^2-u_1^2+\cdots +u_{n+1}^2-u_n^2=u_{n+1}^2-u_1^2$
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(u_{n+1}^2-u_1^2\right)=a^2-u_1^2$选 D.

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Transclude of 数三2011#3

Transclude of 数三2013#4

Transclude of 数三2015#4

Transclude of 数三2016#4

Transclude of 数三2019#4

函数与极限(19+27+23=69)

函数

Transclude of 数二2004-#16

极限的计算

指数形式

(15)

(本题满分 10 分)
求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}}$.

(15)

• 常见的五种形式
  • $e^{ln}$形式
  • 有理化
  • 定积分的定义
  • 中值定理
  • 倒代换
• 原极限表达式可以写为$e^{ln}$形式，
  $e^{{\lim }_{x\to 0}\frac{1}{e^x-1}\cdot \ln \left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}$
  • 通过等价无穷小代换:对于分子中的
    $\underset{进行加1,再减1}{\overset{凑ln(1+x)}{=}}\ln \left(1+\frac{\ln (1+x)}{x}-1\right)\stackrel{ln(1+x)\sim x}{=}\frac{\ln (1+x)}{x}-1$
• 原式$\underset{\frac{1}{e^x-1}\sim \frac{1}{x}}{\overset{通分}{=}}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}$ 。
  • 接下来的两种方法
    • 应用洛必达法则,分母为2次,则洛必达两次
      • 此时可以应用洛必达法则来处理 $\frac{0}{0}$ 的不定形式，计算分子和分母的导数，并得出 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-1}{2(1+x)}=-\frac{1}{2}$。
    • 泰勒公式一次退烧：
      • 在注释中提到了另一种处理方法，即通过泰勒公式来展开 $\ln (1+x)-x$对它进行泰勒展开$x-\frac{1}{2}{x}^2-x$，从而简化极限表达式并得出相同的结果 $-\frac{1}{2}$。
• 最终，原极限表达式的值为 $e^{-\frac{1}{2}}$

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√

(1)

极限 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\right]}^x=($ )
(A) 1 .
(B) e.
(C) ${\mathrm{e}}^{a-b}$.
(D) ${\mathrm{e}}^{b-a}$.

(1)

选(C)

• $\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\right]}^x=e^{{\lim }_{x\to \infty }x\ln \left[\frac{x^2}{x^2+(b-a)x-ab}\right]}=e^{a-b}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\ln (1+a)\to a}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left[\frac{x^2}{x^2+(b-a)x-ab}-1+1\right]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{等价无穷小后通分}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }x\frac{x^2-x^2-(b-a)x+ab}{x^2+(b-a)x-ab}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{x^2-x^2=0}{\overset{\text{只取平方项}}{=}}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-(b-a)x^2+abx}{x^2+(b-a)x-ab}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-(b-a)x^2}{x^2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=-(b-a)=a-b\end{array}$
• 表达式转换：使用 $e^{{\lim }_{x\to \infty }x(\text{表达式}-1)}$ 形式。
• 处理 $\underset{x\to \infty }{\lim }x\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}-1\right]$。
  1. 通分中括号内的表达式：$\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}-1=\frac{x^2-(x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}$。
  2. $\stackrel{\text{因式展开}:}{=}\frac{x^2-(x^2+bx-ax-ab)}{(x-a)(x+b)}\stackrel{\text{消去}{x}^2}{=}:\frac{ab-(b-a)x}{(x-a)(x+b)}$。
  3. 分子乘$x$,$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(a-b)x^2+abx}{(x-a)(x+b)}\stackrel{\text{抓高去低}}{=}a-b$。
• 最终极限：$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\right]}^x=e^{a-b}$。

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√

Transclude of 数三2011#9

Transclude of 数三2012#9

Transclude of 数三2022#11

Transclude of 数二2011#9

Transclude of 数二2013#9

Transclude of 数二2016#15

Transclude of 数二2019#9

Transclude of 数二2022#11

(11)

已知 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}-1}{x^3}=6$, 则 $a=$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}-1}{x^3}\stackrel{{\left(1+a{x}^2\right)}^{\sin x}=e^{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}-1}{x^3}$
• $\stackrel{e^n-1\sim u}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x\ln \left(1+a{x}^2\right)}{x^3}$
• $\underset{\ln (1+n)\sim u}{\overset{\sin u\sim u}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot a{x}^2}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a{x}^3}{x^3}=a.$

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提取公因式

Transclude of 数三2012#15

无穷大与倒代换

Transclude of 数三2007-#11

Transclude of 数三2010#15

需要通分

Transclude of 数三2005-#15

(9)

$\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right]=$

(9)

• 答 应填 -1
• 原式$={\lim }_{x\to 0}\frac{\ln (1+x)-\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}{\left({\mathrm{e}}^x-1\right)\ln (1+x)}$
  • $\stackrel{\text{化简分母}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-\left({\mathrm{e}}^x-1\right)}{x^2}$
• $\underset{\text{或者洛必达两次}}{\overset{\text{分子用泰勒}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\frac{1}{2}{x}^2+o\left(x^2\right)-\left[1+x+\frac{1}{2}{x}^2+o\left(x^2\right)-1\right]}{x^2}=-1.$

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√

常用等价无穷小

Transclude of 数一2006#1

(9)

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (\cos x)}{x^2}=$

(9)

答 应填 $-\frac{1}{2}$.

• 等价无穷小代换(本质是泰勒)
  • 利用等价无穷小代换，$\ln (1+x)\sim x$ 当 $u\to 0$。
    • 所以 $\ln (\cos x)\text{＝}\ln (1+\cos x-1)\sim \cos x-1$。
  • 又因为 $\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$ 当 $x\to 0$（使用等价无穷小）
    • 因此，$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (\cos x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=-\frac{1}{2}$。

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√

Transclude of 数三2009#9

Transclude of 数二2009#15

含有变积分限

(17)

(本题满分 10 分)
求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1+{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{t^2}\mathrm{d}t}{{\mathrm{e}}^x-1}-\frac{1}{\sin x}\right)$.

(17)

• 原式
  • $=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+\sin x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt-e^x+1}{(e^x-1)\sin x}\stackrel{\begin{array}{l}{e}^x-1\sim x\\ \sin x\sim x\end{array}\}{x}^2}{\to }$
  • $\underset{\text{乘法求导}}{\overset{\text{洛必达}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x+\cos x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt+\sin x\cdot e^{x^2}-e^x}{2x}$
  • $\underset{\text{就洛必达几次}}{\overset{\text{分母有几次}}{=}}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x-\sin x{\int }_0^x{e}^{t^2}dt+\cos x\cdot e^{x^2}+\cos x\cdot e^{x^2}+\sin x\cdot e^{x^2}\cdot 2x-e^x}{2}$
  • $\stackrel{\sin 0=0,\cos 0=1}{=}\frac{1}{2}.$

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√

(9)

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{1-\cos x^2}=$

(9)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解
• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{1-\cos x^2}\stackrel{1-\cos \Delta \sim \frac{1}{2}{\Delta }^2}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}t\ln (1+t\sin t)\mathrm{d}t}{\frac{1}{2}{x}^4}$
  • $\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln (1+x\sin x)}{2x^3}$
  • $\stackrel{\ln (1+\Delta )\sim \Delta }{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin x}{2x^3}=\frac{1}{2}.$

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√

Transclude of 数一2014#15

√

Transclude of 数二2017#15

拉格朗日中值定理

Transclude of 数二2018#9

泰勒

(3)

数一2021 设函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的 3 次泰勒多项式为 $ax+b{x}^2+c{x}^3$, 则 ( )
(A) $a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}$.(B) $a=1,b=0,c=\frac{7}{6}$.(C) $a=-1,b=-1,c=-\frac{7}{6}$.(D) $a=-1,b=-1,c=\frac{7}{6}$.

(3)

• 数一2021
• 问题是求函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的3次泰勒多项式 $ax+b{x}^2+c{x}^3$。
  • 只需要展开到3次
• $f(x)=\sin x\cdot \frac{1}{1+x^2}=\left(x-\frac{1}{6}{x}^3+\dots \right)\cdot \left(1-x^2+\dots \right)$
  • $=x-x^3-\frac{1}{6}{x}^3+\dots$
  • $=x-\frac{7}{6}{x}^3+\dots$
• 对比3次泰勒多项式: $ax+b{x}^2+c{x}^3$。
  • 正确答案是 (B) $a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}$
• $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots ,-\infty <x<+\infty .$
• $\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1{)}^n{x}^n+\cdots ,-1<x<1.$

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√

Transclude of 数三2023#11

Transclude of 数二2014#5

由已知极限，求未知极限

Transclude of 数三2016#9

Transclude of 数三2020#1

四类应用题

等价无穷小

(1)

当 $x\to 0$ 时, $f(x)=x-\sin ax$ 与 $g(x)=x^2\ln (1-bx)$ 是等价无穷小量, 则 ()

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√

(1)

当 $x\to 0$ 时,若 $x-\tan x$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小,则 $k=()$(A) 1 .(B) 2 .( C) 3 .(D) 4 .

(1)

• • 用对tan用泰勒展开，得$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right)$
    • $\stackrel{\text{代入题式}}{\to }x-\tan x=-\frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right)$

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√

(15)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)=x+a\ln (1+x)+bx\sin x,g(x)=k{x}^3$. 若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x\to 0$ 时 是等价无穷小, 求 $a,b,k$ 值.

（15）

• 泰勒展开 $\ln (1+x)$ 和 $\sin x$:
  • $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
  • $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
• 将展开式的ln和sin代入回 $f(x)$:
  • $f(x)=x+a\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right)+bx\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+o(x^3)$
  • 合并同阶得到：
    $f(x)=(1+a)x+\left(b-\frac{a}{2}\right)x^2+\left(\frac{a}{3}-\frac{b}{6}\right)x^3+o(x^3)$
• 由于 $f(x)$ 和 $g(x)=k{x}^3$ 在 $x\to 0$ 时等价，
  比较 $f(x)$ 和 $g(x)$同次幂的系数
  • 我们需要 $f(x)$ 的一次和二次项消失且三次项系数字等于 $k$，
    $1+a=0,b-\frac{a}{2}=0,\frac{a}{3}-\frac{b}{6}=k$
• 求解 $a$, $b$, 和 $k$:
  • 从 $1+a=0$ 得到 $a=-1$。
  • 将$a$代入,从 $b-\frac{a}{2}=0$ 得到 $b=-\frac{1}{2}$。
  • 将$a\text{和}b$代入,从 $\frac{a}{3}-\frac{b}{6}=k$ 得到 $k=-\frac{1}{3}$。

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√

(1)

已知极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\arctan x}{x^k}=c$, 其中 $k,c$ 为常数, 且 $c\ne 0$, 则 $()$
(A) $k=2,c=-\frac{1}{2}$.
( B ) $k=2,c=\frac{1}{2}$.
(C) $k=3,c=-\frac{1}{3}$.
(D) $k=3,c=\frac{1}{3}$.

(1)

• 答 应选(D).
• 解: $x\to 0$ 时
  • $x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$
  • $x-\arcsin x--\frac{1}{6}{x}^3,$
  • $x-\tan x--\frac{1}{3}{x}^3$
  • $x-\arctan x-\frac{1}{3}{x}^3$
  • $x-\ln (1+x)-\frac{1}{2}{x}^2$
  • $e^x-1-x-\frac{1}{2}{x}^2$
• 当 $x\to 0$ 时, $x-\arctan x\sim \frac{1}{3}{x}^3$,
• 比较同次幂的系数和指数，所以 $k=3,c=\frac{1}{3}$, 选(D).

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无穷小的排序

(1)

当 $x\to 0^{+}$时,下列无穷小量中最高阶的是 $()$
(A) ${\int }_0^x\left({\mathrm{e}}^{t^2}-1\right)\mathrm{d}t$
(B) ${\int }_0^x\ln \left(1+\sqrt{t^3}\right)\mathrm{d}t$.
( C) ${\int }_0^{\sin x}\sin t^2\mathrm{d}t$.
(D) ${\int }_0^{1-\cos x}\sqrt{{\sin }^{3}t}\mathrm{d}t$.

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√

Transclude of 数三2010#4

Transclude of 数二2013#1

Transclude of 数二2016#1

Transclude of 数二2021#1

确定极限中的参数

(9)

若 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}^{\frac{1}{\sin kx}}=\mathrm{e}$, 则 $k=$

(9)

• • 使用 $e^{ln}$变形:转换为 $e$ 的指数形式。
    • $\exp \left(\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}{\sin kx}\right)=e$
• 把指数单独拿出来算
  • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1+1\right)}{\sin kx}$
  • $\stackrel{ln(1+x-1)\text{～}x-1}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right)$
    • 通分$\frac{1}{\sin kx}\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}-1\right)=\frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)}$。
    • 求极限:将$x\text{＝}0$代入：$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\tan x}{\sin kx(1+\tan x)}=-\frac{2}{k}$。

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√

Transclude of 数三2010#1

Transclude of 数三2014#3

Transclude of 数二2011#15

Transclude of 数二2012#15

Transclude of 数二2013#15

Transclude of 数二2014#1

Transclude of 数二2018#1

Transclude of 数三2021#5

Transclude of 数三2018#5

Transclude of 数三2020#15

n项和，n项积

夹逼定理

定积分的定义

裂项相消

左右极限

分段函数

(1)

若函数 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax},& x>0,\\ b,& x⩽0\end{array}$ 在 $x=0$ 处连续, 则 $()$(A) $ab=\frac{1}{2}$.
( B) $ab=-\frac{1}{2}$.
( C) $ab=0$.
(D) $ab=2$.

(1)

• • 要使函数在 $x=0$ 处连续，函数$f(x)$左极限和右极限以及函数值必须相等。
    • 计算右极限
      • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1-\cos \sqrt{x}}{ax}\stackrel{1-\frac{(\sqrt{x}{)}^2}{2}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}x}{ax}=\frac{1}{2a}$
    • 计算左极限：$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }b=b$。
    • 左极限＝右极限＝函数值：$\frac{1}{2a}=b$。

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√

Transclude of 数二2013#3

Transclude of 数二2018#3

绝对值

Transclude of 数三2021#17

间断点

Transclude of 数二2009#1

Transclude of 数二2010#1

Transclude of 数二2015#2

Transclude of 数二2020#2

Transclude of 数三2013#2

一元函数微分学(31++=88道)

导数的计算

导数的定义求导或求极限

(2)

设函数 $f(x)=\left({\mathrm{e}}^x-1\right)\left({\mathrm{e}}^{2x}-2\right)\cdots \left({\mathrm{e}}^{nx}-n\right)$, 其中 $n$ 为正整数, 则 $f^{\prime }(0)=()$(A) $(-1{)}^{n-1}(n-1)$ !.
(B) $(-1{)}^n(n-1)$ !
(C) $(-1{)}^{n-1}n$ !
(D) $(-1{)}^{n}n!$.

(2)

解答分析

• 第一步：理解题目
  • 小总结：需要计算多项乘积函数在某一点的导数。
  • 将$x=0$代入,第一项$e^0-1=0$, - 则全部为0,得到$f(0)=0$- 第二步：应用导数定义
  • 小总结：使用导数的定义，计算 $f^{\prime }(0)$。
  • 计算步骤
    1. 导数定义：$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}$。
    2. 代入 $f(x)$：$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(e^x-1\right)\left(e^{2x}-2\right)\cdots \left(e^{nx}-n\right)-0}{x}$。
• 第三步：化简表达式
  • 小总结：将每个项分别展开并计算极限。
  • 计算步骤
    1. 对于分子的第一项,将其和分母$x$进行等价:${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1$ 2. 将$x=0$代入剩余各项：$e^{2\times 0}-2＝1-2＝-1$，$e^{k\times 0}-k＝1-k＝-(n-1)$（对于 $k=2,\dots ,n$）。
    2. 计算乘积的极限：
    3. 每一项都是负的,除去第一项为$1$,还有$n-1$项,因此,$(-1{)}^{n-1}$
    4. 当 $x\to 0$，得到 $f^{\prime }(0)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。
• 结论
  • 整体思路的总结：
    1. 利用导数的定义来计算 $f^{\prime }(0)$。
    2. 将每个项在 $x\to 0$ 时分别展开并计算极限。
    3. 根据以上分析，正确答案是 (A) $(-1{)}^{n-1}(n-1)!$。
       答 应选 (A).

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Transclude of 数二2011#2

Transclude of 数二2013#2

Transclude of 数二2020#16

Transclude of 数二2022#17

复合函数求导

Transclude of 数三2021#11

隐函数求导

(9)

设函数 $y=f(x)$ 由方程 $y-x={\mathrm{e}}^{x(1-y)}$ 确定, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[f\left(\frac{1}{n}\right)-1\right]=$

(9)

• 了

• 第一步：理解题目

  • 小总结：题目要求计算函数在特定点的极限，需要用到导数的定义。

• 第二步：对方程求导

  • 小总结：对方程 $y-x=e^{x(1-y)}$ 关于 $x$ 求导。
    • 计算步骤:隐函数求导+复合函数求导
      • 求导：$y^{\prime }-1=e^{x(1-y)}(1-y-x{y}^{\prime })$。

• 第三步：计算 $y$ 和 $y^{\prime }$ 在 $x=0$ 时的值

  • 小总结：利用原方程和求导后的方程求 $f(0)$ 和 $f^{\prime }(0)$。
    • 计算步骤
      • 代入 $x=0$ 到原方程：得到 $f(0)=1$。
      • 代入 $x=0,y=1$ 到导数方程：得到 $f^{\prime }(0)=1$。

• 第四步：应用导数定义计算极限

  • 小总结：利用导数的定义计算所求极限。
    • 计算步骤
      • 变换题式:将$n$变成$\frac{1}{\frac{1}{n}}$
        • 应用导数定义,且$f(0)=0$：$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f\left(\frac{1}{n}\right)-f(0)}{\frac{1}{n}}=f^{\prime }(0)$。
      • 计算极限：由于 $f^{\prime }(0)=1$，所以极限值为 1。

• 结论

  • 整体思路的总结：
    • 对原方程关于 $x$ 求导并计算 $f(0)$ 和 $f^{\prime }(0)$。
    • 利用导数的定义计算所求极限。
    • 根据以上分析，正确答案是 1。

这样的格式应该更加清晰和组织化。

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Transclude of 数二2009#12

Transclude of 数二2012#9

Transclude of 数二2022#12

Transclude of 数三2010#9

Transclude of 数三2023#17

参数方程求导

(11)

设 $\{\begin{array}{l}x=\sin t,\\ y=t\sin t+\cos t\end{array}$ ( $t$ 为参数), 则 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=\frac{\pi }{4}}=$

(11)

• 已知 $x=\sin t$, $y=t\sin t+\cos t$
• 计算 $\begin{array}{r}\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}\end{array}$
  • 计算 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$
    • $\frac{dx}{dt}=\cos t$
    • $\frac{dy}{dt}=\sin t+t\cos t-\sin t$
  • 应用链式法则
    • $\begin{array}{r}\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{\sin t+t\cos t-\sin t}{\cos t}=t\end{array}$
• 已知 $\frac{dy}{dx}=t$，计算 $\begin{array}{r}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})\cdot \frac{dt}{dx}\end{array}$
  • 计算 $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})$ 和 $\frac{dt}{dx}$
    • $\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})=1$
    • $\begin{array}{r}\frac{dt}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1}{\cos t}\end{array}$
  • 应用链式法则
    • $\begin{array}{r}\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx})\cdot \frac{dt}{dx}=1\cdot \frac{1}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}\end{array}$
• 在 $t=\frac{\pi }{4}$ 时计算 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$
  • 代入 $\stackrel{t=\frac{\pi }{4}}{\to }\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{1}{\cos \frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}$

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(9)

设 $\{\begin{array}{l}x={\mathrm{e}}^{-t},\\ y={\int }_0^t\ln \left(1+u^2\right)\mathrm{d}u,\text{ 则 }{\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}=\end{array}$

(9)

答 应填 0 .

• 计算$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$
    • 由 $y={\int }_0^t\ln (1+u^2)\mathrm{d}u$ 得 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\ln (1+t^2)$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
    • 由 $x={\mathrm{e}}^{-t}$ 得 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=-{\mathrm{e}}^t$
  • 得出 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\ln (1+t^2)}{-{\mathrm{e}}^{-t}}$- 计算 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$
• 使用链式法则 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}$
  • 计算 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)$
    • 由前面得出的 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 式子，得 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)={\mathrm{e}}^t\left[\frac{2t}{1+t^2}+\ln (1+t^2)\right]$
  • 使用 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=-{\mathrm{e}}^t$ 得出 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}={\mathrm{e}}^{2t}\left[\frac{2t}{1+t^2}+\ln (1+t^2)\right]$- 计算 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}$
• 将 $t=0$ 代入 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$
  • 得出 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=0}=0$

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(10)

设 $\{\begin{array}{l}x=\sqrt{t^2+1},\\ y=\ln \left(t+\sqrt{t^2+1}\right),\end{array}$ 则 ${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{t=1}=$

(10)

• 答 应填 $-\sqrt{2}$.

高昆仑版

• $\frac{dy}{dx}\cdot \frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{\sqrt{1+t^2}}{t}\cdot \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{1}{t}.$
  • $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}={\left(\frac{1}{t}\right)}^{\prime }\cdot \frac{1}{x_t^{\prime }}=-\frac{1}{t^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\cdot \frac{t}{\sqrt{t^2+1}}=-\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}.$
  • ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=-\sqrt{2}.$

2024版

• 第一步：$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}$
  • 计算 $\frac{dy}{dt}$
    • 应用求导公式：$\frac{dy}{dt}=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$
      • 使用对数导数公式：${\left[\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$
      • 若不记得公式，详细计算：$\frac{dy}{dt}=\frac{\sqrt{t^2+1}+t}{\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\sqrt{t^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}$
  • 计算 $\frac{dx}{dt}$
    • 直接计算：$\frac{dx}{dt}=\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$
  • 最终结果：$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{t}$
• 第二步：计算 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)}{\frac{dx}{dt}}$
  • 求导：$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{t}\right)=-\frac{1}{t^2}$
  • 最终结果：$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}$
• 第三步：代入 $t=1$ 并计算结果
  • 代入并计算：${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{t=1}=-\frac{\sqrt{1^2+1}}{1^3}=-\sqrt{2}$

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(12)

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Transclude of 数二2015#9

Transclude of 数二2017#10

分段函数求导

Transclude of 数三2012#10

反函数求导

Transclude of 数二2013#10

变积分限求导

Transclude of 数二2015#11

求高阶导数

用泰勒展开求

(9)

已知函数 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$, 则 $f^{(3)}(0)=$

• 泰勒展开:将 $f(x)$ 在 $x=0$ 处进行泰勒展开
  • 应用公式 $f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$
• 泰勒展开:
  • 由泰勒公式$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2+o\left(x^2\right)(x\to 0)$知,
  • $f(x)=\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+o\left(x^4\right)(x\to 0).$
    • $x^3$ 项的系数为0
      • 即 $\frac{f^{(3)}(0)}{3!}=0$，得$f^{(3)}(0)=0$
• 解 因为 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ 是偶函数,
  • 则 $f^{\prime }(x)$ 为奇函数,
  • $f^{\prime \prime }(x)$ 为偶函数,
  • $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 为奇函数, 则 $f^{\prime \prime \prime }(0)=0$.

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Transclude of 数二2010#11

莱布尼兹

Transclude of 数二2020#4

用奇偶性求

Transclude of 数二2015#10

Transclude of 数三2022#13

逐次求导

Transclude of 数二2016#12

导数的应用

切线，法线，截距，斜率

切线

(10)

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶连续导数. 若曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切, 则 ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x=$

(10)

• 答 应填 $2(\ln 2-1)$.
• 曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0,0)$ 且与曲线 $y=2^x$ 在点 $(1,2)$ 处相切
  • 根据题设条件 $f(0)=0$，$f(1)=2^1=2$，$f^{\prime }(1)={(2^x{)}^{\prime }|}_{x=1}=2\ln 2$
• 使用积分的分部积分法计算 ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}x\mathrm{d}[f^{\prime }(x)]$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{分布}}{=}{x{f}^{\prime }(x)|}_0^1-{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x$
    • $=f^{\prime }(1)-{f(x)|}_0^1$
    • $=f^{\prime }(1)-f(1)+f(0)$
  • ${\int }_0^{1}x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x=2\ln 2-2$
    • $=2(\ln 2-1)$

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Transclude of 数二2009#9

Transclude of 数二2010#3

Transclude of 数二2014#12

Transclude of 数二2018#10

Transclude of 数二2020#10

Transclude of 数三2013#9

Transclude of 数三2011#11

法线

Transclude of 数二2013#12

Transclude of 数二2023#14

函数的单调性极值最值

驻点

Transclude of 数二2011#3

隐函数的极值

Transclude of 数一2014#16

(17)

(本题满分 10 分)
已知函数 $y(x)$ $\underset{\text{用条件极值或者拐点来判断}}{\underbrace{\text{由方程}{x}^3+y^3-3x+3y-2=0\text{确定}}}$,求 $y(x)$ 的极值.

(17)

• • 求驻点
    • 对方程两边同时对 $x$ 求导
      • $3x^2+3y^2{y}^{\prime }-3+3y^{\prime }=0$
    • 令 $y^{\prime }=0$ 得到 $x=\pm 1$
      • 将 $x=1$ 代入原方程得 $y^3+3y-4=0$，解得 $y=1$
      • 将 $x=-1$ 代入原方程得 $y^3+3y=0$，解得 $y=0$
    • 得到两个驻点 $x_1=1$ 和 $x_2=-1$
• 判断驻点是否为极值点并求极值
  • 对求导方程再次求导
    • $6x+6y(y^{\prime }{)}^2+3y^2{y}^{\prime \prime }+3y^{\prime \prime }=0$
  • 代入驻点 $x_1=1$
    • 解得 $y^{\prime \prime }(1)=-1<0$
      • $y(x)$ 在 $x=1$ 处取得极大值 $y(1)=1$
  • 代入驻点 $x_2=-1$
    • 解得 $y^{\prime \prime }(-1)=2>0$
      • $y(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $y(-1)=0$

结论

• $y(x)$ 在 $x=1$ 处取得极大值 $y(1)=1$- $y(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $y(-1)=0$
  通过以上步骤，我们清晰地展示了每一步的计算过程和逻辑连贯性。

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Transclude of 数二2019#15

变积分限

(16)

(本题满分 10 分)
求函数 $f(x)={\int }_1^{x^2}\left(x^2-t\right){\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t$ 的单调区间与极值.

(16)

• 整体思路总结：
  • 1. 对 $f(x)$ 进行分解并求导。
  • 2. 通过解方程找到驻点 $x=0,\pm 1$。
  • 3. 分析 $f^{\prime }(x)$ 的符号来确定单调区间。
    • 为什么不用二阶导判断极值点？
      因为二阶导难求
  • 4. 计算极值点 $x=0,\pm 1$ 时的 $f(x)$ 值。
• 求 $f(x)$ 的导数
  • 分解 $f(x)$
    • $f(x)\stackrel{\text{拆开}}{=}{x}^2{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t-{\int }_1^{x^2}t{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$
  • 求导 $f^{\prime }(x)$
    • 得 $f^{\prime }(x)=2x{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t+2x^3{e}^{-x^4}-2x^3{e}^{-x^4}\stackrel{\text{后两项相减为}0}{=}2x{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$
• 确定驻点
  • 解方程 $f^{\prime }(x)=0\underset{{\int }_1^{x^2}=0}{\overset{2x=0}{\to }}x=0,\pm 1$- 分析 $f^{\prime }(x)$ 的符号
  • 在区间 $(-\infty ,-1)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{<0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2>1\text{，则}>0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{负正}}{\to }<0$
    • $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(-1,0)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{<0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2<1\text{，则}<0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{负负}}{\to }>0$
    • $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增
  • 在区间 $(0,1)$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{>0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2<1\text{，则}<0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{正负}}{\to }<0$
    • $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 递减
  • 在区间 $(1,+\infty )$
    • $f^{\prime }(x)=\underset{>0}{\underbrace{2x}}\underset{\text{因}{x}^2>1\text{，则}>0}{\underbrace{{\int }_1^{x^2}{e}^{-t^2}}}\mathrm{d}t\stackrel{\text{正正}}{\to }>0$
    • $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 递增
• 确定极值：增减性如图:$\searrow \nearrow \searrow \nearrow$
  • 计算 $f(0)$
    • $f(0)=-{\int }_1^{0}t{e}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}(1-e^{-1})$
  • 计算 $f(\pm 1)$
    • $f(\pm 1)={\int }_1^1(1-t)e^{-t^2}\mathrm{d}t=0$
  • 得出结论
    • 单调增加区间：$(-1,0)$ 和 $(1,+\infty )$
    • 单调递减区间：$(-\infty ,-1)$ 和 $(0,1)$
    • 两个极小值点：$x=\pm 1$ 时 $f(\pm 1)=0$
    • 一个极大值点：$x=0$ 时 $f(0)=\frac{1}{2}(1-e^{-1})$

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求导乘法

(2)

设函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(x)f^{\prime }(x)>0$, 则 $()$( A) $f(1)>f(-1)$.
(B) $f(1)<f(-1)$.
( C) $|f(1)|>|f(-1)|$.
(D) $|f(1)|<|f(-1)|$.

(2)

• • 判断 $f(x)f^{\prime }(x)>0$ 对 $f(x)$ 的影响
    • 构造辅助函数 $g(x)=\frac{1}{2}{f}^2(x)$，$g(x)$ 是可导的
    • 分析 $g(x)$ 的单调性
      • 由 $g^{\prime }(x)=f(x)f^{\prime }(x)>0$，得出 $g(x)$ 是单调递增函数
• 比较 $g(1)$ 和 $g(-1)$ 的大小
  • 由$1>-1$
    • $\stackrel{g^{\prime }(x)>0}{\to }g(1)>g(-1)$
    • $\stackrel{g(x)=\frac{1}{2}{f}^2(x)}{\to }\frac{1}{2}{f}^2(1)>\frac{1}{2}{f}^2(-1)$
      • 进一步得到 $f^2(1)>f^2(-1)\stackrel{\text{开根号}}{\to }|f(1)|>|f(-1)|$

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最值

Transclude of 数二2009#13

Transclude of 数二2016#16

单调区间

Transclude of 数二2010#15

曲线的凹凸性拐点及渐近线

凹凸区间

Transclude of 数二2011#16

Transclude of 数二2021#18

拐点

(1)

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续, 其 2 阶导函数 $f^{\prime \prime }(x)$ 的图形 如右图所示,

则曲线 $y=f(x)$ 的拐点个数为 $()$(A) 0 .
( B ) 1 .
(C) 2 .
( D) 3 .

(1)

• 答 应选 (C).
• $f^{\prime \prime }(x)$ 的零点有 2 个
  • $A$ 点两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 恒正, 所对应的点不是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • $B$ 点两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 异号, 所对应的点是 $y=f(x)$ 的拐点.
  • 虽然 $f^{\prime \prime }(0)$ 不存在, 但点 $x=0$ 两侧 $f^{\prime \prime }(x)$ 异号, 因而 $(0,f(0))$ 是 $y=f(x)$ 的拐点.
• 因此共有 2 个拐点.

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(2)

设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数, $g(x)=f(0)(1-x)+f(1)x$, 则在区间 $[0,1]$ 上 $()$
(A) 当 $f^{\prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩾g(x)$.
(B) 当 $f^{\prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩽g(x)$.
(C) 当 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩾g(x)$.
(D) 当 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 时, $f(x)⩽g(x)$.

(2)

• 答 应选(D).
• 题中问的是，
  • 当$f^{\prime }(x)⩾0$时，fx和gx的一个大小关系
    
  • 当$f^{\prime \prime }(x)⩾0$时，fx与gx的大小关系
    

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(1)

曲线 $y=(x-1)(x-2{)}^2(x-3{)}^3(x-4{)}^4$ 的拐点是 $()$
(A) $(1,0)$.
(B) $(2,0)$.
(C) $(3,0)$.
(D) $(4,0)$.

(1)

答 应选 (C).

• (1)拐点的必要条件 : 若点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 为曲线 $y=f(x)$ 的拐点，且 $f^{\prime \prime }\left(x_0\right)$ 存在，则 $f^{\prime \prime }\left(x_0\right)=0$.
  • 拐点处，二阶导等于零
  • 拐点是凹凸性改变的点
• (2)拐点与极值点 : 对于多项式函数或存在任意阶导数的函数 $f(x)$ ，设点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 为曲线 $y=f(x)$ 上一点，则有如下结论：
  • (a) 若 $x_0$ 是 $f(x)$ 的极值点，则点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 一定不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点.
  • (b) 若点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点，则 $x_0$ 也一定不是 $f(x)$ 的极值点.
• 穿针引线怯：设多项式的最高次项系数大于零.从数轴上最右边的根的右上方开始穿根，
  根据零点的重数的奇偶性决定穿或者不穿，即奇穿偶不穿，或奇穿偶回

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 坐标轴
    \draw[->] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] {$x$};
    \draw[->] (0,-1.5) -- (0,2.5) node[above] {$y$};
 
    % 限制 y 轴高度，防止数值过大
    \draw[smooth, thick, domain=0.2:4.2, samples=100] 
        plot (\x, {max(-1.5, min(2.5, (\x-1)*(\x-2)^2*(\x-3)^3*(\x-4)^4))});
 
    % 关键点标注
    \node[below] at (1,0) {$1$};
    \node[below] at (2,0) {$2$};
    \node[below] at (3,0) {$3$};
    \node[below] at (4,0) {$4$};
    \node[below left] at (0,0) {$O$};
 
    % 右侧标注方程
    \node[anchor=west] at (4.5,2) {\large $y = (x-1)(x-2)^2(x-3)^3(x-4)^4$};
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 因为 $x=3$ 是方程 $y=(x-1)(x-2{)}^2(x-3{)}^3(x-4{)}^4=0$ 的 3 重根
  • 所以它是方程 $y^{\prime \prime }=0$ 的 单根, 从而函数 $y=(x-1)(x-2{)}^2(x-3{)}^3(x-4{)}^4$ 的二阶导数在点 $x=3$ 的两侧附近改变正负号,
    • 故点 $(3,0)$ 是曲线 $y=(x-1)(x-2{)}^2(x-3{)}^3(x-4{)}^4$ 的拐点.

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Transclude of 数二2018#4

Transclude of 数二2019#2

Transclude of 数二2019#10

Transclude of 数二2023#7

Transclude of 数三2010#12

Transclude of 数三2019#10

其他

(20)

数一2022
(本题满分 12 分)
设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有二阶连续导数, 证明: $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 的充分必要条件是对任意不同的实数 $a,b$, 都有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立.

(20)

数一2022

1. 理解逻辑关系 $p$ 和 $q$。

• $p$：$f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
• $q$：对任意不同实数 $a,b$，有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 需要证明 $p\Rightarrow q$ (必要性) 和 $q\Rightarrow p$ (充分性)。

1. 证明必要性 $p\Rightarrow q$。

• 使用泰勒公式在 $x=\frac{a+b}{2}$ 处展开 $f(x)$。
  • 展开式：$f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$。
    $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{a+b}{2}$ 之间
    • 因为$f^{\prime \prime }(x)⩾0$，是整正数，所以$f(x)⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)$
    • 对不等式两端从 $a$ 到 $b$ 积分。
      • 得到 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right){\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x$
        • ${\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x\stackrel{\text{ 令 }x-\frac{a+b}{2}=t}{=}{\int }_{-\frac{b-a}{2}}^{\frac{b-a}{2}}t\mathrm{d}{t}_{}\stackrel{\text{奇函数}}{=}0$
        • 得出 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
• 移项得出， $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 证明充分性 $q\Rightarrow p$。
• 为了证明这个逻辑关系，我们需要采用反证法。我们的目标是证明：如果对任意不同的实数 $a,b$，有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。具体步骤如下：
• 假设存在某点 $x_0$ 使得 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$，q也就是${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$成立
  • 由 $f^{\prime \prime }(x)$ 的连续性可知，存在 $x_0$ 的一个邻域 $[a,b]$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$，有 $f^{\prime \prime }(x)<0$。
• 在区间 $[a,b]$ 上应用泰勒公式展开 $f(x)$。
  • $f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$，其中 $\xi$ 位于 $x$ 和 $\frac{a+b}{2}$ 之间。
• 对 $f(x)$ 从 $a$ 到 $b$ 进行积分。
  • ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{2}{\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x$。
• 由于 $f^{\prime \prime }(\xi )<0$，得到积分 ${\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x<0$。
  • 因此，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x<f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
  • 这与题设的条件，当 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$时，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$ 矛盾
    • 因此，假设 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$ 不成立。
      综上所述，如果对任意不同的实数 $a,b$，都有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则可以推出 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
      综上，$f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 是 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立的充分必要条件。

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渐近线

(1)

曲线 $y=\frac{x^2+x}{x^2-1}$ 的渐近线的条数为 $()$
(A) 0 .
(B) 1 .
(C) 2 .
(D) 3 .

(1)

• 铅直渐近线

  • 第一步, 先求无定义的点, 然后求对无定义点的极限
  • 如果极限趋于无穷大, 那么就是铅直渐近线

• 水平渐近线

  • 第二步, 求X趋向于正无穷和趋向于负无穷的极限
  • 如果趋向于某一个常数, 则是水平渐进线
    • 同一侧若有水平渐进线, 则无斜渐进线

• 斜渐近线

  • 若无水平渐进线, 则可能有斜渐进线
  • 当X趋向于正负无穷时, 极限等于无穷,则开始对那一侧求斜渐近线
  • 第三步, 对没有水平渐进线的那一侧, 求斜渐进线

• 分析渐近线的类型和数量

  • 考虑铅直渐近线
    • 分析函数的无定义点 $x=\pm 1$
      • 计算 $\underset{x\to 1}{\lim }y=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}\underset{平方差}{\overset{提取x}{=}}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}\stackrel{消去(x+1)}{=}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x}{x-1}=\infty$
        • 确定直线 $x=1$ 为铅直渐近线
      • 计算 $\underset{x\to -1}{\lim }y=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}=\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x}{x-1}=\frac{1}{2}$
        • 确定直线 $x=-1$ 不是铅直渐近线
  • 考虑水平渐近线
    • 计算 $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x}{x^2-1}\stackrel{同除x^2}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}=1$
      • 确定存在一条水平渐近线 $y=1$，推断无斜渐近线
  • 考虑斜渐近线
    • 因为是奇函数， $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1$ 推断右侧斜渐近线
      • 则 $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1$ ，推断左侧也无斜渐近线

• 综上，线有一条水平渐近线和一条铅直渐近线，总计两条，没有斜渐近线。
  因此，正确答案是选项 (C)。

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(1)

下列曲线中有渐近线的是 $()$
(A) $y=x+\sin x$.
(B) $y=x^2+\sin x$.
(C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$.
(D) $y=x^2+\sin \frac{1}{x}$.

(1)

• 铅直渐近线
  • 先通过无定义的点找铅直渐近线
• 水平
  • 再从X趋向于无穷时, 是否为常数 $\to$ 来判断是否有水平渐进线
• 斜
  • 最后再求是否有斜渐进线
• 这四个选项显然没有铅直渐线和水平渐进线
  • 那么就通过斜渐进线的公式 $\to$ 依次求斜渐近线
    这道题目考查了四个不同函数的渐近线情况。解题步骤如下：
• 分析四个函数的渐近线情况
  • 判断选项 (A) $y=x+\sin x$
    • 水平渐近线
      • 计算 $\underset{x\to \infty }{\lim }y=\underset{x\to \infty }{\lim }(x+\sin x)=\infty$
        • 不存在水平渐近线
        • 并且是奇函数，则另一侧也没有水平渐近线
    • 铅直渐近线
      • $y=x+\sin x$ 没有无定义的点
        • 不存在铅直渐近线
    • 斜渐近线
      • 计算斜率 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{y}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)\stackrel{\frac{\sin \infty }{\infty }=0}{=}1$
      • 计算截距 $\underset{x\to \infty }{\lim }(y-x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\sin x$ 为震荡函数，极限不存在
        • 不存在斜渐近线
  • 判断选项 (B) $y=x^2+\sin x$
    • 与选项 (A) 类似，无水平、铅直和斜渐近线
  • 判断选项 (C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$
    • 水平渐近线
      • 不存在
    • 铅直渐近线
      • 间断点 $x=0$
      • $\underset{x\to 0}{\lim }y=\underset{x\to 0}{\lim }\left(x+\sin \frac{1}{x}\right)\stackrel{x=0}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\sin \frac{1}{x}\ne \infty$
        • 不存在铅直渐近线
    • 斜渐近线
      • 计算斜率 $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{y}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x+\sin \frac{1}{x}}{x}\stackrel{\text{拆项}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{\sin \frac{1}{x}}{x}\right)\stackrel{\frac{\sin \frac{1}{\infty }}{\infty }=0}{=}1+0=1$
      • 计算截距 $\underset{x\to \infty }{\lim }(y-x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x+\sin \frac{1}{x}-x\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \frac{1}{x}=\stackrel{\sin \frac{1}{\infty }=\sin 0}{=}0$
        • 存在斜渐近线 $y=x$
  • 判断选项 (D) $y=x^2+\sin \frac{1}{x}$
    • 类似于选项 (B)，无水平、铅直和斜渐近线
      综合分析，只有选项 (C) $y=x+\sin \frac{1}{x}$ 有一条斜渐近线 $y=x$。因此，正确答案是选项 (C)。
      答 应选(C).

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Transclude of 数二2010#10

Transclude of 数二2016#9

Transclude of 数二2017#9

Transclude of 数二2020#15

曲率

Transclude of 数二2009#5

Transclude of 数二2012#13

Transclude of 数二2014#4

Transclude of 数二2016#5

Transclude of 数二2018#12

Transclude of 数二2019#6

相关变化率

Transclude of 数二2010#13

Transclude of 数二2011#18

Transclude of 数二2016#13

Transclude of 数二2018#20

Transclude of 数二2021#3

图像题

(3)

设函数$y=f(x)$在区间$[-1\text{，}3]$上的图形，如下图所示则函数$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$ 的图形为 $()$

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Transclude of 数二2016#4

其他

(20)

数一2022
(本题满分 12 分)
设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有二阶连续导数, 证明: $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 的充分必要条件是对任意不同的实数 $a,b$, 都有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立.

(20)

数一2022

1. 理解逻辑关系 $p$ 和 $q$。

• $p$：$f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
• $q$：对任意不同实数 $a,b$，有 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 需要证明 $p\Rightarrow q$ (必要性) 和 $q\Rightarrow p$ (充分性)。

1. 证明必要性 $p\Rightarrow q$。

• 使用泰勒公式在 $x=\frac{a+b}{2}$ 处展开 $f(x)$。
  • 展开式：$f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$。
    $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{a+b}{2}$ 之间
    • 因为$f^{\prime \prime }(x)⩾0$，是整正数，所以$f(x)⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)$
    • 对不等式两端从 $a$ 到 $b$ 积分。
      • 得到 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right){\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x$
        • ${\int }_a^b\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{d}x\stackrel{\text{ 令 }x-\frac{a+b}{2}=t}{=}{\int }_{-\frac{b-a}{2}}^{\frac{b-a}{2}}t\mathrm{d}{t}_{}\stackrel{\text{奇函数}}{=}0$
        • 得出 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
• 移项得出， $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$。
• 证明充分性 $q\Rightarrow p$。
• 为了证明这个逻辑关系，我们需要采用反证法。我们的目标是证明：如果对任意不同的实数 $a,b$，有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。具体步骤如下：
• 假设存在某点 $x_0$ 使得 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$，q也就是${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$成立
  • 由 $f^{\prime \prime }(x)$ 的连续性可知，存在 $x_0$ 的一个邻域 $[a,b]$ 使得对于任意 $x\in [a,b]$，有 $f^{\prime \prime }(x)<0$。
• 在区间 $[a,b]$ 上应用泰勒公式展开 $f(x)$。
  • $f(x)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2$，其中 $\xi$ 位于 $x$ 和 $\frac{a+b}{2}$ 之间。
• 对 $f(x)$ 从 $a$ 到 $b$ 进行积分。
  • ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{2}{\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x$。
• 由于 $f^{\prime \prime }(\xi )<0$，得到积分 ${\int }_a^b{f}^{\prime \prime }(\xi ){\left(x-\frac{a+b}{2}\right)}^2\mathrm{d}x<0$。
  • 因此，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x<f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$。
  • 这与题设的条件，当 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$时，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$ 矛盾
    • 因此，假设 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$ 不成立。
      综上所述，如果对任意不同的实数 $a,b$，都有 ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x⩾f\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)$，则可以推出 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。
      综上，$f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 是 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 成立的充分必要条件。

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一元函数积分学(25++=78道)

不定积分的计算

(15)

(本题满分 10 分) 求不定积分 $\int {\mathrm{e}}^{2x}\arctan \sqrt{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x$.

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定积分的计算

凑微分

换元

一次开根号

(10)

• ${\int }_0^{{\pi }^2}\sqrt{x}\cos \sqrt{x}\mathrm{d}x=$

(10)

• 问题: 求定积分 ${\int }_0^{{\pi }^2}\sqrt{x}\cos \sqrt{x}\mathrm{d}x$
  • 第一步：看到一次根号，直接换元根号
    • 换元有三换：
      • 设置换元: 令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2$
      • 计算微分: $\mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t$
      • 调整积分限: 当 $x=0$，$t=0$；当 $x={\pi }^2$，$t=\pi$
    • 换元后的积分: ${\int }_0^{\pi }t\cos t\cdot 2t\mathrm{d}t=2{\int }_0^{\pi }{t}^2\cos t\mathrm{d}t$
  • 第二步：分部积分法
    • 准备$\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$
      • 选择 $u$ 和 $\mathrm{d}v$: 令 $u=t^2$，$\mathrm{d}v=\mathrm{d}(\sin t)$
      • 计算 $\mathrm{d}u$ 和 $v$: $\mathrm{d}u=2t\mathrm{d}t$，$v=\sin t$
    • 第一次分部积分:
      • $2{\int }_0^{\pi }{t}^2\cos t\mathrm{d}t={2t^2\sin t|}_0^{\pi }-4{\int }_0^{\pi }t\sin t\mathrm{d}t$
        • 计算第一部分：$2t^2\sin t{|}_0^{\pi }=0-0=0$
  • 接下来两种方法(分部积分，常用结论)
    • 方法1：对第二部分再次分部积分: $-{\int }_0^{\pi }t\mathrm{d}(\cos t)=-[{t\cos t|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\cos t\mathrm{d}t]$
      • 计算: $-[-\pi -{\sin t|}_0^{\pi }]=\pi$
      • 将第二部分带回得：$-4\pi$
    • 方法2：对第二部分用结论：${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx\stackrel{\text{提出}x\text{变成}\frac{\pi }{2}}{=}\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}\cdot 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin x)dx$
      • $-4{\int }_0^{\pi }t\sin tdt=-4\cdot \frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\sin tdt\stackrel{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin tdt=1}{=}-2\pi \cdot 2=-4\pi$

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Transclude of 数二2009#16

Transclude of 数二2020#3

Transclude of 数三2011#17

两次开根号(三角代换)

(10)

${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x=$

(10)

• 计算定积分 ${\int }_0^{2}x\sqrt{2x-x^2}dx$

  • 观察被积函数 $x\sqrt{2x-x^2}$ ，因为同时含有$x与x^2$
    • 可以进行配方： $2x-x^2$ 重写为 $1-(x-1{)}^2$
    • 积分变为 ${\int }_0^{2}x\sqrt{1-(x-1{)}^2}dx$
  • 根号下有单独的x²，而不是同时含有$x与x^2$，则用三角代换
    • 令 $x-1=\sin t$, 则 $x=1+\sin t,dx=\cos tdt$
    • 换限：${\int }_0^2\underset{0-1=\sin t}{\overset{2-1=\sin t}{\to }}\{\begin{array}{l}\text{ 上限: }t=\frac{\pi }{2}\\ \text{ 下限: }t=-\frac{\pi }{2}\end{array}$
  • 三角代换得：${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sin t)\sqrt{1-\sin t^2}\cos tdt\stackrel{\sqrt{1-\sin t^2}=\cos t}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1+\sin t)\cdot \cos t\cdot \cos tdt$
    • 将加号左右两项拆开：$=\underset{偶函数翻倍=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt}{\underbrace{{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt}}+\underset{区间对称，奇函数\sin t=0}{\underbrace{{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\sin t\cdot {\cos }^{2}tdt}}$
      • $=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}tdt\stackrel{华里士公式}{=}2\cdot \frac{1}{2}\times 1\times \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$
  • 合并整理得： $\frac{\pi }{2}$

• 2000 年数一试题
  ${\int }_0^1\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x=$

• 2007 年数一试题
  ${\int }_1^2\frac{1}{x^3}{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x=$

• 2015 年数一试题
  ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x=$

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分部积分

化简型

(12)

数一2022
${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=$
解

• 计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  • 使用分部积分法。
  • 选择 $u=\ln x$，则 $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
  • 选择 $\mathrm{d}v=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$，则 $v=2\sqrt{x}$。
• 应用分部积分公式 $\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$。
  • 得到 ${\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})\stackrel{\text{分布}}{=}{2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
    • 计算 $2\sqrt{x}\underset{ln{e}^2-ln1}{\underbrace{\ln x{|}_1^{e^2}}}\stackrel{ln1=0}{=}4e$。
    • 计算 ${\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x=2\cdot 2\underset{\sqrt{e^2}-\sqrt{1^2}}{\underbrace{\sqrt{x}{|}_1^{e^2}}}=4e-4$。
  • 得 $4e-(4e-4)=4$。
    综上，定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=4$。

(12)

数一2022
答 应填 4 .
解

• ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x={\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})={2\sqrt{x}\cdot \ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$
• $=4\mathrm{e}-2{\int }_1^{e^2}\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=4\mathrm{e}-{2\cdot 2\sqrt{x}|}_1^{{\mathrm{e}}^{\prime }}$
• $=4\mathrm{e}-(4\mathrm{e}-4)=4.$
  这个题目是关于计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$ 的。我们来逐步解析这个问题。
  题目：
  计算定积分 ${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  分步解释：
• 第一步：使用积分的换元法
  • 由于积分中包含 $\ln x$ 和 $\sqrt{x}$，可以考虑使用换元法。
  • 选择合适的换元，这里可以选择 $u=2\sqrt{x}$，因此 $\mathrm{d}u=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
• 第二步：进行换元并计算新的积分
  • 将原积分转换为 $\int \ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})$。
  • 使用分部积分法，设 $u=\ln x$，$\mathrm{d}v=\mathrm{d}(2\sqrt{x})$。
  • 计算 $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$ 和 $v=2\sqrt{x}$。
• 第三步：应用分部积分公式
  • 分部积分公式为 $\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$。
  • 应用分部积分，得到 ${\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}(2\sqrt{x})\stackrel{\text{分布}}{=}{2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x$。
• 第四步：计算并简化表达式
  • 计算 ${2\sqrt{x}\ln x|}_1^{e^2}=4e$。
  • 计算 ${\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x={\int }_1^{e^2}\frac{2}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$。
  • 这个积分可以直接计算为 ${2\cdot 2\sqrt{x}|}_1^{e^2}=4e-4$。
• 第五步:将上述结果组合，得到 $4e-(4e-4)=4$。

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Transclude of 数三2014#11

Transclude of 数三2018#10

循环型

(17)

(本题满分 10 分)
求曲线 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x(x⩾0)$ 与 $x$ 轴之间图形的面积.

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Transclude of 数二2009#11

真分式

Transclude of 数二2018#11

Transclude of 数二2019#16

Transclude of 数二2022#13

用奇偶性(对称区间)

(10)

${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x=$

(10)

• • 计算积分 ${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(\frac{\sin x}{1+\cos x}+|x|\right)\mathrm{d}x$。
    • 将积分分为两部分。
      • 第一部分：${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\sin x}{1+\cos x}\mathrm{d}x$。
        • 区间对称，考虑被积函数是奇函数还是偶函数
          • 由于 $\frac{\sin x}{1+\cos x}$ 是奇函数，其在对称区间的积分为0。
      • 第二部分：偶函数翻倍=$2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\mathrm{d}x$。
        • 计算 $|x|$ 在 $[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$ 区间的积分。
          • 因 $|x|$ 在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 为 $x$，且函数是偶函数，故积分范围变为 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 的两倍。
        • 计算 ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}x\mathrm{d}x$。
          • 使用基本积分公式。
            • 得到 ${x^2|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{{\pi }^2}{4}$。
    • 合并两部分结果。
      • 第一部分结果为0，第二部分结果为 $\frac{{\pi }^2}{4}$。
      • 最终结果为 $\frac{{\pi }^2}{4}$

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Transclude of 数三2017#9

含绝对值

Transclude of 数三2021#12

三角函数

(4)

若 ${\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(x-a_1\cos x-b_1\sin x\right)}^2\mathrm{d}x=\underset{a,b\in \mathbf{R}}{\min }\left\{{\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x\right\}$, 则 $a_1\cos x+b_1\sin x=($ )
(A) $2\sin x$.
(B) $2\cos x$.
(C) $2\pi \sin x$.
(D) $2\pi \cos x$.

(4)

• 答 应选(A).
• $\begin{array}{rl}{\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x& \end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{完全平方}}{=}{\int }_{-\pi }^{\pi }\left(x^2+a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x-2ax\cos x-2bx\sin x+2ab\sin x\cos x\right)\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{奇函数为}0}{\overset{\text{ 对称性 }}{=}}2{\int }_0^{\pi }{x}^2\mathrm{d}x+\underset{\text{分成两部分计算}}{\underbrace{2{\int }_0^{\pi }\left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x-2bx\sin x\right)\mathrm{d}x}}\end{array}$
    • $2{\int }_0^{\pi }\left(a^2{\cos }^{2}x+b^2{\sin }^{2}x\right)dx$
      • $\underset{{\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}xdx}{\overset{{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}xdx=2{\int }_0^{\frac{\pi }{3}}{\cos }^{2}xdx}{=}}4\left(a^2+b^2\right){\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx$
      • $\stackrel{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}xdx=\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}}{=}4\left(a^2+b^2\right)\cdot \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}$
    • ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=-{\int }_0^{\pi }xd(\cos x)$
      • $\begin{array}{rl}& =-\left[{x\cos x|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\cos xdx\right]\end{array}$
      • $\begin{array}{r}=\pi \end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{2{\pi }^3}{3}+4\left(a^2+b^2\right)\cdot \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}-4b\pi \end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{2}{3}{\pi }^3+\left(a^2+b^2-4b\right)\pi .\end{array}$
  • 本题相当于求函数 $a^2+b^2-4b$ 的极小值点,
    显然可知当 $a=0,b=2$ 时，${\int }_{-\pi }^{\pi }(x-a\cos x-b\sin x{)}^2\mathrm{d}x$最小, 所以选 (A).
    • 函数大，积分就大

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化为二重积分

(15)

(本题满分 10 分)计算 ${\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x$, 其中 $f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}\mathrm{d}t$.

(15)

• • 计算定积分 ${\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx$，其中 $f(x)={\int }_1^x\frac{\ln (t+1)}{t}dt$
    • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx=2{\int }_0^{1}f(x)d(\sqrt{x})\end{array}$
      • $\stackrel{\text{分布}}{=}2\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{\sqrt{x}\cdot f(x)|}_0^1}}-\underset{{\int }_0^1\sqrt{x}\cdot \frac{\ln (x+1)}{x}dx}{\underbrace{{\int }_0^1\sqrt{x}d\left[f(x)\right]}}\right]$
      • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}-2\left[{\int }_0^1\frac{\ln (x+1)}{\sqrt{x}}dx\right]\end{array}$
      • 凑微分 $d(\sqrt{x})$ 并计算 $-4{\int }_0^1\ln (x+1)d(\sqrt{x})$
      • 分部积分：$=-4\left[{\sqrt{x}\ln (x+1)|}_0^1-{\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{x+1}\mathrm{d}x\right]$
        • 第一部分：${\sqrt{x}\ln (x+1)|}_0^1=\ln 2$
        • 计算第二部分：${\int }_0^1\frac{\sqrt{x}}{x+1}\mathrm{d}x\underset{x=t^2,dx=2tdt}{\overset{\sqrt{x}=t}{=}}{\int }_0^1\frac{t}{1+t^2}\cdot 2tdt=2{\int }_0^1\frac{t^2}{1+t^2}dt$
          • 拆开分子：${\int }_0^1\frac{t^2}{1+t^2}dt\stackrel{t^2=t^2+1-1}{=}{\int }_0^1\frac{t^2+1-1}{1+t^2}dt={\int }_0^{1}1dt-{\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt]={1-\arctan t|}_0^1\underset{\arctan 0=0}{\overset{\arctan 1=\frac{\pi }{4}}{=}}1-\frac{\pi }{4}$
    • 合并整理得： $-4\cdot \left[\ln 2-2\left(1-\frac{\pi }{4}\right)\right]=-4\ln 2+8-2\pi$

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Transclude of 数二2019#13

Transclude of 数三2019#11

变积分限

反常积分的计算与敛散性

敛散性的判断

(3)

设 $m,n$ 均是正整数, 则反常积分 ${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x$ 的收玫性 $()$
(A) 仅与 $m$ 的取值有关.
(B) 仅与 $n$ 的取值有关.
(C) 与 $m,n$ 的取值都有关.
(D) 与 $m,n$ 的取值都无关.

(3)

答 应选(D).

• 三件事
  • 找关键点
  • 无穷小要比1高，无穷大要比1低
  • 比较
• 设 $m,n$ 均是正整数，则$m⩾1,n⩾1$
• 由于被积函数有两个可能的瑕点, $x=0$ 和 $x=1$,
  故将原积分拆成两部分进行考虑.
  ${\int }_0^1\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{1}{2}}\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x+{\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\mathrm{d}x.$
  • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\ln }^{\frac{2}{m}}(1-x)}{x^{\frac{1}{n}}}\stackrel{\ln (1-x)\sim (-x)}{=}\frac{(-x{)}^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}\stackrel{\text{负号扔掉}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x^{\frac{1}{n}-\frac{2}{m}}}$
    • 当 $m,n$ 为正数时, $\frac{1}{n}-\frac{2}{m}<\frac{1}{n}\le 1$
      • m和n只要取正整数，上面条件肯定成立
      • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p<1,\\ \text{ 发散， }& p⩾1.\end{array}\end{array}$
• $x\to 1$
  • $\begin{array}{r}f(x)=\frac{[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}}{\left(x^{\frac{1}{n}}\right)}\sim [\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}\end{array}$
    • $={\left(-\ln \frac{1}{1-x}\right)}^{\frac{2}{m}}$
    • $={\left(\ln \frac{1}{1-x}\right)}^{\frac{2}{m}}$，伪无穷不用算，必定收敛
• 比较判敛法
  • 设 $\begin{array}{r}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l\end{array}$,默认x跑向无穷时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\begin{array}{r}l\end{array}$ 为非零常数, 则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 与 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 同敛散;(同阶同敛散)
    • (2) $\begin{array}{r}l=0\end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 收敛则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 收敛;
    • (3) $\begin{array}{r}l=\infty \end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }g(x)dx\end{array}$ 发散则 $\begin{array}{r}{\int }_1^{+\infty }f(x)dx\end{array}$ 发散.
  • 设 $\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=l\end{array}$, $\begin{array}{r}0\end{array}$ 为瑕点,默认x跑向0时，$f(x)$与$g(x)$跑向无穷小
    • (1) $\begin{array}{r}l\end{array}$ 为非零常数, 则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 与 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 同敛散;
    • (2) $\begin{array}{r}l=0\end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 收敛则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 收敛;
    • (3) $\begin{array}{r}l=\infty \end{array}$, $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}g(x)dx\end{array}$ 发散则 $\begin{array}{r}{\int }_0^{1}f(x)dx\end{array}$ 发散.
• 二、 P积分
  • $\begin{array}{rl}& {\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p>1,\\ \text{ 发散， }& p⩽1.\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛， }& p<1,\\ \text{ 发散， }& p⩾1.\end{array}\end{array}$
• 三、 $\begin{array}{r}{\int }_0^1{\ln }^{n}xdx\end{array}$的敛散性 $(n>0)$:$x\to 0^{+},\left|{\ln }^{n}x\right|\ll \frac{1}{x^m}$

  \begin{document}
  \begin{tikzpicture}
      % 绘制坐标轴
      \draw[->] (-0.2,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-1) -- (0,1) node[above] {$y$};
      % 定义曲线 y = ln(x)，限制范围
      \draw[domain=0.2:1.5,smooth,variable=\x] 
          plot ({\x}, {ln(\x)}) node[right] {$y = \ln(x)$};
      % 填充阴影区域
  	\begin{scope} \clip (0,-1.5) rectangle (1,0); \fill[black!20,opacity=0.7] plot[domain=0.01:1,smooth]({\x}, {ln(\x)}) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle; \end{scope}
      % 标记点
      \node[below] at (1,0) {1};
      \node[below left] at (0,0) {0};
      \node[below left] at (0.05, -1) {$(0, \ln(x))$};
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

  • $\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1/x}{-1/x^2}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-x)=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\ln }^{2}x}{1/x}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}}{-1/x^2}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\ln x}{-1/x}\end{array}$
  • $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{1/x^2}\stackrel{\text{洛必达}}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1/x}{-2x^{-3}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x^2}{-2}=0$

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(1)

数一2016 若反常积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x$ 收敛, 则( )
(A) $a<1$ 且 $b>1$.
(B) $a>1$ 且 $b>1$.
(C) $a<1$ 且 $a+b>1$.
(D) $a>1$ 且 $a+b>1$.

(1)

数一2016 答 应选(C).

• 三件事
  • 找关键点:
    • 0是无界点，\infty是无穷
    • 点1不研究，因为这个点是定积分
  • 看无穷小，无穷大
    • 无穷小用等价
    • 无穷大用提马法
  • 比较
    • 如果一个函数比收敛的小，肯定收敛
    • 如果一个函数比发散的大，肯定发散
• 将原积分分解为两部分，以便分别考虑在 $x$ 接近 0 和 $x$ 接近 $\infty$ 时的行为。
  • 分解为 ${\int }_0^1\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x+{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x$。
• ${\int }_0^1\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x\underset{\text{等价}}{\overset{{\lim }_{x\to 0}(1+x{)}^b=1}{\to }}\frac{1}{x^a}\stackrel{x\to 0\text{，}a<1}{\to }\text{收敛}$
  • 结论：由${\int }_0^1\frac{1}{x^p}dx=\{\begin{array}{l}p<1,\text{收敛}\\ p⩾1,\text{发散}\end{array}$,得${\int }_0^1\frac{1}{x^a}\mathrm{d}x$ 收敛,则 $a<1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a<1$ 时收敛。
• ${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^a(1+x{)}^b}\mathrm{d}x\underset{\frac{1}{x^a}\cdot \frac{1}{x^b}\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^b}}{\overset{{\lim }_{x\to \infty }(1+x{)}^b=x^b}{\to }}{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^{a+b}}dx\stackrel{x\to \infty ,a+b>1}{\to }\text{收敛}$
  • 结论：由${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx=\{\begin{array}{l}p>1,\text{收敛}\\ p⩽1,\text{发散}\end{array}$,得${\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x^{a+b}}\mathrm{d}x$ 收敛时,$a+b>1$ ，
    所以原积分的这一部分在 $a+b>1$ 时收敛。
• 通过分析积分在 $x$ 接近 0 和 $\infty$ 时的行为，
  原积分收敛当且仅当 $a<1$ 且 $a+b>1$。
  正确选项是 (C)

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Transclude of 数二2015#1

Transclude of 数二2016#3

Transclude of 数二2019#3

求参数

Transclude of 数二2013#4

Transclude of 数二2022#5

Transclude of 数二2023#6

计算

(11)

${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}\mathrm{d}x=$

(11)

答 应填 $\frac{\pi }{4}$.

高昆仑版

• ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}dx={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x+1{)}^2+1}dx$
  • $\stackrel{\int \frac{1}{1+u^2}du=\arctan (u)}{=}{\arctan (x+1)|}_0^{+\infty }$
  • $\underset{\arctan (1)=\frac{\pi }{4}}{\overset{\arctan (+\infty )=\frac{\pi }{2}}{=}}\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}.$

gpt版

• 计算积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{x^2+2x+2}dx$
  • 式子化简
    • 分母化简：$x^2+2x+2$ 拆成$x^2+2x+1+1$
      • 完全平方：$(x+1{)}^2+1$
    • 新积分形式：${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{(x+1{)}^2+1}d(x+1)$
  • 计算积分
    • 使用反正切函数：$\int \frac{1}{1+u^2}du=\arctan (u)$
    • 积分结果：$={\arctan (x+1)|}_0^{+\infty }\underset{\arctan (1)=\frac{\pi }{4}}{\overset{\arctan (+\infty )=\frac{\pi }{2}}{=}}\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$

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(12)

${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{(1+x{)}^2}\mathrm{d}x=$

(12)

• • 将积分重写为 $-{\int }_1^{+\infty }\ln x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x}\right)\stackrel{\text{分布}}{=}-\left[{\frac{\ln x}{1+x}|}_1^{+\infty }-{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{x(1+x)}\mathrm{d}x\right]$
  • 计算第一部分： $-{\frac{\ln x}{1+x}|}_1^{+\infty }=0-0=0$
  • 计算第二部分： ${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x(1+x)}\stackrel{\text{拆开}}{=}\underset{={[\ln x-\ln (1+x)]|}_1^{+\infty }}{\underbrace{{\int }_1^{+\infty }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x}}={\ln \frac{x}{1+x}|}_1^{+\infty }=\ln 1-\ln \frac{1}{2}=\ln 2$
• 合并:$=-[0-(\ln 2)]=\ln 2$

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Transclude of 数二2009#10

Transclude of 数二2011#12

Transclude of 数二2014#9

Transclude of 数二2017#11

Transclude of 数二2017#11

定积分的应用

图像题

(4)

甲、乙两人赛跑, 计时开始时, 甲在乙前方 10 (单位: $m$ ) 处, 图中, 实线表示甲的速度曲线 $v=v_1(t)$ (单位: $\mathrm{m}/\mathrm{s})$, 虚线表示乙的速度曲线 $v=v_2(t)$,三 块阴影部分面积的数值依次是 $10,20,3$. 计时开始后乙追上 甲的时刻记为 $t_0$ (单位: $\mathrm{s}$ ), 则 $()$(A) $t_0=10$.
(B) $15<t_0<20$.
( C) $t_0=25$.
(D) $t_0>25$.

(4)

• 答 应选(C).
  解 由题设知, 从 0 到 $t_0$ 时刻, 甲、乙两人的位移分别为
• $S_1={\int }_0^{t_0}{v}_1(t)\mathrm{d}t,S_2={\int }_0^{t_0}{v}_2(t)\mathrm{d}t,$其中 $S_1$ 在几何上表示曲线 $v=v_1(t),t=t_0$ 及两坐标轴围成的面积, $S_2$ 在几何上表示曲线 $v=v_2(t),t=$ $t_0$ 及两坐标轴围成的面积. $t_0$ 为计时开始后乙追上甲的时刻, 则
• $S_2=S_1+10\text{, }$即
• ${\int }_0^{t_0}{v}_2(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{t_0}{v}_1(t)\mathrm{d}t+10,$
• ${\int }_0^{t_0}\left[v_2(t)-v_1(t)\right]\mathrm{d}t=10.$由题中图形可知 $t_0=25$, 故应选 (C).

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面积

(18)

已知曲线 $L:\{\begin{array}{l}x=f(t),\\ y=\cos t\end{array}\left(0⩽t<\frac{\pi }{2}\right)$, 其中函数 $f(t)$ 具有连续导数, 且 $f(0)=0$, $f^{\prime }(t)>0\left(0<t<\frac{\pi }{2}\right)$. 若曲线 $L$ 的切线与 $x$ 轴的交点到切点的距离恒为 1 , 求 函数 $f(t)$ 的表达式, 并求以曲线 $L$ 及 $x$ 轴 和 $y$ 轴为边界的区域的面积.

(18)

(1)

• 切线斜率 $k=y_x^{\prime }＝\frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{-\sin t}{f^{\prime }(t)}$,

  • 有点斜式，求得切线方程为$y-\cos t=-\frac{\sin t}{f^{\prime }(t)}(x-f(t))\text{. }$

• 求这条切线与x轴的交点

  • 令 $y=0$, 得 $x_0=f^{\prime }(t)\frac{\cos t}{\sin t}+f(t)$.
  • 有交点$(x_0,y_0)$到曲线L上的切点$(f(t),\cos t)$的距离为1，即${\left[f^{\prime }(t)\frac{\cos t}{\sin t}\right]}^2+{\cos }^{2}t=1$
  • 利用$1-{\cos }^{2}t={\sin }^{2}t$化简，得$f^{\prime }(t)=\frac{{\sin }^{2}t}{\cos t}=\frac{1}{\cos t}-\cos t.$

• (2) 由于对$f^{\prime }(t)$积分得，$f(t)=\ln (\sec t+\tan t)-\sin t$

  • 因为$0\le t\le \frac{\pi }{2}$，则要求出 $f(0)=0,\underset{t\to \frac{\pi }{2}}{\lim }f(t)=+\infty$
    • 得出积分区域$0\le x<+\infty$，$0\le y\le 1$

• 用的大学里面的数学公式，而并非二重积分。

  • 求面积与求体积，
    • 二重积分的积分区域相同
    • 被积函数不同求
      • 求面积为对常数1积分
      • 求体积为对点到直线的距离$r=\frac{|Ax+By+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$积分，$2\pi r$
  • 求面积
    • $s={\int }_{0}1d\sigma ={\int }_0^{+\infty }dx{\int }_0^{f(x)}1dy$
      $S={\int }_0^{+\infty }ydx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos t\cdot f^{\prime }(t)dt={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-{\cos }^{2}t)dt＝{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt=\frac{\pi }{4}$
  • 求体积
    • $\int \int yd\sigma =2\pi {\int }_0^{+\infty }dx{\int }_0^{f(x)}ydy$
      $V_x=\pi {\int }_0^{+\infty }{y}^{2}dx=\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2}t\cdot f^{\prime }(t)dt=\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}t\cos tdt=\pi \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2}td\sin t＝\frac{\pi }{3}$
    • 能否用二重积分计算，涉及到二重积分如何算参数方程
      • 先写出$S={\int }_0^{+\infty }ydx$，然后分别将y和dx对t的参数方程代入进去

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Transclude of 数二2013#11

Transclude of 数二2022#15

Transclude of 数三2012#12

Transclude of 数三2014#10

旋转体的体积

(17)

(本题满分 11 分) 椭球面 $S_1$ 是椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 绕 $x$ 轴旋转而成, 圆雉面 $S_2$ 是由过点 $(4,0)$ 且与椭圆 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=$ 1 相切的直线绕 $x$ 轴旋转而成. (I) 求 $S_1$ 及 $S_2$ 的方程; (II) 求 $S_1$ 与 $S_2$ 之间的立体的体积.

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Transclude of 数二2012#17

Transclude of 数二2013#16

Transclude of 数二2014#21

Transclude of 数二2015#16

Transclude of 数二2016#20

Transclude of 数二2023#19

Transclude of 数三2009#19

Transclude of 数三2010#10

Transclude of 数三2011#12

Transclude of 数三2020#12

Transclude of 数三2021#13

求弧长

(9)

曲线 $y={\int }_0^x\tan t\mathrm{d}t\left(0⩽x⩽\frac{\pi }{4}\right)$ 的弧长 $s=$

(9)

• 弧长公式：$s=\int \sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}\mathrm{d}x$，因此需要计算 $y^{\prime }$和$\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}$
  • $y^{\prime }$ 是 $y$ 的导数: $y={\int }_0^x\tan t\mathrm{d}t$，得 $y^{\prime }=\tan x$。
  • 计算 $\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+{\tan }^{2}x}=\sec x$
• 计算 $s={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec x\mathrm{d}x={\ln |\sec x+\tan x||}_0^{\frac{\pi }{4}}=\ln (1+\sqrt{2})$
  答 应填 $\ln (1+\sqrt{2})$.

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Transclude of 数二2010#12

Transclude of 数二2019#12

Transclude of 数二2021#19

Transclude of 数二2022#18

Transclude of 数二2023#12

形心坐标

Transclude of 数二2013#21

Transclude of 数二2014#13

平均值

Transclude of 数二2016#21

物理应用

Transclude of 数二2010#18

Transclude of 数二2011#20

Transclude of 数二2020#12

其他

(17)

(本题满分 10 分) (抽象题)
( I ) 比较 ${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t$ 与 ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots )$ 的大小, 说明理由;
( II ) 记 $u_n={\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots )$, 求极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$.

(17)

解 (I ) 当 $0⩽t⩽1$ 时, 因为 $0⩽\ln (1+t)⩽t$, 所以

• $0⩽|\ln t|[\ln (1+t){]}^n⩽t^n|\ln t|,$由定积分的性质,得 ${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t⩽{\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t(n=1,2,\cdots )$.
  ( II) 由 ( I ) 知
• $0⩽u_n={\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t⩽{\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t.$因为
• ${\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t=-{\int }_0^1{t}^n\ln t\mathrm{d}t=-\frac{1}{n+1}{\int }_0^1\ln t\mathrm{d}\left(t^{n+1}\right)=-{\frac{t^{n+1}}{n+1}\ln t|}_0^1+\frac{1}{n+1}{\int }_0^1{t}^n\mathrm{d}t=\frac{1}{(n+1{)}^2},$所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{t}^n|\ln t|\mathrm{d}t=0$. 故由夹逼准则知 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=0$.
  注（1)本题第一问用到基本不等式: $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x,x\in (0,+\infty )$.
  (2)
  第二问实际上有更一般的结论.
  若 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{x}^{n}f(x)\mathrm{d}x=0$ (可用夹逼准则简单验证). 由于 $\underset{r\to 0^{+}}{\lim }t|\ln t|=0$, 记 $f(t)=t|\ln t|,0<t⩽1$, 则可补充定义 $f(0)=0$. 这样 $f(t)=t|\ln t|$ 在 $[0,1]$ 上连续, 再根据上面的结论便有
• $\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1{t}^{n-1}\cdot t|\ln t|\mathrm{d}t=0,\end{array}$
• $\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\mathrm{d}t=0.\end{array}$

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多元函数微分学(21++=60道)

偏导数的计算

隐函数求偏导

(2)

设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0$ 确定, 其中 $F$ 为可微函数, 且 $F_2^{\prime }\ne 0$, 则 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=()$
(A) $x$.
( B) $z$.
(C) $-x$
(D) $-z$

(2)

• 求表达式 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}$。
  • 方程 $F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0$ 分别对 $x\text{，}y$求偏导
    • 对 $x$ 求偏导得：$-\frac{y}{x^2}{F}_1^{\prime }+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\cdot \frac{1}{x}-z\frac{1}{x^2}\right)F_2^{\prime }=0\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\frac{y}{x}{F}_1^{\prime }+\frac{z}{x}{F}_2^{\prime }}{F_2^{\prime }},$
    • 对 $y$ 求偏导得：$\frac{1}{x}{F}_1^{\prime }+\frac{1}{x}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}{F}_2^{\prime }=0\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_1^{\prime }}{F_2^{\prime }}$
  • 组合两个偏导数得：$\left(x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}\right)=\frac{y{F}_1^{\prime }+z{F}_2^{\prime }-y{F}_1^{\prime }}{F_2^{\prime }}\stackrel{F_2^{\prime }\ne 0}{=}z$

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Transclude of 数三2013#10

Transclude of 数二2014#11

Transclude of 数二2015#13

Transclude of 数二2018#13

Transclude of 数二2021#13

Transclude of 数二2023#13

有变积分限

(12)

设函数 $f(x,y)={\int }_0^{xy}{\mathrm{e}}^{x{t}^2}\mathrm{d}t$, 则 ${\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}|}_{(1,1)}=$

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(11)

设函数 $F(x,y)={\int }_0^{xy}\frac{\sin t}{1+t^2}\mathrm{d}t$, 则 ${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=$

(11)

• 方法1

  • 先求1阶：$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y\sin xy}{1+x^2{y}^2}$
  • 再求2阶(易出错)：$\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=\frac{y^2\cos (xy)\left(1+x^2{y}^2\right)-2x{y}^3\sin xy}{{\left(1+x^2{y}^2\right)}^2}$
  • 把点(0，2)代入进去：${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=4$.

• 方法2:先代后求

  • 求x的一阶偏导：$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y\sin xy}{1+x^2{y}^2}\stackrel{代入y=2}{\to }{F}_x(x,2)=\frac{2\sin 2x}{1+4x^2}=\phi (x)$
  • 用导数定义求二阶偏导：${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=F_{xx}(0,2)\stackrel{导数定义}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}\stackrel{\phi (x)=0}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sin 2x}{x\left(1+4x^2\right)}\stackrel{\sin 2x\sim 2x}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x}{x\left(1+4x^2\right)}=4$
  • 用商的求导
  • 方法选取是关键

• 2009 年数一试题
  设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数， $z=f(x,xy)$ ，则 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=$

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复合函数求偏微分

(9)

设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数, $z=f(x,xy)$, 则 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=$

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(2)

数一2022
设 $f(u)$ 可导, $z=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$, 若 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=y^2(\ln y-\ln x)$, 则 ( )
(A) $f(1)=\frac{1}{2},f^{\prime }(1)=0$.
(B) $f(1)=0,f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$.
(C) $f(1)=\frac{1}{2},f^{\prime }(1)=1$.
(D) $f(1)=0,f^{\prime }(1)=1$.

(2)

• 乘法求导:先一后二
  
• 计算偏导数：
  • 计算 $z$ 对 $x$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial x}=yf\left(\frac{y}{x}\right)-y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}$
  • 计算 $z$ 对 $y$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial y}=xf\left(\frac{y}{x}\right)+xy{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)\frac{1}{x}$
• 将两个偏导数代入题式：$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=y^2(\ln y-\ln x)$
  • 得$xyf\left(\frac{y}{x}\right)-y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)+xyf\left(\frac{y}{x}\right)+y^2{f}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)=y^2(\ln y-\ln x)$
  • 化简左边后，得：$2xyf\left(\frac{y}{x}\right)=y^2(\ln y-\ln x)$
    • $\stackrel{\text{同除}{x}^2}{\to }\frac{y}{x}f\left(\frac{y}{x}\right)={\left(\frac{y}{x}\right)}^2\ln \frac{y}{x}.$
    • 令$\stackrel{u=\frac{y}{x}}{\to }uf(u)=u^2\ln u$
      • 解出 : $f(u)=\frac{1}{2}u\ln u,u>0$.
• 第三步 : 计算 $f(1)$ 和 $f^{\prime }(1)$
  • $f(u)=\frac{1}{2}u\ln u\stackrel{u=\frac{y}{x}=1}{=}\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \ln 1=0$,
  • $f^{\prime }(u)\stackrel{\text{乘法求导}}{=}\frac{1}{2}\left(\ln u+u\cdot \frac{1}{u}\right)=\frac{1}{2}\left(\ln 1+1\right)=\frac{1}{2}$
• 因此, $f(1)=0,f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$.

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(9)

设函数 $f(u)$ 可导, $z=f(\sin y-\sin x)+xy$, 则 $\frac{1}{\cos x}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\cos y}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}=$

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(15)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(u,v)$ 具有 2 阶连续偏导数, $\underset{\text{对}x\text{连续求两次偏导，只能先求后代}}{\underbrace{y=f\left({\mathrm{e}}^x,\cos x\right),\text{求}{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|}_{x=0},{\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{x=0}}}$

    y
   / \
  eˣ  cosx
 /   / 
x   x  

(15)

• 解
• 该问题涉及求函数 $y=f({\mathrm{e}}^x,\cos x)$ 在 $x=0$ 时的一阶和二阶导数，
  • 虽然是求具体点，但是无法用先代后求
• 计算函数 $y=f({\mathrm{e}}^x,\cos x)$ 的一阶导数 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$。
  • 使用复合函数求导法则得：$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_2^{\prime }\cdot (-\sin x)\stackrel{\text{将}x=0\text{代入得}}{\to }{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}|}_{x=0}=f_1^{\prime }(1,1)$
  • 利用导数乘法求二阶偏导，得$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\underset{f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x\text{对}x\text{求偏导}}{\underbrace{\left[f_{11}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_{12}^{\prime \prime }\cdot (-\sin x)\right]{\mathrm{e}}^x+f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x}}-\underset{f_2^{\prime }\cdot (-\sin x)\text{求偏导}}{\underbrace{\left[f_{21}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^x+f_{22}^{\prime \prime }\cdot (-\sin x)\right]\sin x-f_2^{\prime }\cdot \cos x}}$
    • $\underset{\text{去括号，得}}{\overset{f_{21}^{\prime \prime }=f_{12}^{\prime \prime }}{=}}{f}_{11}^{\prime \prime }\cdot {\mathrm{e}}^{2x}+f_{22}^{\prime \prime }\cdot {\sin }^{2}x+f_1^{\prime }\cdot {\mathrm{e}}^x-f_2^{\prime }\cdot \cos x-2f_{12}^{\prime \prime }\cdot \sin x\cdot {\mathrm{e}}^x,$
    • 将x=0代入得${\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}|}_{x=0}=f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_1^{\prime }(1,1)-f_2^{\prime }(1,1)$

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(16)

(本题满分 9 分) 设函数 $z=f(xy,yg(x))$, 其中函数 $f$ 具有二阶连续偏导数, 函数 $g(x)$ 可导, 且在 $x=1$ 处取 得极值 $g(1)=1$. 求 ${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{\begin{array}{c}x=1\\ y=1\end{array}}$.

(16)

• 该问题涉及求函数 $z=f(xy,yg(x))$ 在点 $(x=1,y=1)$ 的二阶混合偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$
  • 因为是求具体点的值，可以利用先代后求

\begin{document}
\begin{tikzpicture}[
grow=right, % 让树从左向右生长
sibling distance=15mm, % 兄弟节点的默认间距
edge from parent/.style={draw,thick}, % 连接线样式
level distance=12mm, % 默认层级间距
level 2/.style={sibling distance=5mm}, % 让第二层的节点稍微分开，避免重叠
level 3/.style={sibling distance=14mm} % 让第三层稍微紧凑
]

% 根节点
\node {$z$}
    child {node {$xy$} 
        child {node {$x$}}
        child {node {$y$}} 
    }
    child {node {$yg(x)$} 
        child {node {$g(x)$} 
            child {node {$x$}}}
        child {node {$y$}} 
	};

\end{tikzpicture}
\end{document}
```

• 计算函数 $z=f(xy,yg(x))$ 对x的一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

  • 使用链式法则得：$\frac{\partial z}{\partial x}=y{f}_1^{\prime }+y{g}^{\prime }(x)f_2^{\prime }$。
  • 先带后求得，计算 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}$。
    • 在 $x=1$ 时，得：${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}=y{f}_1^{\prime }(y,yg(1))\stackrel{g(1)=1}{=}y{f}_1^{\prime }(y,y)$

• 计算二阶混合偏导数 ${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{x=1,y=1}$。

  • 对 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{x=1}$ 关于 $y$ 求偏导得：
  • ${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}|}_{x=1,y=1}\stackrel{y{f}_1^{\prime }(y,y)乘法求导}{=}{f}_1^{\prime }(y,y)+y\left[f_{11}^{\prime \prime }(y,y)+f_{12}^{\prime \prime }(y,y)\right]$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{x=1，y=1}{=}{f}_1^{\prime }(1,1)+f_{11}^{\prime \prime }(1,1)+f_{12}^{\prime \prime }(1,1)\end{array}$

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(3)

设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数, 且 $f(x)>0,f^{\prime }(0)=0$, 则函数 $z=f(x)\ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处 取得极小值的一个充分条件是 $()$
(A) $f(0)>1,f^{\prime \prime }(0)>0$.
(B) $f(0)>1,f^{\prime \prime }(0)<0$.
(C) $f(0)<1,f^{\prime \prime }(0)>0$.
(D) $f(0)<1,f^{\prime \prime }(0)<0$.

(3)

该问题涉及判断函数 $z=f(x)\ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处是否取得极小值。

• 求一阶偏导确定驻点(题目中其实已经给出驻点(0，0))：
  • 已知$f^{\prime }(0)=0，f(0)\ne 0$
  • $\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(x)\ln f(y)\stackrel{在(0,0)处}{=}{f}^{\prime }(0)\ln f(0)=0$
  • $\frac{\partial z}{\partial y}=f(x)\frac{f^{\prime }(y)}{f(y)}\stackrel{在(0,0)处}{=}\frac{f(0)f^{\prime }(0)}{f(0)}=0$
• 求函数 $z=f(x)\ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处的二阶偏导数，计算AC-B²
  • 计算二阶偏导数 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}$、$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$ 和 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}$。
    • 使用链式法则和导数公式得：
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=f^{\prime \prime }(x)\ln f(y)\stackrel{x=0，y=0}{=}{f}^{\prime \prime }(0)\ln f(0)$
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=\frac{f^{\prime }(x)f^{\prime }(y)}{f(y)}\stackrel{x=0，y=0}{=}\frac{f^{\prime }(0)f^{\prime }(0)}{f(0)}=0$
      • $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=f(x)\frac{f^{\prime \prime }(y)f(y)-[f^{\prime }(y){]}^2}{[f(y){]}^2}\stackrel{x=0，y=0}{=}\frac{f^2(0)f^{\prime \prime }(0)-f(0){\left[f^{\prime }(0)\right]}^2}{f^2(0)}=f^{\prime \prime }(0)$
    • 使用海森矩阵判断极小值条件
      • $A=f^{\prime \prime }(0)\ln f(0)>0$，说明有极值
      • $AC-B^2=[f^{\prime \prime }(0){]}^2\ln f(0)>0$ 说明 $z=f(x)\ln f(y)$ 在点 $(0,0)$ 处取得极小值
      • 解得$f(0)>1,f^{\prime \prime }(0)>0$.

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Transclude of 数三2009#10

Transclude of 数三2009#17

Transclude of 数三2011#10

Transclude of 数三2011#16

Transclude of 数三2019#16

Transclude of 数二2012#11

Transclude of 数二2013#5

Transclude of 数二2015#5

Transclude of 数二2019#11

Transclude of 数二2020#11

Transclude of 数二2022#4

(12)

已知 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数, 且 ${df|}_{(1,1)}=3du+4dv$, 若 $y=f\left(\cos x,1+x^2\right)$, 则 ${\frac{d^{2}y}{d{x}^2}|}_{x=0}=$

• ${df|}_{(1,1)}=f_1^{\prime }(1,1)du+f_2^{\prime }(1,1)dv=3du+4dv$
  • $f_1^{\prime }(1,1)=3,f_1^{\prime }(1,1)=4$
• $y=f\left(\cos x,1+x^2\right)$
  • 为了求二阶导所以求一阶导：
    $\frac{dy}{dx}=f_1^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x)+f_2^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot 2x$
  • 向题中条件靠近：
    $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\underset{=0}{\underbrace{f_{11}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x{)}^2+f_{12}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\sin x)\cdot 2x}}$
    $+f_1^{\prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (-\cos x)$
    $+\underset{=0}{\underbrace{f_{21}^{\prime \prime }\left(cosx,1+x^2\right)\cdot 2x\cdot (-\sin x)+f_{22}^{\prime \prime }\left(\cos x,1+x^2\right)\cdot (2x{)}^2}}$
    $+f_2^{\prime }\left(\cos x\cdot 1+x^2\right)\cdot 2$
    • 求导乘法法则：右边不动，左边求导;左边不动，右边求导
    • $\stackrel{\text{将}x=0\text{代入}}{\to }$得${\frac{dy}{d{x}^2}|}_{x=0}=f_1^{\prime }(1,1)\cdot (-1)+f_2^{\prime }(1,1)\cdot 2=-3+4x_2=5$

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变量代换

Transclude of 数二2010#19

Transclude of 数二2019#20

偏积分的计算

(2)

数一2021 设函数 $f(x,y)$ 可微, 且 $f\left(x+1,{\mathrm{e}}^x\right)=x(x+1{)}^2,f\left(x,x^2\right)=2x^2\ln x$, 则 $\mathrm{d}f(1,1)=()$
(A) $\mathrm{d}x+\mathrm{d}y$.(B) $\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$.(C) $\mathrm{d}y$.(D) $-\mathrm{d}y$.

(2)

• 解
• 根据全微分的定义：$\mathrm{d}f(1,1)=f_1^{\prime }(1,1)\mathrm{d}x+f_2^{\prime }(1,1)\mathrm{d}y$
• 需要对 $f(x+1,{\mathrm{e}}^x)=x(x+1{)}^2$ 和 $f(x,x^2)=2x^2\ln x$ 分别对 $x$ 求导
  • 对 $f(x+1,{\mathrm{e}}^x)=x(x+1{)}^2\stackrel{\text{等式左右都对}x\text{求导}}{\to }$
    • $f_1^{\prime }(x+1,{\mathrm{e}}^x)+f_2^{\prime }(x+1,{\mathrm{e}}^x)\cdot {\mathrm{e}}^x=(x+1{)}^2+2x(x+1)$
    • 代入 $x=0$ 得到: $f_1^{\prime }(1,1)+f_2^{\prime }(1,1)=1$
  • 对 $f(x,x^2)=2x^2\ln x\stackrel{\text{等式左右都对}x\text{求导}}{\to }$
    • $f_1^{\prime }(x,x^2)+2x\cdot f_2^{\prime }(x,x^2)=4x\ln x+2x$
    • 代入 $x=1$ ，得到 $f_1^{\prime }(1,1)+2f_2^{\prime }(1,1)=2$
  • 联立方程组得到 $f_1^{\prime }(1,1)=0$, $f_2^{\prime }(1,1)=1$
    • 写出全微分方程$z=\frac{\partial z}{\partial u}du+\frac{\partial z}{\partial v}dv$
    • $\mathrm{d}f(1,1)=f_1^{\prime }(1,1)\mathrm{d}x+f_2^{\prime }(1,1)\mathrm{d}y=0dx+1\mathrm{d}y$

高昆仑版

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Transclude of 数二2017#12

Transclude of 数二2021#6

Transclude of 数三2023#12

全微分的概念与计算

隐函数的全微分

(11)

若函数 $z=z(x,y)$ 由方程 ${\mathrm{e}}^z+xyz+x+\cos x=2$ 确定, 则 ${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}=$

(11)

解
本解法不是最优解法
该问题涉及求函数 $z=z(x,y)$，由方程 ${\mathrm{e}}^z+xyz+x+\cos x=2$ 确定，在点 $(0,1)$ 的微分 $\mathrm{d}z$。

• 因为隐函数方程中有z，所以求出 $z(0,1)$的具体值
  • 代入 $x=0$ 和 $y=1$ 到原方程，得 ${\mathrm{e}}^{z(0,1)}+0+0+\cos 0=2$。
    • 解方程得 $z(0,1)=0$。
• 求偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$。
  • 对原方程关于 $x$ 求偏导数得：${\mathrm{e}}^z\frac{\partial z}{\partial x}+yz+xyz\frac{\partial z}{\partial x}+1-\sin x=0$。
  • 对原方程关于 $y$ 求偏导数得：${\mathrm{e}}^z\frac{\partial z}{\partial y}+xz+xyz\frac{\partial z}{\partial y}=0$。
• 先代值，再移项，求点 $(0,1)$ 偏导数的值
  • 代入 $x=0$，$y=1$，$z=0$ 得：
    • ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}=-1$
    • ${\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}=0$
• 写出全微分公式
  • 使用全微分公式得：${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}={\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}\mathrm{d}x+{\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}\mathrm{d}y=-\mathrm{d}x$

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(11)

设函数 $f(u,v)$ 可微, $z=z(x,y)$ 由方程 $(x+1)z-y^2=x^{2}f(x-z,y)$ 确定, 则 ${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}=$

(11)

解
本解法不是最优解法

• 因为隐函数方程有z，所以要确定点 $(0,1)$ 处的 $z$ 值。
  • 代入 $x=0$ 和 $y=1$ 到方程，得到 $z=1$。
• 求方程两边关于 $x$ 和 $y$ 的偏导数。
  • 对 $x$ 求偏导数得：$z+(x+1)\frac{\partial z}{\partial x}=2xf(x-z,y)+x^2{f}_1^{\prime }(1-\frac{\partial z}{\partial x})$。
  • 对 $y$ 求偏导数得：$(x+1)\frac{\partial z}{\partial y}-2y=x^2(f_1^{\prime }(-\frac{\partial z}{\partial y})+f_2^{\prime })$。
• 先代值，后移项求偏导：在点 $(0,1)$ 求偏导数的值。
  • 代入 $x=0$，$y=1$，$z=1$ 得：
    • ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}=-1$。
    • ${\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}=2$。
• 计算微分 $\mathrm{d}z$ 在点 $(0,1)$ 的值。
  • 使用全微分公式得：${\mathrm{d}z|}_{(0,1)}={\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,1)}\mathrm{d}x+{\frac{\partial z}{\partial y}|}_{(0,1)}\mathrm{d}y=-\mathrm{d}x+2\mathrm{d}y$

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多元函数极值问题

无条件极值(全转化成乘法求导)

海森矩阵的行列式的值

• 求两个一阶偏导
  • 当df(x,y)=0，用消元法求x,y
• 求三个二阶偏导(乘法求导)
  • 由偏x求A,B
  • 由偏y求C
• 代入点，求A,B,C
  • 判断$AC-B^2$的正负，>0则有极值
  • 然后判断A和正负
    • A>0，为极小值
    • A<0，为极大值

(15)

(本题满分 9 分) 求二元函数 $f(x,y)=x^2\left(2+y^2\right)+y\ln y$ 的极值.

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(16)

(本题满分 10 分)

求函数 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值.

(16)

解
该问题涉及求函数 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值。

• 求函数 $f(x,y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime }(x,y)$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)$。

  • $f_x^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{(1-x^2)}}\underset{\ne 0}{\underbrace{{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}}}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{-xy}}\underset{\ne 0}{\underbrace{{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}}}$
  • 求驻点
    • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)=0$，解得驻点 $(1,0)$ 和 $(-1,0)$。

• 求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数(全部乘法求导，除法也转换成乘法求导)

  • $f_x^{\prime }(x,y)$ 对x求偏导，$A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\underset{另一个求导}{\overset{一个不动}{=}}-2x{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}+\left(1-x^2\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(-x)=\left(x^3-3x\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_x^{\prime }(x,y)$ 对y求偏导，$B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)=y\left(x^2-1\right)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)$对y求偏导，$C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)=(-x+x{y}^2)\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$

• 判断极值类型

  • 在点 $(1,0)$，计算 $AC-B^2$ 和 $A$ 的值
    • 当$x=1:y=0$ 时， $\therefore A=-2e^{-\frac{1}{2}}:B=0:C=-e^{-\frac{1}{2}}$
      • $AC-B^2>0$
      • $A<0$
    • $f(x,y)$则在点 $(1,0)$ 处为极大值，$f(1，0)=e^{-\frac{1}{2}}$
  • 在点 $(-1,0)$，计算 $AC-B^2$ 和 $A$ 的值
    • $A=2e^{-\frac{1}{2}}，B=0，C=e^{-\frac{1}{2}}$
      • 由于 $AC-B^2>0$
      • 且 $A>0$
    • $f(x,y)$ 在点 $(-1,0)$ 处取极小值 $f(-1,0)=-e^{-\frac{1}{2}}$

通过以上步骤，我们可以看到如何从函数的定义开始，逐步求出其一阶偏导数，确定驻点，计算二阶偏导数，使用二阶导数判别法确定极值的类型，并计算出极值。

由 $f(x,y)=x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^{\prime }+y^{\prime }}{2}}$, 得

• $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\left(1-x^2\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=-xy{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},$令 $\{\begin{array}{l}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=0,\\ \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=0,\end{array}$ 解得驻点 $(1,0),(-1,0)$. 记
• $\begin{array}{r}A=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial x^2}=x\left(x^2-3\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^{\prime }+y^{\prime }}{2}},B=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial x\partial y}=y\left(x^2-1\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2+y^2}{2}},\end{array}$
• $\begin{array}{r}C=\frac{{\partial }^{2}f(x,y)}{\partial y^2}=x\left(y^2-1\right){\mathrm{e}}^{-\frac{t^2+y^{\prime }}{2}},\end{array}$在点 $(1,0)$ 处, 由于 $AC-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0,A=-\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}<0$, 因此 $f(1,0)=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x,y)$ 的极大值; 在点 $(-1,0)$ 处, 由于 $AC-B^2=\frac{2}{\mathrm{e}}>0,A=\frac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}>0$, 因此 $f(-1,0)=-\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$ 为 $f(x,y)$ 的极小值.
  注 二元函数求无条件极值, 做法是先用必要条件找出可能的极值点,再用充分判别法去判定,这里 有一定的运算量. 不论是显函数还是隐函数求二元函数无条件极值, 这都是基本要求,读者一定要熟练 等握.

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(17)

(本题满分 10 分)求函数 $f(x,y)=\left(y+\frac{x^3}{3}\right){\mathrm{e}}^{x+y}$ 的极值.

(17)

为了解释并展开给定的数学问题和答案成二叉树形式，我们将遵循先序遍历的方式。该问题涉及求函数 $f(x,y)=\left(y+\frac{x^3}{3}\right){\mathrm{e}}^{x+y}$ 的极值。

• 求函数 $f(x,y)$ 的一阶偏导数 $f_x^{\prime }(x,y)$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)$

  • $f_x^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}}{\mathrm{e}}^{x+y}$
  • $f_y^{\prime }(x,y)=\underset{=0}{\underbrace{\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right)}}{\mathrm{e}}^{x+y}$
  • 消元法求驻点
    • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$ 和 $f_y^{\prime }(x,y)=0$，解得驻点 $(-1,-\frac{2}{3})$ 和 $(1,-\frac{4}{3})$

• 求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数。

  • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}_x^{\prime }=2x+x^2}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2x^2+2x\right)$
  • $B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right)}_y^{\prime }=1}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+x^2+1\right)$
  • $C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{{\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right)}_y^{\prime }=1}{=}{\mathrm{e}}^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2\right)$

• 判断极值类型。

  • 在点 $(-1,-\frac{2}{3})$，先求A,B,C，再计算 $AC-B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2-2\right)=-e^{-\frac{5}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+1+1\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • $C=e^{-\frac{5}{3}}\cdot \left(-\frac{2}{3}-\frac{1}{3}+2\right)=e^{-\frac{5}{3}}$
    • 由于 $AC-B^2<0$，点 $(-1,-\frac{2}{3})$ 不是极值点。
  • 在点 $(1,-\frac{4}{3})$，先求A,B,C，计算 $AC-B^2$ 的值
    • $A=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2+2\right)=3e^{-\frac{1}{3}}$
    • $B=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+1+1\right)=1$
    • $c=e^{-\frac{1}{3}}\cdot \left(-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}+2\right)=1$
    • 由于 $AC-B^2>0$ 且 $A>0$，点 $(1,-\frac{4}{3})$ 是极小值点。

• 计算极小值。

  • 极小值为 $f(1,-\frac{4}{3})=-{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{3}}$。

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(15)

(本题满分 10 分)
求函数 $f(x,y)=x^3+8y^3-xy$ 的极值.

(15)

2025版

• (1) 计算 $f(x,y)$ 的驻点.
• 解 $\{\begin{array}{l}{f}_x^{\prime }(x,y)=3x^2-y=0,\\ f_y^{\prime }(x,y)=24y^2-x=0.\end{array}$
  • 代入消元法 $\stackrel{y=3x^2}{\to }24y^2-x=0$
  • $\stackrel{24\times 9x^4-x=0}{\to }216x^4=x\stackrel{x\left(216x^3-1\right)=0}{\to }$
    • $x=0$ 或 $x=\frac{1}{6}$.
    • 由x的值解出y，于是, $\{\begin{array}{l}x=0,\\ y=0\end{array}$ 或 $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{6},\\ y=\frac{1}{12}.\end{array}$
• 为了$AC-B^2$，求函数 $f(x,y)$ 在驻点的二阶偏导数
  • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{3x^2-y\text{对}x\text{求导}}{=}6x$。
  • $B=f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{3x^2-y\text{对}y\text{求导}}{=}-1$
  • $C=f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)\stackrel{24y^2-x\text{对}y\text{求导}}{=}48y$
• 用$AC-B^2$判断驻点是不是极值点
  • 考虑驻点 $(0,0)$.
    • $A=f_{xx}^{\prime \prime }(0,0)=0,B=f_{xy}^{\prime \prime }(0,0)=-1,C=f_{yy}^{\prime \prime }(0,0)=0.$
      • $AC-B^2=0-1=-1<0$, 故点 $(0,0)$ 不是极值点.
  • 考虑驻点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$.
    • $A=f_{xx}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=1,B=f_{xy}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=-1,C=f_{yy}^{\prime \prime }\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=4.$
      • $AC-B^2=4-1=3>0$, 且 $A>0$, 故点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$ 为极小值点,
    • 极小值为$f\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)\stackrel{f(x,y)=x^3+8y^3-xy}{=}\frac{1}{6^3}+\frac{8}{12^3}-\frac{1}{6\times 12}=-\frac{1}{216}.$

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(13)

数一2022
当 $x⩾0,y⩾0$ 时, $x^2+y^2⩽k{\mathrm{e}}^{x+y}$ 恒成立, 则 $k$ 的取值范围是
数一2022

• 转换不等式 $x^2+y^2⩽k{\mathrm{e}}^{x+y}$ 到新的形式。
• 引入新函数 $f(x,y)=\left(x^2+y^2\right){\mathrm{e}}^{-x-y}$。
  • 目的是使不等式变为 $f(x,y)⩽k$。
• 求内部的驻点
  • 对求偏导
    • $f_x^{\prime }(x,y)=\frac{2x{\mathrm{e}}^{x+y}-{\mathrm{e}}^{x+y}\left(x^2+y^2\right)}{{\mathrm{e}}^{2(x+y)}}$=$\underset{=0}{\underbrace{\left(2x-x^2-y^2\right)}}\cdot \underset{\ne 0}{\underbrace{e^{-(x+y)}}}$
    • $f_y^{\prime }(x,y)=\frac{2y{\mathrm{e}}^{x+y}-{\mathrm{e}}^{x+y}\left(x^2+y^2\right)}{{\mathrm{e}}^{2(x+y)}}$=$\underset{=0}{\underbrace{\left(2y-x^2-y^2\right)}}\cdot \underset{\ne 0}{\underbrace{e^{-(x+y)}}}$
  • 令 $f_x^{\prime }(x,y)=0$，$f_y^{\prime }(x,y)=0$ 得
    • $2x-x^2-y^2=0$
      $2y-x^2-y^2=0$
      • 两式相减，得 $2x-2y=0\text{，}$ 则 $x=y$
      • 用消元法化简，$2x-x^2-y^2=0\stackrel{x=y}{\to }2x-2x^2=0,\text{分解}2x(1-x)=0$，得$x=0,x=1$
  • 将 $x=0$ 代入式子，得两个驻点 $(0,0),(1,1)$
    • $(0,0)$是边界上的点，故舍去
  • 则$f\left(1,1\right)=2{\mathrm{e}}^{-2}.$
• 求解 $f(x,y)$ 的最大值，分别考虑边界情况 $x=0$ 和 $y=0$。
• 当 $x=0$ 时，求解 $f(0,y)=y^2{\mathrm{e}}^{-y}$ 的最大值
  • 通过求导 $f_y^{\prime }(0,y)=2y{\mathrm{e}}^{-y}-y^2{\mathrm{e}}^{-y}=0=(2y-y^2)\cdot e^{-y}$ 并令其为 $0$
    • 找到可能的最大值点 $y=0$ 和 $y=2$。
    • 计算 $f(0,0)$ 和 $f(0,2)$，得到 $f(0,2)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 当 $y=0$ 时，求解 $f(x,0)$ 的最大值。
  • 同样方法求导 $f_x^{\prime }(x,0)$，找到最大值点 $x=0$ 和 $x=2$。
  • 计算 $f(0,0)$ 和 $f(2,0)$，得到 $f(2,0)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 综合比较得到的值，确定 $f(x,y)$ 的最大值。
  • 通过比较，确定 $\max f(x,y)=4{\mathrm{e}}^{-2}$。
• 确定 $k$ 的取值范围。
  • 由于 $f(x,y)⩽k$，且 $\max f(x,y)=4{\mathrm{e}}^{-2}$，所以 $k⩾4{\mathrm{e}}^{-2}$。
    因此，$k$ 的取值范围是 $\left[4{\mathrm{e}}^{-2},+\infty \right)$

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Transclude of 数二2009#3

Transclude of 数二2011#5

Transclude of 数二2015#17

Transclude of 数二2016#17

Transclude of 数二2022#20

Transclude of 数二2023#18

Transclude of 数三2017#2

Transclude of 数三2021#18

条件极值(拉格朗日乘数法)

(17)

(本题满分 10 分)已知函数 $f(x,y)=x+y+xy$, 曲线 $C:x^2+y^2+xy=3$, 求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

(17)

• 解题过程
  • 目标函数:梯度的模长
  • 约束条件：$\begin{array}{r}{x}^2+y^2+xy=3\end{array}$。
• 求梯度的模长
  • 函数:$\begin{array}{r}f(x,y)=x+y+xy\end{array}$
  • 函数的梯度:$\begin{array}{r}\Rightarrow (f_x,f_y)=(1+y,1+x)\end{array}$
  • 然后是梯度的模长等于坐标平方和
• 构造拉格朗日函数
  • 目标函数：$\begin{array}{r}g(x,y)=(1+x{)}^2+(1+y{)}^2\end{array}$。
    • 由于求模的最大值与求模的平方的最大值等价,
    • 故为了方便计算, 我们没有令 $g(x,y)=\sqrt{f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}}$, 而是令 $g(x,y)=f_x^{\prime 2}+f_y^{\prime 2}$.
  • 约束条件：$\begin{array}{r}\phi (x,y)=x^2+y^2+xy-3=0\end{array}$。
• 作拉格朗日函数:$\begin{array}{rl}L(x,y,\lambda )=g(x,y)+\lambda \phi (x,y)=(1+y{)}^2+& (1+x{)}^2+\lambda \left(x^2+y^2+xy-3\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}\text{①}{L}_x^{\prime }=2(1+x)+\lambda (2x+y)=0,\\ \text{②}{L}_y^{\prime }=2(1+y)+\lambda (2y+x)=0,\\ \text{③}{L}_{\lambda }^{\prime }=x^2+y^2+xy-3=0.\end{array}\end{array}$
    • $(1)-(2)$, 得
      • $\begin{array}{rl}& 2(x-y)+\lambda (x-y)=0\end{array}$
      • $\begin{array}{r}(\lambda +2)(x-y)=0\end{array}$
  • 分情况讨论
    • (1) $x=y$ :
      • $3x^2=3$
      • $\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\text{ 或 }\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-1.\end{array}$
    • (2) $\lambda =-2$ : 代入$(1)$
      • $\begin{array}{rl}& 2(1+x)-2(2x+y)=0\end{array}$
      • $\begin{array}{r}x+y-1=0\end{array}$，代入消元法，代入(3)
      • $\begin{array}{r}{x}^2+(1-x{)}^2+x(1-x)=3\end{array}$
        • $x^2-x-2=0$
        • 得$x=-1\text{，}x=2$
  • 则$\begin{array}{r}g(x,y)=(1+x{)}^2+(1+y{)}^2\end{array}$有四个可能的极值点$\begin{array}{rl}(1\text{，}1)& (-1,-1),(2,-1),(-1,2)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(1,1)=8\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(-1,-1)=0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}g(2,-1)=g(-1,2)=9\end{array}$
• 故 $g(x,y)$ 在条件 $x^2+y^2+xy=3$ 下的最大值为 9 ,
  从而 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数为 3 .
• 若函数 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处可微分, $e_l=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\cdot e_l=\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|\cos \theta$
  • 这里 $\theta$ 为向量 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 与向量 $e_l$ 的夹角.
    • 当 $\theta =0$ 时, 即 $e_l$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 方向相同时, 函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向增加最快, 且在这个方向的方向导数达到最大, 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta =\pi$ 时,即 ${\mathbf{e}}_t$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 方向相反时, 函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向减少最快, 且在这个方向的方向导数达到最小, 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=-\left|\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\right|$.
    • 当 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 时,即 $e_l$ 与梯度 $\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 正交时,函数 $f(x,y,z)$ 沿这个方向的变化率为 0 , 此时 ${\frac{\partial f}{\partial l}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=0$.

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(16)

(本题满分 10 分) 将长为 $2\mathrm{m}$ 的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形. 三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值.

(16)

• 圆的半径为 $x$，正方形的边长为 $y$，正三角形的边长为 $z$。
  • 面积函数 $f(x,y,z)=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2$。
  • 约束条件为周长 $2\pi x+4y+3z=2$
• 构造拉格朗日函数 $L(x,y,z,\lambda )$。
  • $L(x,y,z,\lambda )=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2+\lambda (2\pi x+4y+3z-2)$。
• 求解边界上的驻点
  • 对 $L(x,y,z,\lambda )$ 求偏导数，设置为零。
    • $\frac{\partial L}{\partial x}=2\pi x+2\pi \lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial y}=2y+4\lambda$。
    • $\frac{\partial L}{\partial z}=\frac{\sqrt{3}}{2}z+3\lambda$
    • $\frac{\partial L}{\partial \lambda }=2\pi x+4y+3z-2$。
  • 代入消元法解得驻点 $x_0,y_0,z_0$，不用求$\lambda$，$\lambda$是用来消元的
    • $x_0=\frac{1}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
    • $y_0=\frac{2}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
    • $z_0=\frac{2\sqrt{3}}{\pi +4+3\sqrt{3}}$。
• 计算最小值，将驻点代入 $f(x,y,z)$
  • 最小面积 $f(x_0,y_0,z_0)=\pi x^2+y^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}^2=\frac{1}{\pi +4+3\sqrt{3}}$

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(19)

(本题满分 12 分)
已知曲线 $C:\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-z=6,\\ 4x+2y+z=30,\end{array}$ 求 $C$ 上的点到 $xOy$ 坐标面距离的最大值.

(19)

• • 分析 本题可以利用拉格朗日乘数法求解.点 $(x,y,z)$ 到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$ ，故目标函数可设为 $z^2$ 。本题中的约束条件为点 $(x,y,z)$ 落在曲线 $C$ 上，故约束条件有两个等式.
• $\stackrel{\text{建立拉格朗日函数}}{\to }L(x,y,z,\lambda ,\mu )=|z|+\lambda \left(x^2+2y^2-z-6\right)+\mu (4x+2y+z-30)$
• $\begin{array}{r}\stackrel{\text{绝对值变成平方}}{\to }L(x,y,z,\lambda ,\mu )=z^2+\lambda \left(x^2+2y^2-z-6\right)+\mu (4x+2y+z-30)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}(1)L_x=2\lambda x+4\mu =0\\ (2)L_y=4\lambda y+2\mu =0\\ (3)L_z=2z-\lambda +\mu =0\\ (4)L_{\lambda }=x^2+2y^2-z-6=0\\ (5)L_{\mu }=4x+2y+z-30=0\end{array}\end{array}$

gpt版

• 转化问题：求 $C$ 上点到 $xOy$ 面的距离，实际上是求 $z$ 坐标的最大值。
  • 曲线 $C$ 的方程组为 $\{x^2+2y^2-z=6,4x+2y+z=30\}$。
• 构造拉格朗日函数 $L(x,y,z,\lambda ,\mu )$。
  • $L(x,y,z,\lambda ,\mu )=z+\lambda (4x+2y+z-30)+\mu (x^2+2y^2-z-6)$。
• 消元法求解驻点：对 $L$ 求偏导并令其等于零。
  • $\frac{\partial L}{\partial x}=4\lambda +2\mu x=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial y}=2\lambda +4\mu y=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial z}=1+\lambda -\mu =0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial \lambda }=4x+2y+z-30=0$。
  • $\frac{\partial L}{\partial \mu }=x^2+2y^2-z-6=0$。
• 消元法求解驻点的坐标。
  • 解得两组解：$(x,y,z)=(4,1,12)$ 和 $(-8,-2,66)$。
• 确定最大值。
  • 对比两组解，$z$ 的最大值为 66。

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Transclude of 数二2013#19

Transclude of 数三2010#17

边界最值

Transclude of 数二2014#6

(18)

(本题满分 12 分) 设 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$, 已知 $z=f(x,y)$ 在 $(1,1,1)$ 处的切平面方程为 $T,T$ 与坐标平面所围成的有界区域在 $xoy$ 面上的投影为 $D$ 。
(1)求 $T$ 的方程。
(2)求 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值和最小值。
求二元函数在有界闭区域上的最值

第二问(李艳芳版)

• 图示
  
  解题过程：
• (II) 记 $F(x,y)=z-f(x,y)$ 由题意 $z=f(x,y)$ 即 $F(x,y)=0$。
  • $F_x(x_0,y_0)=-f_x(x,y)=-3x^2+2(xy)$
  • $F_y(x_0,y_0)=-f_y(x,y)=-3y^2+2(xy)$
  • $F_z(x_0,y_0)=1$
• 代入 $x=1,y=1$，$z=1$ 得 $L$ 处的法向量为 $(1,1,1)$。
• T的点法式方程：
  • $F(x_0,y_0,z_0)(x-x_0)+F_y(x_0,y_0,z_0)(y-y_0)+F_z(x_0,y_0,z_0)(z-z_0)=0$，
  • 即 $1\cdot (x-1)+1\cdot (y-1)+1\cdot (z-7)=0$
    • $\Rightarrow x+y+z=3$
• 图示
  
• (i) 先求 $D$ 内部的驻点。
  • $\{\begin{array}{l}{f}_x(x,y)=3x^2-2(xy)=0\\ f_y(x,y)=3y^2-2(xy)=0\end{array}$，得$\Rightarrow 3x^2-3y^2=0$，从而$(x+y)(x-y)=0$
    • 若 $x=-y$，则 $(x,y)$ 不在 $D$ 内部
    • 故 $x=y$，代入 $3x^2-2(x+y)=0$ 得 $3x^2-4x=0$
      • $\Rightarrow x=0$ 或 $x=\frac{4}{3}$
      • $\Rightarrow$ 区域内部的一驻点为 $\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$。
    • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)={\left(\frac{4}{3}\right)}^3+{\left(\frac{4}{8}\right)}^3-{\left(\frac{8}{3}\right)}^2+3=\frac{128}{27}-\frac{64}{9}+3=3-\frac{64}{27}=\frac{17}{27}$
• 计算三个边界的值
  
  • 当$y=0$，$0\le x\le 3$ 时， $f(x,0)=x^3-x^2+3=\phi (x)$
    • ${\phi }^{\prime }(x)=3x^2-2x=x(3x-2)$
      • $x=\frac{2}{3}$ 是 $\phi (x)$ 在 $(0,3)$ 内的驻点。
      • $\phi \left(\frac{2}{3}\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^3-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+3=\frac{8}{27}-\frac{12}{27}+3=\frac{77}{27}$
      • $\phi (0)=3$
      • $\phi (3)=21$
  • $x=0,0⩽y⩽3$，最值情况与上述类似，是对称的
  • 当$x+y=3,0\le x\le 3,$
    • $f(x,y)=x^3+(3-x{)}^3-9+3=x^3+(3-x{)}^3-6=h(x)$
      • $h^{\prime }(x)=3x^2-3(3-x{)}^2\stackrel{-3\cdot (9-6x+x^2)}{\to }18x-27=9(2x-3)$
        • $x=\frac{3}{2}$是$h(x)$在$(0,3)$内的驻点
      • $h\left(\frac{3}{2}\right)={\left(\frac{3}{2}\right)}^3+{\left(3-\frac{3}{2}\right)}^3-6=\frac{27}{8}+\frac{27}{8}-6=\frac{3}{4}$
    • 两个端点 x=0，x=3
      • $h(0)=3$
      • $h(3)=27-6=21$
• 比较可得
  • $f(3,0)=f(0,3)=21$
  • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)=\frac{17}{27}$ 是 $f(x,y)$ 是区域 D上的最小值

高昆仑版

• 因为 $f(x,y)=x^3+y^3-(x+y{)}^2+3$，所以
  • $\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2-2(x+y),\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2-2(x+y)$
    • $\frac{\partial f(1,1)}{\partial x}=-1,\frac{\partial f(1,1)}{\partial y}=-1$
      • 法向量 $\vec{n}=(-1,-1,-1)$。
  • 切平面 $T$ 的方程为 $-1\cdot (x-1)-1\cdot (y-1)-1\cdot (z-1)=0$。
    • 即 $x+y+z=3$。
    • 图示
      
• (2) 由 (1) 知，切平面 $T$ 与坐标面所围有界区域在 $xOy$ 平面上的投影
  $D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 3\}$
• 令$\{\begin{array}{l}\frac{\partial f}{\partial x}=0,\\ \frac{\partial f}{\partial y}=0,\end{array}$即$\{\begin{array}{l}3x^2-2(x+y)=0,\\ 3y^2-2(x+y)=0,\end{array}$
  • 解得 $D$ 内部的可疑点$\{\begin{array}{l}x=\frac{4}{3}\\ y=\frac{4}{3}\end{array}$
• 求边界上的点
  • 当y=0时
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le x\le 3,y=0\}$ 时，$f(x,0)=x^3-x^2+3$, $x\in [0,3]$。
    • 令$\frac{d}{dx}[f(x,0)]=3x^2-2x=0,$
      • 得驻点 $x=\frac{2}{3}$。另有可疑点（端点）$x=0$ 及 $x=3$。
  • 当y=0时
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le y\le 3,x=0\}$ 时，由对称性，直接得驻点 $y=\frac{2}{3}$。另有可疑点（端点）$y=0$ 及 $y=3$。
  • $x+y=3$
    • 当 $(x,y)\in \{(x,y)\mid 0\le x\le 3,x+y=3\}$ 时，
    • $f(x,3-x)=x^3+(3-x{)}^3-6,x\in [0,3]$
      • 令 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(x,3-x)]=3x^2-3(3-x{)}^2=0$, 得 $x=\frac{3}{2}$.
• 综上，$f(x,y)$ 在 $D$ 上的可能最值点是 $(0,0),\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right),\left(\frac{2}{3},0\right),\left(0,\frac{2}{3}\right),(3,0),(0,3),\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$。
  • $f(0,0)=3$
  • $f\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)=\frac{17}{27}$
  • $f\left(\frac{2}{3},0\right)=f\left(0,\frac{2}{3}\right)=\frac{77}{27}$
  • $f(3,0)=f(0,3)=21$
  • $f\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{4}$
• 所以 $f(x,y)$ 在 $D$ 上的最大值为 21，最小值为 $\frac{17}{27}$。

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空间解析几何(3道)

过两点，且与曲面相切的平面

(2)

• 过点 $(1,0,0),(0,1,0)$, 且与曲面 $z=x^2+y^2$ 相切的平面为 $()$
  • (A) $z=0$ 与 $x+y-z=1$.
  • (B) $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$.
  • (C) $x=y$ 与 $x+y-z=1$.
  • (D) $x=y$ 与 $2x+2y-z=2$.

(2)

• 答 应选(B).
• 设所求平面与曲面 $z=x^2+y^2$ 的切点为 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$,
  • 曲面 $z=x^2+y^2$ 在切点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 的法向量 $\mathbf{n}=\left(2x_0,2y_0,-1\right)$,
  • 故切平面方程为 $2x_0\left(x-x_0\right)+2y_0\left(y-y_0\right)-\left(z-z_0\right)=0$, 这里 $z_0=x_0^2+y_0^2$.
    • 代入定点 $(1,0,0)$ 和 $(0,1,0)$ 到上述切平面方程中可得
      $\left(x_0,y_0,z_0\right)=(0,0,0),\left(x_0,y_0,z_0\right)=(1,1,2)$,
  • 故切平面方程 为 $z=0$ 与 $2x+2y-z=2$, 选 (B).

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曲面在某点处的切平面

(9)

曲面 $z=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切平面方程为

(9)

• 曲面的切平面 : 设曲面 $\Sigma$ 由方程 $F(x,y,z)=0$给出，
  $M\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 是曲面 $\Sigma$ 上一点，并设函数 $F(x,y,z)$ 的一阶偏导数在该点连续且不同时为零.
  • 向量$\mathbf{n}=\left(F_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right),F_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right),F_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\right)$是曲面 $\Sigma$ 在点 $M$ 的切平面的一个法向量，
  • 该切平面的方程为$F_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(X-x_0\right)+F_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(Y-y_0\right)+F_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)\left(Z-z_0\right)$
• 求曲面 $z=x^2(1-\sin y)+y^2(1-\sin x)$ 在点 $(1,0,1)$ 处的法向量
  • $\begin{array}{rl}& F_x^{\prime }=2(1-\sin y)\cdot x-y^2\cos x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{F}_y^{\prime }=-x^2\cos y+2(1-\sin x)y\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{F}_z^{\prime }=-1\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\vec{n}={\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)|}_{(1,0,1)}=(2,-1,-1)\end{array}$
• 代入切平面方程为 $2(x-1)+(-1)(y-0)+(-1)(z-1)=0$,
  • 即 $2x-y-z-1=0$.

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(2)

曲面 $x^2+\cos (xy)+yz+x=0$ 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) $x-y-z=0$.

(2)

• 答 应选 (A).
• 由于曲面在一点的切平面与曲面在该点的法向量垂直, 内积为0，故曲面在点 $P$ 的切平面方程为
  • $\begin{array}{rl}& {\left(x-x_0,y-y_0,z-z_0\right)\cdot \left(\frac{\partial F}{\partial x},\frac{\partial F}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial z}\right)|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=0\end{array}$
  • 即$\begin{array}{r}{\frac{\partial F}{\partial x}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(x-x_0\right)+{\frac{\partial F}{\partial y}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(y-y_0\right)+{\frac{\partial F}{\partial z}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\left(z-z_0\right)=0.\end{array}$
• 由$x^2+\cos (xy)+yz+x=0$，令$\begin{array}{r}F(x,y,z)=x^2+\cos (xy)+yz+x,\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right){|}_{(0,1,-1)}=(1,-1,1)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_x^{\prime }=2x-y\sin (xy)+1\Rightarrow 1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_y^{\prime }=-x\sin (xy)+z\Rightarrow -1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{F}_z^{\prime }=y\Rightarrow 1\end{array}$
  • 代入点法式方程:$\begin{array}{r}1\cdot (x-0)+(-1)\cdot (y-1)+1\cdot (z+1)=0\end{array}$
    • 所以曲面 $F(x,y,z)=0$ 在点 $(0,1,-1)$ 处的切平面方程为
      $\begin{array}{r}x-y+z+2=0\end{array}$

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二重与三重积分(48道)

交换积分次序以坐标系之间的转换

直坐标化为极坐标

(4)

设 $D$ 是第一象限中的曲线 $2xy=1,4xy=1$ 与直线 $y=x,y=\sqrt{3}x$ 围成的平面区域, 函数 $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续, 则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=()$
(A) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.
(B) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.
(C) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.
(D) ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.

(4)

• 答 应选(B).
• 
  
• 区域 $D$ 如图所示. 作极坐标变换, 将 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 化为二次积分.
  • $2xy=1\Rightarrow 2r^2\sin \theta \cos \theta =1$
    • $r^2\sin 2\theta =1$
    • $r=\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}$
  • $4xy=1\Rightarrow 4r^2\sin \theta \cos \theta =1$
    • $r^2\cdot 2\sin 2\theta =1$
    • $r=\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}$
• $D$ 的极坐标范围是
  • $\frac{\pi }{4}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{3}$
  • $\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}⩽r⩽\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}$
• 因此${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\mathrm{d}\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$

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(3)

设 $f(x,y)$ 是连续函数, 则 ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{-\sqrt{1-y^2}}^{1-y}f(x,y)\mathrm{d}x=()$
(A) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x-1}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)\mathrm{d}y$.
(B) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{0}f(x,y)\mathrm{d}y$.
(C) ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\mathrm{d}r$.
(D) ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\cos \theta +\sin \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$.

(3)

• 答 应选(D).
• AB选项是交换x和y的积分次序
  
  • $\begin{array}{ll}-1⩽x⩽0,& 0⩽y⩽\sqrt{1-x^2}\end{array}$
  • $0⩽x⩽1,0⩽y⩽1-x$
  • 在直角坐标系下，原式 $={\int }_{-1}^0\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x}}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}f(x,y)\mathrm{d}y$
• CD选项是将直角坐标系化为极坐标系
  
  • 在极坐标系下,
    原式 $={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$
  • 故应该选(D).

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Transclude of 数二2014#17

Transclude of 数三2015#3

极坐标化为直坐标

Transclude of 数二2010#20

Transclude of 数三2012#3

二重积分的计算

X是可变区间

Transclude of 数二2009#4

Transclude of 数二2021#14

Transclude of 数三2012#16

Transclude of 数三2016#12

Transclude of 数三2017#16

Y是可变区间

Transclude of 数二2017#13

Transclude of 数二2020#10

Transclude of 数二2022#2

Transclude of 数三2014#12

Transclude of 数三2018#16

化为极坐标

(18)

数一2022
(本题满分 12 分)
已知平面区域 $D=\left\{(x,y)\mid y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2\right\}$, 计算 $I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

已知平面区域 $\underset{\text{画图}}{\underbrace{D=\left\{(x,y)\mid y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2\right\}}}$, 计算 $I\underset{\{\begin{array}{l}\text{限内画条线，转为极坐标}\\ x=rcost\\ y=rsint\\ x^2+y^2=r^2\end{array}}{\underbrace{={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}}$.

• 分析积分区域 $D$ 并画出图形。
  )
• 确定 $D$ 由 $y-2⩽x⩽\sqrt{4-y^2},0⩽y⩽2$ 描述。
  • 将 $D$ 分为 $D_1$ 和 $D_2$。
    • $D_1$: $0⩽r⩽2,0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}$。
    • $D_2$: $0⩽r⩽\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta },\frac{\pi }{2}⩽\theta ⩽\pi$。
• 转换到极坐标系下计算二重积分 $I$。
• 极坐标转换：$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。
• 积分表达式：$I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\underset{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=r^2\\ dxdy=rdrd\theta \end{array}}{\overset{\begin{array}{l}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta \end{array}}{=}}{\iint }_D\frac{[r(\cos \theta -\sin \theta ){]}^2}{r^2}\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \stackrel{\text{分子分母消去}{r}^2}{=}{\iint }_D(\cos \theta -\sin \theta {)}^{2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$
• 计算 $D_1$ 和 $D_2$ 上的积分${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2}r\mathrm{d}r+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}r\mathrm{d}r$
• $D_1$ 积分计算：
  • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-2\sin \theta \cos \theta )\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2}r\mathrm{d}r\stackrel{\text{计算}dr}{=}{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-2\sin \theta \cos \theta )\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{2}{r}^2|}_0^2$
    • ${\frac{1}{2}{r}^2|}_0^2=\frac{1}{2}(4-0)=2$
    • 原式$=2\left(\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}\theta \right)\stackrel{\text{凑微分}}{=}2\left[\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}(2\theta )\right]$=$2\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}\cdot 2\right)$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2\theta \mathrm{d}(2\theta )\stackrel{\text{ 令 }2\theta =u}{=}{\int }_0^{\pi }\sin u\mathrm{d}u=-{\cos \theta |}_0^{\pi }=-(-1-1)=2$.
• $D_2$ 积分计算：
  • ${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}r\mathrm{d}r\stackrel{\text{计算}dr}{=}{{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{2}{r}^2|}_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}$
    • ${\frac{1}{2}{r}^2|}_0^{\frac{2}{\sin \theta -\cos \theta }}\stackrel{\text{代入上下限}}{=}\frac{1}{2}\left[\frac{4}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}-0\right]=\frac{2}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}.$
    • 原式=${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }(\cos \theta -\sin \theta {)}^2\frac{2}{(\sin \theta -\cos \theta {)}^2}\mathrm{d}\theta ={\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }2\mathrm{d}\theta =2\cdot \frac{\pi }{2}$
• 最终计算 $I$。
  • $I=2\left(\frac{\pi }{2}-\frac{1}{2}\cdot 2\right)+2\cdot \frac{\pi }{2}=\pi -2+\pi =2\pi -2$。
• 综上，积分 $I={\iint }_D\frac{(x-y{)}^2}{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi -2$。

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Transclude of 数二2011#13

Transclude of 数二2012#18

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Transclude of 数二2015#18

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Transclude of 数二2023#20

Transclude of 数三2021#19

(17)

(本题满分 10 分) 设 $D=\left\{(x,y)\mid \sqrt{1-y^2}\le x\le 1,-1\le y\le 1\right\}$, 求 ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$.

• 
  

按极坐标算(2倍夜雨)

• ${\iint }_D=2{\iint }_{D_1}=2\left({\iint }_{D_3}+{\iint }_{D_4}\right)$
  • $=2\left[{\iint }_{D_3}\cos \theta rdrd\theta +{\iint }_{D_4}\cos \theta rdrd\theta \right]$
  • $=2{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_1^{\frac{1}{\sin \theta }}\cos \theta \cdot rdr+2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_1^{\frac{1}{\cos \theta }}\cos \theta \cdot rdr$
  • $\stackrel{\text{对}r\text{积分}}{=}{2\cdot {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \cdot \frac{r^2}{2}|}_1^{\frac{1}{\sin \theta }}d\theta +{2\cdot {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos \theta \cdot \frac{r^2}{2}|}_1^{\frac{1}{\cos \theta }}d\theta$
  • $\stackrel{\text{牛莱}}{=}\underset{\cos \theta d\theta =d(\sin \theta )}{\underbrace{{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \cdot \left(\frac{1}{{\sin }^2\theta }-1\right)d\theta }}+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\underset{\sec \theta -\cos \theta }{\underbrace{\left(\frac{1}{{\cos }^2\theta }-1\right)\cos \theta }}d\theta$
  • $\stackrel{\text{对}\theta \text{积分}}{=}{\left(-\frac{1}{\sin \theta }-\sin \theta \right)|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}+{(\ln |\sec \theta +\tan \theta |-\sin \theta )|}_0^{\frac{\pi }{4}}$
    • $=[(-1-1)-\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\left[\ln (\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}}{2}\right]-[\ln (1+0)-0]$
    • $=-2+\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\ln (\sqrt{2}+1)-\frac{\sqrt{2}}{2}-0$
    • $=\ln (\sqrt{2}+1)-2+\sqrt{2}$

按极坐标算(2倍李艳芳)

• D 关于 x 轴对称，$D_1$关于$y=x$ 轴对称
  
• ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\iint }_{D_0}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy+\underset{{\iint }_{D_0}\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy}{\underbrace{{\iint }_{D_1|D_n}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy}}={\iint }_{D_0}\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$
• ${\iint }_{D_0}\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\iint }_{D_0}\frac{r(\cos \theta +\sin \theta )}{r}\cdot rdrd\theta \stackrel{\text{消去}r}{=}{\iint }_{D_0}(\cos \theta +\sin \theta )\cdot rdrd\theta$
  • $\stackrel{\text{填入积分区域}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta \underset{\frac{{\sec }^2\theta -1}{2}}{\underbrace{{\int }_1^{\sec \theta }rdr}}\stackrel{\int rdr=\frac{r^2}{2}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )\cdot \frac{{\sec }^2\theta -1}{2}d\theta$
  • $\stackrel{\text{提出系数}}{=}\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos \theta +\sin \theta )({\sec }^2\theta -1)d\theta$
  • $\stackrel{\text{去括号}}{=}\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\sec \theta -\cos \theta +\underset{-\sin \theta =(\cos \theta {)}^{\prime }}{\underbrace{\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }}}-\sin \theta )d\theta$
  • $\stackrel{\int \sec udu=\ln |\sec u+\tan u|+C}{=}\frac{1}{2}{\left[\ln (\sec \theta +\tan \theta )-\sin \theta +\frac{1}{\cos \theta }+\cos \theta \right]}_0^{\frac{\pi }{4}}$
  • $=\frac{1}{2}\left[\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}-2\right]$

按直角坐标算(2倍)

• D 关于 x 轴对称，$\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 关于 y 是偶函数。
  • 记 $D_1$ 为 D 位于 x 轴上方的部分，则
    ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy=2{\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$
• 记 $D_1=\{(x,y)\mid \sqrt{1-y^2}\le x\le 1,0\le y\le 1\}$，则
• ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy\stackrel{\text{对称性}}{=}2{\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy\stackrel{\text{代入上下限}}{=}2{\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dx$
  • $\stackrel{\text{统一}}{=}{\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{1-y^2}}^1\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}d(x^2+y^2)={\int }_0^{1}2\sqrt{x^2+y^2}{|}_{x=\sqrt{1-y^2}}^{x=1}dy$
    • 或$\stackrel{\frac{\partial \left(\sqrt{x^2+y^2}\right)}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{\to }{{\int }_0^1\sqrt{x^2+y^2}|}_{x=\sqrt{1-y^2}}^{x=1}dy$
  • $=2{\int }_0^1(\sqrt{1+y^2}-1)dy=2{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy-2.$
    • 方法1，${\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy\stackrel{\text{分部积分}}{=}y\sqrt{1+y^2}{|}_0^1-{\int }_0^{1}y\cdot \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{+1-1}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\frac{y^2+1-1}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{\text{拆开变成两个}}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy+{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}dy$
      • $\stackrel{\text{绕回来了}}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy+\ln \left(y+\sqrt{1+y^2}\right){|}_0^1.$
      • 故 $\stackrel{\text{相加除以二}}{\to }{\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy=\frac{\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})}{2}.$
• 求${\int }_0^1\sqrt{1+y^2}dy-1$
  • $\underset{1+{\tan }^2\alpha ={\sec }^2\alpha }{\overset{y=\tan u\text{，}(\tan x{)}^{\prime }={\sec }^{2}x\text{，}\tan \frac{\pi }{4}=1}{=}}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec u\cdot {\sec }^{2}udu-1$
  • $={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu-1$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec u\cdot d(\tan u)=\sec u\cdot \tan u{|}_0^{\frac{\pi }{4}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\tan u\cdot \sec u\cdot \tan udu$
      • $=\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{2}u\sec udu\stackrel{{\tan }^{2}u+1={\sec }^{2}u}{=}\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}({\sec }^{2}u-1)\sec udu$
      • $=\sqrt{2}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sec udu\stackrel{\int \sec udu=\ln |\sec u+\tan u|+C}{\to }$
    • $2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sec }^{3}udu=\sqrt{2}+\ln |\sec u+\tan u|{|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}+\ln (\sqrt{2}+1)$
  • $=\frac{1}{2}[\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}]-1$

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平移变换

Transclude of 数二2009#19

奇偶性

Transclude of 数二2012#6

Transclude of 数二2017#20

Transclude of 数二2018#6

Transclude of 数二2010#16

分部积分法

(19)

(本题满分 11 分) 已知函数 $f(x,y)$ 具有二阶连续偏导数, 且 $f(1,y)=0,f(x,1)=0,{\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a$, 其中 $D=\{(x,y)\mid 0⩽x⩽1,0⩽y⩽1\}$, 计算二重积分 $I={\iint }_{D}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(19)

• $\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{D}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^{1}y{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)\mathrm{d}y\end{array}$

  • $\begin{array}{r}\stackrel{凑微分}{=}{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^{1}y\mathrm{d}\left[f_x^{\prime }(x,y)\right]\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 分部积分 }}{=}{\int }_0^{1}x\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{y{f}_x^{\prime }(x,y)|}_{y=0}^{y=1}}}-{\int }_0^1{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=-{\int }_0^{1}x\mathrm{d}x{\int }_0^1{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}y\stackrel{交换积分次序}{\to }-{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}x{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}x\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{凑微分}{=}-{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}x\mathrm{d}[f(x,y)]\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 分部积分 }}{=}-{\int }_0^1\left[\underset{0-0=0}{\underbrace{{xf(x,y)|}_{x=0}^{x=1}}}-{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{f(1,y)=0}{=}{\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x={\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a.\end{array}$

• 1992 年数三试题交换积分次序
  ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{\sqrt{y}}^{\sqrt{2-y^2}}f(x,y)\mathrm{d}x=$

• 2002 年数三试题
  交换积分次序：
  ${\int }_0^{\frac{1}{4}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\sqrt{y}}f(x,y)\mathrm{d}x+{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\frac{1}{2}}f(x,y)\mathrm{d}x=$

• 2014 年数三试题
  二次积分 ${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_y^1\left(\frac{{\mathrm{e}}^{x^2}}{x}-{\mathrm{e}}^{y^2}\right)\mathrm{d}x=$ .

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积分区域为几种特殊曲线

(15)

(本题满分 10 分)已知平面区域 $D=\left\{(r,\theta )\mid 2⩽r⩽2(1+\cos \theta ),-\frac{\pi }{2}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}\right\}$, 计算二重积分 ${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(15)

• 解
• 
  
• 本题主要考查二重积分的计算. 由于题设中区域 $D$ 的表示为极坐标形式,
  故考虑将二重积分化为极坐标系下的二次积分后再计算. 本题需要用到华里士公式:
  $I_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdot \cdots \cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{ 为正偶数, }\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdots \cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3},& n\text{ 为大于 }1\text{ 的奇数. }\end{array}$
  • $x=r\cos \theta$
  • $y=r\sin \theta$
  • $dxdy=rdrd\theta$
• ${\iint }_{D}xdxdy={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_2^{2(1+\cos \theta )}r\cos \theta \cdot rdr$
  • $\stackrel{\text{将和}r\text{无关的}\cos \theta \text{提出}}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta {\int }_2^{2(1+\cos \theta )}{r}^{2}dr$
  • $\stackrel{\text{牛莱公式}}{=}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left[\cos \theta \cdot \frac{r^3}{3}{|}_2^{2(1+\cos \theta )}\right]d\theta$
  • $=\frac{8}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \left[(1+\cos \theta {)}^3-1\right]d\theta$
    • $(a+b{)}^3=a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3$
  • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}\frac{8}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left({\cos }^4\theta +3{\cos }^3\theta +3{\cos }^2\theta \right)d\theta$
  • $\stackrel{\text{区间对称}}{=}\frac{16}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left({\cos }^4\theta +3{\cos }^3\theta +3{\cos }^2\theta \right)d\theta$
  • $\stackrel{\text{ 华里士公式 }}{=}\frac{16}{3}\times \frac{3}{4}\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}+16\times \frac{2}{3}+16\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}$
  • $=5\pi +\frac{32}{3}.$

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Transclude of 数二2018#17

Transclude of 数二2021#21

二重积分，反常积分

Transclude of 数三2022#14

绝对值

Transclude of 数三2023#19

形心坐标

(19)

(本题满分 10 分)
设 $\Omega$ 是由锥面 $x^2+(y-z{)}^2=(1-z{)}^2(0⩽z⩽1)$ 与平面 $z=0$ 围成的锥体,求 $\Omega$ 的形心坐标.

(19)

• (20)

(本题满分 11 分)
设向量组 ${\mathbf{\alpha }}_1=(1,2,1{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_2=(1,3,2{)}^{\mathrm{T}},{\mathbf{\alpha }}_3=(1,a,3{)}^{\mathrm{T}}$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, $\mathbf{\beta }=(1,1,1{)}^{\mathrm{T}}$ 在这个基下的坐标为 $(b,c,1{)}^{\mathrm{T}}$.
(I) 求 $a,b,c$;
（II）证明 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基,并求 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 到 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 的过渡矩阵.

(20)

• • (1) 基的判定 \to 无关 $\to |\cdot |\ne 0$
• (2) 过渡矩阵 \to $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)P=({\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3)$
• (3) 基下坐标 \to $\gamma =({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\xi$
• 考察基下坐标$\gamma =({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)\xi$
  • $\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}{\alpha }_1{\alpha }_2{\alpha }_3\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b\\ c\\ 1\end{array}\right)\stackrel{\text{代入}{\alpha }_1\text{，}{\alpha }_2\text{，}{\alpha }_3}{\to }\left(\begin{array}{l}111\\ 23a\\ 123\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}b\\ c\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$
  • $\stackrel{\text{写出线性方程组}}{\to }\{\begin{array}{l}(1)b+c+1=1,\\ (2)2b+3c+a=1,\\ (3)b+2c+3=1,\end{array}$
    • (3) 式 - (1) 式可得 $c=-2$,
    • 再由 (1) 式可得 $b=2$,
    • 然后代入(2) 式可得 $a=3$
  • 因此, $a=3,b=2,c=-2$.
    (II)
• 由于 ${\mathrm{R}}^3$ 的维数是 3 ，故要证明 ${\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta$ 为 ${\mathrm{R}}^3$ 的一个基，只需证明 ${\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta$ 线性无关。
  • 计算$\left|{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }\right|$是否为0
  • 计算$\left|{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }\right|=\left|\begin{array}{l}111\\ 331\\ 231\end{array}\right|\stackrel{c2-c1}{=}\left|\begin{array}{l}101\\ 301\\ 211\end{array}\right|=(-1{)}^{3+2}\cdot 1\cdot \left|\begin{array}{c}11\\ 31\end{array}\right|$
    • $=2\ne 0$
    • 行列式不等于0，秩为3，则线性无关
• 要计算从 $\underset{\text{左}}{\underbrace{{\alpha }_2,{\alpha }_3,\beta }}$到 $\underset{\text{右}}{\underbrace{{\alpha }_1,{\alpha }_0,{\alpha }_3}}$ 的过渡矩阵，即求可逆矩阵 $P$ ，使得 $\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }\right)P$.
• 对 $\left({\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta },{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3\right)$ 作初等行变换.
  • $\begin{array}{rl}& \left(\underset{\text{起始}}{\underbrace{{\alpha }_2,{\alpha }_3,\mathbf{\beta }}},\underset{\text{目标}}{\underbrace{{\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3}}\right)=\left(\begin{array}{llllll}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 3& 3& 1& 2& 3& 3\\ 2& 3& 1& 1& 2& 3\end{array}\right)\stackrel{\begin{array}{rl}& r_2-3r_1\\ & r_3-2r_1\end{array}}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 0& -2& -1& 0& 0\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{互换}}{\overset{2\text{，}3\text{两行}}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 1& 1\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\\ 0& 0& -2& -1& 0& 0\end{array}\right)\stackrel{r1-r2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 2& 2& 1& 0\\ 0& 1& -1& -1& 0& 1\\ 0& 0& 1& \frac{1}{2}& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{r_2+r_3}{\overset{r_1-2r_3}{\to }}\left(\begin{array}{llllll}1& 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 1& 0& -\frac{1}{2}& 0& 1\\ 0& 0& 1& \frac{1}{3}& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$
• 因此, 所求过渡矩阵 $\mathbf{P}$ 为 $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ -\frac{1}{2}& 0& 1\\ \frac{1}{2}& 0& 0\end{array}\right)$
• (注) 在求过渡矩阵 $\mathbf{P}$ 的时候, 不要错误地将矩阵方程写为 $\left({\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }\right)=\left({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3\right)\mathbf{P}$.这样列矩阵方程, 得到的是从 ${\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3$ 到 ${\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3,\mathbf{\beta }$ 的过渡矩阵.
  • 不要搞错变换方向
• 2015 年数一试题
  设向量组 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 为 ${\mathbf{R}}^3$ 的一个基, ${\beta }_1=2{\alpha }_1+2k{\alpha }_3$, ${\mathbf{\beta }}_2=2{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\beta }}_3={\mathbf{\alpha }}_1+(k+1){\mathbf{\alpha }}_3$.
  (I) 证明向量组 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 为 ${\mathrm{R}}^3$ 的一个基;
  (II) 当 $k$ 为何值时，存在非零向量 $\xi$ 在基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 与基 ${\mathbf{\beta }}_1,{\mathbf{\beta }}_2,{\mathbf{\beta }}_3$ 下的坐标相同, 并求所有的 $\mathbf{\xi }$.

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(12)

设 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2⩽z⩽1\right\}$, 则 $\Omega$ 的形心的坚坐标 $\bar{z}=$

(12)

\usepackage{tikz-3dplot}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 设置 3D 视角（俯仰角 80°，水平旋转角 120°）
    \tdplotsetmaincoords{80}{120}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
        % 绘制坐标轴
        \draw[->] (0,0,0) -- (1.5,0,0) node[below right] {$x$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,1.5,0) node[below left] {$y$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,1.5) node[above] {$z$};
        % 主平面上的虚线轮廓
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] ({\x},0,{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] ({-\x},0,{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] (0,{\x},{\x*\x});
        \draw[dashed] plot[domain=0:1,samples=50] (0,{-\x},{\x*\x});
        % 真实边缘轮廓
        \foreach \angle in {120, 300} {
            \draw[smooth, thick] plot[domain=0:1,samples=50] 
                ({\x*cos(\angle)},{\x*sin(\angle)},{\x*\x});
        }
        % 顶部圆形
        \draw[smooth] (1,0,1) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1];
        % 标注点
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
        \node[right] at (0,0,1) {$z=1$};
        % 在右侧标注曲面方程
        \node[anchor=west] at (0,1,0.5) {\large $z = x^2 + y^2$};
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}

• 空间区域的形心：空间有界闭区域 $\Omega$ 的形心坐标为
  • 
    $\begin{array}{rl}\bar{x}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}v,\\ \bar{y}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}v,\\ \bar{z}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}v,\end{array}$
    • 其中 $V={\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}v$ 为区域 $\Omega$ 的体积.

答 应填 $\frac{2}{3}$.

用面积辅助计算

• $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }zdV}{{\iiint }_{\Omega }dV}=\frac{\pi /3}{\pi /2}=\frac{2}{3}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }zdV={\int }_0^{1}dz{\iint }_{D_z}zdxdy={\int }_0^1\pi z^{2}dz=\frac{\pi }{3}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }dV={\int }_0^{1}dz{\iint }_{D_z}dxdy={\int }_0^1\pi zdz=\frac{\pi }{2}\end{array}$

直接硬算

解 设 $D=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽1\right\}$, 则

• $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=\frac{2}{3}.\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y{\int }_{x^2+y^2}^1\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_D\left(1-x^2-y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\left(1-r^2\right)r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{2},\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y{\int }_{x^2+y^2}^{1}z\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{2}{\iint }_D\left[1-{\left(x^2+y^2\right)}^2\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\left(1-r^4\right)r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{3},\end{array}$
• 注 由 $\Omega$ 的对称性,知形心的横坐标与纵坐标 $\bar{x}=\bar{y}=0$.

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(19)

(本题满分 10 分)

设直线 $L$ 过 $A(1,0,0),B(0,1,1)$ 两点, 将 $L$ 绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面 $\Sigma ,\Sigma$ 与平面 $z=0,z=2$ 所围成的立体为 $\Omega$.
( I ) 求曲面 $\Sigma$ 的方程;
(II) 求 $\Omega$ 的形心坐标.

(19)

• 曲面求法1

• 由 $A(1,0,0),B(0,1,1)$，得 $\overrightarrow{AB}=(-1,1,1)$
  • 直线 $L$ 的点向式方程为 $\begin{array}{r}\frac{x-1}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{-1}\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& \frac{x-1}{-1}=z\Rightarrow x=1-z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\frac{y}{1}=\frac{z}{1}\Rightarrow y=z.\end{array}$
  • 从而曲面 $\Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z{)}^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2z^2-2z+1$.

曲面求法2

• $\begin{array}{rl}& L:\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}=t\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=t\\ z=t\end{array}\Rightarrow \Sigma :x^2+y^2=(1-t{)}^2+t^2=(1-z{)}^2+z^2\end{array}$
  • 从而曲面 $\Sigma$ 的方程为 $x^2+y^2=(1-z{)}^2+z^2$,
    • 即 $x^2+y^2=2z^2-2z+1$.
    • $x^2+y^2-2{\left(z-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$
      • ++-，因此是双叶双曲面

第二问

• 
  ，AB绕z轴旋转一周

• (II) 设 $\Omega$ 的形心坐标为 $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})$.

  • 由曲面 $\Sigma$ 的方程知, $\Omega$ 关于 $xOz,yOz$ 面对称,从而$x$和$y$的坐标有了
    • $\begin{array}{r}\bar{x}=\frac{{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\bar{y}=\frac{{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\end{array}$

• 接下来求$z$的坐标

  • 坐标取值范围
    • $\begin{array}{rl}& D_z=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2z^2-2z+1\right\}\end{array}$
      • 面积是$\begin{array}{r}\pi r^2=\pi \text{⋅}2z^2-2z+1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D_z,0\le z⩽2\right\}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& {\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^{2}z\mathrm{d}z{\iint }_{D_z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{2}z\cdot \pi \left(2z^2-2z+1\right)\mathrm{d}z=\frac{14}{3}\pi ,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^2\mathrm{d}z{\iint }_{D_z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^2\pi \left(2z^2-2z+1\right)\mathrm{d}z=\frac{10}{3}\pi .\end{array}$

• 于是

  • $\begin{array}{r}\bar{z}=\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=\frac{7}{5}\end{array}$
  • 因此，$\Omega$ 的形心坐标为$\left(0,0,\frac{7}{5}\right)$

• 空间区域的形心：空间有界闭区域 $\Omega$ 的形心坐标为
  $\begin{array}{rl}\bar{x}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}v,\\ \bar{y}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}v,\\ \bar{z}& =\frac{1}{V}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}v,\end{array}$

  • 其中 $V={\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}v$ 为区域 $\Omega$ 的体积.
  • 设 $\Omega$ 为一空间区域，则 $\Omega$ 的形心坐标为
    $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})=\left(\frac{{\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z},\frac{{\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z},\frac{{\iint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{{\iiint }_{\Omega }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}\right)$.

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三重积分

(12)

设 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2⩽1\right\}$, 则 ${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$

答案详细描述：

1. 理解题意：
   • 题目要求我们计算在球体$\Omega$内的三重积分，其中$\Omega$是单位球$x^2+y^2+z^2\le 1$。
2. 利用轮换对称性：
   • 由于球体关于x、y、z轴都具有对称性，因此${\iiint }_{\Omega }{x}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{y}^2\mathrm{d}v={\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}v$。
   • 这意味着我们可以将${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}v$表示为$\frac{1}{3}{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}v$。
3. 转换到球坐标系：
   • 使用球坐标系，其中$x=r\sin \phi \cos \theta$, $y=r\sin \phi \sin \theta$, $z=r\cos \phi$，我们有$x^2+y^2+z^2=r^2$。
   • 因此，上述三重积分可以转换为球坐标系，并考虑到$dxdydz=r^2\sin \phi drd\phi d\theta$，我们得到：
     ${\iiint }_{\Omega }{r}^2{r}^2\sin \phi \mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta$
   • 4. 计算三重积分：
   • 对r积分，我们得到${\int }_0^1{r}^{4}dr=\frac{1}{5}$。
   • 对$\phi$积分，我们得到${\int }_0^{\pi }\sin \phi d\phi =2$。
   • 对$\theta$积分，我们得到${\int }_0^{2\pi }d\theta =2\pi$。
   • 将这三个积分结合起来，我们得到$\frac{1}{3}\times 2\times 2\pi \times \frac{1}{5}=\frac{4}{15}\pi$。

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(12)

设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 ${\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ $=$

(12)

• 
  ，
• (2) 轮换对称性
  若将表示积分区域 $\Omega$ 的表达式中的 $x,y,z$ 轮换后表达式不变, 则将被积函数中 $x,y,z$ 作相应的轮换后积分值不变，即
  • $\begin{array}{rl}& {\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }f(y,z,x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }f(z,x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{3}{\iint }_{\Omega }[f(x,y,z)+f(y,z,x)+f(z,x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.\end{array}$
• 由轮换对称性知，${\iiint }_{\Omega }x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$
  • 又 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D_x,0⩽z⩽1\right\}$,
  • 其中 $D_x=\{(x,y)\mid x+y⩽1-z,y⩾0,z⩾0\}$,
    • 其面积为 $\frac{(1-z{)}^2}{2}$,
      投影
      
• $\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =6{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
  • 其中$\begin{array}{r}{\iiint }_{\Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{1}z\mathrm{d}z{\iint }_{D_x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\int }_0^{1}z\cdot \frac{(1-z{)}^2}{2}\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& =\frac{1}{2}{\int }_0^1\left(z^3-2z^2+z\right)dz\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\frac{1}{2}\left(\frac{z^2}{4}-\frac{2}{3}-\frac{2}{3}+\frac{z^2}{2}\right)|}_0^1=\frac{1}{24}\end{array}$

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应用题

Transclude of 数三2020#18

常微分方程(18++=51道)

线性微分方程解的结构

(10)

已知 $y_1={\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x},y_2={\mathrm{e}}^x-x{\mathrm{e}}^{2x},y_3=-x{\mathrm{e}}^{2x}$ 是某二阶常系数非齐次线性微分 方程的 3 个解, 则该方程的通解为 $y=$

(10)

• 分析
  • 本题主要考查二阶常系数非齐次线性微分方程通解的结构。
  • 其通解等于对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解的线性组合加上一个特解。
    • 设 $y_1(x),y_2(x)$ 是非齐次线性方程 $y^{\prime \prime }+P(x)y^{\prime }+Q(x)y=f(x)$ 的两个解,
      则函数 $y_1(x)-y_2(x)$ 为对应的齐次线性方程的解.
• 答 应填 $C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x}$, 其中 $C_1,C_2$ 是任意常数.
• 该非齐次线性微分方程对应的齐次线性微分方程的两个线性无关的解
  • $y_1-y_3={\mathrm{e}}^{3x}$
  • $\begin{array}{r}{y}_2-y_3={\mathrm{e}}^x\end{array}$
  • 则齐次通解为$y=C_1{e}^{3x}+C_2{e}^x$
  • 非齐次特解为$y_3=-x{\mathrm{e}}^{2x}$
• 所以该方程的通解为:齐次方程通解+非齐次方程特解
  $y=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{3x}-x{\mathrm{e}}^{2x}$, 其中 $C_1,C_2$ 是任意常数.

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Transclude of 数二2010#2

Transclude of 数二2011#4

Transclude of 数二2013#13

Transclude of 数二2016#11

Transclude of 数二2016#19

Transclude of 数二2017#4

Transclude of 数二2019#4

可分离变量的微分方程与齐次方程

(10)

微分方程 $2y{y}^{\prime }-y^2-2=0$ 满足条件 $y(0)=1$ 的特解 $y=$

(10)

• 答 应填 $\sqrt{3{\mathrm{e}}^x-2}$.
• 原式$2y{y}^{\prime }-y^2-2=0$
  • $2y\cdot \frac{dy}{dx}=y^2+2$，看出来可以分离变量
  • $\underset{\text{并两边积分}}{\overset{\text{分离变量}}{\to }}\int \frac{2y}{y^2+2}dy=\int dx$
    • $\stackrel{\int \frac{2y}{y^2+2}dy=\ln \left(y^2+2\right)}{\to }\ln (y^2+2)=x+C$
• 代入初值条件: $y(0)=1$，则$\ln 3=C$
• 原式为$\ln (y^2+2)=x+\ln 3$，因为答案要求$y=$
  • $\stackrel{\text{加}e}{\to }{e}^{\ln \left(y^2+2\right)}=e^{x+\ln 3}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{\to }{y}^2+2=3e^x$
    • $y^2=3e^x-2\stackrel{\text{开根号}}{\to }y=\pm \sqrt{3e^x-2}$
  • 因为$y(0)=1$，所以y是正数，
    则$y=\sqrt{3e^x-2}$

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(11)

微分方程 $x{y}^{\prime }+y(\ln x-\ln y)=0$ 满足条件 $y(1)={\mathrm{e}}^3$ 的解为 $y=$

(11)

• 答 应填 $x{\mathrm{e}}^{2x+1}$.
• $y^{\prime }=\frac{y}{x}(\ln y-\ln x)=\frac{y}{x}\cdot \ln \left(\frac{y}{x}\right)=u\text{⋅}lnu$
  • 方程的标准形式为 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x}\ln \frac{y}{x}$, 这是一个齐次微分方程.
  • 设 $u=\frac{y}{x}$, 则 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$,
• 原方程化为 $u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u\ln u$,
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{分离变量}}{\overset{\int \frac{du}{f(u)-u}=\int \frac{dx}{x}}{\to }}\frac{du}{u(\ln u-1)}=\frac{dx}{x}\end{array}$
  • 两端积分，$\begin{array}{r}\frac{\mathrm{d}(\ln u-1)}{\ln u-1}=\frac{\mathrm{d}x}{x}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\ln |\ln u-1|=\ln x+C_1,\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\ln u-1=Cx\end{array}$
  • 代回原变量 $\begin{array}{r}u=\frac{y}{x}\end{array}$,
    得到原方程的通解为$\ln \frac{y}{x}-1=Cx.$
    • 将 $\begin{array}{r}y(1)=e^3\end{array}$ 代入上式， $\begin{array}{rl}& 3-1=C\end{array}$得到 $\begin{array}{r}C=2\end{array}$，
      • $\begin{array}{r}\ln \frac{y}{x}=2x+1\end{array}$
    • 于是 $\begin{array}{r}\ln \frac{y}{x}=2x+1\end{array}$，从而所求初值问题的解为$\begin{array}{r}y=x{e}^{2x+1}.\end{array}$
• 齐次方程的解法:$\frac{dy}{dx}=f\left(\frac{y}{x}\right)=f(u)$
  • 令 $\frac{y}{x}=u$, 即 $y=ux$, 则 $f(u)=\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$,
  • 代入可得$u+x\frac{du}{dx}=f(u)$
    • 可分离变量并积分, 得
      $\int \frac{du}{f(u)-u}=\int \frac{dx}{x},f(u)-u\ne 0$

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(16)

(本题满分 10 分)设函数 $f(x)$ 在定义域 $I$ 上的导数大于零. 若对任意的 $x_0\in I$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 处 的切线与直线 $x=x_0$ 及 $x$ 轴所围成区域的面积恒为 4 , 且 $f(0)=2$, 求 $f(x)$ 的表达式.

(16)

• 
  
• ① 写出切线方程:$\begin{array}{r}y-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(X-x_0)\end{array}$
• ② 计算区域面积.
  • 一条直角边长: $\begin{array}{r}\left|f(x_0)\right|\end{array}$.
  • 另一条直角边长: $\begin{array}{r}\left|x^{\ast }-x_0\right|\end{array}$.
    • 在(1)式中, 令 $\begin{array}{r}y=0\end{array}$, 可得:$\begin{array}{r}-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)\left(x^{\ast }-x_0\right)\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\left|x^{\ast }-x_0\right|=\left|\frac{f(x_0)}{f^{\prime }(x_0)}\right|\end{array}$
• $\begin{array}{r}S=\frac{1}{2}\text{底×高}=\frac{1}{2}\left|f\left(x_0\right)\right|\cdot \left|\frac{f\left(x_0\right)}{f^{\prime }(x_0}\right|=\frac{1}{2}\frac{{\left[f\left(x_0\right)\right]}^2}{f^{\prime }\left(x_0\right)}=4\end{array}$
  • $\stackrel{y=f(x_0)}{\to }8y^{\prime }=y^2$.
    • 分离变量, 得 $\frac{8}{y^2}\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$.
    • 方程两端积分, 得 $-\frac{8}{y}=x+C$, 其中 $C$ 为待定常数.
    • 由于 $f(0)=2$,故 $C=-4$,
  • 从而 $\begin{array}{r}y=\frac{8}{4-x}\end{array}$

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可换元的齐次方程

(14)

微分方程 $y^{\prime }=\frac{1}{(x+y{)}^2}$ 满足条件 $y(1)=0$ 的解为 .

• 令$u=x+y,\frac{du}{dx}=1+\frac{dy}{dx}$则原结程$y^{\prime }=\frac{1}{(x+y{)}^2}$化为$\frac{dy}{dx}-1=\frac{1}{u^2}$。
• $\stackrel{\text{移项}}{\to }\frac{du}{dx}=\frac{1+u^2}{u^2}\stackrel{\text{分离变量}}{\to }\frac{u^2}{1+u^2}du=dx$
• $\stackrel{\text{作差}}{\to }\left(1-\frac{1}{1+u^2}\right)du=dx$
• $\stackrel{\text{积分}}{\Rightarrow }u-\arctan u=x+C\stackrel{x=1\text{，}y=0\text{，}u=1}{\to }1-\frac{\pi }{4}=1+C\Rightarrow C=-\frac{\pi }{4}$
  • $\underset{u=x+y}{\overset{C=-\frac{\pi }{4}}{\to }}x+y-\arctan (x+y)=x-\frac{\pi }{4}\Rightarrow y-\arctan (x+y)=-\frac{\pi }{4}.$

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一阶线性微分方程

(17)

数一2022
(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}$ 的满足条件 $y(1)=3$ 的解, 求 曲线 $y=y(x)$ 的渐近线.
答案 $y=2x$ 是曲线 $y=2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}$ 的斜渐近线, 也是唯一的渐近线.

(17)

数一2022
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $\underset{\{\begin{array}{l}\text{一阶线性}{y}^{\prime }+py=Q(x)\text{，}\\ y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right].\end{array}}{\underbrace{y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}}}$ 的满足条件 $\underset{x=1\text{，}y=3\text{，初值条件}}{\underbrace{y(1)=3}}$ 的解, 求 曲线 $y=y(x)$ 的$\underset{\text{铅直，水平，斜}}{\underbrace{\text{渐近线}}}$.

• 求微分方程 $y^{\prime }+\frac{1}{2\sqrt{x}}y=2+\sqrt{x}$的通解，$P=\frac{1}{2\sqrt{x}},Q=2+\sqrt{x}$
• 由一阶线性微分方程$y(x)={\mathrm{e}}^{-\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}\left[\int {\mathrm{e}}^{\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x+C\right]$
  • 计算积分因子 ${\mathrm{e}}^{-\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{d}x}$=${\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}$
  • 将积分因子代入，得$y(x)={\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}\left[\int {\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x+C\right]$
    • 拆出 $\int {\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}(2+\sqrt{x})\mathrm{d}x$,换元令 $\sqrt{x}=u$，$(x{)}^{\prime }={\left(u^2\right)}^{\prime }$ 即 $dx=2udu$
    • 积分转换为$\int e^u(2+u)\cdot 2udu$
      = $2\int {\mathrm{e}}^u(2u+u^2)\mathrm{d}u$
      $\stackrel{\text{加号拆开}}{=}2\int u^2{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u$ + $2\int 2u{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u$
      $\stackrel{\text{对第一项分布}}{=}2\left(u^2{\mathrm{e}}^u-\int {\mathrm{e}}^u\cdot 2u\mathrm{d}u+\int 2u{\mathrm{e}}^u\mathrm{d}u\right)$
      =$2u^2{\mathrm{e}}^u$
    • 回代$\sqrt{x}=u$得 $2x{\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}$。
• 得到 $y(x)={\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}\left(2x{\mathrm{e}}^{\sqrt{x}}+C\right)=2x+C{\mathrm{e}}^{-\sqrt{x}}$
• 代入初始条件 $y(1)=3$ 解出 $C$。
  • 由$3=1\times 2+C\cdot e^{-1}$得到 $C=\mathrm{e}$。
  • 得到具体解 $y(x)=2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}$。
• 求出曲线的渐近线。
  • 没有铅直渐近线，因为没有无定义点。
  • 计算水平渐近线，发现不存在$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}\right)=+\infty \text{, }$。
• 计算斜渐近线：
  • 求斜率 $k=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{y(x)}{x}\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2+\frac{{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}}{x}\right)\stackrel{\frac{e^{-\infty }}{\infty }=0}{=}2$。
  • 求截距 $b=\underset{x\to \infty }{\lim }[y(x)-kx]\stackrel{k=2}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(2x+{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}-2x\right)\stackrel{2x-2x=0}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^{1-\sqrt{x}}\stackrel{e^{-\infty }=0}{=}0$。
  • 得出 $y=2x$ 是唯一的渐近线。

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(10)

微分方程 $y^{\prime }+y={\mathrm{e}}^{-x}\cos x$ 满足条件 $y(0)=0$ 的解为 $y=$

(10)

答 应填 ${\mathrm{e}}^{-x}\sin x$.

• 本题主要考查一阶非齐次线性微分方程初值问题的求解.
  对一阶非齐次线性微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$, 一般可以用公式法求解.

  • 一阶非齐次线性微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的求解公式
    $\begin{array}{r}y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int q(x){\mathrm{e}}^{\int \rho (x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]\end{array}$

• 根据一阶非齐次线性微分方程的通解公式, 得
  $\begin{array}{rl}y(x)& ={\mathrm{e}}^{-\int \mathrm{d}x}\left(\int {\mathrm{e}}^{-x}\cos x\cdot {\mathrm{e}}^{\int \mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\end{array}$

  • $\begin{array}{r}={\mathrm{e}}^{-x}\left(\int \cos x\mathrm{d}x+C\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\mathrm{e}}^{-x}(\sin x+C).\end{array}$
    • 由 $y(0)=0$, 得 $C=0$,

• 所以 $y={\mathrm{e}}^{-x}\sin x$.

• 可分离变量的微分方程

• 一阶线性微分方程

• 齐次方程

• 伯努利方程

• 2012 年数二试题
  微分方程 $y\mathrm{d}x+\left(x-3y^2\right)\mathrm{d}y=0$ 满足条件 ${y|}_{x=1}=1$的解为 $y=$

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(3)

若 $y={\left(1+x^2\right)}^2-\sqrt{1+x^2}$ 和 $y={\left(1+x^2\right)}^2+\sqrt{1+x^2}$ 是微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的两个解，则 $q(x)$ 等于：
A. $3x\left(1+x^2\right)$
B. $-3x\left(1+x^2\right)$
C. $\frac{x}{1+x^2}$
D. $-\frac{x}{1+x^2}$

(3)

数一2016 答 应选(A).

• 若 $y_1,y_2$ 是微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的解,
  • 则 $\frac{y_1+y_2}{2}$ 仍是该微分方程的解,
  • 而 $y_2-y_1$ 是对应的齐次线性方程 $y^{\prime }+p(x)y=0$ 线性无关的解.
• 先利用 $y_2-y_1$ 是 $y^{\prime }+p(x)y=0$ 的解来确定 $p(x)$,
  再利用 $y_1,y_2$ 是 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的解来确定 $q(x)$.
• 通过 $\frac{y_2-y_1}{2}$ 求解 $p(x)$。
  • 计算 ${\left(\frac{y_2-y_1}{2}\right)}^{\prime }+p(x)\left(\frac{y_2-y_1}{2}\right)=0$
    • $y_2-y_1=2\sqrt{1+x^2}$
    • ${\left(y_2-y_1\right)}^{\prime }=\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}$
  • 得到 $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\sqrt{1+x^2}p(x)=0$
    • 解得 $p(x)=-\frac{x}{1+x^2}$
• 利用 $\frac{y_1+y_2}{2}$ 求解 $q(x)$
  • $\frac{y_1+y_2}{2}={\left(1+x^2\right)}^2$
  • ${\left(\frac{y_1+y_2}{2}\right)}^{\prime }=2\left(1+x^2\right)\cdot 2x=4x\left(4+x^2\right).$
  • 代入 ${\left[{\left(1+x^2\right)}^2\right]}^{\prime }+\underset{p(x)=-\frac{x}{1+x^2}}{\underbrace{p(x){\left(1+x^2\right)}^2}}=q(x)$
    • $4x\left(1+x^2\right)-\frac{x}{1+x^2}\cdot {\left(1+x^2\right)}^2=q(x)$
    • $4x\left(1+x^2\right)-x\left(1+x^2\right)=3x\left(1+x^2\right)=q(x)$
    • 解得 $q(x)=3x\left(1+x^2\right)$。
• 2016 年数一第 (3) 题的拓展:
  • (1) 一阶线性微分方程的解的叠加原理。
  • (2) 一阶非齐次线性微分方程的通解结构.

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(18)

(本题满分 10 分) 已知微分方程 $y^{\prime }+y=f(x)$, 其中 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的连续函数.
(I) 若 $f(x)=x$, 求方程的通解;
(II) 若 $f(x)$ 是周期为 $T$ 的函数, 证明: 方程存在唯一的以 $T$ 为周期的解.

（18）

• (I) 解
• 当 $f(x)=x$ 时,方程化为 $y^{\prime }+y=x$,是一阶线性微分方程
  • 通解为$\begin{array}{rl}y& ={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1+\int x{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x\right)={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1+x{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^x\right)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=C_1{\mathrm{e}}^{-x}+x-1\left(C_1\text{ 为任意常数 }\right).\end{array}$

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(15)

(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime }+xy={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ 满足条件 $y(0)=0$ 的特解.
(I) 求 $y(x)$;
(II) 求曲线 $y=y(x)$ 的凹凸区间及拐点.

(15)

• • 通解公式$y(x)=e^{-\int p(x)dx}\left(\int g(x)\cdot e^{\int P(x)dx}dx+C\right)$
    • 原方程为$y^{\prime }+xy={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • $y=e^{-\int xdx}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot e^{\int xdx}dx+C\right)$
      • $=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot e^{\frac{x^2}{2}}dx+C\right)$
      • $=e^{-\frac{x^2}{2}}\left(\int 1dx+C\right)$
      • $=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}+C{e}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • 由$y(0)=0$得$0=C$
    • $y(x)=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}$
• 已知$y(x)=x{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，求凹凸区间和拐点
  • $y^{\prime }={\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}+x\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot (-x)=\left(1-x^2\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}},$
  • $y^{\prime \prime }=(-2x){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}+\left(1-x^2\right)\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot (-x)=\left(x^3-3x\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$
    • $=x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})$·$e^{-\frac{x^2}{2}}$
      • $x<-\sqrt{3},y^{\prime \prime }<0\Rightarrow (-\infty ,-\sqrt{3})$为凸区间
      • $-\sqrt{3}<x<0,y^{\prime \prime }>0\Rightarrow (-\sqrt{3},0)$为凹区间
      • $0<x<\sqrt{3},y^{\prime \prime }<0$，则$(0,\sqrt{3})$为凸区间
      • $x>\sqrt{3},y^{\prime \prime }>0$，则$(\sqrt{3},+\infty )$为凹区间
• 因此
  • $y=y(x)$
    • 凹区间为 $(-\sqrt{3},0)$ 和 $(\sqrt{3},+\infty )$,
    • 凸区间为 $(-\infty ,-\sqrt{3})$ 和 $(0,\sqrt{3})$.
  • 拐点共有 3 个: $\left(-\sqrt{3},-\sqrt{3}{\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}}\right),(0,0),\left(\sqrt{3},\sqrt{3}{\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}}\right)$.

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Transclude of 数二2012#12

常系数齐次线性微分方程

二阶

(11)

若函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime \prime }(x)+a{f}^{\prime }(x)+f(x)=0(a>0),f(0)=m,f^{\prime }(0)=n$, 则 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=$

(11)

• 答 应填 $am+n$.
• 解直接在微分方程 $f^{\prime \prime }(x)+a{f}^{\prime }(x)+f(x)=0$（$a>0$）两端作积分
  • ${f^{\prime }(x)|}_0^{+\infty }+af(x){|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0.$
    • $f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, $f^{\prime }(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，
    • $f(0)=m,f^{\prime }(0)=n$
  • 于是，$0-n+a(0-m)+{\int }_0^{+\infty }f(x)dx=0$。
    • 故 ${\int }_0^{+\infty }f(x)dx=am+n$ .
• 为什么$f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, $f^{\prime }(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=0$，
  • 特征方程 ${\lambda }^2+a\lambda +1=0$，且注意到 $e^{-\infty }\to 0$。
    • 当 $0<a<2$ 时，
      • $f(x)=e^{-\frac{a}{2}x}\left(C_1\cos \left(\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}x\right)+C_2\sin \left(\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}x\right)\right).$
    • 当 $a=2$ 时，$f(x)=(C_1+C_{2}x)e^{-x}.$
    • 当 $a>2$ 时，$f(x)=C_1{e}^{\frac{-a-\sqrt{a^2-4}}{2}x}+C_2{e}^{\frac{-a+\sqrt{a^2-4}}{2}x}.$
• 解 直接在考场上有这种估计已经够用了,类似的问题读者还可以参考 2016 年的第(16) 题.

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(9)

若函数 $f(x)$ 满足方程 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$ 及 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$, 则 $f(x)=$

(9)

答 应填 ${\mathrm{e}}^x$.

• 解法 1 (用特征方程求解)
  • 先计算齐次方程的通解
    微分方程 $f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0$ 的
    • 特征方程为 $r^2+r-2=0\stackrel{因式分解}{\to }(r+2)(r-1)=0$.
    • 特征根为 $r_1=1,r_2=-2$,
    • 其通解为 $f(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-2x}$.
      • $f^{\prime }(x)=C_1{e}^x-2C_2{e}^{-2x}$
      • $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+4C_2{\mathrm{e}}^{-2x}\end{array}$
  • 将齐次的解代入非齐次方程
    将 $f(x)和f^{\prime \prime }(x)$代入方程 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$, 得
    • $\stackrel{代入}{\to }{C}_1{e}^x+4C_2{e}^{-2x}+C_1{e}^x+C_2{e}^{-2x}$
    • $\stackrel{整理}{\to }2C_1{\mathrm{e}}^x+5C_2{\mathrm{e}}^{-2x}=2{\mathrm{e}}^x,$
      • 对比同类项系数，所以 $C_1=1,C_2=0$,
      • 故 $f(x)={\mathrm{e}}^x$.
• 解法 2 (加减消去二阶导)
  • 由 $\{\begin{array}{l}{f}^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-2f(x)=0\\ f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x\end{array}$，得$f^{\prime }(x)-3f(x)=-2{\mathrm{e}}^x\text{. }$
  • 此一阶非齐次线性微分方程的通解为
    $f(x)={\mathrm{e}}^{3x}\left[C+\int \left(-2{\mathrm{e}}^x\right){\mathrm{e}}^{-3x}\mathrm{d}x\right]={\mathrm{e}}^x+C{\mathrm{e}}^{3x},$
    • 求C
      • 将 $f(x)={\mathrm{e}}^x+C{\mathrm{e}}^{3x},f^{\prime \prime }(x)={\mathrm{e}}^x+9C{\mathrm{e}}^{3x}$ 代人方程 $f^{\prime \prime }(x)+f(x)=2{\mathrm{e}}^x$,
      • 得 $2{\mathrm{e}}^x+10C{\mathrm{e}}^{3x}=2{\mathrm{e}}^x,$所以 $C=0$,
  • 故 $f(x)={\mathrm{e}}^x$.

特征方程 $\begin{array}{r}{\lambda }^2+p\lambda +q=0\end{array}$ 的根	微分方程 $\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0\end{array}$ 的通解
两个不相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1,{\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}\end{array}$
两个相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1={\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=(C_1+C_{2}x)e^{{\lambda }_{1}x}\end{array}$
对共轭复根 $\begin{array}{r}{\lambda }_{1,2}=\alpha \pm \beta i\end{array}$	$\begin{array}{r}y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)\end{array}$

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(16)

(本题满分 10 分)
设函数 $y(x)$ 满足方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+ky=0$, 其中 $0<k<1$.
( I ) 证明:反常积分 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 收敛.
(II) 若 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=1$, 求 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 的值.

(16)

• (解) (I) 原方程的特征方程为 ${\lambda }^2+2\lambda +k=0$.
  • 由于 $0<k<1$, 故 $\Delta =4-4k>0$,
    • 从而解得 ${\lambda }_{1,2}=\frac{-2\pm \sqrt{4+4k}}{2}=-1\pm \sqrt{1-k}<0$
    • 于是$y(x)=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$
• ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x\stackrel{\text{代入}y(x)}{=}{\int }_0^{+\infty }\left(C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)\mathrm{d}x$
  • $\underset{\int e^{\lambda x}dx=\frac{e^{\lambda x}}{\lambda }}{\overset{\text{牛莱}}{=}}{\left(\frac{C_1}{{\lambda }_1}{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+\frac{C_2}{{\lambda }_2}{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)|}_0^{+\infty }$
  • $=0-\frac{C_1}{{\lambda }_1}+0-\frac{C_2}{{\lambda }_2}=-\left(\frac{C_1}{{\lambda }_1}+\frac{C_2}{{\lambda }_2}\right)=$常数
  • 所以反常积分 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 收敛.
    (II)
• $y+2y^{\prime }+ky=0\stackrel{\text{变形}}{\to }y=-\frac{1}{k}(y^{\prime \prime }+2y^{\prime })$
  • $\stackrel{\text{两端积分}}{\to }{\int }_0^{+\infty }y(x)dx=\frac{1}{k}{\int }_0^{+\infty }[y^{\prime \prime }(x)+2y^{\prime }(x)]dx$
    • $=-\frac{1}{k}[y^{\prime }(x)+2y(x)]{|}_0^{+\infty }$
      • $y(x)=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}({\lambda }_1{\lambda }_2<0)$
        • $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }(C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x})=0$
      • $y^{\prime }(x)=C_1{\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$
        • $\underset{x\to +\infty }{\lim }{y}^{\prime }(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(C_1{\lambda }_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\lambda }_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}\right)=0$.
      • $y(0)=1$
      • $y^{\prime }(0)=1$
    • $=-\frac{1}{k}(0-1-2)=\frac{3}{k}$

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(10)

微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+3y=0$ 的通解为 $y=$

(10)

• 答 应填 ${\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1\cos \sqrt{2}x+C_2\sin \sqrt{2}x\right)$, 其中 $C_1,C_2$ 为任意常数.
• 该齐次方程对应的特征方程为 $r^2+2r+3=0$,
  • 解得 $r_{1,2}=-1\pm \sqrt{2}\mathrm{i}$.
• 套公式通解为 $y={\mathrm{e}}^{-x}\left(C_1\cos \sqrt{2}x+C_2\sin \sqrt{2}x\right)$, 其中 $C_1,C_2$ 为任意常数.
• 二阶常系数齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$ ( $p,q$ 为常数) 通解的求法
  • (1) 写出特征方程 ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$;
  • (2) 求出特征方程的两个根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$;
  • (3) 根据特征方程两个根的不同情形,按照下述表格写出通解.

特征方程 ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$ 的根	微分方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$ 的通解
两个不相等的实根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$	$y=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$
两个相等的实根 ${\lambda }_1={\lambda }_2$	$y=\left(C_1+C_{2}x\right){\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}$
一对共轭复根 ${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm \beta \mathrm{i}$	$y={\mathrm{e}}^{\alpha x}\left(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x\right)$

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Transclude of 数二2020#13

Transclude of 数三2013#12

三阶

Transclude of 数二2010#9

Transclude of 数二2021#15

Transclude of 数二2022#14

常系数非齐次线性微分方程

(10)

若二阶常系数线性齐次微分方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ 的通解为 $y=\left(C_1+C_{2}x\right){\mathrm{e}}^x$, 则非齐次方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=x$ 满足条件 $y(0)=2,y^{\prime }(0)=0$ 的解为 $y=$

解题思路：

1. 确定特征方程与特征根：
   • 由给定的齐次微分方程的通解形式 $y=(C_1+C_{2}x)e^x$，我们推断特征方程有一个二重特征根 $r=1$。
   • 根据二重特征根的性质，我们可以写出特征方程为 $r^2-2r+1=0$。
2. 求解系数a和b：
   • 将 $r=1$ 代入特征方程，得到系数 $a=-2$ 和 $b=1$。
3. 确定非齐次方程的特解形式：
   • 由于非齐次项为x，我们猜测特解的形式为 $y^{\ast }=Ax+B$。
4. 代入求解特解：
   • 将 $y^{\ast }=Ax+B$ 代入非齐次方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=x$，解得 $A=1$ 和 $B=2$。
5. 得到非齐次方程的通解：
   • 结合齐次方程的通解和非齐次方程的特解，得到非齐次方程的通解为 $y=(C_1+C_{2}x)e^x+x+2$。
6. 利用初始条件求解常数：
   • 使用给定的初值条件 $y(0)=2$ 和 $y^{\prime }(0)=0$，我们可以求出 $C_1=0$ 和 $C_2=-1$。
7. 得到最终解：
   • 将求得的常数代入通解，得到非齐次方程满足给定条件的解为 $y=x(1-e^x)+2$。

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(2)

设 $y=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}+\left(x-\frac{1}{3}\right){\mathrm{e}}^x$ 是二阶常系数非齐次线性微分方程 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=c{\mathrm{e}}^x$ 的一个特解, 则 ( )
(A) $a=-3,b=2,c=-1$.
(B) $a=3,b=2,c=-1$.
(C) $a=-3,b=2,c=1$.
(D) $a=3,b=2,c=1$.

(2)

• 答 应选(A).
• 本题主要考查微分方程的解的概念.
  • 已知微分方程的一个特解，要求原方程的系数。
  • 可以直接将解代入原方程，然后比较等式两端的系数求出未知参数。
• $y=\frac{1}{2}{e}^{2x}+\left(x-\frac{1}{3}\right)e^x$
  • $y^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot e^{2x}+e^x+\left(x-\frac{1}{3}\right)\cdot e^x=e^{2x}+\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x$
  • $y^{\prime \prime }=2e^{2x}+e^x+\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x=2e^{2x}+\left(x+\frac{5}{3}\right)e^x$
• 将上面求的$y\text{，}{y}^{\prime }\text{，}{y}^{\prime \prime }$代入 $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=c{\mathrm{e}}^x$ 中
  • $2e^{2x}+\left(x+\frac{5}{3}\right)e^x+a{e}^{2x}+a\left(x+\frac{2}{3}\right)e^x+\frac{b}{2}{e}^{2x}+b\left(x-\frac{1}{3}\right)e^x=c{e}^x$
  • 整理得，$\left(2+a+\frac{1}{2}b\right){\mathrm{e}}^{2x}+(1+a+b)x{\mathrm{e}}^x+\left(\frac{5}{3}+\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}b\right){\mathrm{e}}^x=c{\mathrm{e}}^x$
  • 比较上式两端系数, 得到 $\{\begin{array}{l}2+a+\frac{1}{2}b=0,\\ 1+a+b=0,\\ \frac{5}{3}+\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}b=c,\end{array}$
    • 解得 $\{\begin{array}{l}a=-3,\\ b=2,\\ c=-1,\end{array}$ 故选 A.

方法2

• 由特解 $y=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2x}-\frac{1}{3}{\mathrm{e}}^x+x{\mathrm{e}}^x$ 知,
  • 方程的特征根为 $r_1=2,r_2=1$,
  • 特征方程为 $(r-2)(r-1)=0$, 即 $r^2-3r+2=0$.
  • 又原方程的特征方程为 $r^2+ar+b=0$, 于是 $a=-3,b=2$.
• 将特解 $y^{\ast }=x{\mathrm{e}}^x$，求$y^{\prime }\text{和}{y}^{\prime \prime }$代入原方程得
  • ${\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\prime \prime }-3{\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\prime }+2x{\mathrm{e}}^x=(x+2){\mathrm{e}}^x-3(x+1){\mathrm{e}}^x+2x{\mathrm{e}}^x=-{\mathrm{e}}^x=c{\mathrm{e}}^x,$
  • 因此 $c=-1$

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(15)

(本题满分 10 分)
求微分方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2x{\mathrm{e}}^x$ 的通解.

(15)

• 解题步骤
  • 求对应的齐次方程的通解.(特征方程法)
  • 求原方程的一个特解.(待定系数法)
• 特征方程法求齐次方程的通解.
  • 对应的齐次线性方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0$
    • 特征方程为 ${\lambda }^2-3\lambda +2=0$.
      • $\begin{array}{rl}& (\lambda -1)(\lambda -2)=0\Rightarrow {\lambda }_1=1,{\lambda }_2=2\end{array}$
  • $\begin{array}{r}y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}.\end{array}$
• 待定系数法求特解
  • 设原方程的一个特解为$y^{\ast }=(ax+b)x{\mathrm{e}}^x$
    • ${\left(y^{\ast }\right)}^{\prime }=\left(a{x}^2+bx\right)e^x+(2ax+b)e^x=\left(a{x}^2+(2a+b)x+b\right)e^x$
    • $\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }=\left[a{x}^2+(2a+b)x+b\right]e^x+[2ax+2a+b]e^x\end{array}$
      • $\begin{array}{r}=\left[a{x}^2+(4a+b)x+2(a+b)\right]e^x.\end{array}$
  • 将$\begin{array}{r}y,y^{\prime },y^{\prime \prime }\end{array}$代入$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=2x{\mathrm{e}}^x$得
    • $\left(a{x}^2+4ax+bx+2a+2b\right){\mathrm{e}}^x-3\left(a{x}^2+2ax+bx+b\right){\mathrm{e}}^x+2\left(a{x}^2+bx\right){\mathrm{e}}^x=2x{\mathrm{e}}^x$
      • 同时出现三项:$\begin{array}{r}{x}^2{e}^x\text{，}x{e}^x\text{，}{e}^x\end{array}$，对比它们的系数
        • $\begin{array}{rl}& x^2{e}^{x}a-3a+2a=0\end{array}$
        • $\begin{array}{r}x{e}^{x}4a+b-6a-3b+2b=2\Rightarrow a=-1\end{array}$
        • $\begin{array}{r}{e}^{x}2(a+b)-3b=2a-b=0\Rightarrow b=-2\end{array}$
  • 求得特解$\begin{array}{r}{y}^{\ast }=\left(-x^2-2x\right)e^x\end{array}$
• 齐次特解和特解组合得非齐次的通解
  • 因此, 原方程的通解为
    $y=Y+y^{\ast }=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{2x}-\left(x^2+2x\right){\mathrm{e}}^x,$
• 1987 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+y=x{\mathrm{e}}^x$ 的通解.
• 1990 年数一试题求微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y={\mathrm{e}}^{-2x}$ 的通解.
• 1990 年数二试题求微分方程 $y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y={\mathrm{e}}^{ax}$ 的通解，其中 $a$ 为实数。
• 1991 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+y=x+\cos x$ 的通解.
• 1992 年数一试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }-3y={\mathrm{e}}^{-3x}$ 的通解。
• 1992 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=x{\mathrm{e}}^x$ 的通解。
• 1994 年数二试题
  求微分方程 $y^{\prime \prime }+a^{2}y=\sin x$ 的通解, 其中常数 $a>0$.
• 1996 年数一试题
  微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+2y={\mathrm{e}}^x$ 的通解为 .
• 2007 年数一、二试题
  二阶常系数非齐次线性微分方程$y^{\prime \prime }-4y^{\prime }+3y=2{\mathrm{e}}^{2x}$ 的通解为
  特征方程法

特征方程 $\begin{array}{r}{\lambda }^2+p\lambda +q=0\end{array}$ 的根	微分方程 $\begin{array}{r}{y}^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0\end{array}$ 的通解
两个不相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1,{\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}\end{array}$
两个相等的实根 $\begin{array}{r}{\lambda }_1={\lambda }_2\end{array}$	$\begin{array}{r}y=(C_1+C_{2}x)e^{{\lambda }_{1}x}\end{array}$
对共轭复根 $\begin{array}{r}{\lambda }_{1,2}=\alpha \pm \beta i\end{array}$	$\begin{array}{r}y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)\end{array}$

• 待定系数法
  • 当 $f(x)={\mathrm{e}}^{\lambda x}{P}_m(x)$, 其中 $\lambda$ 为常数, $P_m(x)$ 是 $x$ 的一个 $m$次多项式时,
    • $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=f(x)$ 有形如
      $y^{\ast }=x^k{R}_m(x){\mathrm{e}}^{\lambda x}$的特解,
      • $x^k$
        • 当 $\lambda$ 不是特征方程的根时, $k=0$;
        • 当 $\lambda$ 是特征方程的单根时, $k=1$;
        • 当 $\lambda$ 是特征方程的重根时, $k=2$.
      • 其中 $R_m(x)$ 是与 $P_m(x)$ 同次的多项式.
      • $\begin{array}{r}{\mathrm{e}}^{\lambda x}\end{array}$照抄

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Transclude of 数一2014#17

欧拉方程

(13)

欧拉方程 $x^2{y}^{\prime \prime }+x{y}^{\prime }-4y=0$ 满足条件 $y(1)=1,y^{\prime }(1)=2$ 的解为 $y=$

(13)

• • $x=e^t,x^2{y}^{\prime \prime }=D(D-1)y,x{y}^{\prime }=Dy,D=\frac{d}{dt}$
    • $D(D-1)y+Dy-4y=0$
    • $\stackrel{\text{整理}}{\to }{D}^{2}y-4y=0$
    • $\stackrel{D=\frac{d}{dt}}{\to }\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-4y=0$，从而$\stackrel{\text{求特征方程}}{\to }{\lambda }^2-4=0$，得$\lambda =\pm 2$
• $\stackrel{\text{通解公式}}{\to }y=C_1{e}^{2t}+C_2{e}^{-2t}$
  • $\{\begin{array}{l}y=C_1{x}^2+C_2{x}^{-2}\leftarrow y(1)=1\\ y^{\prime }=2C_{1}x-2C_2{x}^{-3}\leftarrow y^{\prime }(1)=2\end{array}$
  • $\{\begin{array}{l}1=C_1+C_2\\ 1=C_1-C_2\end{array}$，得$C_1=1$
    $C_2=0$
  • $\stackrel{\text{代入原式}}{\to }y=x^2$
• 2004 年数一试题欧拉方程
  $x^2\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}+4x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y=0(x>0)$ 的通解为

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综合题

导数，微分方程

Transclude of 数二2009#20

Transclude of 数二2010#17

Transclude of 数二2012#19

Transclude of 数二2014#16

Transclude of 数二2015#12

Transclude of 数二2017#21

Transclude of 数二2020#21

Transclude of 数二2021#20

Transclude of 数三2018#12

变积分限，微分方程

Transclude of 数二2009#18

Transclude of 数二2018#16

Transclude of 数二2019#17

Transclude of 数二2020#18

Transclude of 数二2023#17

Transclude of 数三2016#18

多元微分，微分方程

Transclude of 数一2014#17

Transclude of 数三2014#17

二重积分，微分方程

Transclude of 数三2011#19

级数，微分方程

Transclude of 数三2020#17

物理应用

Transclude of 数二2015#20

多元函数积分学(43道)

第一类曲线积分

(12)

设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线, 则 ${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=$

(12)

• 由曲线 $L$ 的方程可知,该曲线对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性.
  于是,${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s={\oint }_{L}yz\mathrm{d}s={\oint }_{L}zx\mathrm{d}s=\frac{1}{3}{\oint }_L(xy+yz+zx)\mathrm{d}s.$
  • 并且 $xy+yz+zx\stackrel{\text{完全平方}}{=}\frac{1}{2}\left[(x+y+z{)}^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]$
• 所以${\oint }_{L}xy\mathrm{d}s=\frac{1}{3}{\oint }_L(xy+yz+zx)\mathrm{d}s=\frac{1}{6}{\oint }_L\left[(x+y+z{)}^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right]\mathrm{d}s$
  • $\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\overset{x+y+z=0}{=}}\frac{1}{6}{\oint }_L(0-1)\mathrm{d}s=-\frac{1}{6}{\oint }_L\mathrm{d}s.$
  • $=-\frac{1}{6}\times 2\pi \times 1=-\frac{\pi }{3}$
    • 由于 $L$ 为单位球面上的一个大圆, 即以球心为圆心, 且半径等于球半径的一个圆,
    • 故 ${\oint }_L\mathrm{d}s=L$ 的周长 $=2\pi \times 1=2\pi$.
• 2007 年数一试题
  设曲面 $\Sigma :|x|+|y|+|z|=1$,则 ${\oint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S=$
• 曲面 $\Sigma$ 是一个以原点为中心的正八面体, 关于三个坐标面均对称, 且对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性。
  
• 记 $I={\iint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S$. 由于 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 面对称,
  • 而 $x$ 是关于 $x$ 的奇函数, 故 ${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}S=0$.
• 又因为 $\Sigma$ 对变量 $x,y,z$ 具有轮换对称性, 所以
  • $I={\iint }_{\Sigma }|y|\mathrm{d}S=\frac{1}{3}{\iint }_{\Sigma }(|x|+|y|+|z|)\mathrm{d}S=\frac{1}{3}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S=\frac{1}{3}\cdot \Sigma \text{ 的面积. }$
  • $\Sigma$ 的每个面是边长为 $\sqrt{2}$ 的正三角形, 面积为 $\frac{1}{2}\times (\sqrt{2}{)}^2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 从而 $\Sigma$ 的面积为 $8\times \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $4\sqrt{3}$.
  • 因此, $I=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
• 2009 年数一试题
  设 $\Omega =\left\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le 1\right\}$, 则 ${\iiint }_{\Omega }{z}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$
• 2015 年数一试题
  设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与三个坐标平面所围成的空间区域, 则 ${\iiint }_{\Omega }(x+2y+3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=$

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第二类曲线积分

化为定积分

(11)

已知曲线 $L:y=x^2(0⩽x⩽\sqrt{2})$, 则 ${\int }_{L}x\mathrm{d}s=$

1. 理解题意：

   • 题目要求我们计算沿曲线 $L$ 的线积分，其中 $L$ 是曲线 $y=x^2$ 在区间 $[0,\sqrt{2}]$ 上的部分。

2. 确定曲线的参数方程：

   • 对于曲线 $y=x^2$，我们可以使用 $x$ 作为参数，因此曲线的参数方程为:
     $x(t)=t$ $y(t)=t^2$, 其中 $0\le t\le \sqrt{2}$。

3. 计算曲线的微元长度 ds：

   • 使用参数方程，我们可以计算 $ds$ 为:
     $ds=\sqrt{(dx{)}^2+(dy{)}^2}=\sqrt{1+(2t{)}^2}dt$

4. 计算线积分：

   • 将 $x$ 和 $ds$ 的表达式代入线积分，得到:
     ${\int }_{L}xds={\int }_0^{\sqrt{2}}t\sqrt{1+(2t{)}^2}dt$ - 为了简化积分，我们进行一个微分代换：令 $u=1+4t^2$，则 $du=8tdt$。这样，我们可以将原积分转化为:
     ${\int }_{L}xds=\frac{1}{8}\int \sqrt{u}du$ - 积分得到:
     ${\int }_{L}xds=\frac{1}{12}{u}^{\frac{3}{2}}{|}_1^{1+4(\sqrt{2}{)}^2}=\frac{1}{12}(9^{\frac{3}{2}}-1)=\frac{13}{6}$

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格林公式

先看是否封闭

不封闭补线

(17)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x,y)$ 满足 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}$, 且 $f(0,y)=y+1,L_t$ 是从点 $(0,0)$ 到点 $(1,t)$ 的光 滑曲线. 计算曲线积分 $I(t)={\int }_{L_l}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y$,并求 $I(t)$ 的最小值.

(17)

• 解 因为 $\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}$, 所以
• $f(x,y)=\int \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x=\int (2x+1){\mathrm{e}}^{2x-y}\mathrm{d}x=x{\mathrm{e}}^{2x-y}+C(y),$将 $f(0,y)=y+1$ 代人上式, 得 $C(y)=y+1$.
  所以
• $f(x,y)=x{e}^{2x-y}+y+1,$从而
• $I(t)={\int }_{L_t}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y={f(x,y)|}_{(0,0)}^{(1,t)}=f(1,t)-f(0,0)={\mathrm{e}}^{2-t}+t.$
• $I^{\prime }(t)=-{\mathrm{e}}^{2-t}+1,$令 $I^{\prime }(t)=0$ 得 $t=2$.
  由于当 $t<2$ 时, $I^{\prime }(t)<0,I(t)$ 单调减少; 当 $t>2$ 时, $I^{\prime }(t)>0,I(t)$ 单调增加, 因此 $I(2)=3$ 是 $I(t)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上的最小值.

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(19)

(本题满分 10 分)

已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2+y^2=2x$ 到点 $(2,0)$, 再沿圆周 $x^2+y^2=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段,计算曲线积分 $I={\int }_{L}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y$.

(19)

• 本题主要考查第二类曲线积分的计算. 可以补线段成为一个闭曲线后再利用格林公式.

  • 格林公式
    设闭区域 $D$ 由分段光滑的曲线 $L$ 围成, 若函数 $P(x,y)$ 及 $Q(x,y)$ 在 $D$ 上具有一阶连续偏导数, 则有
    $\begin{array}{r}{\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • 其中 $L$ 是 $D$ 的取正向的边界曲线.
      (一定要注意 $L$ 的方向, 若方向相反, 则多一个负号. )

• 
  ，补线后

• $\begin{array}{r}{\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=3x^2+1-3x^2=1\end{array}$

  • 则补条线再用格林

• 补线 $L_3$ 为 $y$ 轴上从点 $(0,2)$ 到点 $(0,0)$ 的有向线段.

  • 形成的封闭区域为$D=\left\{(x,y)\mid 0⩽x⩽2,\sqrt{2x-x^2}⩽y⩽\sqrt{4-x^2}\right\}$,

• 则由格林公式知

  • $\begin{array}{r}{\int }_{L+L_3}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y\stackrel{{\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{=}{\iint }_D\left(3x^2+1-3x^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{1}{4}\cdot \pi \cdot 2^2-\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{2}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_{L_3}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^3+x-2y\right)\mathrm{d}y\stackrel{x=0}{=}0+{\int }_{L_3}(0+0-2y)\mathrm{d}y={\int }_2^0(-2y)\mathrm{d}y=4\end{array}$

• $\begin{array}{r}I={\int }_{L+L_3}-{\int }_{L_3}=\frac{\pi }{2}-4.\end{array}$

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(11)

已知曲线 $L$ 的方程为 $y=1-|x|(x\in [-1,1])$, 起点是 $(-1,0)$, 终点为 $(1,0)$, 则曲线积分 ${\int }_{L}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y=$

(11)

答 应填 0 .

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
    % 绘制坐标轴
    \draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
    \draw[->] (0,-0.5) -- (0,1.5) node[above] {$y$};
    % 三角形顶点
    \coordinate (A) at (-1,0);
    \coordinate (B) at (1,0);
    \coordinate (C) at (0,1);
    % 绘制三角形边
    \draw[thick,red!50] (A) -- (C) node[midway,left] {$L_1$};
    \draw[thick,red!50] (C) -- (B) node[midway,right] {$L_2$};
    \draw[thick,blue!50] (B) -- (A) node[midway,below] {$L_3$};
    % 标注顶点
    \node[below left] at (A) {$(-1,0)$};
    \node[below right] at (B) {$(1,0)$};
    \node[above] at (C) {$(0,1)$};
    \node[below left] at (0,0) {$0$};
    % 添加方向箭头
    \draw[->,red!50,line width=1pt] (-0.5,0.5) -- (-0.45,0.55);
    \draw[->,red!50,line width=1pt] (0.5,0.5) -- (0.55,0.45);
    \draw[->,blue!50,line width=1pt] (0,-0.05) -- (-0.05,-0.05);
\end{tikzpicture}
\end{document}

• $\begin{array}{rl}& {\int }_{L}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y=\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{照抄}}{=}{\int }_{L+L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y-{\int }_{L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\underset{P=xyQ=x^2}{\underbrace{{\oint }_{L+L^{\prime }}xydx+x^{2}dy}}\underset{\text{逆时针，加负号}}{\overset{\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial P}{\partial y}=}{=}}-{\iint }_D(2x-x)dxdy\end{array}$
      • $=-{\iint }_{p}xdxdy$
      • $\begin{array}{r}\underset{x\text{是奇函数}}{\overset{\text{区域关于}y\text{对称}}{=}}0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{\int }_{L^{\prime }}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y\stackrel{xy=0}{=}0+0=0\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\int }_L=0-0=0\end{array}$

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封闭,但有无奇异点,补点

(16)

(本题满分 10 分)
计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}y$, 其中 $L$ 为 $x^2+y^2=2$, 方向为逆时针方向.

(16)

• 
  
• 拿到一个平面，如何选取方法，
  • 首先看积分曲线是否封闭，因为 $x^2+y^2=2$是一个圆心在原点的圆，所以封闭可以用格林公式
  • 但格林公式是有要求的，对于p和q
    • 被积函数在所围成的区域上要有连续一阶偏导
    • 所以分母$4x^2+y^2$不能为0
      被积函数存在分母,有奇异点(0,0)
• 构造辅助路径-做另一个封闭曲线：
  • 取 $L_1$ 为 $4x^2+y^2=1$，方向为顺时针方向，相当于在里面做了一个椭圆。
    • 分母可以为1，也可以为任何一个常数
    • 里边为什么补顺时针？为了让它的正方向朝环形区域(沿着方向走的左侧是正方向)
  • 由 $L$ 和 $L_1$ 围成的平面区域记为 $D$。
• 在原曲线和辅助曲线中间的环形区域：应用格林公式：(沿着环形逆时针走左侧是正方向)
  • 将原积分分解为 $L+L_1$ 上的积分减去 $L_1$ 上的积分。
    • 对于 $L+L_1$ 上的积分，应用格林公式，将线积分转化为区域 $D$ 上的二重面积分。
      • 计算得到 ${\iint }_D\left[\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x+y}{4x^2+y^2}\right)-\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\right)\right]dxdy$，结果为 0。
    • 计算 $L_1$ 上的积分：
      • 对于 $L_1$ 上的积分，转化为区域 $4x^2+y^2\le 1$ 上的面积分,因分母为1，
        • 是封闭曲线，且分母不为零
        • 则可以使用格林公式
      • 则得到 ${\iint }_{4x^2+y^2\le 1}\left[\frac{\partial (x+y)}{\partial x}-\frac{\partial (4x-y)}{\partial y}\right]dxdy\text{＝}{\iint }_{4x^2+y^2\le 1}2dxdy$，结果为 $\pi$。
  • 合并结果：
    • 最终结果 $I=-\pi$。
• 类似的存在奇异点$(0\text{，}0)$的形式
  • ${\int }_L\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}$
  • ${\int }_L\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}$
  • ${\int }_L\frac{(x-y)dx+(x+y)dy}{(4x^2+y^2{)}^{3/2}}$这几个积分在做的时候
  • ${\int }_L\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^2+y^2}$
• 【例】计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^2+y^2}$, 其中 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心, $R$ 为半径的圆周 $(R>1)$,取逆时针方向. (2000 年数学一试题)

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(20)

设 $D\subset {\mathbf{R}}^2$ 是有界单连通闭区域, $I(D)={\iint }_D\left(4-x^2-y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 取得最大值的积 分区域记为 $D_1$.
(I) 求 $I\left(D_1\right)$ 的值;
(II) 计算 ${\int }_{\partial D_1}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}$, 其中 $\partial D_1$ 是 $D_1$ 的正向边界.

(20)

• (1)
  
  • 区域 $D_1$ 应当可以使被积函数 $f(x,y)=4-x^2-y^2\ge 0$，
  • 且 $D_1$ 之外还必须可以使被积函数 $f(x,y)=4-x^2-y^2<0$。
  • 所以 $D_1=\{(x,y)|x^2+y^2\le 4\}$。
• $I(D_1)={\iint }_{D_1}(4-x^2-y^2)dxdy={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^2(4-r^2)rdr\stackrel{{\left(2r^2-\frac{r^4}{4}\right)|}_0^2=8-4=4}{=}8\pi .$
• (2)
• 记所求积分为 $I,P(x,y)=\frac{x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y}{x^2+4y^2},Q(x,y)=\frac{4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x}{x^2+4y^2}$,
  则当 $(x,y)\ne (0,0)$ 时,
  • $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\left(8xy{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-1\right)\left(x^2+4y^2\right)-\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\cdot 2x}{{\left(x^2+4y^2\right)}^2}=\frac{\partial P}{\partial y}$
  • 于是, $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
• 挖点用格林
  
  • 由格林公式，$\begin{array}{r}{\oint }_{L}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)d\sigma \end{array}$
    • 挖点前的全部区域:
      ${\oint }_{L+L^{\prime }}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}\stackrel{\text{ 格林公式 }}{=}{\iint }_{D_1\backslash D_0}0\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,$
  • 挖点后的区域
    ${\oint }_L=\underline{{\oint }_{L+L^{\prime }}}-{\oint }_{L^{{}^{\prime }\text{内}}}$
    • $=0+{\oint }_{L^{{}^{\prime }\text{外}}}$
    • $={\oint }_{L^{\prime \text{－}}}\frac{\left(x{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{x^2+4y^2}-x\right)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}$
    • $\underset{x^2+4y^2={\epsilon }^2}{\overset{{\epsilon }^2}{=}}{\oint }_{L^{\prime }}\left(x{\mathrm{e}}^{{\epsilon }^2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(4y{\mathrm{e}}^{{\epsilon }^2}-x\right)\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{ 格林公式 }}{=}\frac{1}{{\epsilon }^2}{\iint }_{D_0}\left[\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{{\epsilon }^2}{\iint }_{D_0}(-1-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $=-\frac{2}{{\epsilon }^2}\cdot D_0$的面积$\stackrel{\pi ab}{=}-\frac{2}{{\epsilon }^2}\times \pi \times \epsilon \times \frac{\epsilon }{2}=-\pi .$
• 2000 年数一试题
  • 计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^2+y^2}$ ，其中 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心， $R$ 为半径的圆周 $(R>1)$, 取逆时针方向.
• 2020 年数一试题
  • 计算曲线积分 $I={\oint }_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}y$, 其中 $L$ 为 $x^2+y^2=2$, 方向为逆时针方向.

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斯托克斯公式

(12)

设 $L$ 是柱面 $x^2+y^2=1$ 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 ${\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z=$

(12)

\usepackage{tikz-3dplot}
\begin{document}
 
% 定义 3D 旋转角度变量
\def\elevationAngle{35} % 俯仰角
\def\rotationAngle{0}   % 水平旋转角（可调整 90 或 120）
 
\begin{tikzpicture}
    % 使用变量设置 3D 视角
    \tdplotsetmaincoords{\elevationAngle}{\rotationAngle}
    \begin{scope}[tdplot_main_coords]
 
        % 1. 绘制坐标轴（扩展 z 轴到负方向）
        \draw[->] (0,0,-2) -- (0,0,3) node[above] {$z$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (2,0,0) node[below right] {$x$};
        \draw[->] (0,0,0) -- (0,2,0) node[below left] {$y$};
 
        % 2. 绘制完整圆柱 (x^2 + y^2 = 1, -1 ≤ z ≤ 2)
        \draw[smooth, thick] (1,0,-2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % 底部 (实线)
        \draw[smooth, thick] (1,0,2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % 顶部 (实线)
        \draw[smooth, blue!80!white] (1,0,0) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1]; % z=0 处 (蓝色虚线)
        \draw[smooth, thick] ({cos(\rotationAngle)}, {sin(\rotationAngle)}, -2) -- ({cos(\rotationAngle)}, {sin(\rotationAngle)}, 2); % 左边界
        \draw[smooth, thick] ({cos(\rotationAngle+180)}, {sin(\rotationAngle+180)}, -2) -- ({cos(\rotationAngle+180)}, {sin(\rotationAngle+180)}, 2); % 右边界
 
        % 3. 正确填充平面区域 (z = x + y, 仅限 x^2 + y^2 ≤ 1)
        \begin{scope}
            \clip plot[domain=0:6.28,samples=100] 
                ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});
            \fill[red!20,opacity=0.2] plot[domain=0:6.28,samples=100] 
                ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});
        \end{scope}
 
        % 4. 绘制交线 L: z = x + y 与 x^2 + y^2 = 1 (红色)
        \draw[smooth, red] plot[domain=0:6.28,samples=100] 
            ({cos(deg(\x))}, {sin(deg(\x))}, {cos(deg(\x)) + sin(deg(\x))});
 
        % 5. 法向量 (红色箭头, 方向修正，确保垂直于交线)
        % 原始方向 (1,1,-1)，投影到 3D 旋转视角
        \draw[->, thick, red] (0,0,0) -- (-0.6,-0.6,0.6) node[right] {$\mathbf{n}$};
 
        % 6. 标注点
        \node[below] at (1,0,0) {1};
        \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
 
        % 7. 方程标注
        \node[left] at (-1.5, 0, 1.5) {\large $x^2 + y^2 = 1$};
        \node[right] at (1.5, 1.5, 2) {\large $z = x + y$};
 
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
 
\end{document}

• 解题过程 如图所示，平面 $\Sigma$ 取为平面 $x+y-z=0$ 上被 $L$ 截得的有限部分. 根据右手规则， $\mathbf{\Sigma }$ 的法向量取为 $\stackrel{z朝上，是正数}{\to }\mathbf{n}=(-1,-1,1)$ ，单位法向量为 $\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
  • $\begin{array}{rl}& {\oint }_{L}xz\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y+\frac{y^2}{2}\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ xz& x& \frac{y^2}{2}\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$
    • $\underset{注意a12是负号}{\overset{按第一行展开}{=}}-\frac{\sqrt{3}}{3}y+(-1)\cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)(-x)+\frac{\sqrt{3}}{3}$
  • $\begin{array}{r}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_{\mathbf{Z}}(1-\mathbf{x}-\mathbf{y})\mathrm{dS}\stackrel{之后全部投影到dxdy}{\to }\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}dS& =\sqrt{1+(-1{)}^2+(-1{)}^2}dxdy=\sqrt{3}dxdy\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}& =\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_D(1-x-y)\cdot \sqrt{3}dxdy\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_D(1-x-y)dxdy\end{array}$

• \begin{document}
  \begin{tikzpicture}
      % 绘制坐标轴
      \draw[->] (-1.5,0) -- (1.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-1.5) -- (0,1.5) node[above] {$y$};
   
      % 绘制圆 (x^2 + y^2 = 1)
      \draw[thick,red] (0,0) circle(1);
   
      % 在圆内部填充斜线
      \begin{scope}
          \clip (0,0) circle(1); % 只填充圆内区域
          \foreach \y in {-1.5,-1.2,...,1.5} {
              \draw[red!70] (-1.5,\y) -- (1.5,\y+1);
          }
      \end{scope}
   
      % 添加旋转箭头
      \draw[->,red,thick] (1,0) arc[start angle=0,end angle=45,radius=1];
   
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

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(12)

设 $L$ 是柱面 $x^2+y^2=1$ 与平面 $y+z=0$ 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 ${\oint }_{L}z\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z=$

(12)

• 答 应填 $\pi$.
• 
  
• 斯托克斯如何判断法向量
  • 右手螺旋准则，如果右手大拇指是朝上的z就为+1，如果是朝下的z就为-1
• 设平面 $\Sigma :y+z=0$, 取上侧, 其法向量为 $n=(0,1,1)$, 故单位法向量为 ${\mathbf{n}}^{\circ }=\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
• • 可知$\begin{array}{rl}{\oint }_{L}z\mathrm{d}x+y\mathrm{d}z& ={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}0& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ z& 0& y\end{array}\right|\mathrm{d}S\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{转换投影法}}{=}{\iint }_D\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{z=-y\text{求导}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{D_{xy}}\sqrt{0^2+(-1{)}^2+1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
      • 其中 $D_{xy}=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽1\right\}$ 为 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域.
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{D}1dxdy=\pi \end{array}$
• 斯托克斯公式的定义:
  $\begin{array}{r}{\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$

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(19)

(本题满分 10 分)已知曲线 $L$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2}\\ z=x,\end{array}$ 起点为 $A(0,\sqrt{2},0)$, 终点为 $B(0,-\sqrt{2},0)$, 计算曲线积 分 $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.

(19)

斯托克斯(一阶连续偏导)

• (2)看题目要求是否说明有一阶连续偏导，否则用投代积
  
• 斯托克斯公式直接化为第一类曲面积分
  空间平面怎么算
  空间曲面怎么算
  ${\oint }_{\Gamma }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S$
  • 其中 $\mathbf{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为有向曲面 $\Sigma$ 在点 $(x,y,z)$处的单位法向量.
• 解题思路
  • $\begin{array}{rl}& {\oint }_{L+L^{\prime }}\stackrel{\text{斯托克斯}}{\to }{\int }_{\Sigma }\mid \mid ds.\end{array}$
  • $\begin{array}{r}{\oint }_{L+L^{\prime }}-{\oint }_{L^{\prime }}=I\end{array}$
• 设 $L_1$ 是从点 $B$ 到点 $A$ 的直线段, $\Sigma$ 为平面 $z=x$ 上由 $L$ 与 $L_1$ 围成的半圆面下侧,其面积为 $\pi$,单位法向量为 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
  • $\begin{array}{r}z:z=x\end{array}$，则$\begin{array}{r}x-z=0\end{array}$
  • 法向量:$\begin{array}{r}(1,0,-1)\end{array}$
  • 单位向量:$(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
• $\begin{array}{rl}{\oint }_{L+L_1}(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z& \end{array}$. 由斯托克斯公式知,
  • $\begin{array}{r}={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y+z& z^2-x^2+y& x^2{y}^2\end{array}\right|\mathrm{d}S\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left[\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2x^{2}y-2z\right)+\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)(-2x-1)\right]dS\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{提出}\frac{1}{\sqrt{2}}}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_z\left(2x^{2}y-2z+2x+1\right)dS\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{z=x}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\left(2x^{2}y+1\right)\mathrm{d}S\end{array}$
    • 由于曲面 $\Sigma$ 关于 $xOz$ 平面对称, 且函数 $2x^{2}y$ 是关于 $y$ 的奇函数, 故 ${\iint }_{\Sigma }2x^{2}y\mathrm{d}S=0$,
  • $=\frac{1}{\sqrt{2}}{\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \Sigma$ 的面积
  • $\underset{\text{半圆的面积}}{\overset{S=\frac{1}{2}\cdot \pi \cdot (\sqrt{2}{)}^2}{=}}\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$
• 因此, $I=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi -0=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi$.

参数方程(连续函数)

• a. 一投二代三计算.(参数方程分为直角坐标和极坐标)
• 设 $\Gamma :\{\begin{array}{l}x=x(t),\\ y=y(t),t:a\to b,\\ z=z(t),\end{array}$, 则有
  • $\begin{array}{r}{\int }_{\Gamma }P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\end{array}$
    • $\begin{array}{rl}=& {\int }_a^b\left\{P[x(t),y(t),z(t)]x^{\prime }(t)+Q[x(t),y(t),z(t)]y^{\prime }(t)+R[x(t),y(t),z(t)]z^{\prime }(t)\right\}\mathrm{d}t.\end{array}$
      • $\begin{array}{rl}& dx=x^{\prime }(t)dt\end{array}$
      • $\begin{array}{r}dy=y^{\prime }(t)dt\end{array}$
      • $\begin{array}{r}dz=z^{\prime }(t)dt\end{array}$
• 如何写出参数方程:已知 $\begin{array}{r}L:\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2}\\ z=x\end{array}\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{z=x}{\to }x=\sqrt{2-x^2-y^2}\stackrel{\text{两边平方}}{\to }{x}^2=2-x^2-y^2\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{移项}}{\to }2x^2+y^2=2\stackrel{\text{化为椭圆方程}}{\to }{x}^2+\frac{y^2}{2}=1\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1}{\to }\{\begin{array}{l}x=\cos t\\ y=\sqrt{2}\sin t\\ z=\cos t\end{array}\end{array}$
  • $t\in \left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$, 且 $L$ 的起点 $A$ 对应 $t=\frac{\pi }{2}$, 终点对应参数 $t=-\frac{\pi }{2}$
• $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.
  • $={\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}[(\sqrt{2}\sin t+\cos t)(-\sin t)+\underset{{\cos }^{2}t-{\cos }^{2}t}{\underbrace{(\sqrt{2}\sin t)\cdot \sqrt{2}\cos t}}+{\cos }^{2}t\cdot 2{\sin }^{2}t\text{⋅}(-\sin t)]dt$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}\left(-\sqrt{2}{\sin }^{2}t-\sin t\cos t+2\sin t\cos t-2{\sin }^{3}t{\cos }^{2}t\right)dt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\left(-\sqrt{2}{\sin }^{2}t+\sin t\cos t-2{\sin }^{3}t{\cos }^{2}t\right)dt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{\text{奇函数为}0}{\overset{\text{区间对称}}{=}}-\sqrt{2}{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{-\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt\stackrel{\text{偶函数翻倍}}{=}2\sqrt{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}tdt\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{华里士}}{=}2\sqrt{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{\pi }{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi \end{array}$
    • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{二倍角公式也能算}}{\to }\text{过程自己算}\end{array}$

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(19)

数一2022
(本题满分 12 分)
已知曲线 $L$ 是曲面 $\Sigma :4x^2+y^2+z^2=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0$ 的边界, 曲面 $\Sigma$ 方向朝上, 曲线 $L$ 的方向和曲面 $\Sigma$ 的方向符合右手法则 计算 $I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z$

(19)

已知曲线 $L$ 是曲面 $\underset{\text{画图，补面}}{\underbrace{\Sigma :4x^2+y^2+z^2=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0}}$ 的边界,
$\underset{\text{右手法则，先斯托克斯，再用高斯}}{\underbrace{\text{曲面}\Sigma \text{方向朝上},\text{曲线}L\text{的方向和曲面}\Sigma \text{的方向符合右手法则}}}$
计算 $\underset{Pdx+Qdy+Rdz=\left|\begin{array}{ccc}dydz& dxdz& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|}{\underbrace{I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z}}$

• )
  • 如果不可偏导，则不能用斯托克斯

不用斯托克斯

• 如图 (a) 所示, 记 $L_1,L_2,L_3$ 分别为 $L$ 在 $xOy$ 面, $yOz$ 面, $zOx$ 面的部分.
  • 在 $L_1$ 上, $z=0,{\int }_{L_1}\mathrm{d}z=0$. 起点为 $\left(\frac{1}{2},0,0\right)$, 终点为 $(0,1,0)$.
  • 在 $L_2$ 上, $x=0,{\int }_{L_2}\mathrm{d}x=0$. 起点为 $(0,1,0)$, 终点为 $(0,0,1)$.
  • 在 $L_3$ 上, $y=0,{\int }_{L_3}\mathrm{d}y=0$. 起点为 $(0,0,1)$, 终点为 $\left(\frac{1}{2},0,0\right)$.
• $I={\oint }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z$
• $\underset{\text{将}x=0\text{代入}{L}_2\text{，将}y=0\text{代入}{L}_3}{\overset{\text{将}z=0\text{代入}{L}_1}{=}}{\int }_{L_1}\underset{=-1}{\underbrace{(-\cos 0)}}\mathrm{d}x+0+{\int }_{L_3}\underset{(-x\cos z)=-\cos z+x\sin z}{\underbrace{(-\cos z)\mathrm{d}x+x\sin z\mathrm{d}z}}$
• $=(-1)\times \left(0-\frac{1}{2}\right)+{\int }_{L_3}\mathrm{d}(-x\cos z)=\frac{1}{2}+{(-x\cos z)|}_{(0,0,1)}^{\left(\frac{1}{2},0,0\right)}$
• $=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0.$

用斯托克斯

• 区别
  • 一型线：ds
  • 二型线：dx+dy(格林)
  • 一型面：dS
  • 二型面：dxdy+dydz+dzdx(高斯)
  • 空间线：dx+dy+dz，用完斯托克斯后用高斯
• 使用方法的判断:由是对空间曲线积分,并且使用右手准则,因此推测用斯托克斯公式
  • 因曲线的正向与曲面的正法向重合，所以用第一种斯托克斯公式
  • 斯托克斯形式1：$\left|\begin{array}{ccc}dydz& dxdz& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|$
  • 斯托克斯形式2：$\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ p& Q& R\end{array}\right|\cdot dS$
• 使用斯托克斯公式将第二型曲线积分转换为第二型曲面积分
  ＝$\left|\begin{array}{lll}dydz& dzdx& dxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y{z}^2-\cos z& 2x{z}^2& 2xyz+x\sin z\end{array}\right|$
  按照第一行展开（二阶行列式的计算：主对角线减负对角线＝
  ${\iint }_{\Sigma }(2xz-4xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(-1)(2yz+\sin z-2yz-\sin z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(2z^2-z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
  • ${\iint }_{\Sigma }(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
• 曲面不封闭，用高斯补面：添加辅助平面 ，三个面都指向外侧
  • 平面 ${\Sigma }_1:\text{令}z=0\left(4x^2+y^2⩽1\right)$, 取下侧
  • 平面${\Sigma }_2:\text{令}x=0\left(y^2+z^2⩽1\right)$, 取后侧
  • 平面${\Sigma }_3:\text{令}y=0\left(4x^2+z^2⩽1\right)$, 取左侧
• 计算整个封闭曲面的积分：
  ${\iint }_{\Sigma +{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial R}{\partial z}dV={\iiint }_{\Omega }(-2z+2z)\mathrm{d}v=0$
• 计算补的面上的积分
  • 计算${\Sigma }_1$ 上的积分 ：$z=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_1}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
  • 计算${\Sigma }_2$ 上的积分 ：$x=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_2}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
  • 计算 ${\Sigma }_3$ 上的积分： $y=0$
    • ${\iint }_{{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
• 合并计算结果
  • $I={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y-{\iint }_{{\Sigma }_1+{\Sigma }_2+{\Sigma }_3}(-2xz)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
  • $\stackrel{\text{三个面的积分都是}0}{=}0-0-0-0=0$
  • 因此，积分 $I$ 的值为 0

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(20)

(本题满分 12 分) 已知有向曲线 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=2x$ 与平面 $2x-z-1=0$ 的交线, 从 $z$轴正向往 $z$ 轴负向看为逆时针方向, 计算曲线积分 ${\oint }_L\left(6xyz-y{z}^2\right)dx+2x^{2}zdy+xyzdz$

夜雨版

• 取上侧方向，那么${\int }_{\Gamma }\left(6xyz-y{z}^2\right)\mathrm{d}x+2x^{2}z\mathrm{d}y+xyz\mathrm{d}z$
  • $={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{c}\mathrm{d}y\mathrm{d}z\mathrm{d}z\mathrm{d}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^{2}2x^{2}zxyz\end{array}\right|$
  • $\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left(xz-2x^2\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(6xy-3yz)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z^2-2xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • 斯托克斯把曲线转换为平面，用高斯直接等于0
    • 高斯只适用于曲面，不适用平面
    • 选择将面投影到xOy
  • $\underset{{\iint }_{\Sigma }P\cdot \left(-z_x\right)+Q\cdot \left(-z_y\right)+R\cdot 1dxdy}{\overset{z=2x-1,z_x^{\prime }=2,z_y^{\prime }=0}{=}}{\iint }_{\sum }\left(xz-2x^3\cdot (-2)+(6xy-3yz)\cdot (0)+\left(z^2-2xz\right)\cdot 1\right)dxdy$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\iint }_{\sum }\left(4x^2-2xz\right)+\left(z^2-2xz\right)dxdy$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\iint }_{\sum }(2x-z{)}^{2}dxdy$
  • $\stackrel{2x+z=1}{=}{\iint }_{\sum }{1}^{2}dxdy$
• 将$z=2x-1$代入$x^2+y^2+z^2=2x$，得$x^2+y^2+\underset{\text{展开}}{\underbrace{(2x-1{)}^2}}-2x=0,$
  • $5x^2-6x+y^2+1=0.$
    • $\underset{\text{椭圆标准形式}}{\overset{\text{配方}}{\to }}5\left(x^2-\frac{6}{5}x\right)+y^2+1=0$
    • $\underset{x^2-\frac{6}{5}x+\frac{9}{5}\text{和椭圆}}{\underbrace{5{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2+y^2=\frac{4}{5}}}$
  • $\underset{\frac{{\left(x-x_0\right)}^2}{a^2}+\frac{{\left(y-y_0\right)}^2}{b^2}=1}{\overset{\text{同乘}\frac{5}{4}}{\to }}\frac{(x-\frac{3}{5}{)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}=1$
    • 行如:椭圆面积：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$、面积 $\pi ab$
    • $D$ 是中心 $\left(\frac{3}{5},0\right)$、长半轴长 $\sqrt{\frac{4}{5}}$，短半轴长 $\sqrt{\frac{4}{25}}$
    • 则$D$ 的面积为 $\pi \sqrt{\frac{4}{25}}\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{25}\pi$
• 第二类曲面积分的计算方法三：合一投影法（这个方法用起来和上一个方法差不多）
  • 若积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $z=z(x,y)$ 给出， $\Sigma$ 在 $xOy$ 坐标面的投影为 $D_{xy}$, 函数 $z(x,y)$ 在 $D_{xy}$ 上有一阶连续偏导数, $f(x,y,z)$ 在 $\Sigma$ 上连续,
  • 则有 ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy={\iint }_{\Sigma }\left[P\cdot \left(-z_x\right)+Q\cdot \left(-z_y\right)+R\cdot 1\right]dxdy$

高昆仑版

• 
  
• 记曲线 $L$ 在平面 $2x-z-1=0$ 上所围部分为 $\Sigma$。
  根据右手法则，取上侧。于是平面 $\Sigma$ 的法向量 $\vec{n}=-\{2,0,-1\}=\{-2,0,1\}$。
• 由斯托克斯公式:空间线转空间面
  $I={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS\stackrel{\cos \alpha =\frac{-2}{\sqrt{5}},\cos \beta =0,\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{5}}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{-2}{\sqrt{5}}& 0& \frac{1}{\sqrt{5}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^2& 2x^{2}z& xyz\end{array}\right|dS$
  • $\underset{\frac{1}{\sqrt{5}}\left(-2xz-2x^2-2xz+z^2\right)}{\underbrace{\iint \left[\frac{-2}{\sqrt{5}}\left(xz-2x^2\right)-0+\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\underset{-2xz}{\underbrace{4xz-6xz}}+z^2\right)\right]}}\mathrm{d}S$
  • $={\iint }_{\Sigma }\frac{1}{\sqrt{5}}(2x-z{)}^{2}dS\underset{\text{一投影到}xOy\text{面}:ds=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}{\overset{\text{二代}:2x-z=1}{=}}{\iint }_{Dxy}\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot 1^2\cdot \underset{\sqrt{1+2^2+1^2}=\sqrt{5}}{\underbrace{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}}dxdy$
  • $={\iint }_{D_{xy}}\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot 1^2\cdot \sqrt{5}dxdy={\iint }_{D_{xy}}1dxdy=A_{D_{xy}}.$
• 求投影椭圆的面积，由$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=2x\\ 2x-z-1=0\end{array}$
  • 消去 $z$，得 $D_{xy}$：$x^2+y^2+(2x-1{)}^2\le 2x$。
  • 即 $D_{xy}$：$5x^2+y^2-6x+1\le 0$。，配方$D_{xy}$：$\frac{{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}\le 1$。
  • $\Rightarrow A_{D_{xy}}\stackrel{\text{椭圆面积}=\pi ab}{=}\pi \cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}.$

李艳芳版

• 
  
• 曲线L的方程是:$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=2x\\ 2x-z-1=0\end{array}$，曲线L是封闭曲线L
  • L 围成平面 $2x-z-1=0$ 上的有界部分为 $\Sigma$、取上侧。记所求曲线积分为 $I$。
• L 的方向与 $\Sigma$ 的方向符合右手法则(从上往下看)，则由斯托克斯公式
  • $I={\oint }_L(6xyz-y{z}^2)dx+2x^{2}zdy+xyzdz$
    • $={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{c}dydzdzdxdxdy\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ 6xyz-y{z}^{2}2x^{2}zxyz\end{array}\right|$
    • $\stackrel{\text{将第一行展开}}{=}{\iint }_{\Sigma }(xz-2x^2)dydz-(yz-2xy+2yz)dzdx+(z^2-2xz)dxdy$
    • $\stackrel{\text{合并整理}}{=}{\iint }_{\Sigma }(xz-2x^2)dydz+(6xy-3yz)dzdx+(z^2-2xz)dxdy$
    • $\stackrel{\text{提取公因式}}{=}{\iint }_{\Sigma }(-x)(2x-z)dydz+3y(2x-z)dzdx+(-z)(2x-z)dxdy$
    • $\stackrel{\text{代入}2x-z=1}{=}{\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+3ydzdx+(-z)dxdy$
    • $\stackrel{\text{投影垂直于}ZoX\text{面}}{\to }{\iint }_z(-x)dydz+(-z)dxdy.$
• 利用两类曲面积分之间的联系得
  • ${\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+(-z)dxdy$转化为关于$x,y$的曲面积分
  • 令:F(x,y,z) $=z-2x+1\sum :F(x,y,z)=0$
    • $n$ 可取为 $(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime })=(-2,0,1)$
    • $\cos \alpha =\frac{-2}{\sqrt{5}},\cos \beta =0,\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{5}}$
    • $dydz=\frac{\cos \alpha }{\cos \gamma }dxdy=-2dxdy$
• 于是${\iint }_{\Sigma }(-x)dydz+(-z)dxdy$
  • $\stackrel{dydz=\frac{\cos \alpha }{\cos \gamma }dxdy=-2dxdy}{\to }{\iint }_{\Sigma }[(-2)(-x)+(-z)]dxdy={\iint }_{\Sigma }(2x-z)dxdy$
  • $\stackrel{2x-z=1}{\to }{\iint }_{\Sigma }dxdy={\iint }_{D}dxdy$
• 将$z=2x-1$代入$x^2+y^2+z^2=2x$，得$x^2+y^2+(2x-1{)}^2-2x=0,$
  • $5x^2-6x+y^2+1=0.$
  • $\stackrel{\text{配方}}{\to }5\left(x^2-\frac{6}{5}x\right)+y^2+1=0$
  • $\underset{\text{椭圆}}{\underbrace{5{\left(x-\frac{3}{5}\right)}^2+y^2=\frac{4}{5}}}$
  • $\frac{(x-\frac{3}{5}{)}^2}{\frac{4}{25}}+\frac{y^2}{\frac{4}{5}}=1$
    • 行如:椭圆面积：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$、面积 $\pi ab$
    • $D$ 是中心 $\left(\frac{3}{5},0\right)$、长半轴长 $\sqrt{\frac{4}{5}}$，短半轴长 $\sqrt{\frac{4}{25}}$
    • 则$D$ 的面积为 $\pi \sqrt{\frac{4}{25}}\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{4\pi }{5\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{25}\pi$
• 1997 年数一试题
  • 计算曲线积分${\oint }_C(z-y)\mathrm{d}x+(x-z)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z,$
    其中 $C$ 是曲线 $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1,\\ x\to y+z=2,\end{array}$ 从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看， $C$ 的方向是顺时针的.
• 2001 年数一试题
  • 计算 $I={\oint }_L\left(y^2-z^2\right)\mathrm{d}x+\left(2z^2-x^2\right)\mathrm{d}y+\left(3x^2-y^2\right)\mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 是平面 $x+y+z=2$ 与柱面 $|x|+|y|=1$ 的交线，从 $z$ 轴正向看去， $L$ 为逆时针方向.
• 2015 年数一试题
  • 已知曲线 $L$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{2-x^2-y^2},\\ z=x,\end{array}$ 起点为 $A(0,\sqrt{2},0)$, 终点为 $B(0,-\sqrt{2},0)$, 计算曲线积分 $I={\int }_L(y+z)\mathrm{d}x+\left(z^2-x^2+y\right)\mathrm{d}y+x^2{y}^2\mathrm{d}z$.
• 2022 年数一试题
  • 已知 $\Sigma$ 为曲面 $4x^2+y^2+z^2=1(x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0)$ 的上侧, $L$ 为 $\Sigma$ 的边界曲线，其正向与 $\Sigma$ 的正法向量满足右手法则，计算曲线积分$I={\int }_L\left(y{z}^2-\cos z\right)\mathrm{d}x+2x{z}^2\mathrm{d}y+(2xyz+x\sin z)\mathrm{d}z.$

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积分与路径无关

(11)

若曲线积分 ${\int }_L\frac{x\mathrm{d}x-ay\mathrm{d}y}{x^2+y^2-1}$ 在区域 $D=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\right\}$ 内与路径无关, 则 $a$

(11)

• 答 应填 -1 .
  解 由题设知
  则
• 由曲线积分与路径无关知$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
  • $P=\frac{x}{x^2+y^2-1},Q=\frac{-ay}{x^2+y^2-1},$
  • $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-2xy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2},\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2axy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}.$
    • 故$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$, 即$\frac{-2xy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}=\frac{2axy}{{\left(x^2+y^2-1\right)}^2}$
      • $-2xy=2axy$
      • 解得 $a=-1$.
• 设 $G$ 是平面上的单连通区域, 函数 $P(x,y),Q(x,y)$ 在 $G$ 内具有一阶连续偏导数,
  则下列四个条件等价.
  • (1) 对于 $G$ 内任意一条光滑 (或分段光滑) 闭曲线 $L,{\oint }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$;
  • (2) 曲线积分 ${\int }_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$ 在 $G$ 内与路径无关;
  • (3) 存在 $G$ 内的二元可微函数 $U(x,y)$, 使得
    $\mathrm{d}U(x,y)=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y,$
    即 $P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$ 为 $U(x,y)$ 的全微分;
  • (4) 在 $G$ 内等式$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$恒成立.

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(4)

设函数 $Q(x,y)=\frac{x}{y^2}$. 如果对上半平面 $(y>0)$ 内的任意有向光滑封闭曲线 $C$ 都有 ${\oint }_{C}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$, 那么函数 $P(x,y)$ 可取为 $()$
(A) $y-\frac{x^2}{y^3}$.(B) $\frac{1}{y}-\frac{x^2}{y^3}$.(C) $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}$.(D) $x-\frac{1}{y}$.

(4)

• 答 应选 D.
• 解 本题考察曲线积分与路径无关的四个等价命题
  • $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$.
• 已知函数 $Q(x,y)=\frac{x}{y^2}$， 则 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{1}{y^2}$,
  • 故 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}$, 然后只需要寻找$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}$的选项， 选 D.

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其他

(4)

设 $L_1:x^2+y^2=1,L_2:x^2+y^2=2,L_3:x^2+2y^2=2,L_4:2x^2+y^2=2$ 为四条逆时针方向的平面曲线. 记 $I_i={\oint }_{L_i}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)\mathrm{d}y(i=1,2,3,4)$, 则 $\max \left\{I_1,I_2,I_3,I_4\right\}=()$
( A) $I_1$.
( B) $I_2$.
( C) $I_3$.
( D) $I_4$.

(4)

• 答 应选(D).
  解 设
• $D_1:x^2+y^2⩽1;D_2:x^2+y^2⩽2;D_3:\frac{x^2}{2}+y^2⩽1;D_4:x^2+\frac{y^2}{2}⩽1\text{, }$并记 $D=D_3\cap D_4$.
  根据格林公式, 得
• $\begin{array}{rl}{I}_i& ={\oint }_{L_0}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)\mathrm{d}y={\iint }_{D_0}\left[\left(2-x^2\right)-\left(1+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
• $\begin{array}{r}={\iint }_{D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$至此, 曲线积分的比较转化为二重积分的比较.
  由于
• $\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{D_1}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$
• $\begin{array}{rl}<{\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_4;& \\ I_3& ={\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\iint }_{D_1-D_0}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iint }_D\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<I_4;\\ I_2={\iint }_{D_i}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\\ {\iint }_{D_3-D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y<{\iiint }_{D_4}\left[1-\left(x^2+\frac{1}{2}{y}^2\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_4.\end{array}$所以 $\max \left\{I_1,I_2,I_3,I_4\right\}=I_4$, 即应选(D).

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第一类曲面积分

化为二重积分

(19)

(本题满分 10 分)
设 $P$ 为椭球面 $S:x^2+y^2+z^2-yz=1$ 上的动点, 若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直, 求点 $P$ 的轨迹 $C$, 并计算曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }\frac{(x+\sqrt{3})|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}\mathrm{d}S$, 其中 $\Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于曲线 $C$ 上 方的部分. (抽象题)

(19)

• 椭球面 $S:x^2+y^2+z^2-yz=1$ 在点 $P$ 处的法向量是
  • $n=(2x,2y-z,2z-y)\text{, }$
  • $xOy$ 面的法向量是 $k=(0,0,1)$.
  • $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直的充分必要条件是 $n\cdot k=2z-y=0\text{. }$
  • 所以点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}2z-y=0,\\ x^2+y^2+z^2-yz=1,\end{array}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}2z-y=0,\\ x^2+\frac{3}{4}{y}^2=1.\end{array}\end{array}$
• 取 $D=\left\{(x,y)\mid x^2+\frac{3}{4}{y}^2⩽1\right\}$,
  • 记曲面 $\Sigma$ 的方程为 $z=z(x,y),(x,y)\in D$.
  • 由于$\sqrt{1+{\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}^2}=\sqrt{1+{\left(\frac{2x}{y-2z}\right)}^2+{\left(\frac{2y-z}{y-2z}\right)}^2}=\frac{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}{|y-2z|},$
• 所以 $I={\iint }_D\frac{(x+\sqrt{3})|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}\cdot \frac{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}{|y-2z|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D(x+\sqrt{3})\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
  • 又因为 ${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,{\iint }_D\sqrt{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi$,
  • 所以$I={\iint }_D(x+\sqrt{3})\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi .$
• 注 正确写出轨迹方程是后续解题的关键.

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(12)

设 $\Sigma =\{(x,y,z)\mid x+y+z=1,x⩾0,y⩾0,z⩾0\}$, 则 ${\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S=$

(12)

答 应填 $\frac{\sqrt{3}}{12}$.

• 转换投影是对积分区域转换投影，还是对被积函数转换投影?
• 
  ，积分区域投影后，
  • 要投影的方程:$z=1-x-y$
• 解 记 $D=\{(x,y)\mid x+y⩽1,x⩾0,y⩾0\}$, 则
• $\begin{array}{r}{\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S=\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\iint }_D{y}^2\underset{\sqrt{3}}{\underbrace{\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}}}dxdy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\sqrt{3}{\int }_D{y}^{2}dxdy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\underset{限内穿条线}{\overset{后积先定限}{=}}\sqrt{3}{\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1-y}{y}^{2}dx\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=\sqrt{3}{\int }_0^1(y^2-y^3)dy\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{牛莱}{=}\sqrt{3}\left(\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}\right){|}_0^1=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{12}=\frac{\sqrt{3}}{12}\end{array}$

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(19)

(本题满分 10 分)
设薄片型物体 $S$ 是圆雉面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2=2x$ 割下的有限部分, 其上任一点的密度为 $\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. 记圆雉面与柱面的交线为 $C$.
(I ) 求 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线的方程;
(II) 求 $S$ 的质量 $M$.(抽象题)

(19)

• 读题
  • 设薄片型物体 $S$ 是$\underset{\text{画图}}{\underbrace{\text{圆锥面}z=\sqrt{x^2+y^2}\text{被柱面}{z}^2=2x\text{割下的有限部分}}}$, 其上任一点的密度为 $\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. 记$\underset{\text{先求空间曲线}}{\underbrace{\text{圆雉面与柱面的交线为}C}}$.
    (I ) $\underset{\text{令}z=0\text{，求得}xOy\text{面的投影}}{\underbrace{\text{求}C\text{在}xOy\text{平面上的投影曲线的方程}}}$;
    (II) $\underset{\text{让你求}S\text{的曲面面积}}{\underbrace{\text{求}S\text{的质量}M}}$.(抽象题)
• 注 正确写出投影曲线的方程是后续的关键.
• ( I ) 由题设知, 圆锥面与柱面的交线 $C$ 的方程为 $\{\begin{array}{l}z=\sqrt{x^2+y^2},\\ z^2=2x,\end{array}$ 消去 $z$ 得到 $x^2+y^2=$ $2x$,
  • 于是 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线的方程为
    $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=2x,\\ z=0.\end{array}$
• 
  
• (II) 因为 $S$ 的点密度为$\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2},$所以 $S$ 的质量为密度乘以面积
• $dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy\underset{z_y=\frac{y}{z}}{\overset{z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{z}}{\to }}$
  • $=\sqrt{1+\frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{z^2}}dxdy$
  • $\stackrel{z^2=x^2+y^2}{=}\sqrt{2}dxdy$
• 又 $S$ 在 $xOy$ 面上的投影区域为$D=\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2x\right\},$所以
  • $M={\iint }_{S}9\sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm{d}S$
    • $\stackrel{z=\sqrt{x^2+y^2}}{=}{\iint }_{D}9\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{2}dxdy$
    • $=18{\iint }_{x^2+y^2⩽2x}\sqrt{x^2+y^2}dxdy$
    • $=18{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\cos \theta }r\cdot r\mathrm{d}r$
    • $=48{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta =96{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta$
    • $=96\times \frac{2}{3}=64$
• $\begin{array}{r}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}x\mathrm{d}x=\{\begin{array}{ll}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},& n\text{ 为偶数, }n⩾2,\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdot \frac{2}{3},& n\text{ 为奇数, }n⩾3.\end{array}\end{array}$

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第二类曲面积分

连续函数,只能三合一

(18)

(本题满分 10 分)
设 $\Sigma$ 为曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}\left(1⩽x^2+y^2⩽4\right)$ 的下侧, $f(x)$ 是连续函数, 计算 $I={\iint }_{\Sigma }[xf(xy)+2x-y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[yf(xy)+2y+x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[zf(xy)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

• 分析 本题主要考査第二类曲面积分的计算.

• 本题中的被积函数含有抽象函数 $f$ ，可考虑利用两类曲面积分之间的联系消去该抽象函数。
  本题的典型错误：先补面再用高斯公式，

• 两类曲面积分之间的联系
  ${\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{\Sigma }(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )\mathrm{d}S,$

  • 其中 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 为有向曲面 $\Sigma$ 在点 $(x,y,z)$ 处的法向量的方向余弦.
  • 设有向曲面方程为 $z=z(x,y)$, 取上侧. 由于有向曲面 $\Sigma$ 取上侧
  • 公式推导: 设$z=z(x,y)$，取上侧
    • $F(x,y,z)=0$，令 $F(x,y,z)=z-z(x,y)$
    • $\vec{n}=\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)=\left(-z_y^{\prime },-z_y^{\prime },1\right)$
    • 故 $\Sigma$ 的法向量的方向余弦为$\cos =\frac{\vec{n}}{\Vert \vec{n}\Vert }$
      $\cos \alpha =\frac{-z_x^{\prime }}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}},\cos \beta =\frac{-z_y^{\prime }}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}},\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}}}.$

• \usepackage{tikz-3dplot}
  \begin{document}
   
  % 设定旋转体视角角度
  \def\phi{80} %俯仰角
  \def\theta{120}   % 旋转角度
  \def\thetaEdgeA{\theta-10}  % 视角边界角1（120° - 10°）
  \def\thetaEdgeB{\theta+180+10}  % 视角边界角2（120° + 180° + 10°）
   
  \tdplotsetmaincoords{\phi}{\theta}
  \begin{tikzpicture}
      \begin{scope}[tdplot_main_coords]
   
          % 坐标轴
          \draw[->] (0,0,0) -- (4,0,0) node[below right] {$x$};
          \draw[->] (0,0,0) -- (0,4,0) node[below left] {$y$};
          \draw[->] (0,0,0) -- (0,0,3) node[above] {$z$};
   
          % 深灰色圆环（XY 平面上的投影）
          \fill[black!60,opacity=0.5] (0,0,0) circle (2);
          \fill[white!100] (0,0,0) circle (1); % 中心填充黑色形成圆环
          \draw[thick, black] (0,0,0) circle (2);
  		\draw[thick, black] (0,0,0) circle (1);
   
          % **蓝色填充区域（正确匹配视角边界 110° 和 310°）** 使用两段 fill
  		% 内层
  		\draw[fill=white!70,fill opacity=0.5] 
  			plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeB:\thetaEdgeA,smooth] ({2*cos(\t)},{2*sin(\t)},{2}) 
  		 -- plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeA:\thetaEdgeB,smooth] ({cos(\t)},{sin(\t)},{1}) 
  		 -- cycle;
  		% 外层
          \draw[fill=blue!90,fill opacity=0.9] 
              plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeB:\thetaEdgeA+360,smooth] ({2*cos(\t)},{2*sin(\t)},{2}) 
           -- plot[variable=\t,domain=\thetaEdgeA+360:\thetaEdgeB,smooth] ({cos(\t)},{sin(\t)},{1}) 
           -- cycle;
   
          % **虚线轮廓（XOZ, YOZ 平行边界）**
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (2,0,2);
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (0,2,2);
  		\draw[dashed] (0,0,0) -- (-2,0,2);
          \draw[dashed] (0,0,0) -- (0,-2,2);
   
          % **真实视角边缘轮廓线（\thetaEdgeA 和 \thetaEdgeB 实线）**
          \foreach \angle in {\thetaEdgeA, \thetaEdgeB} {
              \draw[thick] (0,0,0) -- ({2*cos(\angle)},{2*sin(\angle)},2);
          }
   
          % 顶部圆形（r=2 边界）
          \draw[smooth] (2,0,2) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=2,y radius=2];
          \draw[smooth] (1,0,1) arc[start angle=0,end angle=360,x radius=1,y radius=1];
   
  		% **法向量（起点在 r=1.5, z=1.5, 朝向 XOZ 平面外）**
          \draw[->,thick] (1.5,0,1.5) -- (2,0,1) node[left] {$\mathbf{n}$};
   
          % 标注点
          \node[below left] at (0,0,0) {$O$};
          \node[right] at (0,1,0) {$1$};
          \node[right] at (0,2,0) {$2$};
          \node[right] at (0,0,1) {$1$};
          \node[right] at (0,0,2) {$2$};
          
          % 标注方程
  	    \node[right] at (0,1.5,1) {\large $z=\sqrt{x^2+y^2}$};
   
      \end{scope}
  \end{tikzpicture}
  \end{document}

  \usepackage{tikz}
  \begin{document}
   
  % 2D Projection View
  \begin{tikzpicture}
   
      % 坐标轴
      \draw[->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-2.5) -- (0,2.5) node[above] {$y$};
   
      % 底面圆环（颜色匹配 3D 版本）
      \fill[black!60,opacity=0.5] (0,0) circle (2);
      \fill[white] (0,0) circle (1);
   
      % 圆环边界线（确保清晰）
      \draw[thick, black] (0,0) circle (2);
      \draw[thick, black] (0,0) circle (1);
   
      % 标注点
      \node[below left] at (0,0) {$O$};
      \node[below] at (1,0) {$1$};
      \node[below] at (2,0) {$2$};
      \node at (1.5,1.5) {\large $D$};
   
  \end{tikzpicture}
   
  \end{document}

• 由于曲面 $\Sigma$ 取下侧，故 $\Sigma$ 的法向是 $n$ 与 $z$ 轴正向成钝角

• $F(x,y,z)=z-\sqrt{x^2+y^2}$

• 向上的法向量$\vec{n}=\left(F_x^{\prime },F_y^{\prime },F_z^{\prime }\right)=\left(-z_y^{\prime },-z_y^{\prime },1\right)$

  • 向下的法向量$n=\left(z_y^{\prime },z_y^{\prime },-1\right)=\left(\frac{x}{\sqrt{x+y^2}},\frac{y}{\sqrt{x+y^2}},-1\right)\stackrel{z=\sqrt{x^2+y^2}}{=}\left(\frac{x}{z},\frac{y}{z},-1\right)$
    • $z=\sqrt{x^2+y^2}$
    • $z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{z}$
    • $z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{y}{z}$

• $I={\iint }_{\Sigma }[xf(xy)+2x-y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[yf(xy)+2y+x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[zf(xy)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

• ${\iint }_{\Sigma }={\iint }_D\left(P{z}_x+Q{z}_y-R\right)dxdy$

  • $={\iint }_D\left[(x\cdot f+2x-y)\frac{x}{z}+(y\cdot f+2y+x)\frac{y}{z}-zf-z\right)]dxdy$
    • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}{\iint }_{\Sigma }\left[\left(\frac{x^2+y^2}{z}-z\right)f(xy)+\frac{2\left(x^2+y^2\right)}{z}-z\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{全打散拆开}}{=}\frac{x^2}{z}f+\frac{2x^2}{z}-\frac{xy}{z}+\frac{y^2}{z}f+\frac{2y^2}{z}+\frac{xy}{z}-z\cdot f-z\underset{z^2=x^2+y^2}{\overset{\text{化简}}{\to }}z$
  • ${\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{\Sigma \text{ 取下侧 }}{=}{\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{极坐标}}{=}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_1^2{r}^2\mathrm{d}r={2\pi \cdot \frac{r^3}{3}|}_1^2=\frac{14\pi }{3}.$

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(2)

设 $P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)$ 均为连续函数, $\Sigma$ 为曲面 $Z=\sqrt{1-x^2-y^2}(x⩽0,y⩾0)$ 的上侧,则 ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx=()$
(A) ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(B) ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P+\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(C) ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)dxdy$
(D) ${\iint }_{\Sigma }\left(-\frac{x}{z}P-\frac{y}{z}Q\right)dxdy$

• 读题
  设 $P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)$ 均为连续函数, $\Sigma$ 为$\underset{\text{画图}+\text{球面}}{\underbrace{\text{曲面}Z=\sqrt{1-x^2-y^2}(x⩽0,y⩾0)\text{的上侧}}}$,则 $\underset{\text{第二类曲面积分}}{\underbrace{{\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdzdx=()}}$
• 解：$\underset{\Sigma }{\iint }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy\stackrel{\text{转换投影法}}{=}\underset{\Sigma }{\iint }\left[P\cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial x}\right)+Q\cdot \left(-\frac{\partial z}{\partial y}\right)+R\right]dxdy$
  • 本题曲面 $\Sigma$ 方程为 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，于是
    • $\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=\frac{-x}{z}$
    • $\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{z}$
  • 按照上述公式，选 $(A)$。

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直接高斯

(14)

设 $\Sigma$ 为空间区域 $\left\{(x,y,z)\mid x^2+4y^2⩽4,0⩽z⩽2\right\}$ 表面的外侧, 则曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+$ $y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

(14)

• • 
    
• 解 利用高斯公式，得
  • 原式$={\oint }_{\Sigma }{x}^{2}dydz+y^{2}dzdx+zdxdy$
  • $\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iiint }_{\Omega }(2x+2y+1)dv$
  • $\underset{x\text{，}y}{\overset{\text{奇函数为}0}{=}}0+{\iiint }_{\Omega }1dv=V_{\Omega }\underset{\pi ab\times h}{\overset{\text{求圆柱体体积}}{=}}\pi \cdot 2\cdot 1\cdot 2\cdot \frac{4}{4}\pi .$

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(18)

(本题满分 10 分)
设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2x+y+2z=2$ 与三个坐标平面围成, $\Sigma$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧,计算曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }\left(x^2+1\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(18)

• 
  ，，
• 根据高斯公式$\begin{array}{r}{\iint }_{{\Sigma }_{\text{外 }}}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy={\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)dV\end{array}$
• $D=\{(x,y)\mid 2x+y⩽2\}$
  • 底面积$S_D=\frac{1}{3}\times 2$\times$1=1$，高$h=1$
• $I={\iint }_{\Omega }(x^2+1)dydz-2ydzdx+3zdxdy$
  • $\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iint }_{\Omega }(2x-2+3)dV={\iint }_{\Omega }(2x+1)dV$
  • $={\iiint }_{\Omega }2xdV+V_{\Omega }$
    • $V_{\Omega }=\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}.$
• $\Omega =\left\{(x,y,z)|0\le z\le \frac{2-2x-y}{2},(x,y)\in D\right\}$
• $D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2-2x,0\le x\le 1\}$
• ${\iiint }_{\Omega }2xdV={\int }_0^{1}2xdx{\int }_0^{2-2x}dy{\int }_0^{\frac{2-2x-y}{2}}dz$
  • $\stackrel{\text{对}z\text{积分}}{=}{\int }_0^{1}2x\left[{\int }_0^{2-2x}\frac{2-2x-y}{2}dy\right]dx$
    • $\stackrel{\text{消去}2}{=}{\int }_0^{1}x\left[{\int }_0^{2-2x}(2-2x-y)dy\right]dx$
  • $\stackrel{\text{对}y\text{积分}}{=}{\int }_0^{1}x\left[\left((2-2x)y-\frac{y^2}{2}\right){|}_0^{2-2x}\right]dx$
    • $\stackrel{\text{代入积分上下限}}{=}{\int }_0^{1}x\left((2-2x{)}^2-\frac{(2-2x{)}^2}{2}\right)dx$
    • $\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_0^{1}x\cdot \frac{(2-2x{)}^2}{2}dx\stackrel{\text{整理}}{=}{\int }_0^{1}x\cdot 2(1-x{)}^{2}dx$
    • $\stackrel{\text{完全平方}}{=}2{\int }_0^{1}x(x^2-2x+1)dx\stackrel{\text{去括号}}{=}2{\int }_0^1(x^3-2x^2+x)dx$
  • $\stackrel{\text{对}x\text{积分}}{=}2\left(\frac{x^4}{4}-\frac{2x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right){|}_0^1$
  • $=2\left(\frac{1}{4}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{6}.$

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补面

(12)

设 $\Sigma$ 为曲面 $x^2+y^2+4z^2=4(z⩾0)$ 的上侧, 则 ${\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

(12)

• • 
    
    答 应填 $\frac{32}{3}$.
• 原曲面是个椭球体:$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}+z^2=1$
• 本题就是转换投影后的一个平面
  ${\iint }_{\Sigma }Pdydz+Qdxdz+Rdxdy$
  • $\stackrel{\text{投影向量}n}{=}{\iint }_D(-P{z}_x-Q{z}_y+R)dxdy$
• 原式${\iint }_{\Sigma }\sqrt{4-x^2-4z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{x^2+y^2+4z^2=4}{=}{\iint }_{\Sigma }\sqrt{y^2}dxdy=\iint |y|dxdy$
  • $=4{\iint }_{D_1}ydxdy=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^2{r}^2\sin \theta dr$
  • $=4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta d\theta {\int }_0^2{r}^{2}dr\stackrel{{\frac{r^3}{3}|}_0^2=\frac{8}{3}}{=}4\cdot 1\cdot \frac{8}{3}=\frac{32}{3}$

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Transclude of 数一2014#18

(17)

(本题满分 10 分) 设 $\Sigma$ 是曲面 $x=\sqrt{1-3y^2-3z^2}$ 的前侧, 计算曲面积分 $I={\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

(17)

• 解题思路:补面用高斯，补的面:积分为零，补的面是一个平面
  • 曲面 $\Sigma$ 为位于 $yOz$ 面前侧的半个椭球面的前侧, 椭球面方程为 $x^2+3y^2+3z^2=1.$
    $\Sigma$不是封闭曲面, 可以先添加辅助曲面,再利用高斯公式将所求第二类曲面积分转化为三重积分进行计算.
  • 高斯公式：设空间闭区域 $\Omega$ 由分片光滑的闭曲面 $\Sigma$ 所围成. 若函数 $P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 上具有一阶连续偏导数，则有
    ${\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v={\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$
• 
  
• (解) 如图所示, 添加辅助平面 ${\Sigma }^{\prime }:x=0\underset{\text{取}x=0\text{，代入上式}}{\overset{x^2+3y^2+3z^2=1}{\to }}\left(3y^2+3z^2⩽1\right)$, 取后侧,
  即法向量指向 $x$ 轴负向, 则 $\Sigma$与 ${\Sigma }^{\prime }$ 围成一个半椭球体 $\Omega$, 且法向量指向外侧.
  • $\begin{array}{rl}& I={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }^{\prime }}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\underset{=0\text{，补的平面积分为零}}{\underbrace{{\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y.}}\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={\iint }_{\Sigma +{\Sigma }^{\prime }}^{\prime \prime }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y^3+2\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y\stackrel{\text{高斯}}{=}{\iiint }_{\Omega }^{\prime \prime }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v.\end{array}$

柱线法

• 采用先重后单的积分次序计算 ${\iiint }_{\Omega }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v$.
  沿平行于 $yOz$ 面的方向作 $\Omega$ 的横截面，得$D_x=\left\{(y,z)\mid 3y^2+3z^2⩽1-x^2\right\}.$
  • $D_x$ 是半径为 $\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}$ 的圆盘. 于是,$\begin{array}{r}\Omega =\left\{(x,y,z)\mid (y,z)\in D_x,0⩽x⩽1\right\}.\end{array}$
  • $\left\{(r,\theta )|0\le r\le \sqrt{\frac{1-x^2}{3}},0\le \theta \le 2\pi \right\}$
• $\begin{array}{rl}& \\ {\iiint }_{\Omega }\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}v=& {\int }_0^1\mathrm{d}x{\iint }_{D_x}\left(1+3y^2+3z^2\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{ 极坐标 }}{=}{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}}\left(1+3r^2\right)\cdot r\mathrm{d}r\end{array}$
    • $\begin{array}{r}={2\pi {\int }_0^1\left(\frac{r^2}{2}+\frac{3r^4}{4}\right)|}_0^{\sqrt{\frac{1-x^2}{3}}}\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=2\pi {\int }_0^1\left[\frac{1-x^2}{6}+\frac{3}{4}\cdot \frac{{\left(1-x^2\right)}^2}{3^2}\right]\mathrm{d}x\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{\pi }{6}{\int }_0^1\left(x^4-4x^2+3\right)\mathrm{d}x.\end{array}$
    • $\begin{array}{r}=\frac{\pi }{6}\times \left(\frac{1}{5}-\frac{4}{3}+3\right)=\frac{14\pi }{45}\end{array}$

转换投影法

• $\begin{array}{rl}& {\Sigma }^{\prime }:z=\frac{\sqrt{1-3y^2-3x^2}}{I}\end{array}$
• $\begin{array}{r}I={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}zdydx+\left(y^3+2\right)dxdz+x^{3}dydz\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{\text{重新排序}}{=}{\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}{x}^{3}dydz+\left(y^3+2\right)dxdz+zdxdy\end{array}$
    这道题用转换投影法不好算，因为被积函数很复杂

截面法

• 2007 年数一试题计算曲面积分
  $I={\iint }_{\Sigma }xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2zy\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$其中 $\Sigma$ 为曲面 $z=1-x^2-\frac{y^2}{4}(0\le z\le 1)$ 的上侧.
• 2008 年数一试题
  设曲面 $\Sigma$ 是 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 的上侧, 则 ${\iint }_{\Xi }xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$

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补点

(19)

(本题满分 10 分)
计算曲面积分 $I=\Sigma \frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{\frac{3}{2}}}$, 其中 $\Sigma$ 是曲面 $2x^2+2y^2+z^2=4$ 的外侧.

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方向导数,梯度,旋度,散度

求方向导数

(3)

函数 $f(x,y,z)=x^{2}y+z^2$ 在点 $(1,2,0)$ 处沿向量 $\mathbf{n}=(1,2,2)$ 的方向导数为 $()$(A) 12 .
(B) 6 .
(C) 4 .
(D) 2 .

(3)

答 应选(D).

• 设函数 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 可微分, ${\mathbf{e}}_l=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是与方向 $l$ 同向的单位向量, 则 $f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处沿方向 $l$ 的方向导数存在, 且
  ${\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}=\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)\cdot {\mathbf{e}}_l={\frac{\partial f}{\partial x}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \alpha +{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \beta +{\frac{\partial f}{\partial z}|}_{\left(x_0,y_0,z_0\right)}\cos \gamma .$
• $\frac{n}{\Vert n\Vert }=\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma =\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
• $\frac{\partial f}{\partial \vec{n}}=\left(f_x,f_y,f_z\right)\cdot \underline{(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma })$
  • $=\left(2xy,x^2,2z\right)\cdot \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
  • $=(4,1,0)\cdot \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$
  • $=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2$

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(11)

数一2022
函数 $f(x,y)=x^2+2y^2$ 在点 $(0,1)$ 处的最大方向导数为
数一2022
答 应填 4.

• 定义
  • 方向导数描述了函数在某一点沿着特定方向的变化率。
  • 梯度 $\nabla f$ 是一个向量，其方向是函数增长最快的方向，其模是该点的最大方向导数。
• 解 沿着梯度方向, 方向导数最大, 最大值为梯度的模, 首先求梯度:
  • ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}={2x|}_{(0.1)}=0$
  • ${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}={4y|}_{(0,1)}=4$
  • ${\mathrm{grad}f|}_{(0.1)}=0i+4j.$
• 梯度的模是最大方向导数的值。
  • 故在点 $(0,1)$ 处最大的方向导数为 $|\mathrm{grad}f{|}_{(0,1)}\mid =\sqrt{0^2+4^2}=4$.

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(16)

(本题满分 10 分)
设 $a,b$ 为实数, 函数 $z=2+a{x}^2+b{y}^2$ 在点 $(3,4)$ 处的方向导数中, 沿方向 $\mathbf{l}=-3\mathbf{i}-4\mathbf{j}$ 的 方向导数最大, 最大值为 10 .
( I ) 求 $a,b$;
(II) 求曲面 $z=2+a{x}^2+b{y}^2(z⩾0)$ 的面积.

(16)

• • (I) 计算函数 $z=2+a{x}^2+b{y}^2$ 在点 $(3,4)$ 处的梯度.
    ${\mathrm{grad}z(x,y)|}_{(3,4)}={\left(z_x^{\prime },z_y^{\prime }\right)|}_{(3,4)}={(2ax,2by)|}_{(3,4)}=(6a,8b).$
    • 由 $6ai+8bj$ 与 $-3i-4j$ 同向可得 $\frac{6a}{-3}=\frac{8b}{-4}>0\stackrel{\text{化简}}{\to }a=b<0$
    • 方向导数最大值为 $\sqrt{(6a{)}^2+(8b{)}^2}=10$.
      • $(6a{)}^2+(8b{)}^2=100a^2=100$
      • $\stackrel{\text{整理}}{\to }a=\pm 1\Rightarrow a=-1=b$
• 
  
• 若积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $z=z(x,y)$ 给出, $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域为 $D_{xy}$, 函数 $z=z(x,y)$ 在 $D_{xy}$ 上具有一阶连续偏导数, 被积函数 $f(x,y,z)$ 在 $\Sigma$ 上连续, 则
  ${\iint }_{\Sigma }f(x,y,z)\mathrm{d}S={\iint }_{D_{xy}}f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_x^{\prime 2}(x,y)+z_y^{\prime 2}(x,y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
• ( II) 由第( I) 问可知曲面 $\Sigma$ 为 $z=2-x^2-y^2(z⩾0)$, 由第一类曲面积分的转换投影法，可知其面积等于 ${\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S$.
  • $z_x^{\prime }=-2x,z_y^{\prime }=-2y,\mathrm{d}S=\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
• 令 $z=0$, 可得 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面的投影区域为 $D_{xy}=\{\left\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽2\right\}$.
  • $S={\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}S={\iint }_{D_{xy}}\sqrt{1+{\left(z_x^{\prime }\right)}^2+{\left(z_y^{\prime }\right)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $={\iint }_{D_{xy}}\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
    • $\stackrel{\text{ 极坐标 }}{=}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4r^2}\cdot r\mathrm{d}r$
    • $=2\pi \cdot \frac{1}{8}{\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4r^2}\mathrm{d}\left(1+4r^2\right)$
    • $={\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{3}{\left(1+4r^2\right)}^{\frac{3}{2}}|}_0^{\sqrt{2}}$
      • $=\frac{\pi }{4}\times \frac{2}{3}\times (27-1)=\frac{13\pi }{3}.$
• 2015 年数一试题
  已知函数 $f(x,y)=x+y+xy$, 曲线 $C:x^2+y^2+xy=3$, 求 $f(x,y)$ 在曲线 $C$ 上的最大方向导数.

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旋度

(11)

设 $\mathbf{F}(x,y,z)=xy\mathbf{i}-yz\mathbf{j}+zx\mathbf{k}$, 则 $\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=$

(11)

• 答 应填 $i-k$.
• 记三元向量函数 $F(x,y,z)=(P,Q,R)$, 则类比斯托克斯
  • $\mathrm{rot}F(x,y,z)=\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|,$
  • 这里 $P=xy,Q=-yz,R=zx$,
• 于是$\mathrm{rot}F(1,1,0)={\left|\begin{array}{c}ijk\\ \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial z}\\ xy-yzzx\end{array}\right||}_{(1,1,0)}$
  • $\stackrel{\text{注意正负号}}{=}[0-(-y)]\vec{i}+(-1)\cdot (z-0)\vec{j}+(0-x)\vec{k}$
  • $={(yi-zj-xk)|}_{(1,1,0)}=i-k$

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(10)

向量场 $\mathbf{A}(x,y,z)=(x+y+z)\mathbf{i}+xy\mathbf{j}+z\mathbf{k}$ 的旋度 $\mathrm{rot}\mathbf{A}=$

(10)

• 答 应填 $j+(y-1)k$.
• $\mathbf{A}(x,y,z)=(x+y+z)\mathbf{i}+xy\mathbf{j}+z\mathbf{k}$
  • $\mathrm{rot}A=\left|\begin{array}{ccc}i& j& \cdot k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}i& j& k\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ x+y+z& xy& z\end{array}\right|$
    • $\stackrel{\text{按第一行展开}}{=}0\vec{i}+(-1)(0-1)\vec{j}+(y-1)\vec{k}$
    • $=\vec{j}+(y-1)\vec{k}.$
• 分析 本题主要考查旋度的定义.
  • 为了方便记忆，可以将 rot $A$ 写成行列式的形式，并利用行列式的计算方法来计算：
  • $\mathrm{rot}\mathbf{A}=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|$
• (2018 年数一第 (11) 题)
  设$\mathbf{F}(x,y,z)=xyi-yzj+zx\mathbf{k}$ ，则 $\mathrm{rot}\mathbf{F}(1,1,0)=$

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求梯度

(11)

${\mathrm{grad}\left(xy+\frac{z}{y}\right)|}_{(2,1,1)}=$

(11)

答 应填 $i+j+k$.

• 梯度的定义
  • 函数 $u=f(x,y,z)$ 在点 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 处的梯度为
    $\begin{array}{r}\mathrm{grad}f\left(x_0,y_0,z_0\right)=f_x^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)i+f_y^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)j+f_z^{\prime }\left(x_0,y_0,z_0\right)k\end{array}$
• 令 $f(x,y,z)=xy+\frac{z}{y}$,
  • 则 $\begin{array}{r}\frac{\partial f}{\partial x}=y,\frac{\partial f}{\partial y}=x-\frac{z}{y^2},\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{y}\end{array}$
  • 所以 $\begin{array}{r}{\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(2,1,1)}=1,{\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(2.1,1)}=1,{\frac{\partial f}{\partial z}|}_{(2.1,1)}=1,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\mathrm{grad}\left(xy+\frac{z}{y}\right)|}_{(2,1,1)}=i+j+k.\end{array}$

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无穷级数(34道)

求参数

Transclude of 数三2012#4

Transclude of 数三2017#4

幂级数的泰勒展开

(12)

设函数 $f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a{x}^2}$, 且 $f^{\prime \prime \prime }(0)=1$, 则 $a=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{2}$.
  解 利用箱级数展开. 当 $-1<x<1$ 时,$f(x)=\arctan x-\frac{x}{1+a{x}^2}=\left(x-\frac{1}{3}{x}^3+\cdots \right)-x\left(1-a{x}^2+\cdots \right)$ $=\left(a-\frac{1}{3}\right)x^3+\cdots ,$ 由淂级数展开式的唯一性可知 $a-\frac{1}{3}=\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!},a=\frac{1}{2}$.注 $\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1},-1⩽x⩽1,\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n,-1<x<1$.

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求幂级数的收敛半径，收敛区间和收敛域

(14)

数一2022
已知级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n!}{n^n}{\mathrm{e}}^{-nx}$ 的收敛域为 $(a,+\infty )$, 则 $a=$

1. 思路分析:

• 确定题目考查的是函数项级数收敛域的计算。
• 确定级数为正项级数，考虑使用比值审敛法
  • 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho \{\begin{array}{l}<1,\text{ 级数 }{\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n\text{ 收玫, }\\ >1,\text{ 级数 }{\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n\text{ 发散, }\\ =1,\text{ 此判别法失效. }\end{array}$
• 第一步: 使用比值审敛法。
• 定义 $u_n=\frac{n!}{n^n}{e}^{-nx}$，并求其极限。
  • 计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}$。
    • 求 $u_n$ 和 $u_{n+1}$ 表达式
      • $u_n=\frac{n!}{n^n}{\mathrm{e}}^{-nx}$
      • $u_{n+1}=\frac{(n+1)!}{{(n+1)}^{n+1}}{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}$
      • 对系数化简$\frac{(n+1)!}{{\left(n+1\right)}^{n+1}}=\frac{\left(n+1\right)n!}{{\left(n+1\right)}^{n+1}}=\frac{n!}{{\left(n+1\right)}^n}.$
• 代入计算
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{u_{n+1}}{u_n}$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{n!}{(n+1{)}^n}}{\frac{n!}{n^n}}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$
    =$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{(n+1{)}^n}\cdot \frac{n^n}{n!}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$
    =$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-(n+1)x}}{{\mathrm{e}}^{-nx}}$=${\mathrm{e}}^{-x}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}$
    • 进一步简化得 $e^{-x}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^n}$。
    • 由$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\mathrm{e}$最终得 $e^{-1-x}$。
• 第二步: 求 $a$ 的值。 根据 $e^{-1-x}<1={\mathrm{e}}^0$时收敛
  • $-1-x<0$，得 $x>-1$
  • 综合得 $a=-1$。

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(2)

设数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调减少, $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0,S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k(n=1,2,\cdots )$ 无界, 则幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 的 收敛域为 $()$(A) $(-1,1]$.
(B) $[-1,1)$.
(C) $[0,2)$.
(D) $(0,2]$.

(2)

答 应选 $(\mathrm{C})$.
解 因为数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调减少, 且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 所以 $a_n>0$, 由莱布尼茨判别法知, 交错级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$ 收 敛, 即军级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 在 $x=0$ 处收敛, 则原级数收敛半径 $R⩾|0-1|=1$. 又因为 $S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k(n=$ $1,2,\cdots )$ 无界,所以罚级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 在 $x=2$ 处发散, 即 $R⩽|2-1|=1$. 故 $R=1$.
综上可知，策级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 的收敛域为 $[0,2)$, 应选(C).
注 由于是级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$ 的收敛中心是 $x_0=1$, 则显然排除 $(\mathrm{A})$ 和 $(\mathrm{B})$. (因为軍级数的收敛区间 是关于中心点对称的）

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(3)

若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 则 $x=\sqrt{3}$ 与 $x=3$ 依次为幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(x-1{)}^n$ 的 $()$(A) 收敛点,收敛点.
(B) 收玫点, 发散点.
(C) 发散点,收敛点.
(D) 发散点, 发散点.

(3)

• 答 应选(B).
  解 由 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛可知 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n$ 的收敛半径 $R=1$ (若 $R<1$, 则 ${\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n|}_{t=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散; 若 $R>1$, 则 ${\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{t}^n|}_{t=1}=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收玫,均矛盾), 故 $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{t}^n=t\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{t}^{n-1}=t\sum _{n=1}^{\infty }{\left(a_n{t}^n\right)}^{\prime }$ 的收敛半径 $R=1$ (逐项求导不改变收敛半径). 则
  当 $x=\sqrt{3}$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(\sqrt{3}-1{)}^n$ 绝对收玫 $(0<\sqrt{3}-1<1)$;
  当 $x=3$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n(3-1{)}^n=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{2}^n$ 发散 $(2>1)$.
  注 本题用到一个基本结论: 若幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $x=x_0$ 处条件收敛,则 $x=x_0$ 是该基级数收敛区间 的一个端点.

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(4)

设 $R$ 为幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径, $r$ 是实数,则 ()
(A) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时, $|r|⩾R$.
(B) 当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收敛时, $|r|⩽R$.
(C) 当 $|r|⩾R$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散.
(D) 当 $|r|⩽R$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收玫.

(4)

• 答应选 A.
• 解：当 $|r|<R$ 时，根据阿贝尔定理，此时级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 绝对收敛，
  • 即正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{r}^n|$ 收敛，进而 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{2n}{r}^{2n}|$ 也收敛。故 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$（绝对）收敛。
  • 于是根据逆否命题的等价性知当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时，必有 $|r|\ge R$，选 A。
• 注意，正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{2n}$，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{2n+1}$，$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 都收敛。
• 排除法
  • 取幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left[2-(-1{)}^n\right]}^n}{3^n}{x}^n$，其收敛半径 $R=1$，取 $r=2$，
    • 此时 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2n}$ 收敛，排除 $(B)$ 和 $(C)$。
  • 取幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left[2+(-1{)}^n\right]}^n}{3^n}{x}^n$，其收敛半径 $R=1$，取 $r=1$，
    • 此时 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }1$ 发散，排除 $(D)$。
• 当 $|r|<R$ 时,根据阿贝尔定理, 此时级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{r}^n$ 绝对收敛,即正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_n{r}^n\right|$ 收敛,
  • 而正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_{2n}{r}^{2n}\right|$ 可看作是由 $\sum _{n=1}^{\infty }\left|a_n{r}^n\right|$ 的所有偶数项构成的, 故也收敛,
    • 从而 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 收敛.
  • 于是根据逆否 命题的等价性, 知当 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}{r}^{2n}$ 发散时, 必有 $|r|⩾R$, 选 $\mathrm{A}$.

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Transclude of 数三2009#11

Transclude of 数三2020#4

求幂级数的和函数及数项级数的和

3+1

子型

(12)

幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}$ 在区间 $(-1,1)$ 内的和函数 $S(x)=$

(12)

• 答 应填 $\frac{1}{(1+x{)}^2}$.
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{x}^{n-1}$
  • $\stackrel{\text{逐项积分}}{\to }{\int }_0^{x}s(t)dt={\int }_0^x\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}n{t}^{n-1}dt$
    • \displaystyle \xlongequal[]{\text{提出求和∑}} \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x(-1)^{n-1} n t^{n-1} d t
    • $\stackrel{\text{积分}}{=}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^n=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{n+1}$
    • $\stackrel{\text{提出}x}{=}x\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n\stackrel{\text{级数转换}}{=}\frac{x}{1+x}$
• $\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots +(-1{)}^n{x}^n+\cdots =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(-1<x<1)$
• (2012 年数一试题)
  求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$的收敛域及和函数.
• (2005 年数一试题)
  求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2n-1)}\right]x^{2n}$ 的收敛区间与和函数 $f(x)$.

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Transclude of 数三2014#18

母型

交错的

(3)

设幕级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数为 $\ln (2+x)$, 则 $\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}$ ( )
(A) $-\frac{1}{6}$
(B) $-\frac{1}{3}$
(C) $\frac{1}{6}$
(D) $\frac{1}{3}$

• 读题:
  设$\underset{\text{已知和函数，反求幂级数的系数}}{\underbrace{\text{幂级数}\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\text{的和函数为}\stackrel{ln(1+x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}}{\overbrace{\ln (2+x)}}}}$, 则 $\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}$ ( )
• $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}(-1<x\le 1)$
• 解：展开的关键在“变形”，由于
  $\ln (2+x)\stackrel{\text{恒等变形}}{=}\ln 2\left(1+\frac{x}{2}\right)=\ln 2+\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)$
  • $\underset{ln(1+x)={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}}{\overset{\text{幂级数展开}}{=}}\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{{\left(\frac{x}{2}\right)}^n}{n}\stackrel{\text{整理}}{=}\underset{{\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n}{\underbrace{\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n\cdot 2^n}{x}^n}}$
  • $=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n\stackrel{\text{拆出}1\text{到}\infty }{=}{a}_0+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• 所以 $a_0=\ln 2$，$a_n=(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n\cdot 2^n},n=1,2,\cdots$
  • $\stackrel{\text{将}n\text{换成}2n}{\to }\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_{2n}\underset{0\text{项没用}}{\overset{0\times a_{2n}=0}{=}}\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_{2n}=\sum _{n=1}^{\infty }n\cdot (-1{)}^{2n-1}\frac{1}{2n\cdot 2^{2n}}$
  • $\stackrel{\text{整理}}{=}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{2n+1}}=-\left(\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^5}+\frac{1}{2^7}+\cdots \right)\stackrel{\text{等比数列求和}}{=}-\frac{\frac{1}{2^3}}{1-\frac{1}{2^2}}=-\frac{1}{6}$
• 小结：如何找复杂函数 $f(x)$ 的幂级数展开式？
  • (1) 将 $f(x)$ 初等变形化成常用函数，然后套基本公式；
  • (2) 将 $f(x)$ 先求导化成常用函数，然后套基本公式；
    • $\arctan x$
  • (3) 将 $f(x)$ 先积分化成常用函数，然后套基本公式。
    • 数三2018 > 18

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• (18)

  (本题满分 10 分)
  求幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$ 的收敛域及和函数.

  (18)

  解 记 $u_n(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$. 由于

  • $\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n-1}{2n+1}{x}^2=x^2,$所以,当 $|x|<1$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 绝对收玫; 当 $|x|>1$ 时, $\underset{n\to \infty }{\lim }\left|u_n(x)\right|=+\infty ,\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 发散. 因此帛级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$ 的收敛半径 $R=1$.
    当 $x=\pm 1$ 时,$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(\pm 1)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}\text{, }$根据莱布尼茨判别法知此级数收敛. 故案级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}$ 的收敛域为 $[-1,1]$.
    设
  • $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n-1}(-1⩽x⩽1).$由于 $S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{x}^{2n-2}=\frac{1}{1+x^2}$, 且 $S(0)=0$, 所以
  • $S(x)={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=\arctan x,$从而
  • $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}{x}^{2n}=xS(x)=x\arctan x(-1⩽x⩽1).$

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• (11)

  幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^n$ 在 $(0,+\infty )$ 内的和函数 $S(x)=$

  (11)

  • • $\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots ,-\infty <x<+\infty .$
      • 已知 $\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}(|x|<+\infty )$,
      • 所以$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^n\stackrel{\text{配}}{=}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}(\sqrt{x}{)}^{2n}\stackrel{\text{转}}{=}\cos \sqrt{x}(0<x<+\infty ).$
  • 方法2
    • $S(x)=1-\frac{x}{2!}+\frac{x^2}{4!}-\frac{x^3}{6!}+\frac{x^4}{8!}-$
    • $\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots$
    • 令$x=\sqrt{t}$
      • $\cos \sqrt{t}=1-\frac{t}{2!}+\frac{t^2}{4!}-\frac{t^3}{6!}+\cdots$
  • 答 应填 $\cos \sqrt{x}$.

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正项的

• (18)

  (本题满分 12 分)
  设 $u_n(x)={\mathrm{e}}^{-nx}+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}(n=1,2,\cdots )$, 求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域及和函数.

  (18)

  • 设 $u_n(x)=e^{-nx}+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$（$n=1,2,\cdots$），求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域及和函数。
  • $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\left[e^{-nx}+\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}\right]$
    • $=\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
  • 求收敛域
    • $\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}=e^{-x}+e^{-2x}+\cdots +e^{-nx}+\cdots =\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}},-1<e^{-x}<1,$即$x>0.$
    • 而$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)},$因为${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)}=1,$于是$R=1.$
      • 又 $x=1$ 和 $x=-1$ 时，$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}$ 和 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n(n+1)}$ 都收敛，
      • 所以 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$ 的收敛域为 $[-1,1]$
    • 所以级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的收敛域为 $(0,1]$。令 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$，$0<x\le 1$。
  • 求和函数$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
    • 第一部分
      • $\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}=\sum _{n=1}^{\infty }{t}^n,-1<t<1\stackrel{{\sum }_{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}}{\to }\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}$
    • 第二部分
      • 逐项求导
        • 当 $0<x<1$ 时，$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$，
          因 $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{x}^n}{n}$，$-1<x<1$。
      • 逐项积分
        • 于是$S(x)={\int }_0^x-\ln (1-t)dt+S(0)=-t\ln (1-t){|}_0^x+{\int }_0^{x}t\cdot \frac{-1}{1-t}dt+0$
        • $=-x\ln (1-x)+{\int }_0^x\frac{1-t-1}{1-t}dt=-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x).$
  • 补点:而 $S(x)$ 在收敛域上是连续的，于是 $S(1)=\underset{x\to 1}{\lim }S(x)$
    • $=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left[-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x)\right]$
    • $=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\underset{=0}{\underbrace{(1-x)}}\ln (1-x)+1$
    • (令 $1-x=t$) $=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }t\ln t+1=0+1=1$。
  • 综上可知，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n(x)$ 的和函数为
    • $\{\begin{array}{l}\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}-x\ln (1-x)+x+\ln (1-x),0<x<1,\\ \frac{e^{-1}}{1-e^{-1}}+1,x=1.\end{array}$

  小猪佩奇

  • $\frac{1}{n\cdot (n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$
  • $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}{x}^{n+1}$
    • $\stackrel{\text{裂项}}{=}\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{x^{n+1}}{n}-\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}\right]$
    • $\stackrel{\text{向分母看齐}}{=}x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n+1}$
    • $\stackrel{\text{套公式}}{=}x\cdot [-\ln (1-x)]+\ln (1-x)+x$
    • $\stackrel{\text{合并同类项}}{=}(1-x)\cdot \ln (1-x)+x$

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跳项的

Transclude of 数三2016#19

Transclude of 数三2022#20

子母级数

(17)

(本题满分 10 分)

求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收玫域及和函数.

(17)

解法 1$u_n(x)=\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n},\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=x^2,$当 $x^2<1$, 即 $|x|<1$ 时, 原级数收玫, 当 $x^2>1$, 即 $|x|>1$ 时, 原级数发散.
所以界级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收敛半径 $R=1$ (注意该慗级数是缺项军级数).
又因为当 $x=\pm 1$ 时,级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}$ 发散, 所以军级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}$ 的收玫域为 $(-1,1)$.
记 $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}(-1<x<1)$, 则

• $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)x^{2n}+2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2n+1}{x}^{2n}.$由于
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)x^{2n}={\left(\sum _{n=0}^{\infty }{x}^{2n+1}\right)}^{\prime }={\left(\frac{x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}(-1<x<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2n+1}=\frac{1}{x}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\left(\sum _{n=0}^{\infty }{t}^{2n}\right)\mathrm{d}t\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\frac{1}{1-t^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2x}\ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1),\end{array}$且 $S(0)=3$, 所以
• $S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x},& 0<|x|<1,\\ 3,& x=0.\end{array}$解法 2 求收敛域同解法 1.$\begin{array}{rl}& \text{ 记 }S(x)=\sum _{n=0}^m\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n}(-1<x<1)\text{, 则 }\end{array}$
• $\begin{array}{r}S(x)=\frac{1}{x}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{4n^2+4n+3}{2n+1}{x}^{2n+1}=\frac{1}{x}{\int }_0^x\left[\sum _{n=0}^{\infty }\left(4n^2+4n+3\right)t^{2n}\right]\mathrm{d}t(0<|x|<1).\end{array}$因为
• $\begin{array}{r}\sum _{n=0}^{\infty }3x^{2n}=\frac{3}{1-x^2}(|x|<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\infty }4n{x}^{2n}=2x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\right)}^{\prime }=2x{\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{4x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}(|x|<1),\end{array}$
• $\begin{array}{r}\sum _{n=1}^{\infty }4n^2{x}^{2n}=x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }2n{x}^{2n}\right)}^{\prime }=x{\left[x{\left(\sum _{n=1}^{\infty }{x}^{2n}\right)}^{\prime }\right]}^{\prime }\end{array}$
• $\begin{array}{r}=x{\left[x{\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)}^{\prime }\right]}^{\prime }=x{\left[\frac{2x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}\right]}^{\prime }=\frac{4x^2\left(1+x^2\right)}{{\left(1-x^2\right)}^3}(|x|<1),\end{array}$所以
• $S(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^x\frac{3+2t^2+3t^4}{{\left(1-t^2\right)}^3}\mathrm{d}t=\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}(0<|x|<1).$又因为 $S(0)=3$, 所以
• $S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1+x^2}{{\left(1-x^2\right)}^2}+\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x},& 0<|x|<1,\\ 3,& x=0.\end{array}$

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带阶乘的

(3)

• $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=()$
  • (A) $\sin 1+\cos 1$.
  • (B) $2\sin 1+\cos 1$.
  • (C) $2\sin 1+2\cos 1$.
  • (D) $2\sin 1+3\cos 1$.

(3)

• • 答 应选 (B).
    • 解 这是常数项级数的求和, 按该级数的特点与题目设置的选项, 提示我们要用分解法并结合 $\sin x$ 与 $\cos x$ 的算级数展开式求得该常数项级数的和.
    • 已知 $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}(|x|<+\infty ),\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}(|x|<+\infty )$,
    • 现将原级数分解成
    • $\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{(2n+1)+2}{(2n+1)!}$
• $=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}+2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}=\cos 1+2\sin 1.$
  • 因此选(B).
• 常见的初等函数的幂级数展开式
  • ${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}{x}^n(-\infty <x<+\infty )$
  • $\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}(-\infty <x<+\infty )$
  • $\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^n(-1<x<1),$
  • $\frac{1}{1+x^2}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{x}^{2n}(-1<x<1)$
  • $a^x={\mathrm{e}}^{x\ln a}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(\ln a{)}^n}{n!}{x}^n(-\infty <x<+\infty )$
  • $cosx=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}(-\infty <x<+\infty )$
  • $\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n(-1<x⩽1)$
  • $\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1}(-1⩽x⩽1)$

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Transclude of 数三2023#13

应用题

(16)

(本题满分 9 分) 设 $a_n$ 为曲线 $y=x^n$ 与 $y=x^{n+1}(n=1,2,\cdots )$ 所围成区域的面积, 记 $S_1=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,S_2=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n-1}$, 求 $S_1$ 与 $S_2$ 的值.

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(6)

矩阵 $\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 与 $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 相似的充分必要条件为 $()$(A) $a=0,b=2$.
(B) $a=0,b$ 为任意常数.
(C) $a=2,b=0$.
(D) $a=2,b$ 为任意常数.

(6)

• 答 应选(B).
  分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值. 显然矩阵 $B=$ $\left(\begin{array}{lll}2& 0& 0\\ 0& b& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ 的特征值为 $2,b,0$, 故只需通过求矩阵 $A=\left(\begin{array}{lll}1& a& 1\\ a& b& a\\ 1& a& 1\end{array}\right)$ 的特征值来确定 $a,b$ 的值. 本题是一道 基础题.
  解 因为
• $|\lambda \mathbf{E}-\mathbf{A}|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -a& -1\\ -a& \lambda -b& -a\\ -1& -a& \lambda -1\end{array}\right|=\lambda \left[(\lambda -2)(\lambda -b)-2a^2\right],$所以, 当且仅当 $a=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $2,b,0$, 且 $b$ 可为任意常数, 即选项 (B) 是正确的.
  当 $a=2,b=0$ 时, 矩阵 $\mathbf{A}$ 的特征值为 $4,-2,0$, 显然 $\mathbf{A}$ 与 $\mathbf{B}$ 不相似, 所以选项 (C) 是错误的, 从而可知 选项 (D) 也是错误的. 选项 (A) 只是两个矩阵相似的充分条件, 并不是必要条件, 所以选项 (A) 是错误的.

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(17)

设数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1,(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n$, 证明当 $|x|<1$ 时, 幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收玫, 并求其和函数.

(17)

• • 题目中给出了幂级数系数 $a_n$ 的递推关系式, 要求和函数, 可以利用已知关系构造微分方程, 通过解微分方程求得和函数.
• 解 计算幂级数的收敛半径 $R$.
  • 由 $(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n$
  • 可得, $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}\stackrel{\text{求极限}}{\to }$
  • $R=\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+1}{n+\frac{1}{2}}=1.$
• 因此, 幂级数的收敛半径 $R=1$. 当 $|x|<1$ 时, 幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收敛.
• $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• $S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}\underset{\text{内减外加}}{\overset{\text{内加外减}}{=}}\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n$
  • $\underset{a\text{从}1\text{开始}}{\overset{\text{拆项}}{=}}{a}_1+\sum _{n=1}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n$
  • $\underset{\text{级数转换思想}}{\overset{(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n}{=}}{a}_1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n{x}^n$
  • $\stackrel{a_1=1}{=}1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n{x}^n$
  • $\stackrel{\text{去括号}}{=}1+x\underset{S^{\prime }(x)}{\underbrace{\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}}}+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$
• 从而构造出关于$S^{\prime }(x)$的微分方程
  $S^{\prime }(x)=1+x{S}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}S(x)$
• 解微分方程
  • $(1-x)S^{\prime }(x)-\frac{1}{2}S(x)=1$
  • $\stackrel{S(x)\text{替换成}y}{\to }{y}^{\prime }-\frac{1}{2(1-x)}y=\frac{1}{1-x}$
  • 用一阶线性微分方程求解
    $y=e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}\left(\int \frac{1}{1-x}{e}^{-\int \frac{1}{2(1-x)}dx}dx+C\right)$
    • $y={\mathrm{e}}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\left[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right].$
    • $e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}=e^{-\frac{1}{2}\ln (1-x)}$
      • $={\left[e^{\ln (1-x)}\right]}^{-\frac{1}{2}}$
      • $=(1-x{)}^{-\frac{1}{2}}$
      • $=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$
  • $\stackrel{e^{\int \frac{1}{2(1-x)}dx}=\frac{1}{\sqrt{1-x}}}{=}\frac{1}{\sqrt{1-x}}\left(\underline{\int \frac{1}{1-x}\cdot \sqrt{1-x}}dx+C\right)$
    • $\stackrel{\text{整理}}{=}\frac{1}{\sqrt{1-x}}\left(\int \frac{1}{\sqrt{1-x}}dx+C\right)$
    • $\underset{\int \frac{1}{\sqrt{1-x}}dx=-2\sqrt{1-x}}{\overset{\text{积分}}{=}}\frac{1}{\sqrt{1-x}}(-2\sqrt{1-x}+C)$
    • $\stackrel{\text{整理}}{\to }y=-2+\frac{C}{\sqrt{1+x}}$
  • 当 $x=0$ 时, $y(0)=S(0)=0$,
    • $a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+\cdots =S(x)$，则$S(0)=0$
    • 故 $0=-2+C$，解得 $C=2$.
  • 因此, $S(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2,x\in (-1,1)$.

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(18)

(本题满分 10 分)
设 $a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x(n=0,1,2,\cdots )$.
(I) 证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减, 且 $a_n=\frac{n-1}{n+2}{a}_{n-2}(n=2,3,\cdots )$;
(II) 求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}$.

(18)

• • 证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减
    • $\begin{array}{rl}& a_{n+1}={\int }_0^1{x}^{n+1}\sqrt{1-x^2}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_{n+1}-a_n={\int }_0^1\underset{\text{小减大}=\text{负数}}{\underbrace{(x^{n+1}-x^n)}}\sqrt{1-x^2}dx<0\end{array}$
    • $\begin{array}{r}{a}_{n+1}<a_n{a}_n\searrow \end{array}$，单调递减
      (II)
• $\begin{array}{rl}{a}_n& ={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx\underset{\text{根号看着不顺眼}}{\overset{x=\sin t}{=}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t\cdot {\cos }^{2}tdt\stackrel{{\cos }^{2}t=\left(1-{\sin }^{2}t\right)}{\to }\end{array}$
  • $\begin{array}{r}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n+2}tdt\end{array}$
  • $\begin{array}{r}\stackrel{{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt\text{为}{I}_n}{=}{I}_n-\underset{\text{华里士}}{\underbrace{\frac{n+1}{n+2}{I}_n}}=\frac{1}{n+2}{I}_n\end{array}$
    • ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n+2}tdt=\frac{n+1}{n+2}\cdot \frac{n-1}{n}\cdots \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$
• $\begin{array}{r}{a}_{n-2}\stackrel{\text{仿照}{a}_n\text{写出来}}{=}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n-2}dt-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt(n⩾2)\end{array}$
  • $\begin{array}{r}=I_{n-2}-I_n=\frac{n}{n-1}{I}_n-I_n=\frac{1}{n-1}{I}_n\end{array}$
• 两式相除，得$\begin{array}{r}\frac{a_n}{a_{n-2}}=\frac{n-1}{n+2}\end{array}$
• 由第( I) 问可知 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减, 故 $0<a_n<a_{n-1}<a_{n-2}$.，对分母进行放缩
  • 求 $\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}\stackrel{\text{一路放缩}}{\to }\end{array}$
    • $\begin{array}{r}\frac{n-1}{n+2}=\frac{a_n}{a_{n-2}}<\frac{a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_n}{a_n}=1.\end{array}$
    • 由夹逼定理进行放缩，可得
      • $1=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n-1}{n+2}⩽\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}⩽1.$
      • 由夹逼准则可知, $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{a_{n-1}}=1$.

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(16)

(本题满分 10 分)设数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足条件: $a_0=3,a_1=1,a_{n-2}-n(n-1)a_n=0(n⩾2).S(x)$ 是幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的 和函数.( I ) 证明 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$;(II) 求 $S(x)$ 的表达式.

(16)

• • ( I ) 证法 1 由题设得 $a_{2n}=\frac{3}{(2n)!},a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!}$, 所以 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为 $S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$, 所以$S^{\prime }(x)=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1},S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}.$由于 $a_{n-2}-n(n-1)a_n=0$, 所以 $S^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=2}^{\infty }{a}_{n-2}{x}^{n-2}=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$.故 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$.证法 2 由题设得 $a_{2n}=\frac{3}{(2n)!},a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!}$, 所以 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收玫半径为 $+\infty$.因为${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!},{\mathrm{e}}^{-x}=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{n!},-\infty <x<+\infty ,$所以${\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!},{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}=2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},$从而$\begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=3\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n)!}{x}^{2n}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\frac{3}{2}\left({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}\right)+\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}\right)\end{array}$
• $\begin{array}{r}=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}(-\infty <x<+\infty ).\end{array}$因为 $S(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}$, 所以$S^{\prime }(x)=2{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x},S^{\prime \prime }(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x},$故 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$.(II) 解 齐次微分方程 $S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$ 的特征方程为 $r^2-1=0$, 特征根为 1 和 -1 , 通解为$S(x)=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-x}\text{. }$由 $S(0)=a_0=3,S^{\prime }(0)=a_1=1$, 得$\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2=3,\\ C_1-C_2=1,\end{array}$解得 $C_1=2,C_2=1$, 所以 $S(x)=2{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}(-\infty <x<+\infty )$.

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Transclude of 数一2014#19

(19)

(本题满分 10 分)
已知函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(0)=1,0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$. 设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)(n=1,2,\cdots )$. 证明:
( I ) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛;
( II ) $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在, 且 $0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2$.

(19)

• 证 (I ) 因为 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$, 所以
• $\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|f\left(x_n\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime }(\xi )\left(x_n-x_{n-1}\right)\right|$, 其中 $\xi$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n-1}$ 之间.
  又 $0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$, 所以 $\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{2}\left|x_n-x_{n-1}\right|<\cdots <\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$.
  由于级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$ 收敛, 因此级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛.
  (II) 设 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 则 $S_n=x_{n+1}-x_1$.
  由 (I ) 知, $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n$ 存在, 即 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(x_{n+1}-x_1\right)$ 存在, 所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在.
  设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=c$, 由 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 及 $f(x)$ 连续, 得 $c=f(c)$, 即 $c$ 是 $g(x)=x-f(x)$ 的零点. 因为
• $g(0)=-1,g(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2f^{\prime }(\eta )>0,$其中 $\eta \in (0,2)$, 又 $g^{\prime }(x)=1-f^{\prime }(x)>0$, 所以 $g(x)$ 存在唯一零点, 且零点位于区间 $(0,2)$ 内.
  于是 $0<c<2$, 即 $0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2$.

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Transclude of 数三2017#19

Transclude of 数三2018#18

Transclude of 数三2021#20

傅立叶级数

(3)

设 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|,b_n=2{\int }_0^{1}f(x)\sin n\pi x\mathrm{d}x(n=1,2,\cdots )$. 令 $S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin n\pi x$, 则 $S\left(-\frac{9}{4}\right)=$(A) $\frac{3}{4}$.
( B ) $\frac{1}{4}$.
( C) $-\frac{1}{4}$.
(D) $-\frac{3}{4}$.

(3)

• 答 应选(C).
  解 由题意知 $S(x)$ 是 $f(x)$ 周期为 2 的正弦级数展开式, 根据狄利克雷收玫定理, 得
• $S\left(-\frac{9}{4}\right)=S\left(-\frac{1}{4}\right)=-S\left(\frac{1}{4}\right)=-f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{4}\text{. }$选(C).

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(13)

已知 $f(x)=1+x$, 若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos nx,x\in [0,\pi ]$, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}=$

• 正弦级数与余弦级数 ：设 $f(x)$ 是周期为 $2 l$ 的周期函数. 记 $C=\left\{x|f(x)=\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]\right\}$
  • 当 $f(x)$ 为奇函数时, $f(x)$ 的傅里叶级数是只含正弦项的正弦级数
    • $f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin \frac{n\pi x}{l}(x\in C)$
    • 其中 $b_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\sin \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=1,2,\cdots )$.
  • 当 $f(x)$ 为偶函数时, $f(x)$ 的傅里叶级数是只含常数项和余弦项的余弦级数
    • $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos \frac{n\pi x}{l}(x\in C),$
    • 其中 $a_n=\frac{2}{l}{\int }_0^{l}f(x)\cos \frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x(n=0,1,2,\cdots )$.
• $\stackrel{\text{将}l=\pi }{\to }{a}_n=\frac{2}{\pi }\cdot {\int }_0^{\pi }(x+1)\cdot \frac{\cos n\pi x}{\pi }dx$
• $a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(x+1)\cos nxdx\stackrel{\text{凑微分}}{=}\frac{1}{4}\cdot \frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(x+1)d(\sin nx)$
  • $\stackrel{\text{分布}}{=}\underset{0-0=0}{\underbrace{{\frac{2}{n\pi }\sin nx|}_0^{\pi }}}+\frac{2}{n\pi }{\int }_0^{\pi }xd(\sin nx)\stackrel{\text{分布}}{=}\frac{2}{n\pi }\left(\underset{0-0=0}{\underbrace{{x\sin nx|}_0^{\pi }}}-{\int }_0^{\pi }\sin nxdx\right)$
  • $\underset{-\sin nx\to \frac{1}{n}\cos nx}{\overset{\text{牛莱}}{=}}{\frac{2}{n^2\pi }\cos nx|}_0^{\pi }\stackrel{\cos n\pi =(-1{)}^n}{=}\frac{2}{n^2\pi }\left[(-1{)}^n-1\right]$
• $a_{2n-1}=\frac{2}{(2n-1{)}^2\pi }\cdot (-2)=-\frac{4}{(2n-1{)}^2\pi }$
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\sin a_{2n-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\cdot \sin \left(-\frac{4}{(2n+1{)}^2\pi }\right)\stackrel{\sin n\sim n}{=}-\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2}{(2n-1{)}^2\pi }$
• $=-\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n^2}{\left(4n^2-4n+1\right)\pi }=-\frac{1}{\pi }.$
• 相似题目
  • 1991 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=2+|x|(-1\le x\le 1)$ 展开成以 2 为周期的傅里叶级数, 并由此求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 的和.
  • 1993 年数一试题
    • 设函数 $f(x)=\pi x+x^2(-\pi <x<\pi )$ 的傅里叶级数展开式为 $\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right)$, 则其中系数 $b_3$ 的值为 .
  • 1995 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=x-1(0\le x\le 2)$ 展开成周期为 4 的余弦级数.
  • 2003 年数一试题
    • 设 $x^2=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\cos nx(-\pi \le x\le \pi )$, 则 $a_2=$ .
  • 2008 年数一试题
    • 将函数 $f(x)=1-x^2(0\le x\le \pi )$ 展开成余弦级数, 并求 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}$ 的和.
  • 2023 年数一试题
    • 设 $f(x)$ 是周期为 2 的周期函数，且 $f(x)=1-x,x\in [0,1]$. 若 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos n\pi x$, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{2n}=$
  • 狄利克雷定理

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数列极限，中值定理，不等式(28道)

数列极限大题

单调有界准则

(18)

(本题满分 10 分)
( I ) 证明: 对任意的正整数 $n$, 都有 $\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$ 成立.
(II) 设 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n(n=1,2,\cdots )$, 证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 收敛

(18)

(I) 证明不等式

证法一：利用拉格朗日中值定理

• 第一步：应用拉格朗日中值定理
• 定义函数 $f(x)=\ln x$, 其导数 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ 。
• 应用拉格朗日中值定理于区间 $[n,n+1]$, 存在 $\xi$ 满足 $n<\xi <n+1$ 使得 $\frac{f(n+1)-f(n)}{n+1-n}\stackrel{代入f(x)=\ln x}{=}\frac{\ln (n+1)-\ln (n)}{n+1-n}\stackrel{拉格朗日}{=}\frac{1}{\xi }$
  • 即 $\ln (n+1)-\ln n\stackrel{减法变除法}{=}\ln \frac{n+1}{n}\stackrel{通分}{=}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\stackrel{等于上式结果}{=}\frac{1}{\xi }$ 。
    • 由于 $n<\xi <n+1$, 得到$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{\xi }<\frac{1}{n}$
    • 故$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$(II) 证明数列收敛

证法一: 单调有界准则

• 第一步: 证明单调性
• 考虑 $\begin{array}{l}{a}_{n+1}-a_n\\ \stackrel{末端相减}{=}-\left[\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)\right]-\left[\frac{1}{n}-\ln n\right]\\ =\frac{1}{n+1}-\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)\end{array}$
  • 代入 $\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$, 得$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$
  • 根据 (I) 中证明的不等式左侧, 知 $a_{n+1}-a_n<0$ 。
  • 因此数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减。
• 第二步：证明有界性
  • 考虑 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n$ 。
  • 使用 (I) 中的不等式右侧, 得
    $\begin{array}{rl}& a_n>\ln (2)+\ln \left(\frac{3}{2}\right)+\cdots +\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)-\ln n\stackrel{ln除法变减法}{=}\\ & (\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots +[\ln (n+1)-\ln (n)]-\ln (n)\end{array}$
  • 化简得
    $a_n>\ln (n+1)-\ln n=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$- 由 (I) 的不等式左侧知, $\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>\frac{1}{n+1}>0$
  • 因此 $a_n>0$, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 有下界。
• 总结:
  • 根据单调有界准则, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 收敛。

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(19)

(本题满分 10 分)
设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足: $x_1>0,x_n{\mathrm{e}}^{x_{n+1}}={\mathrm{e}}^{x_n}-1(n=1,2,\cdots )$. 证明 $\left\{x_n\right\}$ 收敛, 并求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$.

(19)

• 第一步：证明数列收敛
• 分析和证明过程：
  • 证$0<x_2<x_1$
  • 观察到 $1=e^0$，可以对原式运用拉格朗日中值定理，存在$\xi$属于$0<\xi <x_1$：
    $e^{x_2}=\frac{e^{x_1}-1}{x_1}\stackrel{1=e^0}{=}\frac{e^{x_1}-e^0}{x_1-0}\stackrel{\text{拉格朗日}}{=}\frac{e^{\xi }\cdot (x_1-0)}{x_1}\stackrel{{\text{分子分母消去}}_1}{=}{e}^{\xi }$
    其中 ,$x_2=\xi$,这样，$0<x_2<x_1$。
• 假设 $0<x_n<x_{n-1}$，接下来证明 $0<x_{n+1}<x_n$：
  $e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}\stackrel{1=e^0}{=}\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n}\stackrel{\text{拉格朗日}}{=}\frac{e^{\eta }\cdot (x_n-0)}{x_n}=e^{\eta }$
  • 其中 $0<\eta <x_n$，因此 $x_{n+1}=\eta$，得出 $0<x_{n+1}<x_n$。
• 结论：数列 $\{x_n\}$ 单调递减，且有下界 0，因此收敛。
• 第二步：求出数列的极限
• 极限求解过程：
  • 设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$。
  • 对 $x_n{e}^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1$ 两边取极限：$a{e}^a=e^a-1$
    • 解这个方程，显然 $a=0$ 是解。
  • 考虑函数 $f(x)=x{e}^x-e^x+1$
    • 其导数$x>0,e^x>0$, $f^{\prime }(x)=x{e}^x>0$，所以函数单调增。
  • 由$\{\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)>0\\ f(0)=0\end{array}$所以 $a=0$ 是 $a{e}^a=e^a-1$ 的唯一实根。
• 结论：$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。
  • 数列 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，故收敛。
  • 极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$ 是通过求解方程 $a{e}^a=e^a-1$ 得出的，使用函数的单调性来证明这是唯一解。

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Transclude of 数二2013#20

有且仅有一个实根

Transclude of 数二2012#21

Transclude of 数三2017#18

递推

Transclude of 数二2014#20

Transclude of 数二2023#3

微分中值定理

介值定理

Transclude of 数三2013#19

拉格朗日中值定理

(18)

(本题满分 11 分) ( I ) 证明拉格朗日中值定理: 若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导, 则存在 $\xi \in (a,b)$, 使得 $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$. (II) 证明: 若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续, 在 $(0,\delta )(\delta >0)$ 内可导, 且 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=A$, 则 $f_{+}^{\prime }(0)$ 存在, 且 $f_{+}^{\prime }(0)=A$.

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Transclude of 数二2015#21

罗尔定理，零点定理

(18)

(本题满分 10 分)设奇函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上具有二阶导数,且 $f(1)=1$. 证明:( I ) 存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $f^{\prime }(\xi )=1$;( II ) 存在 $\eta \in (-1,1)$, 使得 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$.

(18)

• • (I) 证法 1 因为 $f(x)$ 是奇函数, 所以 $f(0)=0$.又因为函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上可导, 且 $f(1)=1$, 所以由拉格朗日中值定理可知, 存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $f^{\prime }(\xi )=f(1)-f(0)=1$.证法 2 令 $F(x)=f(x)-x$, 则 $F(0)=f(0)=0,F(1)=f(1)-1=0$, 由罗尔定理得, 存在 $\xi \in$ $(0,1)$, 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$, 即 $f^{\prime }(\xi )=1$.(II) 证法 1 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数, 所以 $f^{\prime }(x)$ 是 $[-1,1]$ 上的偶函数, 结合 (I), 有$f^{\prime }(-\xi )=f^{\prime }(\xi )=1\text{. }$令 $F(x)=\left[f^{\prime }(x)-1\right]{\mathrm{e}}^x$, 则函数 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 上可导, 且 $F(-\xi )=F(\xi )=0$.根据罗尔定理, 存在 $\eta \in (-\xi ,\xi )\subset (-1,1)$, 使得 $F^{\prime }(\eta )=0$. 因为所以$F^{\prime }(\eta )=\left[f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-1\right]{\mathrm{e}}^{\eta }\text{ 且 }{\mathrm{e}}^{\eta }\ne 0,$ $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$
• 证法2 因为 $f(x)$ 是区间 $[-1,1]$ 上的奇函数 $,$ 所以 $f^{\prime }(x)$ 是偶函数 $.$ 令 $F(x)=f^{\prime }(x)+f(x)-x,$ 则函数 $F(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上可导 $,$ 且 $-\begin{array}{r}F(1)=f^{\prime }(1)+f(1)-1=f^{\prime }(1),\end{array}-\begin{array}{r}F(-1)=f^{\prime }(-1)+f(-1)+1=f^{\prime }(1)-f(1)+1=f^{\prime }(1),\end{array}$ 根据罗尔定理 $,$ 存在 $\eta \in (-1,1),$ 使得 $F^{\prime }(\eta )=0.$ 由 $F^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)-1,$ 知 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )-1=0,$ 即 $f^{\prime \prime }(\eta )+f^{\prime }(\eta )=1$.

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(18)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数, $\underset{\text{一正一负，零点定理}}{\underbrace{\text{且}f(1)>0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0.}}$ 证明:
( I ) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根;
( II )$\underset{\text{对应乘法求导}}{\underbrace{\text{方程}f(x)f^{\prime \prime }(x)+{\left[f^{\prime }(x)\right]}^2=0}}$在区间 $(0,1)$ 内$\underset{\text{罗尔定理要找三个零点}}{\underbrace{\text{至少存在两个不同实根}}}$.

(18)

• 证明 (I) 方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根
  方程的实根问题一般都转化为函数的零点问题(需要找到两个异号的点)
  • 已知$f(1)>0$
  • 找另一个小于0的点
    • 使用极限的保号性
      由 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}<0$，存在 $x=0$ 的右邻域 $(0,\delta )$
      • 当 $x\in (0,\delta )$ 时 $\frac{f(x)}{x}<0$
      • 存在 $x_0\in (0,\delta )$，使得 $f(x_0)<0$
  • 使用零点定理，由于刚才求得$f(x_0)<0$
    • $f(x_0)f(1)<0$
  • 由零点定理，存在 $c\in (x_0,1)$，使 $f(c)=0$，因此$f(x)=0$ 在 $(0,1)$ 上至少存在一个实根
• (II) 方程 $f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根
• 构造辅助函数
  • 令 $F(x)=f(x)f^{\prime }(x)$
    • 导数关系:$F^{\prime }(x)=f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2$
    • 寻找三个零点:
      • $F(0)=f(0)\cdot f^{\prime }(0)\stackrel{f(0)=0}{=}0$
      • $F(c)=f(c)\cdot f^{\prime }(c)\stackrel{f(c)=0}{=}0$
      • 第三个零点:
        $f(\xi )=f(\xi )\cdot f^{\prime }(\xi )\stackrel{f^{\prime }(\xi )=0}{=}0$
        • 在 $[0,c]$ 区间利用罗尔定理
          • $f(0)=0$，$f(c)=0$
          • 存在 $\xi \in (0,c)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$
• 根据三点 $F$ 值相等再用两次罗尔定理
  • $F(0)=F(\xi )=F(c)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[0,\xi ]$ 上用罗尔定理
      • 存在 ${\xi }_1\in (0,\xi )$，使 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$
    • 对 $F(x)$ 在 $[\xi ,c]$ 上用罗尔定理
      • 存在 ${\xi }_2\in (\xi ,c)$，使 $F^{\prime }({\xi }_2)=0$
  • 综上,方程 $f(x)f^{\prime \prime }(x)+[f^{\prime }(x){]}^2=0$ 在 $(0,1)$ 至少存在两个实根

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Transclude of 数三2010#19

双中值定理

Transclude of 数二2010#21

泰勒中值定理

(19)

(本题满分 12 分)
设函数 $f(x)$ 具有 2 阶导数，且 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1),\left|f^{\prime \prime }(x)\right|\le 1$ 。证明
(1)当 $x\in (0,1)$ 时, $\underset{\phi (x)}{\underbrace{|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|}}\le \underset{\text{一眼看出积分是}\frac{1}{12}}{\underbrace{\frac{x(1-x)}{2}}}$;
(2) $\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le \frac{1}{12}$

• $\left|\phi (x)\right|\le \frac{x(1-x)}{2}$
• ${\int }_0^1\phi (x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx-f(0)\underset{\frac{1}{2}}{\underbrace{{\int }_0^1(1-x)}}dx-f(1)\underset{\frac{1}{2}}{\underbrace{{\int }_0^{1}xdx}}$
  • $={\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}$对应于第二问
• 分别写出 $f(x)$ 在 $x=0$ 与 $x=1$ 处的一阶泰勒公式
  • $f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_1)}{2}{x}^2,{\xi }_1\in (0,x)\stackrel{\times 2}{\to }$
  • $f(x)=f(1)+f^{\prime }(1)(x-1)+\frac{f^{\prime \prime }({\xi }_2)}{2}(x-1{)}^2,{\xi }_2\in (x,1)\stackrel{\times (x-1)}{\to }$
• (2) 式 $\times 2$ - (1) 式 $\times (x-1)$ ，结合 $f^{\prime }(0)=f^{\prime }(1)$ 可得
  • $f(x)=\underset{f(0)\text{和}f(1)}{\underbrace{xf(1)-(x-1)f(0)}}+\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)}{2}(x-1{)}^2\cdot x-\frac{f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)}{2}\cdot x^2(x-1)$
    • $=xf(1)+(1-x)f(0)+\underset{\text{提出公因式}}{\underbrace{\frac{x(x-1)}{2}}}\left[f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)\cdot (x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right]$
  • 移项并整理，当 $x\in (0,1)$ 时
    $|f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x|=\left|\frac{x(x-1)}{2}\left[f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right]\right|$
    • $\stackrel{\text{将}x\text{从绝对值中拿出}}{=}\frac{x(1-x)}{2}\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)-f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right|$
    • $\underset{|a\pm b|⩽|a|+|b|}{\overset{\text{放缩}}{\to }}⩽\frac{x(1-x)}{2}\left[\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)(x-1)\right|+\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)x\right|\right]$
    • $=\frac{x(1-x)}{2}\underset{\text{继续从绝对值提出}x}{\underbrace{\left[\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_2\right)\right|\cdot (1-x)+\left|f^{\prime \prime }\left({\xi }_1\right)\right|x\right]}}$
    • $\stackrel{|f^{\prime \prime }(x)|⩽1}{\to }\le \frac{x(1-x)}{2}[(1-x)+x]\stackrel{(1-x)+x=1}{=}\frac{x(1-x)}{2}$
• 第二问也可以拿分
• 记$\phi (x)=f(x)-f(0)(1-x)-f(1)x,$由第一问可知:$|\phi (x)|\le \frac{x(1-x)}{2}$
  • $\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|\stackrel{\text{三项分别积分}}{=}{\int }_0^{1}f(x)dx-f(0){\int }_0^1(1-x)dx-f(1){\int }_0^{1}xdx$
    • 
      
  • $=\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|$
• 由
  • 积分的绝对值小于等于绝对值的积分$\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|\le {\int }_0^1\mid \phi (x)\mid dx$
  • 以及 $\left|\phi (x)\right|\le \frac{x(1-x)}{2}$, 得${\int }_0^1|\phi (x)|dx\le {\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx$
• $\left|{\int }_0^1\phi (x)dx\right|=\left|{\int }_0^{1}f(x)dx-\frac{f(0)+f(1)}{2}\right|\le {\int }_0^1|\phi (x)|dx\le {\int }_0^1\frac{x(1-x)}{2}dx$
  • $=\frac{1}{2}{\int }_0^1\left(x-x^2\right)dx$
  • $={\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right)|}_0^1=\frac{1}{12}$

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其他

(19)

(本题满分 10 分)
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上具有连续导数, $f(0)=f(2)=0,M={\max }_{x\in [0,2]}\{|f(x)|\}$. 证明:
( I ) 存在 $\xi \in (0,2)$, 使得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|⩾M$;
(II) 若对任意的 $x\in (0,2),\left|f^{\prime }(x)\right|⩽M$, 则 $M=0$.

(19)

• 证明 (I) 存在 $\xi \in (0,2)$ 使得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|⩾M$

• 设存在 $|f(c)|=M$
  • 若 $c=0$ 或 $2$
    • $f(x)\equiv 0$,由罗尔定理 $f^{\prime }(x)=0$, $x\in [0,2]$
  • 若 $c\in (0,1]$
    • 应用拉格朗日中值定理
      • 存在 $\xi \in (0,c)$，使 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(c)-f(0)}{c}$
      • 得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|=\frac{M}{c}⩾M$
  • 若 $c\in (1,2)$
    • 同理存在 $\xi \in (c,2)$
      • $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(2)-f(c)}{2-c}$
      • 得 $\left|f^{\prime }(\xi )\right|=\frac{M}{2-c}⩾M$

证明 (II) 若 $\left|f^{\prime }(x)\right|⩽M$ 则 $M=0$

• 提出假设 (反证法)
  • 假设 $M>0$
    • 则 $c\ne 0,2$
    • 分析 $c\in (0,1)$
      • 应用Newton-Leibniz公式
        • $M=|f(c)-f(0)|=\left|{\int }_0^c{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right|$
        • 得 $M⩽Mc$，矛盾，故 $M=0$
    • 分析 $c\in (1,2)$
      • 类似地使用Newton-Leibniz公式
        • $M=|f(c)|=|f(2)-f(c)|=\left|{\int }_c^2{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\right|$
        • 得 $M⩽M(2-c)$，矛盾，故 $M=0$
    • 分析 $c=1$
      • 假设 $f(1)=M$，由费马引理得 $f^{\prime }(1)=0$
      • 设 $G(x)=f(x)-Mx$，$0⩽x⩽1$
        • $G^{\prime }(x)⩽0$，$G(x)$ 单调不增
        • $G(x)\equiv 0$，得 $f(x)=Mx$
        • $f^{\prime }(1)=0$，得 $M=0$

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Transclude of 数二2019#21

Transclude of 数二2020#20

微分不等式

恒等式

(17)

(本题满分 10 分) 求方程 $k\arctan x-x=0$ 不同实根的个数, 其中 $k$ 为参数.

(17)

• 第一步：构造函数

  • 定义 $f(x)=k\arctan x-x$，则 $f(0)=0$
    • 将原题转化为求 $f(x)$ 的零点个数
    • 由于 $f(x)$ 是奇函数，只需讨论 $(0,+\infty )$ 区间

• 第二步：求导

  • $f^{\prime }(x)=\frac{k}{1+x^2}-1=\frac{k-1-x^2}{1+x^2}$

• 第三步：分类讨论

  • 分析 $f^{\prime }(x)=0$ 的解，考虑 $k-1$ 是否大于 0
    • (1) 当 $k-1\le 0$，即 $k\le 1$
      • $f^{\prime }(x)<0$，故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内严格单调递减
      • 由于 $f(x)$ 为奇函数，$f(x)=0$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有唯一实根 $x=0$
    • (2) 当 $k-1>0$，即 $k>1$
      • 设 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x_0=\sqrt{k-1}$
        • (i) 当 $0<x<x_0$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增，故无实根
        • (ii) 当 $x_0\le x<+\infty$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减
          • 由连续函数的零点定理得 $f(x)=0$ 在 $(x_0,+\infty )$ 内有唯一实根
      • 由 $f(x)$ 的奇函数性质，得 $f(x)=0$ 在 $(-\infty ,0)$ 内也有唯一实根
      • 加上 $f(0)=0$，总共有三个实根

• 第四步：下结论

  • $k\le 1$ 时，$f(x)=0$ 存在唯一实根 $x=0$
  • $k>1$ 时，$f(x)=0$ 有三个实根

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求参数

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Transclude of 数三2019#2

Transclude of 数二2021#4

不等式

(15)

(本题满分 10 分)

证明 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$.

(15)

解法分析

• 证法 2：使用二阶导数
  • 定义函数：$f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}$。
  • 证明：
    1. 求一阶和二阶导数：
    2. 求$f^{\prime }(x)$
       1. $\begin{array}{rl}& {\left(x\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=\ln \frac{1+x}{1-x}+x{\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\ln \frac{1+x}{1-x}+x\frac{1}{\frac{1+x}{1-x}}\frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x{)}^2}\end{array}$
• $\begin{array}{r}=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}.\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x\end{array}$ 2. 求 $f^{\prime \prime }(x)$
  1. ​
• $\begin{array}{r}{\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=[\ln (1+x)-\ln (1-x){]}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}.\end{array}$
• $\begin{array}{r}{\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2\left(1-x^2\right)+2x\cdot 2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}=\frac{2\left(1+x^2\right)}{{\left(1-x^2\right)}^2}\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}-1-\cos x\end{array}$ 2. 分析二阶导数：$f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x\ge 0$，因为 $\frac{4}{(1-x^2{)}^2}\ge 4$ 且 $1+\cos x\le 2$,$4-2\ge 2\ge 0$ 3. 因为$f^{\prime \prime }(x)\ge 0$, $f^{\prime }(0)=0$意味着
  1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$;
  2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$, 3. $0点是极小值$ 4. 得知$f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是凹的
  3. 因为 $f(0)=0$ , 1. 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$ 2. 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$ 3. 则对所有 $-1<x<1$ ,$f(x)\ge 0$ 成立

结论

根据以上两种方法的分析，不等式 $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}$ 对所有 $-1<x<1$ 成立。

了解了，我将遵循您的指示，详细展开计算步骤，并确保每个步骤正确地反映其父子关系：

• 定义函数
  • $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}$
• 求一阶导数 $f^{\prime }(x)$
  • 计算 ${\left(x\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
    • 使用乘法法则：$u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$
      • $u=x$，$u^{\prime }=1$
      • $v=\ln \frac{1+x}{1-x}$，$v^{\prime }={\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
    • 计算 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
      • 使用链式法则：$\frac{d}{dx}[\ln u]=\frac{1}{u}\cdot u^{\prime }$
        • $u=\frac{1+x}{1-x}$，$u^{\prime }={\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
        • 计算 ${\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }$
          • 得 $\frac{2}{(1-x{)}^2}$
        • 故 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}$
    • 合并得 $f^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x$
• 求二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$
  • 对 $f^{\prime }(x)$ 再次求导
    • 计算 ${\left(\ln \frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime \prime }$
      • 再次使用链式法则：${\left(\frac{2}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
        • 得 $\frac{4x}{(1-x^2{)}^2}$
    • 计算 ${\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
      • 使用乘法法则：$u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$
        • $u=2x$，$u^{\prime }=2$
        • $v=\frac{1}{(1-x^2)}$，$v^{\prime }={\left(\frac{1}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
        • 计算 ${\left(\frac{1}{1-x^2}\right)}^{\prime }$
          • 得 $\frac{2x}{(1-x^2{)}^2}$
        • 故 ${\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2}{1-x^2}+\frac{4x^2}{(1-x^2{)}^2}$
    • 合并得 $f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x$
• 分析二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$
  • $f^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{(1-x^2{)}^2}-1-\cos x\ge 0$
    • 因为 $\frac{4}{(1-x^2{)}^2}\ge 4$ 且 $1+\cos x\le 2$
• 根据 $f^{\prime \prime }(x)$ 的性质分析 $f(x)$
  • $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上是凹的
  • $f^{\prime }(0)=0$
    • 当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$
    • 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$
  • $f(0)=0$，故 $f(x)\ge 0$ 对所有 $-1<x<1$ 成立

通过这种结构化的展
证法 1 记 $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则 $f(x)$ 为偶函数.
当 $0⩽x<1$ 时,$f^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{x\left(1+x^2\right)}{1-x^2}-\sin x⩾\ln \frac{1+x}{1-x}+(x-\sin x)⩾0,$因为 $f(0)=0$, 所以 $f(x)⩾0(0⩽x<1)$.
由于 $f(x)$ 为偶函数, 所以 $f(x)⩾0(-1<x<1)$, 即

• $x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1).$证法 2 记 $f(x)=x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{x^2}{2}(-1<x<1)$, 则
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=\ln \frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x,\end{array}$
• $\begin{array}{r}{f}^{\prime \prime }(x)=\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}-1-\cos x.\end{array}$当 $-1<x<1$ 时, 由于 $\frac{4}{{\left(1-x^2\right)}^2}⩾4,1+\cos x⩽2$, 所以 $f^{\prime \prime }(x)⩾2>0$, 从而 $f^{\prime }(x)$ 单调增加.
  又因为 $f^{\prime }(0)=0$, 所以当 $-1<x<0$ 时, $f^{\prime }(x)<0$; 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime }(x)>0$. 故 $f(0)$ 是 $f(x)$ 在区间 $(-1,1)$ 内的最小值. 因为 $f(0)=0$, 所以
• $f(x)⩾0(-1<x<1)\text{, 即 }x\ln \frac{1+x}{1-x}+\cos x⩾1+\frac{x^2}{2}(-1<x<1).$

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Transclude of 数二2020#6

积分不等式

Transclude of 数二2014#19

Transclude of 数二2017#2

二重积分不等式