目
录
一
函数、极限与连续 ................... 错误!未定义书签。
二
一元函数微分学 ..................... 错误!未定义书签。
三
一元函数积分学 ..................... 错误!未定义书签。
四
微分方程 ........................... 错误!未定义书签。
五
无穷级数 ........................... 错误!未定义书签。
六
向量代数与空间解析几何 ............. 错误!未定义书签。
七
多元函数微分学 ..................... 错误!未定义书签。
八 多元函数积分学 ...................... 错误!未定义书签。
九
复变函数 ........................... 错误!未定义书签。
附录
2005 级期中、期末试卷 ............ 错误!未定义书签。
一
函数、极限与连续
试题分析
（一）填空题
1. 设 f ( x) =
x
x
1
( x  1) ，则 f [ f ( x)] =
( x  1且x  ) 。
1− x
1 − 2x
2
（ 90，上，期
中）
【解】 此题主要考查复合函数概念
x
x
1
f ( x)
( x  1且x  )
f [ f ( x)] =
( x  1且f ( x)  1) = 1 − x =
x
1− 2x
2
1 − f ( x)
1−
1− x
1 + x, x  0
2 + x, x  −1
，则 f [ f ( x)] = 
。
 1, x  0
 1, x  −1
2. 若 f ( x) = 
（90，上，期末）
【解】 此题主要考查分段函数概念及分段函数复合的基本方法
1 + f ( x), f ( x)  0
f [ f ( x)] = 
 1, f ( x)  0
解不等式 f ( x)  0 ，得 x  −1 ，此时 1 + f ( x) = 1 + (1 + x) = 2 + x
2 + x, x  −1
 1, x  −1
解不等式 f ( x)  0 ，得 x  −1 。因此 f [ f ( x)] = 
【注】 此题也可通过引进中间变量 u = f ( x) 及利用函数 y = f (u ), u = f ( x) 的图象得
到 f [ f ( x)] 的表达式，读者不妨一试。
3. 函数 f ( x) =
1
的定义域是 x  0 。
x− x

（91，上，期末）

【解】 函数 f 的定义域是 x x − x  0 。由 x 的定义，当 x  0 时， x − x = 0 ；
当 x  0 时， x − x = 2 x  0 。故 f 的定义域 x  0 。
x + 2a x
) = 8 ，则 a = ln 2 。
（97，上，期中）
x → x − a
1 x
【解】 利用重要极限 lim(1 + ) = e 及复合函数求极限的法则，有
x →
x
4. 设 lim(
lim(
x →
x + 2a x
3a x3−aa x3−axa
) = lim[(1 +
) ] = e3 a = 8
x →
x−a
x−a
从而 a = ln 2 。
5. 设 a, b, c 均为正数，则 lim a + b + c = max{a, b, c} 。
n
n
n
n
n →
（96，上，期中）
【解】 这是运用夹逼定理求极限的题目。
令 d = max{a, b, c} ，则 d 
n
a n +bn + c n  n 3d ，令 n → , 注意到 n 3 → 1 ，由夹逼定理
即得结果。
 x + 1, x  1
 x, x  0
g ( x) = 
，
，则 f ( x) + g ( x) 的间断点为 x = 1 。
 x, x  1
0, x  0
6. 设 f ( x) = 
（97，上，期中）
【解】 因为 f ( x) 在 R 上连续，g ( x) 的间断点为 x = 1 ，所以由连续函数的性质知 x = 1
是 f ( x) + g ( x) 的间断点。
或者先写出 f ( x) + g ( x) 的解析表达式
 x + 1, x  0

f ( x) + g ( x) = 2 x + 1, 0  x  1
 2 x, x  1

然后再检验分界点 x = 0 与 x = 1 是否是间断点。例如，对 x = 1 ，因为
lim[ f ( x) + g ( x)] = lim(2
x + 1) = 3
−
x →1−
x →1
lim[ f ( x) + g ( x)] = lim(2
x) = 2
+
x →1+
x →1
左极限不等于右极限，所以 x = 1 是 f ( x) + g ( x) 的间断点。
7. 函数 f ( x) =
sin x
的间断点为 0, 类型为 第一类 。
x
（91，上，期末）
【解】 去掉绝对值写出 f ( x) 的表达式：
 sin x
 x , x  0
f ( x) = 
− sin x , x  0
 x
易见 x = 0 是 f 的间断点，且 f ( x + 0) = 1, f ( x − 0) = −1, 所以 x = 0 是 f 的第一类间断点。
8. 当 x → 0 时，无穷小量 x − sin x 是 x 的 1 阶无穷小。
2
（91，上，期末）
sin x
= 1 即可得结论。
x →0
x
【解】 根据无穷小量阶的比较的概念及重要极限 lim
因为 lim
x →0
x 2 − sin x
= −1  0 ，所以当 x → 0 时， x 2 − sin x 是 x 的一阶无穷小。(或填同)
x
 sin 2 x + e 2 ax − 1
,x  0

9. 若 f ( x) = 
在 (−, +) 上连续，则 a = −2 。
x

a, x = 0

（98，上，期末）
【解】 显然，当 x  0 时 f 连续。由 f 在 x = 0 处连续的定义知 a = lim f ( x) ，而
x →0
sin 2 x
e2 ax − 1
+ lim
= 2 + 2a
x →0
x →0
x
x
lim f ( x) = lim
x →0
于是由 2 + 2a = a ，得 a = −2 。
1
 a ln(1 + 2 x)
 1+ x − 1− x , − 2  x  0

10. 设 f ( x) = 
在 x = 0 处连续，则 a = 1, b = 2 。
2, x = 0

sin bx

,0  x 1
x

（01，上，期中）
【解】 因为 lim+
x →0
a ln(1 + 2 x)
2ax( 1 + x + 1 − x )
sin bx
= b ， lim−
= lim−
= 2a
x →0
x
2x
1 + x − 1 − x x →0
由函数连续性知： b = 2a = 2 ，所以 a = 1, b = 2 。
1 + x + x 2enx
11. 设函数 f ( x) = lim
，则 f ( x) 在 x = 0 处间断，其类型是 第一类 间断
n →
1 + enx
点。
（03，上，期中）
【解】 这是用极限定义的函数，注意到
1 + x,, x  0
 1

f ( x) =  , x = 0 ，
 22
 x , x  0
所以 x = 0 是第一类间断点。
 1
1 + x
12. 函数 f ( x) = 

 的间断点 x = 0 是第 1 类间断点。

【解】 由取整函数的定义知
0, x  0
 1  
f ( x) = 
 = 1, x = 0
1 + x   0.x  0

所以， x = 0 是第一类间断点。
（二）单项选择题
1. 设 f ( x) =
sin( x + 1)
, −  x  + ，则此函数是
x2 + 1
（04，上，期末）
(A)有界函数
(B)奇函数
(C)偶函数
[
(D)周期函数
A ]（97，上，期
中）
【解】 根据奇、偶函数及周期函数的定义及 sin x 的性质立即可以否定掉(B)、(C)、(D)，
故选(A)。或者由 f ( x) =
sin( x + 1)
 1, x  (−, +), 可知 f 是 (−, +) 上的有界函数。
x +1
4
x
1
x
2. 极限 lim x[ln(1 + ) − ln(1 − )] 是
x →
(A)不存在
(B)等于 5
(C)等于 3
[
(D)等于 0
B ]（96，上，期
末）
ln(1 + t )
= 1 及极限的四则运算法则，有
t →0
t
4
1
4 ln(1 + )
ln(1 − )
4
1
x + lim
x = 4 +1 = 5
lim x[ln(1 + ) − ln(1 − )] = lim
x →
x
→
x
→
4
1
x
x
−
x
x
1 x
或者利用重要极限 lim(1 + ) = e 及连续函数求极限的法则可得
x →
x
【解】 利用已知极限 lim
x+4
5 x5−1 x5−x1
原式 = lim x ln
= lim ln[(1 +
) ]
x →
x − 1 x→
x −1
= ln[lim(1 +
x →
5x
5 x5−1 xlim
) ] → x −1 = ln e5 = 5
x −1
1

( x + 1) arctan 2 , x  1
3. 设 f ( x) = 
则 x = −1 为 f ( x) 的
x −1

−1, x = 1,

(A)第一类间断点
(C)可去间断点
(B)第一类间断点
(D)连续点
[
C
]（97，上，期
中）
【解】 判断 x = x0 是函数 f ( x) 的连续点还是间断点的基本方法是根据定义。此题由于
x  −1 与 x  −1 时，函数 f 的表达式相同，所以不需讨论 f 在 x = −1 处的左极限与右极限，
而直接讨论极限 lim f ( x ) 。
x →−1
因为 arctan
1
1

= 0 (有界
 ( x  1), lim( x + 1) = 0, 所以 lim( x + 1) arctan 2
x →−1
x →−1
x −1
x −1 2
2
变量与无穷小量的乘积仍是无穷小量)。又 f (−1) = −1  0, 故 x = −1 是 f ( x) 的可去间断点。
4. 设 lim
x →0
a tan x + b(1 − cos x)
c ln(1 − 2 x) + d (1 − e
− x2
)
= 2, 其中 a, b, c, d 为常数， a 2 + c2  0, 则必有
(B) a = 4c
(A) a = −4c
(C) b = −4d
[
(D) b = 4d
A ]（97，上，期
中）
【解】 此题是已知函数 f 的极限值，要确定 f 中所含常数的关系，利用常用的一些重
要极限和极限的运算法则即可解决，因为
tan x
1 − cos x
+b
a tan x + b(1 − cos x)
a+0
a
x
x
lim
= lim
=
=2
2 =
− x2
x
x →0
−2c + 0 −2c
c ln(1 − 2 x) + d (1 − e ) x→0 ln(1 − 2 x)
1− e
c
+d
x
x
a
所以 a = −4c 。
x +1
(n  N + ), 则 f ( x)
2
n
n → x
+1
5. 设函数 f ( x) = lim
(A)不存在间断点
(C)存在间断点 x = −1
(B)存在间断点 x = 1
(D)存在间断点 x = 0
[ B
]（99，上，期
末）
【解】 写出 f ( x) 的表达式
 x + 1, x  1

 0, x  1
f ( x) = 
 1, x = 1
 0, x = −1
结论便自明。
6. 设 f ( x), g ( x) 在 (−, +) 内有定义， f ( x) 为连续函数，且 f ( x)  0, g ( x) 有间断
点，则
(A) g[ f ( x)] 必有间断点
(B) [ g ( x)]2 必有间断点
(C) f [ g ( x)] 必有间断点
(D)
g ( x)
必有间断点
f ( x)
[
D
中）
【解】 当 f 的值域中不含 g 的间断点时， g[ f ( x)] 连续，故(A)不对。
 1, x为有理数
2
时， [ g ( x)] =1 连续。所以(B)也不对。
−
1,
x
为无理数

当 g ( x) = 
]（99，上，期
当 f 为常值函数时， f [ g ( x)] 连续，因此(C)不对，(D)是对的，可用反证法证明，这留给读
者。
7. 设当 x → x0 时，  ( x),  ( x) 都是无穷小 (  ( x)  0) ，则当 x → x0 时，下列表达式
中不一定为无穷小量的是
 2 ( x)
(A)
 ( x)
(B)  ( x) +  ( x)sin
(C) ln(1 +  ( x)   ( x))
(D)  ( x) +
2
2
1
x
 ( x)
[
A ]（04，上，期
末）
【解】 可取  ( x) = x,  ( x) = x3 易知选(A)。
x 2et ( x −2) + ax − 1
，若 f ( x) 在 (−, +) 连续，则常数 a 等于
t →+
et ( x −2) + 1
8. 设 f ( x) = lim
(A)5
(B)4
(C)7/2
[
(D)5/2
D ]（01，上，期
[
A ]（01，上，期
末）
【解】 用极限先求出 f ( x) 的表达式，即有
 x2 , x  2

 3 + 2a
f ( x) = 
,x = 2
 2
 ax − 1, x  2
5
再由函数在 x = 2 处的连续性知 a = 。
2
x 2 − 1 x1−1
9. lim
e
x →1 x − 1
(A)不存在但不为 
(C)等于 0
(B)等于 2
(D)为 
中）
x 2 − 1 x1−1
x 2 − 1 x1−1
【解】 因为 lim+
e = +, lim−
e = 0 。所以选(A)。
x →1 x − 1
x →1 x − 1
（三）计算题
1. 计算 lim(− sin 3t + cos t )
t →0
1
t
（93，上，期中）
【分析】 这时幂指函数 u(t )v (t ) 的极限问题，由于 lim u (t ) = 1, lim v(t ) = , 所以可利用
t →0
t →0
第二个重要极限及复合函数求极限的法则计算。
1
1
lim(− sin 3t + cos t ) t = lim[1 + (cos t − 1 − sin 3t )]cos t −1−sin 3t
【解】
t →0

cos t −1−sin 3t
t
t →0
lim
= et→0
cos t −1−sin 3t
t
= e−3
【注】 本题将来也可用 L’Hospital 法则计算。
2. 求函数 f ( x) = arctan
1
sin x
的间断点，并指出其类型(要说明理由)。
+ 2
x − 1 x (π − x)
（94，上，期中）
【分析】 此题函数 f 无定义的三个点 x = 0,1, π
【解】 f 的间断点为 x = 0,1, π 。
lim f ( x) = , 所以 x = 0 是 f 的第二类间断点；
x →0
π sin1
π sin1
lim f ( x) = − +
, lim+ f ( x) = +
，所以 x = 1 是 f 的第一类间断点；
x
→
1
2 π −1
2 π −1
x →1−
lim f ( x) = lim arctan
x →π
x→π
1
sin x
1
1
+ lim 2
= arctan
+ 2 ，所以 x = π 是可去间断点。
x − 1 x→π x (π − x)
π −1 π
1
3. 设 f ( x) =
1− e
，试求 f ( x) 的连续区间与间断点，并指出间断点的类型(要说明
x
1− x
理由)。
（92，上，期中）
【解】 f 的间断点为 x = 0, x = 1 ；连续区间是 (−, 0) ， (0,1), (1, +) 。
因为 lim f ( x) =  ，所以 x = 0 是 f 的第二类间断点；
x →0
因为 f (1 − 0) = lim− f ( x) = 0 ， f (1 + 0) = lim+ f ( x) = 1  f (1 − 0) ，所以 x = 1 是 f 的第一
x →1
x →1
类间断点。
1
4. 求 lim( x + e ) x sin x
2
x2
（01，上，期中）
x →0
2
【解】 原式 = lim(1 + x + e − 1)
2
x →0
5. 求 f ( x) =
x
2
x 2 + e x −1
1

x sin x x 2 + e x2 −1
2
2
=e
x 2 + e x −1
x→0 x sin x
lim
lim
= e x→0
x 2 + e x −1
x
2
= e2
( x + 1)sin x
的连续区间与间断点，并指出间断点的类型(要说明理由)。
x ( x 2 − 1)
（93，上，期中）
【分析】 对初等函数来说，根据“初等函数在其定义区间内连续”的基本结论，要求 f
的连续区间，只要求出 f 的定义区间；使函数 f 无定义的点即为其间断点，再根据间断点
分类的知识判断其类型。
【解】
f 的连续区间为 (−, −1), (−1, 0), (0,1), (1, +) ，间断点为 x = −1, x = 0 和
x =1。
因为 lim f ( x) = lim
x →−1
x →−1
( x + 1)sin x
1
= sin1 ，所以 x = −1 是可去间断点；
− x( x + 1)( x − 1) 2
因为 lim f ( x) = lim
( x + 1)sin x
=  ，所以 x = 1 是第二类间断点；
x( x + 1)( x − 1)
因为 f (0 + 0) = lim+
( x + 1)sin x
( x + 1)sin x
= 1  f (0 + 0) ，所以
= −1 ， f (0 − 0) = lim−
2
x
→
0
x ( x 2 − 1)
x ( x − 1)
x →1
x →1
x →0
x = 0 是函数 f 的第一类间断点。
（四）证明题
1. 设 x1 = 1, xn +1 =
xn + 1(n = 1, 2, ), 证明数列 {xn } 存在极限，并求此极限。
（96，上，期末）
【分析】 证明数列 {xn } 收敛的方法通常有三个：一是用单调有界原理，二是用 Cauchy
准则，三是用夹逼定理。由于本题的数列是用递推关系给出的，所以首先考虑用单调有界原
理证明 {xn } 收敛，再用递推关系求出极限。
+
【证】 x1 = 1  0, 由递推关系 xn +1 = 1 + xn 易知对一切 n  N , xn  0 。
因为
而 x2 = 1 + x1 =
xn +1 − xn = 1 + xn − 1 + xn −1 =
xn − xn −1
1 + xn + 1 + xn −1
2  x1 ，所以对一切 n, xn+1  xn , 即数列 {xn } 单调增加，又 x1 = 1  2 ，
设 xn  2, 则 xn +1 = 1 + xn  1 + 2 = 3  2 。故由归纳法知对一切 n ，有 xn  2 即 {xn } 上
方有界。用单调有界原理，数列 {xn } 收敛，设其极限为 l , 即 lim xn = l ，在递推公式两边令
n →
n →  取极限，得 l = 1 + l 。由此得到 l =
lim xn =
n →
1− 5
5 +1
(舍去负根 l =
)，故
2
2
5 +1
2
2. 设函数 f ( x) 在点 x0 处连续，并且 f ( x0 )  0 。试证：存在 x0 的邻域，得在此邻域内
有 kf ( x)  f ( x0 ), 其中常数 k  1 。
（92，上，期中）
f ( x0 )
。函数 f 在 x0 处连续，即 lim f ( x) = f ( x0 ), 显
x → x0
k
【分析】 要证在 x0 附近 f ( x) 
然 f ( x0 ) 
f ( x0 )
(k  1) ，这样一来，问题转化为由函数极限大于某一常数， 要证在 x0 附
k
近的函数值大于该常数，这正是函数极限的性质。
【证】 因为 f 在 x0 处连续，所以 lim f ( x) = f ( x0 ), 又 f ( x0 ) 
x → x0
lim f ( x) = f ( x0 ) 
x → x0
由函数极限定义，对  =
f ( x0 )
(k  1) ，故
k
1
f ( x0 )
k
k −1
f ( x0 ) ，存在 x0 的某个邻域，使得在此邻域内有
k
f ( x) − f ( x0 )  
f ( x0 ) −   f ( x)  f ( x0 ) + 
即
由此得到 f ( x)  f ( x0 ) −  = f ( x0 ) −
k −1
1
f ( x0 ) = f ( x0 ) 在 x0 的某邻域内成立。
k
k
3. 设函数 f ( x) 在 [0, 2a] 上连续，且 f (0) = f (2a) ，证明：存在一点   [0, a], 使得
f ( ) = f (a +  ) 。
（96，上，期中）
【分析】 要证 f ( ) − f (a +  ) = 0 ，即方程 f ( x) − f (a + x) = 0 在区间 [0, a] 上有一
实根 x =  ，或函数 F ( x) = f ( x) − f (a + x) 在 [0, a] 上有一零点 x =  ，于是问题转化为检
验 F ( x) 在 [0, a] 上是否满足介值定理的条件。
【证】 构造辅助函数 F ( x) = f ( x) − f (a + x), 0  x  a 。显然 F  C[0,a ] ，又
F (0) = f (0) − f (a) ， F (a) = f (a) − f (2a) = f (a) − f (0)
于是
F (0) F (a) = −[ f (0) − f (a)]2  0
若上式最后的等号成立，则可取  = 0 或  = a ；
若 F (0) F (a)  0, 则由闭区间上连续函数的介值定理知，存在   (0, a), 使 F ( ) = 0, 即
f ( ) = f (a +  )
xn +1
= l  1 ，证明 lim xn 存在，并求 lim xn 。
n →
n →
n → x
n
4. 设正数数列 {xn } 满足条件 lim
（98，上，期末）
【证】 法一 由极限的保序性，存在 N , 当 n  N 时，
xn+1
 1 ，因此 {xn } 单调减
xn
(n  N ), 又因 xn  0 ，根据单调有界原理，{xn } 收敛。设 lim xn = a, 则 a  0 。若 a  0, 则
n →
xn +1 a
= =1
n → x
a
n
lim
与 l  1 矛盾。故 a = 0 。
法二 由于 lim
n →
xn+1
1− l
 0, 存在 N，使当 n  N 时，有
= l  1, 所以对于  =
2
xn
xn +1
−l  
xn
xn +1
1+ l
 l + =
1
xn
2
推得
于是，当 n  N 时
xN +1 xN + 2

xN xN +1
xn
1 + l n− N
(
)
xn −1
2
1 + l n− N
) ，令 n →  ，由夹逼定理得 lim xn = 0 。
n →
2
即 0  xn  xN (
练习
1. 设 f ( x) =
x
( x  1) ，求 f [ f [ f [ f ( x)]]] 。
x −1
（85，上，期末）
3x + 1, x  1
，求 f [ f ( x)] 。
 x, x  1
（94，上，期中）
2. 设 f ( x) = 
1
x
3. 已知 f (1 + ) = x + 2 x + 1 ，求 f (sec2 t ) 。
2
x − x 2 n +1
，试作出函数 y = f ( x) 的草图。
n → 1 + x 2 n
4. 设 f ( x) = lim
5. 如果 lim
x →2
x 2 − ax + b
1
= − ，求 a 、 b 。
2
x −4
4
n x − n− x
6. 求 lim x
。
n → n + n − x
（86，上，期末）
（92，上，期中）
（88，上，期末）
（88，上，期末）

7. 计算 lim(cos x ) x 。
（91，上，期末）
x →0
8. 求 f ( x) =
( x + 1)sin x
的连续区间与间断点，并指出间断点的类型(要说明理由)。
x ( x 2 − 1)
（93，上，期中）
1
1 + e x sin x
9. 求 lim(
+
)。
4
x →0
x
x
1+ e
n
10. 证明 f ( x) = lim n 1 + x + (
n →
（00，研）
x2 n
) 当 x  0 时连续。
2
（补充题）
11. 设 x1  0 ， xn +1 =
4(1 + xn )
(n = 1, 2, ) ，证明数列 {xn } 收敛，并求 lim xn 。
n →
4 + xn
（04，上，期中）
二
一元函数微分学
试题分析
（一）填空题
1. 设 lim
x →0
f (1) − f (1 − x)
= −1, 则曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率是 −2 。
2x
（97，上，期中）
【解】 曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率是 f (1), 而
f (1 + x) − f (1)
(令 x = −t )
x →0
x
f (1 − t ) − f (1)
f (t ) − f (1 − t )
= lim
= 2 lim
= −2
t →0
t →0
−t
2t
1
1
2. 若函数 f ( x) 在 x = a 处可导，则 lim n[ f (a + ) − f (a − )] = 2 f (a) 。
n →
n
n
f (1) = lim
（91，上，期末）
【解】
1
1
lim n[ f (a + ) − f (a − )]
n →
n
n
1
1 

 f (a + n ) − f (a) f (a) − f (a − n ) 
1
(令 = t )
= lim 
+

n →
1
1
n


n
n


f (a + t ) − f (a)
f ( a − t ) − f ( a)
= 2 f (a)
= lim
+ lim
t →0
t →0
t
−t
3. [(sin x) x ] = (sin x) (ln sin x + x cot x) 。
x
（91，上，期末）
【解】 幂指函数求导可采用对数求导法。令 y = (sin x) x ，两边取对数 ln y = x ln sin x,
两边对 x 求导，得
4.
设
1 dy
cos x
，整理即得。
= ln sin x + x
y dx
sin x
y = f (cos( x2 + 1)) + (sin x) x ,
其
中
f
可
微
，
则
dy
= −2 xf (cos( x 2 + 1))  sin( x 2 + 1)
dx
+(sin x) x (ln sin x + x cot x) 。
（97，上，期中）
【解】 考核复合函数求导法。
2
3
5. 设 y = f ( x − y ), 其中 f 可微，则
dy
2 xf 
=
。
dx 1 + 3 y 2 f 
（99，上，期末）
【解】 考核隐函数求导法。这里 x 为自变量， y 是 x 的函数。令 u = x − y ，方程两
2
3
dy d
du
dy 

= [ f (u )] 
= f    2x − 3y2 
dx du
dx
dx 

边对 x 求导，得
dy
2 xf 
=
dx 1 + 3 y 2 f 
解出
 x = cos3 t
2
π
6. 曲线 
在 t = 所对应的点处的切线方程是 x + y =
。
（97，上，期末）
3
4
2
 y = sin t
dy
dy dy dt dt
3sin 2 t  cos t
=  =
=
= − tan t
dx dt dx dx −3cos 2 t  sin t
dt
【解】 由复合函数求导法得
由于当 t =
π
2 2
时曲线上对应点的坐标为 (
,
) ，该点处切线的斜率为
4
4 4
dy
= − tan t t = π = −1
dx t = π
4
4
所以曲线在该点处的切线方程为 x + y =

2
。
2
π
π
2
7. 对数螺线 r = e 在点 (r , ) = (e 2 , ) 处的切线的直角坐标方程为 x + y = e 2 。

（99，上，期中）
π
π
 x = e cos 
π
2
2
(
x
,
y
)
=
(0,
e
)又
【解】 由极坐标与直角坐标的关系 
，得 (e , ) 的对应点 0 0

2
y
=
e
sin


dy
e sin  + e cos 
= 
dx  = π e cos  − e sin 
2
= −1
π
=
2
π
所以切线方程为 y − e 2 = − x 。
8. f ( x) = x(2 x − 1)(3x − 2)
(50 x − 49), 则 f (0) = −49!。
（96，上，期中）
【解】 由乘积求导法则知，得到的导数是一组乘积之和，除第一项不含因子 x 外，其
余各项均含因子 x 。当 x = 0 时，除第一项外，其余各项均为 0，所以
f (0) = (−1)(−2)
9. 若 y =
(−49) = −49!
x
2
1
n
(n)
−
] 。 （93，上，期中）
，则 y = (−1) n ![
n +1
x − 3x + 2
( x − 2)
( x − 1) n +1
2
【解】 先将 y 分解得 y =
x
x
2
1
，再根据高阶导
=
=
−
x − 3x + 2 ( x − 1)( x − 2) x − 2 x − 1
2
数的求导法则分别求 n 阶导数即得。
10. 设 f ( x) = x n ( x − 1) n cos
2
πx 2
，则 f ( n ) (1) =
n! 。
2
4
（97，上，期中）
【解】 根据高阶导数的 Leibniz 公式，视 ( x − 1)n 为公式中的 u ，而视 x n cos
πx 2
为公
4
式中的 v ，由于 ( x − 1)n 的 n 阶导数为 n! ，不含 ( x − 1) 因子，其余各项均含 ( x − 1) 因子，当
x = 1 时，它们为 0，故
11. (e
−2 x
+ sin x cos x +
f ( n ) (1) = 1n  cos
π12
2
 n! =
n!
4
2
2
1
1
)dx = d (− e−2 x + sin 2 x + 2arctan x + c) 。
2
1+ x
2
2
（95，上，期中）
12. 设 y = sin( x 4 ) ，则
4
dy
= x cos( x 4 ) 。
3
d (x ) 3
（97，上，期中）
4
【解】 考核一阶微分形式不变性。令 u = x ，则 y = sin(u 3 ) ，根据一阶微分的形式不
3
4
4
4 13
dy
变性， dy = u cos(u 3 )du ，即
= x cos x 4 。
3
3
d (x ) 3
dy
d sin( x 4 ) 4 x3 cos( x 4 )dx 4
另解：
=
=
= x cos( x 4 ) 。
3
3
2
d (x )
d (x )
3x dx
3
2 x − sin 2 x
4
的值等于 。
3
x →0
x
3
13. lim
（93，上，期中）
【解】 可用 L’Hospital 法则
1 − cos 2 x 2
2sin 2 x 4
2 x − sin 2 x
2 − 2 cos 2 x 2
= lim
= lim
=
= lim
2
3
2
x →0
x →0
3 x →0
x
3 x →0 2 x
3
x
3x
f ( x)
= 2 ，则 f (0) = 2 。
14. 已知 f ( x) 具有连续的二阶导数，且 lim
x →0 1 − cos x
lim
（90，上，期末）
f ( x)
f ( x) 1 − cos x
= lim

=0
【解】 首先可知 f (0) = 0 ，于是 f (0) = lim
x →0
x →0 1 − cos x
x
x
f ( x)
f ( x)
f ( x)
2 = lim
= lim
= lim
= f (0)
用 L’Hospital 法则
x →0 1 − cos x
x →0 sin x
x →0 cos x
15. 写出函数 ln(1 − x) 在 x = 0 处的 n 阶 Taylor 多项式 Pn ( x) = − x −
x 2 x3
− −
2 3
xn
。
n
（93，上，期中）
16. 函数 f ( x) =
2
2 ln x + 1
的极大值为
。
x
e
【解】 令 f ( x) =
（99，上，期末）
1 − 2 ln x
= 0 ，得唯一驻点 x = e 。又当 0  x  e 时， f ( x)  0 ；
x2
当 x  e 时， f ( x)  0 所以极大值为 f ( e ) =
2
。(也可用 f ( e )  0 ，知 f ( e ) 是极
e
大值)。
17. 函数 f ( x) =
1
x3
的极值点为 x = 3 ，曲线 y = f ( x) 的渐近线为 a = − 。
2
2
(1 − x)
（97，上，期中）
【解】 因为 f ( x) =
3x 2 − x3 x 2 (3 − x)
令 f ( x) = 0 ，得 x = 3, x = 0 。
=
(1 − x)3
(1 − x)3
当 x  0 时， f ( x)  0 ；当 0  x  1 时， f ( x)  0 ；当 1  x  3 时， f ( x)  0 ；当 x  3
时， f ( x)  0 ，可知只有 x = 3 是函数的极值点。
x3
=  ，故曲线以 x = 1 为铅直渐近线，又
x →1 (1 − x ) 2
由于 lim
f ( x)
x3
x2
a = lim
= lim
− x) = 2
= 1 ， b = lim( f ( x) − ax) = lim(
x →
x →
x → (1 − x) 2
x → (1 − x ) 2
x
故曲线以 y = x + 2 为斜渐近线。
18. 设 f ( x) = xe ，则函数 f ( n ) ( x) 的极小值点为 x = −
2x
【解】 由 Leibniz 公式 f
则
( n +1)
n +1
。
2
（98，上，期末）
( x) = 2n+1 xe2 x + (n + 1)2n e2 x = 2n (2 x + n + 1)e2 x ，
n +1

 0, x  − 2

n +1

( n +1)
f
( x) = = 0, x = −
2

n +1

 0, x  − 2

故x=−
n +1
是 f ( n ) ( x) 的极小值点。
2
19. 函数 y =
x2
2
在区间 (0,
) 单调增加。
x
2
ln 2
（93，上，期中）
x(2 − x ln 2)
2
。
= 0 得驻点 x = 0, x =
x
ln 2
2
2
2
当 x  0 时， y  0 ；当 0  x 
时， y  0 ；当 x 
时， y  0 ，故函数在区间
ln 2
ln 2
2
(0,
) 单调增加。
ln 2
【解】 令 y = 2 x 2
−x
− x 2 2− x ln 2 =
20. 曲线 y = 14 − 9 x − 3x 2 − x3 的下凸区间为 (−, −1) ，上凸区间为 (−1, +) ，拐点为
(−1, 21) 。
（93，上，期中）
【解】 由于 y = −9 − 6 x − 3x 2 , y = −6( x + 1) 。令 y = 0 得 x = −1 。当 −  x  −1
时，y  0 ；当 −1  x  + 时，y  0 ，故下凸区间 (−, −1) ，上凸区间 (−1, +) ；当 x = −1
时， y = 14 + 9 − 3 + 1 = 21 ，所以拐点为 (−1, 21) 。
21. 设函数 y = y ( x) 由方程 y = f ( x + y ) 确定，其中 f ( x) 二阶可导，并且 f ( x)  1 ，
则
d2y
f 
=
.
dx 2 (1 − f )3
（01，上，期末）
【解】 方程两边对 x 求导得： y = f (1 + y) ，所以 y =
此式两边再对 x 求导
整理可得 y =
y =
f
1− f 
f (1 + y)(1 − f ) + f f (1 + y) (1 + y) f 
=
(1 − f )2
(1 − f )2
f 
。
(1 − f )3
1
2
22. 曲线 y = e 上点 ( , e) 处的切线通过原点 (0, 0) 。
2x
（02，上，期末）
【解】 不妨设曲线上的点为 ( x0 , y0 ) ，由题意该点的切线方程 Y − y0 = 2e
 y0 = 2 x0e2 x0
1
，解得 x0 = , y0 = e 。
2 x0
2
 y0 = e
又由 
2 x0
( X − x0 ) 。
23. 若 y = arctan
2
2
1
dy
1
+ e f (cos x ) ，其中 f 可导，则
=− 2
− 2sin x  f  f   e f (cos x ) 。
x
dx
x +1
（03，上，期末）
【解】 由复合函数求导法即得。
1
 
 x sin , x  0
24. 设 f ( x) = 
， (  N + ) 若 f ( x ) 在 x = 0 处连续，则  的取值范围
x
 0, x = 0
是  2 。
（03，上，期
末）
【解】 因为 f (0) = lim
x →0
f ( x) − f (0)
= lim
x →0
x
x sin
x
1
x = 0, (  1)
1  −2
1
  −1
 x sin − x cos , x  0

f ( x) = 
x
x

0, x = 0
所以
要使 f ( x ) 在 x = 0 处连续，必有 lim f ( x) = f (0) = 0 ，故有   2 。
x →0
（二）单项选择题
1. 设 f 可导， F ( x) = f ( x)(1 + x ) ，则 f (0) = 0 为 F ( x) 在 x = 0 处可导的
(A)充分必要条件
(C)必要但非充分条件
(B)充分但非必要条件
(D)既非充分也非必要条件
[ A ]（97，上，期
中）
【解】 由于 F ( x) 在 x = 0 可导的充分必要条件也就是 g ( x) = x f ( x) 在 x = 0 可导的
充 分 必 要 条 件 ， 而 g + (0) = lim+
x →0
f ( x) x
f ( x) x
= − f (0) 。 当
= f (0) ， g − (0) = lim−
x →0
x
x
f (0) = 0 时， g+ (0) = g− (0) ，即 g ( x) 在 x = 0 可导；
反之， g ( x) 在 x = 0 可导，即 g+ (0) = g− (0) ，也就是 f (0) = − f (0), 可得 f (0) = 0 。
由此即得所要。
2. 设 f 处处可导，则
(A)当 lim f ( x) = + 时，必有 lim f ( x) = +
x →+
x →+
(B) lim f ( x) = + 时，必有 lim f ( x) = +
x →+
x →+
(C)当 lim f ( x) = − 时，必有 lim f ( x) = −
x →−
x →−
(D)当 lim f ( x) = − 时，必有 lim f ( x) = −
x →−
[
x →−
A ]（97，上，期
末）
【解】 可采用排除法，取 f ( x) = x ，则 f ( x) = 1 ，由此可得(B)，(D)不成立；
再取 f ( x) = x 2 ，则 f ( x) = 2 x, lim f ( x) = − ，但 lim f ( x) = + ，于是(C)也不成立，
x →−
x →−
故选(A)。
也可直接证明(A)。由 lim f ( x) = + 可知存在 a  R ，当 x  a 时， f ( x)  1 。在区
x →+
间 [a, x] 上对 f ( x) 用 Lagrange 中值定理，有 f ( x) − f (a) = f ( )( x − a) (a    x) ，由
此得到 f ( x) − f (a)  x − a ，即 f ( x)  f (a) + ( x − a) ，令 x → + ，便得结论。
3. 设 f 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，则(Ⅰ)在 (a, b) 内 f ( x)  0 与(Ⅱ)在 [a, b] 上
f ( x)  f (a) 之间的关系是
(A)(Ⅰ)是(Ⅱ)的充分但非必要条件
(B)(Ⅰ)是(Ⅱ)的必要但非充分条件
(C)(Ⅰ)是(Ⅱ)的充分必要条件
(D)(Ⅰ)是(Ⅱ)的既非充分也非必要条件
中）
[
C
]（93，上，期
【解】 因为 f ( x)  0 ， x  (a, b) 可知 f ( x) 在 (a, b) 内恒为常数 k 。又 f 在 x = a 处
连续，所以 f (a ) = lim+ f ( x) = k ，同理 f (b) = k ，反之显然。
x→a
4. 设函数 f 在 [a, b] 上连续， 则 f 在 [a, b] 上具有性质
(A)存在   (a, b) ，使 f (b) − f (a) = f ( )(b − a)
(B)存在   (a, b) ，使 f ( ) = 0
(C)存在   (a, b) ，使 f ( x)  f ( ), x  [a, b]
(D)存在   (a, b) ，使 f ( x)  f ( ), x  [a, b]
[
C
]（97，上，期
中）
【解】 连续函数未必可导，故(A)、(B)不真。闭区间 [a, b] 上连续函数能在 [a, b] 上取
得
最大值和最小值，且可以在区间端点处取得，故选(C)。
5. 若 ab  0, f ( x) =
1
，则在 (a, b) 内使 f (b) − f (a) = f ( )(b − a) 成立的 
x
(A)至少有一个
(C)不存在
(B)只有一个
(D)是否存在与 a 、 b 有关
[ C ]（95，上，期
中）
 1
− , x  (a, 0) (0, b)
【解】 f ( x) =  x 2
，所以对  x  (a, b) 且 x  0, f ( x)  0 ，从

不存在, x = 0
1 1
−
f (b) − f (a) b a
1
=
=−
 0 ，故应选(C)。
而 f ( )(b − a)  0,   (a, b) ，  0 。但是
b−a
b−a
ab
6. 设 f 、 g 在 N ( xˆ0 ) 内可导，且 g ( x)  0 ，而且 lim f ( x) = 0 = lim g ( x) ，则（Ⅰ）
x → x0
x → x0
f ( x)
f ( x)
= A （其中 A 为常数）之间的关系为
= A 与（Ⅱ） lim
x → x0 g ( x )
g ( x)
lim
x → x0
(A)(Ⅰ)是(Ⅱ)的充分但非必要条件
(B)(Ⅰ)是(Ⅱ)的必要但非充分条件
(C)(Ⅰ)是(Ⅱ)的充分必要条件
(D)(Ⅰ)是(Ⅱ)的既非充分也非必要条件
中）
【解】 用 L’Hospital 法则的条件即得。
[
B
]（95，上，期
f ( a + h) − f ( a )
− f (a)
h
7. 设 f ( x) 在 x = a 处二阶可导，则 lim
等于
h →0
h
1
(A) 0
(B) f ( a )
(C) f (a )
(D) 
2
[
B
]（94，上，期
中）
f ( a + h) − f ( a )
− f (a)
f (a + h) − f (a) − f (a)h
h
= lim
【解】 lim
h →0
h →0
h2
h
f (a + h) − f (a)
= lim
(L’Hospital 法则)
h →0
2h
1
= f (a ) (二阶可导定义)
2
【注】 最后一步不能再用 L’Hospital 法则（为什么？）
8. 设 lim
x → x0
f ( x) − f ( x0 )
= 2 ，则在 x0 处 f ( x)
( x − x0 )2
(A)可导且 f ( x0 )  0
(B)不可导
(C)取得极小值
(D)取得极大值
[
C
]（93，上，期
中）
【 解 】 由 条 件 及 极 限 的 保 号 性 知 在 x0 的 某 邻 域 内
f ( x) − f ( x0 )
0 ，有
( x − x0 )2
f ( x)  f ( x0 ) ，故应选(C)。
9. 函数 f ( x) = ( x + 1) x − 2 x − 3 的不可导点的个数是
2
(A)3
(B)2
(C)1
[
(D)0
C ]（98，上，期
中）
【解】 因为 f ( x) 的不可导点只能包含在函数 x − 2 x − 3 = x + 1  x − 3 的两个不可
2
导点 x = −1 和 x = 3 中；又 ( x + 1) x + 1 在 x = −1 可导，所以不可导点只有 1 个。
10. 已知函数 y = f ( x) 对一切 x 满足 xf ( x) − 2 x[ f ( x)]4 = e− x − 1 。若 x0 ( x0  0) 是
f ( x) 的一个驻点，则
(A) x0 是 f ( x) 的极小点
(B) x0 是 f ( x) 的极大点
(C) ( x0 , f ( x0 )) 是曲线 y = f ( x) 的拐点
(D) x0 不是 f ( x) 的极值点， ( x0 , f ( x0 )) 也不是曲线 y = f ( x) 的拐点
[
B
]（96，上，期
末）
【解】 x0 是 f ( x) 的驻点，所以 f ( x0 ) = 0 ，将 x = x0 代入关系式，得 f ( x0 )
当 x0  0 时，e
− x0
e − x0 − 1
。
x0
 1 ，故 f ( x0 )  0 ；当 x0  0 时，e− x0  1 ，故 f ( x0 )  0 ，因此 x0 是 f ( x)
的极大点。
【注】 当 x0 = 0 时结论也成立，因为
f (0) = lim
x →0

f ( x) − f (0)
e− x − 1
e− x − 1
= lim f ( x) = lim 2[ f ( x)]4 +
=
lim
= −1  0

x →0
x →0
x
x  x →0 x

11. 设 f ( x), g ( x) 在 [a, b] 上可导，且 f ( x) g ( x)  0 ，又 f ( x) g ( x)  f ( x) g ( x) ，则
当
a  x  b 时，必有
(A) f ( x) g ( x)  f (a) g (a)
(C)
(B) f ( x) g ( x)  f (b) g (b)
f ( x) f ( a )

g ( x) g (a)
(D)
g ( x) g (b)

f ( x) f (b)
[
C
]（94，上，期
末）
【解】 令 F ( x) =
f ( x) g ( x) − f ( x) g ( x)
f ( x)
, x [a, b] ，则 F ( x) =
 0 ，所以 F ( x)
g ( x)
g 2 ( x)
在 [a, b] 上单调减少，于是 F ( x)  F (a) ，故选(C)。
12. 若曲线方程 y =
sin x
+ arctan(1 − x ) ，则
x
(A)直线 x = 0 为曲线的渐近线
(C)直线 y = −
π
为曲线的渐近线
2
(B)直线 y =
π
为曲线的渐近线
2
(D)曲线无渐近线
[
C
]（95，上，期
末）
【解】 显然， lim y = 1 +
x →0
π
π
，所以 x = 0 不是曲线的渐近线；又因 lim y = − ，所以
x →+
4
2
π
y = − 为曲线的水平渐近线。
2
13. 设常数 k  0 ，则函数 f ( x) = ln x −
(A)3
(B)2
x
+ k 在 (0, +) 内零点个数为
e
(C)1
[
(D)0
B ]（94，上，期
中）
【解】 这是利用函数的最值研究函数零点个数的问题。首先，由 f ( x) =
1 1
− =0得
x e
唯一驻点 x = e 。当 0  x  e 时，f ( x)  0 ，f ( x)  ；当 e  x  + 时，f ( x)  0, f ( x)  ，
故 x = e 是函数 f 的最大值点， f max = f (e) = k  0 。
其次，因 lim f ( x) = −, lim+ f ( x) = − ，所以分别存在 x1  (e, +), x2  (0, e) ，使
x →+
x →0
f ( x1 )  0, f ( x2 )  0 ，由连续函数的介值定理及 f 的单调性可知 f 在区间 ( x2 , e) 、(e, x1 ) 内
各有且仅有一个零点，故选(B)。
 f ( x)
,x  0

14. 设 F ( x) =  x
，其中 f ( x) 是奇函数，且 f (0) = 1 ，则 x = 0 是 F ( x) 的
 2, x = 0
(A)连续点
(C) 第二类间断点
(B)第一类间断点
(D) 可去间断点
[
D
]（96，上，期
中）
【解】 因为 f ( x) 是奇函数， 且 f (0) = 1 ，所以 f (0) = 0 ，于是
lim F ( x) = lim
x →0
x →0
f ( x)
f ( x) − f (0)
= f (0) = 1  F (0)
= lim
x →0
x
x
故选(D)。
15. 已知 f ( x) 在 x = 0 的某个邻域内连续，且 lim
x →0
f ( x)
= 2 ，则在 x = 0 处 f ( x)
x2
(A)不可导
(B)可导且 f (0)  0
(C)取得极大值
(D) 取得极小值
[
D
]（98，上，期
中）
【解】 设 f ( x) = 2 x 2 ，则满足已知条件，但(A)、(B)、(C)都不对。又根据已知条件得
f 0) = 0 ，且当 x  0 时 f ( x) 与 x 2 同号， f ( x)  f (0) ，故选(D)。
16. 设 x → 0 时， e
(A)1
tan x
− e x 与 x n 是同阶无穷小量，则 n 为
(B)2
(C)3
[
(D)4
C ]（99，上，期
中）
etan x − e x
(e tan x − x − 1)e x
e tan x − x − 1
【解】 要使极限 lim
= lim
= lim
x →0
x →0
x →0
xn
xn
xn
etan x − x (sec2 x − 1)
1 − cos2 x
=
lim
x →0
x →0
nx n−1
nx n−1
= lim
为非零常数，必须 n − 1 = 2 ，故选(C)。

ae x , x  0
17. 设 f ( x) = 
，若 f 在 x = 0 处可导，则
b + ln(1 + x), x  0
(A) a = −1, b = −1
(B) a = 1, b = 1
(C) a = 2, b = 2
(D) a = 2, b = 1
[
B
]（98，上，期
末）
【解】 若 f 在 x = 0 处可导，则 f (0 − 0) = f (0) ，即 a = b, f −(0) = f +(0)
，
即
a = 1 。所以 a = b = 1 ，故选(B)。
18. 已知曲线 y = A x ( A  0) 与 y = ln x 在点 P( x, y ) 有公共切线，则常数 A 与点 P
的坐标分别为
1
e
1
e
2
(B) , (e,1)
(A) , (e ,1)
(C)
1
, (e,1)
e2
(D)
[
1
, (e2 ,1)
2
e
A ]（98，上，期
末）
【解】因为 P 是公共点，
所以 A x = ln x ；又因为在 P 点有公共切线，故
解得 x = e , A =
2
A
1
。
=
2 x 2x
1
，从而 P 的坐标为 (e2 ,1) 。
e
 x = at 3
19. 设函数 y = y ( x) 由参数方程 
, (0  t  b, a  0, b  0) 所确定，则
2
 y = bt − t
(A) y ( x) 在 (0, ab3 ) 内单调增加
(B) y ( x) 在 (0, ab3 ) 内单调减少
(C)曲线 y ( x) 在 (0, ab3 ) 内向下凸
(D)曲线 y ( x) 在 (0, ab3 ) 内向上凸
[
D
]（99，上，期
末）
【解】 由参数方程求导法
dy b − 2t
=
，在 t  (0, b) 时符号不定，故(A)、(B)不对。又
dx 3at 2
d 2 y −2(b − t )
=
 0, (0  t  b) ，所以选(D)。
dx 2
9a 2 t 5
20. 设 f ( x) = 3x + x x ，则使 f ( n ) (0) 存在的最高阶导数的阶数 n 为
2
2
(A)1
(B)3
(C)0
(D)2
[ D
]（01，上，
期中）
6 x + 3 x 2 , x  0
【解】 因为 f ( x) = 
6 x − 3x , x  0
显然 f (0) 不存在，所以选(D)。
2
 6 + 6 x, x  0
 6, x  0
， f ( x) = 
，
 6 − 6 x, x  0
−6, x  0
， f ( x) = 
21. 设 f ( x ) 连续，且 lim[
x →0
(A) f (0) = −1, f (0) =
(C) f (0) = 1, f (0) =
e x − 1 f ( x)
+
] = 3 ，则
x2
x
5
2
5
2
(B) f (0) = −1, f (0) = −
(D) f (0) = 1, f (0) = −
[
5
2
5
2
A ]（00，上，期
末）
【解】 由于极限存在，所以
e x − 1 f ( x)
e x − 1 + xf ( x)
e x + f ( x) + xf ( x)
lim[ 2 +
] = lim
= lim
x →0
x →0
x →0
x
x
x2
2x
e x + f ( x) 1
1
1
+ lim f ( x) = lim[e x + f ( x)] + lim f ( x) = 3
x →0
2x
2 x →0
2 x →0
2 x →0
f (0) = −1lim
 f (0) =
5
，故选(A)。
2
（三）计算题
 x cos x − e x + 1
,x  0

1. 设 f ( x) = 
x2

a, x = 0

（1）问当 a 取何值时， f ( x) 在 x = 0 处连续；
（2）在（1）之下， f ( x) 在 x = 0 处是否可导？若可导，求 f ( x ) 。
（97，上，期中）
【解】 （1）若要 f ( x) 在 x = 0 处连续。只要
x cos x − e x + 1
(L’Hospital 法则)
a = lim f ( x) = lim
x →0
x →0
x2
cos x − x sin x − e x
−2sin x − x cos x − e x
1
(L’Hospital 法则) = lim
=−
x →0
x →0
2x
2
2
= lim
（2）当 a = −
1
时，首先有
2
f ( x) − f (0)
2 x cos x − 2e x + x 2 + 2
f (0) = lim
(L’Hospital 法则)
= lim
x →0
x →0
x−0
2 x3
2cos x − 2 x sin x − 2e x + 2 x
(L’Hospital 法则)
x →0
6 x2
= lim
−2sin x − x cos x − e x + 1
(L’Hospital 法则)
= lim
x →0
6x
2
−3cos x + x sin x − e x
(L’Hospital 法则) = −
x →0
3
6
= lim
其次，当 x  0 时，由求导法则 f ( x) =
− x 2 sin x − x cos x − xe x + 2e x − 2
x3
综上有
 − x 2 sin x − x cos x − xe x + 2e x − 2
, x  0,

3
x
f ( x) = 
2

− ,
x = 0.

3
x
，讨论 f ( x) 的可导性，并在可导点处求 f ( x ) 。
t →+ 2 + x 2 − etx
2. 设 f ( x) = lim
（93，上，期中）
【解】 由于
 0, x  0

f ( x) = lim
= x
2
tx
t →+ 2 + x − e
 2 + x 2 , x  0
x
由求导法则，当 x  0 时， f ( x) = 0 ；当 x  0 时， f ( x) =
2 − x2
；
(2 + x 2 ) 2
x
−0
2
1
0−0
= 0 ，f −(0) = lim− 2 + x
=  f +(0) ，所以 f ( x)
而当 x = 0 时，
因为 f +(0) = lim+
x →0 x − 0
x →0
x−0
2
在 x = 0 处不可导。综上所述，


0, x  0

f ( x) =  不可导, x = 0
 2 − x2

, x  0.
 (2 + x 2 ) 2
 x = t 2 + 2t
d2y
3. 设 y = y ( x) 是由方程组 
所确定的函数，求 2
。 （97，上，期中）
y
dx t =0
 te = y
【分析】 考查参数方程求导，其中第二个方程确定隐函数 y = y (t ) 。
y
【解】 方程 te = y 两边对 t 求导，得 e + te
y
y
dy dy
dy
ey
=
=
，整理得
。
dt dt
dt 1 − y
由 x = t + 2t ，得
2
dx
= 2t + 2 。所以
dt
dy dy dt
ey
=  =
dx dt dx 2(1 − y )(t + 1)
d2y
=
dx 2
又 y t =0 = 0,
dt
dy
dy
)
e y (t + 1)(1 − y) − e y [(1 − y) − (t + 1) ]
dt
dx
dt
= dt
3
2
dt dx
4(t + 1) (1 − y)
d(
dy
d2y
1
= 1 ，于是 2
= 。
dt t =0
dx t =0 4
4. 求极限 lim(
x →0
1
− cot 2 x)
x2
（96，上，期中）
0
0
【分析】 这时 "  −  " 型未定式，可化为 " " 型未定式，用 L’Hospital 法则。
sin 2 x − x 2 cos2 x
(sin x ～ x, x → 0)
x →0
x 2 sin 2 x
【解】 原式 = lim
(sin x + x cos x)(sin x − x cos x)
x →0
x4
sin x + x cos x
sin x − x cos x
= lim
 lim
(后者用 L’Hospital 法则)
x →0
x →0
x
x3
sin x
sin x 2
x sin x 2
= lim(
= lim
+ cos x)  lim
=
2
x →0
x →0 3 x
3 x →0 x
x
3
= lim
5. 求 lim
x →0
1 − sin x − 1 − x
x 2 − x ln(1 + x)
（99，上，期中）
【解】 法一 反复用 L’Hospital 法则
x − sin x
x →0 ( 1 − sin x + 1 + x )[ x 2 − x ln(1 + x )]
原式 = lim
(化简)
1
x − sin x
1
1 − cos x
= lim 2
= lim
2 x →0 x − x ln(1 + x) 2 x →0 2 x − ln(1 + x) − x
1+ x
1
1 − cos x
1
sin x
= lim
= lim
2
x
→
0
x
→
0
2
x + 2 x − (1 + x) ln(1 + x) 2
4 x − ln(1 + x)
1
cos x
1
= lim
=
x
→
0
1
2
6
4−
1+ x
法二 用 Taylor 公式
1
x − [ x − x3 + o( x 3 )]
1
1
x − sin x
6
原式 = lim 2
= lim
2 x→0 x − x ln(1 + x) 2 x →0 x 2 − x[ x − 1 x 2 + o( x 2 )]
2
1 3
x + o( x 3 )
1
1
6
= lim
=
x
→
0
1 3
2
x + o( x 3 ) 6
2
6. 求一个二次多项式，使当 x → 0 时，此多项式与函数 sec x 之差为 x 的高阶无穷小。
2
（97，上，期中）
【解】 设这个二次多项式为 P( x) = ax 2 + bx + c ，由于此多项式与 sec x 之差为无穷小
lim(ax 2 + bx + c − sec x) = 0
量，即
x →0
由此得 c = 1 。又要使多项式与函数 sec x 之差为 x 的高阶无穷小，即要使
2
ax 2 + bx + 1 − sec x
=0
x →0
x2
lim
2ax + b − sec x  tan x
=0
x →0
2x
2ax − sec x  tan x
1
lim
=a−
由此得 b = 0 ，因为
x →0
2x
2
1
1 2
所以 a = ，于是所求二次多项式为 P( x) = x + 1 。
2
2
1
1
2
7. 求函数 f ( x) = ln(1 + x ) − arctan ( x  0) 的极值及曲线 y = f ( x) 向下凸的区
2
x
这只要
lim
间。
（97，上，期末）
【解】 f ( x) =
x
1
1+ x
+
=
，令 f ( x) = 0 ，得唯一驻点 x = −1 。
2
2
1 + x 1 + x 1 + x2
当 x  −1 时， f ( x)  0 ；当 −1  x  0 时， f ( x)  0 ，所以 x = −1 是 f ( x) 的极小值点，
极小值为
1
π
1 − 2x − x2
ln 2 + 。又因 f ( x) =
，令 f ( x)  0 ，得下凸区间 (−1 − 2,0) 。
2
4
(1 + x 2 ) 2
8. 设曲线方程为 y = x + 5 − x ，求曲线上横坐标 x = 1 点处的法线方程。
x
2
（93，上，期中）
【解】 函数 y = x + 5 = x 的导数为
x
2
dy
x
，所以曲线在横坐
= x x (1 + ln x) −
dx
5 − x2
标 x = 1 点处的切线斜率为 y x =1 =
1
，法线斜率为 −2 。
2
又当 x = 1 时， y = 3 ，所以所求的法线方程为 y − 3 = −2( x − 1) ，即 2 x + y = 5
9. 已知 f (sin 2 x) = cos 2 x + tan 2 x(0  x  1) ，求 f ( x) 。
（90，上，期末）
【分析】 关键是先求出 f ( x ) 的表达式。
sin 2 x
【解】 考虑到 cos 2 x + tan x = 1 − 2sin x +
，所以
1 − sin 2 x
2
2
f ( x) = 1 − 2 x +
x
1
= −2 x +
1− x
1− x
于是有 f ( x) = − x 2 − ln(1 − x) + C (0  x  1) 。
10. 设函数 y = y ( x) 由方程 2 y3 − 2 y 2 + 2 xy − x 2 = 1 所确定，试求它的驻点，并判别
它是否是极值点？如果是极值点，是极大值点还是极小值点？
【 解 】
y =
（98，上，期中）
方 程 两 端 对 x 求 导 ， 得 6 y 2 y − 4 yy + 2 y + 2 xy − 2 x = 0 ， 即
x− y
。
3y − 2 y + x
2
令 y = 0 ， 得 y = x  0 ， 代 入 原 方 程 ， 有 2 x − 2 x + 2 x − x = 1 ， 即
3
2
2
2
(2 x 2 + x + 1)( x − 1) = 0 。 得 唯 一 驻 点 x = 1 ， 此 时 2 y3 − 2 y 2 + 2 y − 2 = 0 ， 即
( y 2 + 1)( y − 1) = 0 。故 y(1) = 1 。又因为 y x =1 =
1
 0 ，所以 x = 1 是唯一驻点，且是极小
2
值点。
11. 由 Lagrange 中值定理知： e − 1 = xe ，求 lim  。
x
x
x →0
【解】 由等式得  =
1 ex −1
ln
( x  0)
x
x
lim  = lim
x →0
（00，上，期中）
x →0
ln
ex −1
x xe x − e x + 1

x = lim e x − 1
x2
x →0
x
1
e x ( x − 1) + 1
e x ( x − 1) + 1
e x ( x − 1) + e x 1
=
lim
=
lim
=
x →0
x →0
x →0
x(e x − 1)
x2
2x
2
= lim
（四）证明题
1. 设常数 a  0 ，证明： x  0 时， (a + x)a  a a + x 。
（94，上，期中）
【分析】 要证明原不等式成立，只要证明 a ln(a + x)  (a + x) ln a ，由此可得作辅助
函
数的办法。
【证】 作辅助函数 F ( x) = a ln(a + x) − (a + x) ln a ( x  0) ，则 F ( x)  C[0, +) ，且
F ( x) =
a
a(1 − ln a) − x ln a
− ln a =
a+x
a+x
因为当 x  0, a  e 时， F ( x)  0 ，所以 F ( x) 在 (0, +) 上单调减。又考虑到 F (0) = 0 ，
可知 x  0 时， F ( x)  F (0) ，即 a ln(a + x) − (a + x) ln a  0 ，由此命题获证。
当然，这里也可作辅助函数 G ( x) =
ln(a + x)
来证之。
a+x
2. 设 f ( x) 在 [a, +) 上可微，且 f ( x)  k  0, f (a)  0 。证明 f ( x) = 0 在 [a, +) 内
有且仅有一个实根。
（93，上，期
中）
【分析】 由连续函数根值定理说明至少有一个根，再利用单调性说明最多有一个根即
可。
【证】 因为 f ( x)  0 ，所以 f ( x) 在 [a, +) 内单调增，因此 f ( x) = 0 在 [a, +) 内最
多有一个根。又由微分中值公式，   (a, x) ，使
f ( x) = f (a) + f ( )( x − a)  f (a) + k ( x − a)
由此可知 lim f ( x) = + ，故存在 x1  a ，使 f ( x1 )  0 。考虑到 f (a )  0 ，由连续函数根
x →+
值定理可知， f ( x) = 0 在 (a, x1 ) 内至少有一个根。综上所述，命题获证。
3. 设 f ( x) 在 区 间 [0,1] 上 可 导 ， 且 f (1) = 0 ， 证 明 存 在 一 点   (0,1) 使
f ( ) = − f ( ) 。
（93，上，期中）
【分析】 要证命题成立，就要证明方程 f ( x) + xf ( x) = 0 ，即 [ xf ( x)] = 0 在区间 (0,1)
内有根。这只要函数 xf ( x ) 满足 Rolle 定理的条件。
【 证 】 令 F ( x) = xf ( x), x  [0,1] ， 则 F ( x) 在 [0,1] 上 连续， 在 (0,1) 内 可 导， 且
F (0) = 0
= F (1) 。由 Rolle 定理可知，存在   (0,1) ，使 F ( ) = 0 ，即 f ( ) = − f ( ) 。
4. 设 a 、 b 、 c 是二次可导函数 f ( x) 的三个零点，且 a  b  c 。证明：
（1）方程 f ( x) + 2 f ( x) = 0 在 (a, c) 内至少有两个相异的实根；
（2）方程 f ( x) + 3 f ( x) + 2 f ( x) = 0 在 (a, c) 内至少有一个实根。 （95，上，期中）
【证】 （1）令 F ( x) = e2 x f ( x) ，则 F ( x) 可导，且 F (a) = F (b) = F (c) = 0 ，对 F ( x)
分别在 [a, b],[b, c] 上用 Rolle 定理，则 1  (a, b), 2  (b, c) 使 F (1 ) = 0, F (2 ) = 0 ，即
e21 [ f (1 ) + 2 f (1 )] = 0 ， e22 [ f (2 ) + 2 f (2 )] = 0
因e
21
 0, e22  0 ，所以
f (1 ) + 2 f (1 ) = 0, f (2 ) + 2 f (2 ) = 0
即方程 f ( x) + 2 f ( x) = 0 在 (a, c) 内至少存在两个相异的实根，于是（1）获证。
（2）令 G( x) = e x [2 f ( x) + f ( x)] ，则 G ( x) 可导。由（1）可知 G(1 ) = G(2 ) 。在 [1 , 2 ]
上对 G ( x) 用 Rolle 定理，   (1 , 2 )  (a, c) ，使 G( ) = 0 ，即
e [ f ( ) + 3 f ( ) + 2 f ( )] = 0
亦即 f ( ) + 3 f ( ) + 2 f ( ) = 0 ，由此（2）获证。
5. 设函数 f ( x) 在 [a, b] 上可导，并且 f (a)  f (b) ， f (b) = 2 ，证明：在 (a, b) 内存
在
一点 f ( ) = 0 。
（94，上，期中）
【分析】 要应用 Rolle 定理，关键是要找出函数值相等的两点。
【证】 因为 f (b)  0 ，所以由导数定义及极限的保号性可知， c  (a, b) ，使
f (c)  f (b)  f (a)
由连续函数介值定理，存在   (a, c) ，使 f ( ) = f (b) ，对 f ( x) 在 [ , b] 上用 Rolle 定理，
  ( , b)  (a, b) ，使 f ( ) = 0 。
6. 设 f ( x) 在 [ −1,1] 上连续，在 (−1,1) 内可导，且 f (−1) = f (1) = 0 ， f (0) = 1 。证明：
对 (−1,1) 内的任何  ，存在   (−1,1) ，使 f ( ) =  。
（97，上，期中）
【分析】 要证命题成立，只要证明方程 f ( x) −  = 0 ，即 [ f ( x) −  x] = 0 在 (−1,1) 内
有根即可。
【 证 】 令 F ( x) = f ( x) −  x ， 则 F ( x) 在 [ −1,1] 上 连 续 ， 在 (−1,1) 内 可 导 。 因
F (−1) =  ，
F (1) = − , F (0) = 1, 可知 F ( x) 在 [−1,1] 上的最大值点   (−1,1) ，此点也是极大值点，再
由 Fermat 引理知 F ( ) = 0 ，即 f ( ) =  。
【注】 此题也可用微分中值定理或达布定理来证明，不妨一试。
7. 设 f ( x) 在 [a, b] 上二阶可导，且 f (a) = f (b) = 0 ，又存在 c  (a, b) ，使 f (c)  0 ，
证明：存在   (a, b) ，使得 f ( )  0 。
（96，上，期中）
【分析】 只要证明存在两点 1 , 2 : a  1  2  b ，使得 f (2 )  f (1 ) 。
【证】 因为 f ( x) 在 [a, b] 上二阶可导，所以将 f 在 [a, c],[c, b] 上分别用 Lagrange 中
值定理可得
f (c ) − f ( a )
 0, a  1  c
c−a
f (b) − f (c)
f ( 2 ) =
 0, c  2  b
b−c
f (1 ) =
再对 f ( x ) 在 [1 , 2 ] 上用微分中值定理，存在   (1 , 2 )  (a, b) ，使得
f ( ) =
f (2 ) − f (1 )
0
2 − 1
8. 设 f ( x) 在 [0, c] 上 可 导 ， f (0) = 0 ， f ( x ) 单 调 下 降 ， 证 明 ： 对 于
0  a  b  a +b  c，
恒有 f (a + b)  f (a) + f (b) 。
（92，上，期中）
【分析】 要证 f (a + b)  f (a) + f (b) ，只要证 f (a + b) − f (b)  f (a) − f (0) ，而
这可由 f ( x ) 的单调性得到。
【证】 法一 在区间 [0, a] 和 [b, a + b] 分别对 f ( x) 用 Lagrange 中值定理，得
f (a) − f (0) = f (1 )a,
f (a + b) − f (b) = f (2 )a,
即 f (1 ) =
0  1  a
b  2  a + b
f (a)
f (a + b) − f (b)
, f ( 2 ) =
, 0  1  a  b   2  a + b
a
a
因为 f ( x ) 单调下降，所以 f (1 )  f (2 ) ，即
f (a) f (a + b) − f (b)
。又 a  0 ，故

a
a
f (a + b)  f (a) + f (b)
请考虑能否利用不等式 f (a + b) − f (a)  f (b) − f (0) 证之？
法二 将 a 固定，构造辅助函数 F ( x) = f (a + x) − f (a) − f ( x) ， 0  x  b ，则有
F  C[0, b] ，且 F (0) = 0 。又 F ( x) = f (a + x) − f ( x)  0 所以 F ( x)  ，从而 F ( x)  0 ，
0  x  b 。令 x = b ，则有 F (b)  0 ，即 f (a + b)  f (a) + f (b) 。
9. 设 f ( x) 在 (a, b) 内非负， f (3) ( x) 存在，且 f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 (a  x1  x2  b) ，证
明：
存在   (a, b) ，使 f (3) ( ) = 0 。
（90，上，期末）
【分析】 要证命题成立，只要证存在两点 1 , 2 ，使得 f (1 ) = f (2 ) ，而这只要证
存在三点，使在这三点处 f ( x ) 相等。
【证】 若 f ( x)  0, x  (a, b) ，则命题显然成立。
设 f ( x) 不恒等于零，由 f ( x1 ) = 0 及 f  0 可知 f ( x1 ) = 0 。事实上，若 f ( x1 )  0 ，不妨
设 f ( x1 )  0 ，即
f ( x1 ) = lim
x → x1
f ( x) − f ( x1 )
f ( x)
= lim
0
x
→
x
1 x − x
x − x1
1
由极限的保号性知存在 x  (a, x1 ) ，使得 f ( x )  0 ，这与 f  0 矛盾。所以 f ( x1 ) = 0 。同
理有 f ( x2 ) = 0 。
又在 [ x1 , x2 ] 上对 f ( x) 用 Rolle 定理， x0  ( x1 , x2 ) ，使 f ( x0 ) = 0 。对 f ( x ) 分别在
[ x1 , x0 ] 与 [ x0 , x2 ] 上用 Rolle 定理，可知 1  ( x1 , x0 ), 2  ( x0 , x2 ) ，使 f (1 ) = 0 = f (2 )
(3)
最后对 f ( x) 在 [1 , 2 ] 上用 Rolle 定理， 存在   (1 , 2 )  (a, b) ，使 f ( ) = 0 。
10. 设在 (−, +) 内 f ( x)  0 ，又 lim
x →0
(−  x  +) 。
f ( x)
= 1 ，试用两种方法证明： f ( x)  x
x
（98，上，期末）
【证】 法一 因为 f ( x) 存在，且 lim
x →0
f ( x)
= 1 ，所以 lim f ( x) = f (0) = 0 ，进而有
x →0
x
f (0) = lim
x →0
f ( x) − f (0)
=1
x
对任意 x  (−, +) ，由 Taylor 公式
f ( x) = f (0) + xf (0) +
1
1 2
x f ( ) = x + x 2 f ( )  x ( 在 0 与 x 之间)
2
2
法二 由于 f ( x)  0 。故曲线 y = f ( x) 向下凸，曲线上任一点的切线在曲线的下方；
又曲线在点 (0, 0) 的切线为 y = x ，因此 f ( x)  x, (−  x  +) 。
法三
由 f ( x) 连 续 且 lim
x →0
f ( x)
= 1 ， 得 f (0) = 0 ， 进 而 有 f (0) = 1 。 令
x
F ( x) = f ( x) − x ，则 F ( x) 连续。且 F (0) = 0 ，因为
F ( x) = f ( x) − 1, F ( x) = f ( x)  0
所以 F ( x ) 单调增，因而方程 F ( x) = 0 至多有一个根。考虑到 F (0) = 0 ，故 F ( x) 只有一
个 驻 点 x = 0 。 F (0) = 0 是 F ( x) 的 最 小 值 。 因 此 对 x  (−, +) ， 有 F ( x)  0, 即
f ( x)  x 。
11. 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内二阶可导，且 f (a ) = f (c) = f (b) = 0 ，其中
c  (a, b) 。证明：
（1）至少存在两个不同的点 1 , 2  (a, b) 使 f (i ) + f (i ) = 0 i = 1, 2 ；
（2）存在   (a, b) ，使 f ( ) = f ( ) 。
（02，上，期中）
【证】 （1）构造辅助函数 F ( x) = e x f ( x) ，分别在 [a, c] 与 [c, b] 上应用 Rolle 定理，
1  (a, c), 2  (c, b) ，使 F (i ) = 0, i = 1, 2 ，即有 f (i ) + f (i ) = 0 ， i = 1, 2
（2）令 G( x) = e [ f ( x) + f ( x)] 在 [1 , 2 ] 上用 Rolle 定理，   (1 , 2 )  (a, b) ，
−x
使 G( ) = 0 ，即有 f ( ) = f ( ) 。
12. 证明不等式：当 x  1时， (1 + x) ln(1 + x)  1 + x 。
2
（04，上，期中）
【分析】 这里可用单调性来证明不等式。
2
【证】 设 f ( x) = 1 + x − (1 + x) ln(1 + x) ，由于 f ( x) 是 [1, +) 上的可微函数，
f ( x) = 2 x − 1 − ln(1 + x)  2 x − 1 − x = x − 1  0, x  1
f (1)  0, f ( x)  f (1)  0 ，所以 (1 + x) ln(1 + x)  1 + x 2 。
（五）应用题
π
1. 试比较数 π 与 e 的大小。
e
（97，上，期中）
【分析】 原命题等价于比较数 e ln π 与 π 的大小。将数 e ln π − π 看成某一函数在自变
量取某一值时的函数值，于是可通过引进辅助函数的方法讨论。
【解】 令 f ( x) = e ln x − x( x  e) ，则 f (e) = 0 ，且 f ( x) =
e
− 1  0 ( x  e) ，所以
x
f ( x)  。又 f ( x) 在 x = e 处连续，故 f ( x)  f (e) = 0 。于是 e ln x  x( x  e) 令 x = π ，
有
e ln π  π ，从而 π e  e π 。
2. 设 x  0 ，求满足不等式 ln x  A x 的最小正数 A。
【分析】 此问题实际上是求函数
【解】 令 f ( x) =
ln x
在 (0, +) 上的最大值。
x
2 − ln x
ln x
2
，令 f  = 0 求得唯一驻点 x = e 。
( x  0) ，则 f ( x) =
3
x
2x 2
又当 0  x  e 时， f ( x)  0 ；当 e  x  +
2
（96，上，期中）
2
大值点，也是最大值点，因此 A = f (e ) =
2
时， f ( x)  0 ，所以 x = e 是 f ( x) 的极
2
2
即为所求。
e
3
3. 设有一圆锥形蓄水池，高 10 m ，底半径 4 m ，水以速率 5 m /分流进水池，求当水
深 5 m 时，水面上升的速率(设锥顶朝上)。
（97，上，期
中）
【分析】 这是相关变化率问题，已知水体积对时间的变化率，要求水面高度对时间的
变化率。
【解】 设在时间 t 时，水深 h(t )m ，水面半径 r (t )m ，蓄水量 V (t )m3 ，则
160
1
1
π − π r 2 (10 − h)
V (t ) = π[10  42 − (10 − h)r 2 ] =
3
3
3
8 2 4 3
r 10 − h
2
h )
由于 =
，所以 r = (10 − h) ，代入上式得 V (t ) =  (16h − h +
5
75
4
5
10
dV
16
4
dh
= π(16 − h + h 2 )
于是
dt
5
25
dt
将
dh
5
dV
= 5, h = 5 代入上式，得
=
(m / 分)。
dt
dt h =5 4π
4. 设有一工厂生产某种产品，除固定成本 4000 元外，每件产品成本为 13 元，根据经
验，
售出的产品数 q 与产品单价 p 的关系为 p = 49 − 0.2 q ，问要获利最大，产品应如何定价?
（97，上，期
中）
3
2
【解】 设利润函数为 Q(q) ，则 Q(q) = pq − 13q − 4000 = 36q − 0.2q − 4000 ，
3 − 12
令 Q(q) = 0 得唯一驻点 q = 14400 。注意到 Q(q) = −
q  0 ，所以 q = 14400 为最大
20
值点，此时 p = 49 − 24 = 25 。故定价 p = 25 元时获利最大。
5. 某旅游公司组队一日游，规定不超过 15 人时，每人交 40 元；超过 15 人时，每超一
人团队每人减 1.5 元。问多少人组队，公司收入最大？
（95，上，期
中）
【解】 设团队有 x 人，公司收入为 f ( x) ，则
40 x, x  15

f ( x) = 
[40 − 1.5( x − 15)]x, x  15
即
40 x, x  15

f ( x) = 
2
62.5 x − 1.5 x , x  15
于是
 40, x  15

f ( x) =  不存在, x = 15
62.5 − 3x, x  15

令 f ( x) = 0 ，得唯一驻点 x =
62.5
= 20.8 。根据实际情况(人数是正整数)，公司最大收入
3
为
f max = max{ f (15), f (20), f (21)} = 651
即当组队人数为 21 人时，收入最大。
6. 作半径为 r 的球的外切正圆锥，问此圆锥的高 h 为何值时，其体积 V 最小，并求出
最小体积。
（96，上，期中）
【解】 设圆锥底半径为 R，则由
于是圆锥体积为
从而
R
=
r
R 2 + h2
r 2h
2
得R =
。
h−r
h − 2r
1
1 r 2 h2
2
V = πR h= π
(h  2r )
3
3 h − 2r
dV
dV πr 2 h 2 − 4rh
= 0 ，得唯一驻点 h = 4r ，由实际意义可知，圆锥的最
=

。令
2
dh
dh
3 ( h − 2r )
小体积必存在，所以当 h = 4r 时，V 取最小值，且 Vmin = V (4r ) =
8 3
πr 。
3
7. 设 f ( x) 在 (0, +) 上可导，且 f ( x) = − x 2 f ( x)  0 ，试在由 y = f ( x) 的切线与两
坐标轴所围成的一切三角形中，求出面积最小时切点的坐标。
（93，上，期中）
【解】 过曲线 y = f ( x) 上点 ( x, y ) 的切线方程为 Y − y = f ( x)( X − x) ，则切线在 x
轴、 y 轴上的截距分别为
xf ( x) − y
与 y − xf ( x ) 。于是切线与两坐标轴所围成的三角形的
f ( x)
面积为
S=
1 xf ( x) − y
1 [ xf ( x) − y ]2
y − xf ( x) = −
2
f ( x)
2
f ( x)
1
( x + 1) 2 f ( x)( x  0)
2
f ( x)
1
S ( x) = ( x + 1) f ( x) + ( x + 1) 2 f ( x) =
( x + 1)(2 x + 1)( x − 1)
2 x2
2
因为 y = f ( x) = − x 2 f ( x) ，所以 S =
于是
令 S ( x) = 0 ，得唯一驻点 x = 1 ，又当 0  x  1 时， S ( x)  0 ；当 x  1 时， S ( x)  0 ，
所以当 x = 1 时，三角形的面积最小，此时切点的坐标为 (1, f (1)) 。
8. 一盏 5 m 高的路灯，照在一个距灯 3 m 远，从 5 m 高处自由下落的球上，球的影子
沿水平地面移动，求当球离地面 3 m 高时影子移动的速度(空气阻力忽略不计)。
（98，上，期中）
【解】 沿地平面取为 x 轴，沿直向上为 y 轴，建
立直角坐标系 oxy ，设路灯位置为 A(0,5) ，球的初始
位置在 B (3,5) (如右图)。
当球下落离地面为 y 时，影子距原点为 x ，则由
三角形的相似关系
时间 t 求导得
x x −3
15
，得 x =
，两边对
=
5
5− y
y
2
1 2
dx
15 dy
。当 y = 3 时，有 gt = 5 − 3 = 2 。解得 t =
。又因为
=
2
2
dt (5 − y) dt
g
dy
= − gt ，故所求速度为
dt
dx
dt t =
9. 在椭圆
=
2
g
15
2
15
 (− g 
)=−
g (m / s )
2
(5 − 3)
2
g
x2 y 2
+
= 1(a  b  0) 上求一点 P( x, y ) ，使得它与另外两点 A(2a, 0) ，
a 2 b2
B(0, 2b) 构成的三角形 APB 的面积最小。
【解】 线段 AB 所在直线方程为
线的距离 h =
bx + ay − 2ab
SAPb =
a 2 + b2
（03，上，期中）
x
y
+
= 1 ，即 bx + ay = 2ab ，点 P( x, y ) 到该直
2a 2b
，所以
h  AB
= bx + ay − 2ab = 2ab − bx − ay (0  x  a, 0  y  b)
2
取目标函数 f ( x) = 2ab − bx − ay = 2ab − bx − b a − x (0  x  a) ，令 f ( x) = 0 得唯一
2
驻 点 x0 =
(
2
2
a ， 由 f (0) = f (a) = ab, f ( x0 ) = (2 − 2)ab 知 f ( x0 ) 最 小 ， 故 点
2
2
2
a,
b) 为所求。
2
2
10. A、B 两厂在直河岸同侧，A 沿河岸，B 离岸 4km ，A、B 相距 5km 。今在河岸边
建
一水厂 C，从水厂到 B 厂的每千米水管材料费为到 A 厂的 5 倍，问 C 应选在何处，才能
使
所需费用最省？
（93，上，期中）
【解】 设水厂 C 离 A 厂 xkm ，C 厂到 A 厂每公里水管材料费为常数  ，总费用为 Q，
则
Q =  x + 5 42 + (3 − x) 2 , 0  x  3
dQ
5 (3 − x)
=−
dx
16 + (3 − x) 2
令
d 2Q
dQ
= 0 ，得唯一驻点 x = 1 。又 2
dx
qx
=
x =1
2
  0 ，所以 x = 1 为最小值点。故水厂建在
5
离 A 厂 1km ，离 B 厂 2 5km 处所需费用最省。
练习
1. 确定 a 、 b ，使当 x → 0 时， f ( x) = arctan x −
x + ax
成为尽可能高阶的无穷小。
1 + bx
（补充题）
2. 求函数 y =
2
ln(ex) 的单调区间及其图形的下凸区间。
x
（87，上，期中）
3. 设 f ( x) 在 [a, +) 上二次可导，且 f (a)  0, f (a) = 0 ，对任意 x  a 有 f ( x)  0 ，
则 f ( x) = 0 在 (a, +) 内有且仅有一个实根。
（补充题）
4. 设函数 f 在 [0,1] 上可微，对于 [0,1] 上任一点 x ，函数 f 的值都在开区间 (0,1) 内，
且 f ( x)  1 ，证明：在 (0,1) 内有且仅有一个 x ，使 f ( x) = x 。
（88，上，期
末）
5. 设 f ( x) 在 [0,1] 上存在二阶导数，且 f (1) = 0 ，又 f ( x) 在 x0 (
小值 −3 ，证明存在一点   (0,1) ，使 f ( )  24 。
1
 x  0) 处取得最
2
（87，上，期末）
ln(en + x n )
（1）求 f ( x) 的表达式，
（2）讨论 f ( x) 的连
( x  0) ，
n →
n
6. 设函数 f ( x) = lim
续性及可导性。
（01，上，期中）
7. 试确定方程 e x = ax 2 (a  0) 的根的个数，并指出每一根所在的范围。
（01，上，期中）
8. 设函数 f ( x) 在 [0,1] 上二阶可导，且 f (1) = f (0) ，试证：至少存在一个   (0,1) ，
使 f ( ) =
f ( )
。
1− 
（01，上，期中）
9. 设 f (0) = 2 ，且当 x  0 时， f ( x)  0 ，又 lim
x →0
f ( x)
f ( x) 1x
= 0 ，求 lim(1 +
) 。
x →0
x
x
（02，上，期中）
x2
( n)
10. 设 f ( x) = 2
，求 f ( x) 。
x −1
（02，上，期中）
11. 在曲线 y = 1 − x (0  x  1) 上求一点 P( x0 , y0 ) ，使过该点的切线与两坐标轴所围
2
三角形的面积最小。
中）
（02，上，期
12. 设在 [1, +) 上 f ( x)  0 ，且 f (1) = 2, f (1) = −3 ，证明在 (1, +) 内 f ( x) = 0 ，
有且仅有一个实根。
（02，上，期中）
13. 落在平静水面上的石头产生同心圆形波纹。若最外一圈半径的增大率总是 6m / s ，
问 2 秒末受到扰动的水面面积的增大率为多少？
（03，上，期
中）
14. 设 f 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 f (1) = 0 ，证明：至少存在一点   (0,1) ，
使 3 f ( ) +  f ( ) = 0 。
1
 2

 x sin x 2
3 − e x sin1 x 
15. 计算 lim 
+(
) 
x →0 ln(1 + x)
2+ x




（03，上，期中）
（04，上，期中）

e x , x  0,
16. 设函数 f ( x) =  2
且 f (0) 存在，试确定常数 a 、 b 、 c 。
ax
+
bx
+
c
,
x

0.

（04，上，期中）
17. 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b) 内可导，且 ab  0, 证明：  ,  (a, b) 使得
f ( ) =
a 2 + ab + b 2
f ( )
3 2
（04，上，期中）
三
一元函数积分学
试题分析
（一）填空题
1.
2 x2 + 1
1
 x2 ( x2 + 1)dx = arctan x − x + C 。
（94，上，期末）
【解】 这是有理函数的积分，将分子拆项得
2 x2 + 1
x2 + x2 + 1
1
1
=
= 2
+ 2，
2
2
2
2
x ( x + 1) x ( x + 1) x + 1 x
积分便得结果。

2. 若 xf ( x)dx = arcsin x + C ，则
1
1
 f ( x)dx = − 3 (1 − x )
2
3
2
+ C 。 （96，上，期末）
【解】 利用不定积分概念求出 f ( x) 的表达式，从而求出结果。
1
1 − x2
= xf ( x) 或
dx
1
= x 1 − x 2 ，从而
f ( x)
 f ( x) =  x
1 − x 2 dx = −
3
1
1
1 − x 2 d (1 − x 2 ) = − (1 − x 2 ) 2 + C

2
3
d a
cos t 2 dt = − cos x 2 。
（91，上，期末）
dx x
0
d 0
x sin t 2 dt =  2 sin t 2 dt − 2 x 2 sin x 4 。
4.
（95，上，期末）
2

x
x
dx
【解】 除积分下限是 x 的函数外，被积函数也含有 x ，此时不能直接用变限定积分的
3.
求导公式
0
0
d 0
d
x sin t 2 dt = ( x  2 sin t 2 dt ) =  2 sin t 2 dt − 2 x 2 sin x 4
2

x
x
dx x
dx
5.

a
−a
(a − x) a 2 − x 2 dt =
π 3
a 。
2
【解】 由奇(偶)函数定积分的性质知
（90，上，期末）

a
−a
x a 2 − x 2 dt = 0 ，故原式= 2a 
a
0
a 2 − x 2 dt ，
再令 x = a sin t 即可算出（或利用定积分的几何意义立即可得）
。
6. 设 f ( x) 在  a, b 上 连 续 可 微 ， f (a) = f (b) = 0 ，

b
a

b
a
f ( x)dx = 1 ， 则
xf ( x)dx = −1 。
（91，上，期末）
【解】 用分部积分法消去被积函数中的 x ，

b
a

7. f ( x) =
xf ( x)dx =  xdf ( x) = xf ( x) ba −  f ( x)dx = −1
b
b
a
a
1 − 2t
1

dt 在区间  −,  内单调增加，曲线 y = f ( x) 在区间 ( −, −2 )
2

1+ t
x
2
0
内向下凸。
【解】 利用一阶，二阶导数研究函数的单调性和曲线的凸性
f ( x) =
1− 2x
1 + x2
f ( x) =
,
（94，上，期末）
−( x + 2)
3
(1 + x 2 ) 2
再讨论 f ( x), f ( x) 的符号即得结论。
8. 若

0
【解】
9.

+
2
+
+
2
π
π
,则 x 2e − x dx =
。
−
2
2
e−t dt =
2

+
x 2e− x dx = 2
2
−
0
1
x( x + 1)
2
【解】 因为

+
2
10. 定积分
+

2
−2
= ln
（95，上，期末）
x 2e − x dx ，经过一次分部积分消去 x 2 即得。
2
5
。
2
（98，上，期末）
+ 1
+
x
x
5
dx =  ( − 2 )dx = ln
= ln
2
x( x + 1)
x x +1
2
1 + x2 2
1
2
x2 (
sin 3 x
+ 4 − x 2 )dx的值为2π 。
6
1+ x
（99，上，期末）
【解】 由奇(偶)函数定积分的性质，有

2
−2
x2 (
2
sin 3 x
+ 4 − x 2 )dx = 2  x 2 4 − x 2 dx
6
0
1+ x
π
2
0
π
2
0
x = 2sin  32  sin  cos  d = 32 ( sin 2 − sin 4  )d
2
2
1 π 3 1 π 
= 32  . − . .  = 2π
2 2 4 2 2
11. 若一汽车以速度 v(t ) = 27 − 3t (米/秒)沿直线作减速运动，则从时刻 t = 0 汽车停下
2
所行驶的距离为 54 米。
（97，上，期
末）
【解】 由定积分的物理意义，路程 s =

T
0
用的时间. v(t ) = 0, 得t = 3, 即T = 3, 于是 s =
（二）单项选择题
v(t )dt , 其中T 为汽车从时刻 t = 0 到停下所

3
0
(27 − 3t 2 )dt = 54 。
1. 设 f ( x) =
1+ x −1

0
ln(1 + t )dt , g ( x) = e x − x − 1 ，则当 x → 0 时， f ( x) 是 g ( x) 的
(A)等价无穷小
(C)高阶无穷小
(B)同阶但非等价无穷小
(D)低阶无穷小
[ B ]（94，上，期
末）
1+ x −1
f ( x)
 ln(1 + t )dt （用洛必塔法则）
lim
= lim 0 x
x →0 g ( x )
x →0
e − x −1
【解】 因为
1
2 1 + x （化简）
x
e −1
(ln 1 + x ) 
= lim
x →0
1
ln(1 + x)
1
4
= lim
(e x − 1 ~ x, x → 0) =
x →0
x
4
本题若连用两次洛必塔法则也可。
2. 设 f ( x) =

sin x
0
(et − 1)dt , g ( x) = x − sin x, 则当 x → 0 时， f ( x) 关于 g ( x) 是
2
(A)高阶无穷小
(C)等价无穷小
(B)低阶无穷小
(D)同阶非等价无穷小
[ D
]（99，上，期
末）
【解】 连用两次洛必塔法则，得
2
2
(et − 1)dt
f ( x)
cos x  (esin x − 1)
esin x − 1

0
lim
= lim
= lim
= lim
x →0 g ( x )
x →0
x →0
x →0 1 − cos x
x − sin x
1 − cos x
sin x
2
2sin x cos x  esin
= lim
x →0
sin x
3. 方程

x
0
t 6 + 1dt − 
0
(A)3
【解】 令 f ( x) =
cos x
2
x
e −t dt = 0 在区间（0，+∞）内的实根个数为
2
(B)2

x
0
=2
(C)1
t 6 + 1dt − 
cos x
0
f ' ( x) = x 6 + 1 +
(D)0
[ C ]（98，上，期
末）
e −t dt ，因为当 x ＞0 时，
2
sin x
e
cos2 x
 x6 + 1 −
1
e
cos2 x
＞0
可知 f ( x ) 在（0，+∞）内单调增，最多有一个零点。
又因为
π
1
2
π
f (0)  f ( ) = (−  e−t dt )  (  2 t 6 + 1dt ) ＜0
0
0
2
π
2
由连续函数零点定理，可知 f ( x ) 在 (0, ) 内至少有一个零点。综上即得所要。
4. 方程 x +

x
1 + t 4 dt − cos x = 0 在区间（0，+∞）内
0
(A)有且仅有一个实根
(C)有无穷多个实根
【解】 令 F ( x) =
(B)有且仅有两个实根
(D)无实根
[ A ]（96，上，期
末）
x +
x
1 + t 4 dt − cos x ，F (0) = −1 ，lim F ( x) = + 。可知 F ( x )
x →+
0
在（0，+∞）内至少有一个实根。又因为
F ( x) =
1
2 x
+ 1 + x 4 + sin x ＞0
可知 F ( x ) 在（0，+∞）内单调增加。 F ( x ) =0 在（0，+∞）内至多有一个实根。综上所述
F ( x ) =0 在（0，+∞）内有且仅有一个实根。
5. 双纽线 ( x 2 + y 2 )2 = x2 − y 2 所围成的图形的面积可用定积分表示成
(A) 2
(C) 2
π
4
0

π
4
0

cos 2 d
(B) 4
cos 2 d
(D)
π
4
0

cos 2 d
1 π4
cos 2  d

0
2
[ A ]（99，上，期
末）
【解】 双纽线的极坐标方程为 r = cos 2 ，由于对称性，它所围图形的面积为
2
π
4
0
4
π
π
1 2
4 2
r d = 2 r d = 2 4 cos 2 d
0
0
2
6. 下列反常积分中发散的是
(A)

+
e
dx
x ln 2 x
(B)

+
e
ln x
dx
x2
(C)

dx
3
2
x
4
9− x
2
(D)
[ D
【解】 因为

+
e
dx
−1 +
=
1e = 1 ，所以积分(A)收敛。因为
2
x ln x ln x
3
lim x 2
x →+
ln x
ln x
= lim
=0
2
x →+
x
x


2
0
dx
sin 2 x
]（97，上，期
末）
所以由极限判别法（ k = 0, p =
3
＞1）知积分(B)收敛。又因为
2
1
lim− ( 3 − x ) 2
x →3
故由极限判别法（ k =
1
x
4
9− x
2
=
1
81 6
1
1
1
= 1 ，仍由极
, p = ＜1）知积分(C)也收敛，而 lim+ x 2
x
→
0
sin 2 x
2
81 6
限判别法（ k = 1, p = 2 ＞1）知积分(D)发散。
（三）计算题
1. 计算
dx
 x (1 + x )
4
（86，上，期末）
2
【分析】 这是有理函数的积分，通过拆项将有理函数巧妙地化为部分分式。
1 + x2 ) − x2 1
(
1 1
1
1
1
= 4− 2+
【解】 因为 4
= 4
= 4− 2
2
2
2
x 1 + x2
x (1 + x )
x (1 + x )
x x (1 + x ) x

原式 = (
所以
2. 求
1 1
1 1
1
− 2+
)dx = − 3 + + arctan x + C
4
2
3x
x
x
x 1+ x
sin x
 1 − sin x dx 。
（91，上，期末）

【分析】 这是 R(sin x)dx 型积分，可化为有理函数的积分。
【解】 法一 令 tan
原式 =
2u
2
x
, dx =
, 于是
= u , 则 sin x =
2
1+ u
1+ u2
2
 2
2u
2
2 
du =  
−
du
2
2
2
2
− 2u 1 + u
 (u − 1) 1 + u 
 1+ u
2
2
− 2 arctan u + C =
− x+C
x
1− u
1 − tan
2
sin x
sin x
sin x(1 + sin x)
2
法二
 1 − sin xdx =  cos2 x dx =  ( cos2 x + tan x)dx
d(cos x)
1
= −
+  (sec2 x − 1)dx =
+ tan x − x + C
2
cos x
cos x
dx
3. 求 
（95，上，期末）
sin 2 x − 2sin x
=

【分析】 这是 R (sin x, cos x)dx 型积分，可考虑用半角代换，但是应尽量选取简单的
方法求解。
【解】 原式 =
dx
 2sin x(cos x −1)
法一 因被积函数关于 sin x 是奇函数，所以可令 cos x = t ，于是
原式 = −

1  1
1
1
1
dt
1
dt
= 
+
−
dt 
= 
2
2
2

2 (1 − t )(t − 1) 2 (t − 1) (t + 1) 2  4(t + 1) 2(t − 1) 4(t − 1) 
1 1 + cos x
1
1 t +1 1 1
= ln
−
+ C = ln
+
+C
8 t −1 4 t −1
8 1 − cos x 4(1 − cos x)
法二 用凑微分法
x
x
d(cot )
1 + cot 2
1
1
1
dx
2 =
2 d(cot x )
原式 = − 
= 

x
8 sin x cos x sin 2 x 4 sin 2 x cot x 4
2
cot
2
2
2
2
2
2
x
d(cot )
1
2 + 1 cot x d(cot x ) = 1 ln cot x + 1 cot 2 x + C
= 
4 cot x
4
2
2
4
2 8
2
2
4. 求
arctan x
 x (1 + x ) dx
2
（96，上，期末）
2
【分析】 进行积分计算时应尽量使被积函数变得简单，易于计算，这只要分项即可。

1
1

【解】 原式 =  2 arc tan x −
arctan x dx
1 + x2
x

1
= −  arctan xd( ) −  arctan xd(arctan x)
x
1
1 1
1
= − arctan x +  
dx − arctan 2 x
2
x
x 1+ x
2
1
1
1
x
2
)dx
= − arctan x − arctan x +  ( −
x
2
x 1 + x2
1
1
1
= − arctan x − arctan 2 x + ln x − ln(1 + x 2 ) + C
x
2
2
当然，此题也可令 arctan x = t ，化为三角函数有理式的积分进行计算。
arccos x
dx
5. 计算 
（98，上，期末）
x2
【解】 先分部积分

arccos x
1
arccos x
dx
dx = −  arccos xd( ) = −
（令 x = sin  ）
−
2
x
x
x
x 1 − x2
=−
arccos x
d
arccos x
−
=−
− ln csc  − cot  + C
x
sin 
x
=−
arccos x
1 − 1 − x2
− ln
+C
x
x
6. 计算
dx
 sin x cos
3
（98，上，期末）
x
d(tan x)
sec2 x
=
 sin x cos x  tan x d(tan x)
【解】 法一 原式 =
=
sin xdx
d(cos x)
(cos x = u )
= −
2
3
x cos x
(1 − cos 2 x) cos3 x
 sin
法二 原式 =
= −

ln 2
0
du
1 1
u
= − ( 3 + +
)du
2
3
(1 − u )u
u u 1+ u2
1
1− u2
1
+
ln
+ C = sec2 x + ln tan x + C
2
2u
u
2
=
7. 求
tan 2 x + 1
1
d(tan x) = tan 2 x + ln tan x + C
tan x
2
(1 − 1 − e−2 x )dx
（96，上，期末）
【分析】 为使被积函数简单化，可直接去根号.
【解】 令 1 − e
−2 x
原式 =
8. 计算
π
4
0

1
= u ，即 x = − ln(1 − u 2 ) ，则
2

0
3
2
3
u
3
u
3
2
(1 − u )
du =
− ln(1 +
du = 
)
2
0
1+ u
2
1− u
2
2 x − sin 2 x
dx
1 + cos 2 x
（97，上，期末）
【分析】 椐本题特点首先可化为两个定积分之差，然后再分别积分。
原式 =
【解】 因为
π
4
0
I1 = 
π
4
0

π
2x
sin 2 x
dx −  4
dx I1 − I 2
0
1 + cos 2 x
1 + cos 2 x
π
π
π
π
sin x
2x
x
4
4
4
=
x
dtan
x
=
x
tan
x
−
dx
dx =
d
x
4
2


0
0
0 cos x
cos x
1 + cos 2 x
0
π
= + ln cos x
4
I2 = −
所以
π
4
0
=
π 1
− ln 2
4 2
π
1 π4 d(cos 2 x)
1
1
4
=
−
ln(1
+
cos
2
x
)
= ln 2
0

2 0 1 + cos 2 x
2
2
原式 = I1 − I 2 =
π
− ln 2
4
9. 计算
2
x 2 + x ln( x 4 + 1)
−2
2 + 4 − x2

（98，上，期末）
dx
【解】 由奇、偶函数定积分的性质知
原式 = 2

x 2 dx
2
2+ 4− x
0
2
（分母有理化） = 2

1
(2 − 4 − x 2 )dx = 2(4 − π  4) = 2(4 − π)
4
2
0
此题也可令 x = 2sin t ，去根号，再积分。

4
10.

−
4
1
dx
1 + sin x

【解】 法一
π
4
−
（01，上，期末）
π
π
4
4
1
1 − sin x
dx =  π
dx
−
1 + sin x
cos 2 x
4
π
4
=
π
4
−
法二 令 x = −t ， dx = −dt ，则
(sec2 x − sec x tan x)dx = (tan x − sec x)

π
4
−
π
4
π
π
4
π
−
4
=2
π
4
4
1
1
1
dx =  π
dt =  π
dx ，
−
−
1 + sin x
4 1 − sin t
4 1 − sin x
从而
π
π
4
1 4
1
1
1
+
)dx =  π
dx = tan x
π (
2

−
2 − 4 1 + sin x 1 − sin x
4 cos x
π
4
π
−
4
=2
π
t
4
1
1
2
x
dx = 

dt
法三 令 tan = t ，则  π
−
−
t
2
t
1+ t2
2
4 1 + sin x
1+
1+ t2
=
t
−t
2
2
dt = −
2
(1 + t )
1+ t
t
−t
1
1
= −2(
−
)
1+ t 1− t
π
4 tan
4t
8 = 2 tan π = 2 。
=
=
2
π
1− t
4
1 − tan 2
8
11. 计算

+
0
1
dx
1 + ex
【解】 原式=

+
0
（96，上，期末）
(1 + e ) − e
x
ex + 1
x
+
dx =  (1 −
【注】 最后一个积分不能写成
0

+
0
dx − 
+
0
ex
ex
)d
x
=
ln
ex + 1
1 + ex
ex
dx 。
ex + 1
+
0
= ln 2
12. 判断反常积分

+
1
arctan x
dx 的敛散性。
x x2 −1
（96，下，期中）
【分析】 这是一个混合型反常积分，可分解成两个单一型的反常积分讨论。

【解】 因为
+
1
2 arctan x
dx +
dx = 
1
x x2 −1
x x2 −1
arctan x
1
x =1 为 I1 的无穷型间断点，考虑到 lim(
x − 1) 2 
+
x →1
可知 I1 收敛，又因为 lim x
x →+
2
arctan x
x x −1
2
=
arctan x
x x −1
2

+
2
=
arctan x
dx = I1 + I 2
x x2 −1
π
4 2
(k =
π
4 2
,p=
1
＜1)，
2
π
π
( k = , p = 2 ＞1)，所以 I 2 也收敛。综上，积
2
2
分

+
1
arctan x
dx 收敛。
x x2 −1
13. 计算
1
xdx
0
(2 − x ) 1 − x 2

（98，上，期末）
2
【解】 法一 这是以 x = 1 为奇点的反常积分，令 x = sin t ，则
π
2
0
原式 =

法二 原式= lim+

 →0
π
π
π
sin t
d(cos t )
2
= − arctan(cos t ) 2 =
dt = − 
2
2
0 1 + cos t
4
2 − sin t
0
1−
0
xdx
(2 − x 2 ) 1 − x 2
= − lim+ arctan(cos t )
 →0
14. 计算

0
=
( x = sin t ) = lim+ 
 →0
0
sin t
dt ( =arcsin(1- ))
1 + cos 2 t
π
4
ln x
dx
0 (1 + x) 2


1
【解】 这是反常积分，奇点为 x = 0 。
（99，上，期末）
原式 = lim+
法一
 →0
1
ln x
 (1 + x)
2
 ln x 1 1 1

+
dx 
dx = lim+ −
 x 1+ x
 →0
( ) 
 1 + x 
 ln 
x
= lim+ 
+ ln
 →0
(1 + x)
1 + 
ln x
 (1 + x)
法二 因为
2
dx =
1
1
 = ln

2
x ln x
− ln(1 + x) + C
1+ x
 x ln x
1
− ln(1 + x)  = − ln 2
 1+ x
0
原式 = 
所以
e−2 x ,

15. 若 f ( x) =  x 2
,

 1 + x2
-1  x  0
0  x 1
，求

2
f (t − 1)dt 。
0
（95，上，期末）
【分析】 将所求积分化为区间 [ −1,1] 上积分。
【解】 令 t − 1 = x, 于是

2
0
x2
dx
0 1 + x2
f (t − 1)dt =  f ( x)dx =  f ( x)dx +  f ( x)dx =  e−2 x dx + 
1
0
1
0
−1
−1
0
−1
=−
1
1
π 1
π
(1 − e2 ) + 1 − = (1 + e 2 ) −
2
4 2
4
此题也可先求出 f (t − 1) 的表达式，再计算积分，读者不妨一试。
16. 计算

3π
π
f ( x)dx ， f ( x) 满足 f ( x) = f ( x − π) − cos x ，且 f ( x) = x2 ， x  [0, π) 。
（96，上，期末）
【分析】 为了计算积分，最好能求出 f ( x) 的表达式，至少也要由已知条件，判断 f ( x)
是否具有周期性性质。
f ( x) = f ( x − π) − cos x
f ( x + π) = f ( x) + cos x
所以
f ( x + 2π) = f ( x + π) − cos x = f ( x)
于是
即 f ( x) 以 2π 为周期，所以

3π
π
f ( x)dx = 
2π
0
π
2π
0
π
f ( x)dx =  f ( x)dx + 
f ( x)dx  I1 + I 2 。
π
1
I1 =  x 2 dx = π3
0
3
首先
其次，对 I 2 ，令 x = t + π ，得 I 2 =

π
0
π3
f (t + π)dt =   f (t ) + cos t  dt =
0
3
π

3π
所以
f ( x)dx =
2 3
π
3
 ( x − π) 2 − cos x, x   π, 2π )
此题也可先求出 f ( x) 在  π,3π  上的表达式 f ( x) = 
再计
2
x   2π,3π 
( x − 2π) ,
算积分。
17. 设函数 f ( x) 可导，其反函数为 g ( x) ， f (0) =

4
，并且 f ( x) 与 g ( x) 满足关系式
tdt
，求 f (1) 。
（01，上，期末）
0
0 e + e−t
f (x )
x
tdt
x
g (t )dt =  t −t 两边求导， 得 g[ f ( x)] f ( x) = x − x ，
【解】 对 
0
0 e +e
e +e
1
x
xf ( x) = x − x ，或 f ( x) = x − x
即
e +e
e +e
1
1
1
0 f ( x)dx = 0 e x + e− x dx

f (x )
g (t )dt = 
x
t
ex

dx = + arctan e x
0 e2 x + 1
4
f (1) = f (0) + 
18.

lim
x
0
x →0
1
1
0
=

4
+ arctan e −
( x − t ) ln(3 + t 2 )dt
x  ln(3 + t 2 )dt −  t ln(3 + t 2 )dt
x
0
x2

= lim
x
0
x →0
x
0
x →0
4
= arctan e
（01，上，期末）
sin 2 x
【解】 原式 = lim

ln(3 + t 2 )dt + x ln(3 + x 2 ) − x ln(3 + x 2 )
2x

= lim
x
0
ln(3 + t 2 )dt
x →0

19. 计算 lim
x
0
2x
ln(3 + x 2 ) ln 3
=
x →0
2
2
= lim
(arcsin t − t )dt
（96，上，期末）
x(e x − 1)3
x →0
【分析】 这是
0
型未定式，可用洛必塔法则.为了简化运算，分母的因子 (e x − 1)3 先用
0
等价无穷小进行代换。
【解】 原式= lim

x
0
(arcsin t − t )dt
3
x →0
(e x − 1 ~ x, x → 0)
xx
arcsin x − x
= lim
(洛必塔法则)
x →0
4 x3
1
2
= lim 1 − x 2
x →0
12 x
−1
(洛必塔法则)
x
1− 1− x
1 − x2 = 1
=
lim
x →0
x →0 24 x
12 x 2
24
2
= lim
20. 设 f ( x ) 在 (−1,1) 内连续，在 x = 0 处可导，且 f (0) = 0 ， f (0) = 1, 求极限

I = lim
x
0
x →0
tf ( x 2 − t 2 )dt
x3 sin x
（98，上，期末）
0
型未定式，可用洛必塔法则.但对分子求导时，不能简单地用变
0
上限定积分求导公式，因为在积分号下还含有参变量 x ，要先将积分号下的 x 变到积分限上
【分析】 这个极限是
或积分号外，再求导。
【解】 令 x − t = u ，则
2
于是
2

x
0
tf ( x 2 − t 2 )dt =
1 x2
f (u )du
2 0
1 x2
f ( x 2 ) − f (0) 1
0 f (u)du
1
xf ( x 2 ) 1
2
= lim
= f (0) =
I = lim
= lim
2
4
3
x
→
0
x →0
x
→
0
4
x
4
4
x
4x

21. 求 lim
x
0
x →+
sin t dt
x
（补充题）
【分析】 这极限是

型不定式，不能用洛必塔法则来解决.请读者考虑这是为什么？

x
 
【解】 令 n =   ，则 nπ  x  (n + 1)π ，于是
π

nπ
0
sin t dt
(n + 1)π
由于

kπ
0


x
sin t dt
0
x


( n +1)π
0
sin t dt
nπ
π
sin t dt = k  sin tdt = 2k (k = 1, 2, ) ，且当 x → + 时 n → + ，故由夹逼定理
0
得
lim
x →+

x
0
sin t dt
x
=
2
π
π
2π
3π
sin
sin
n+
n +
n +  + sin π ，求 lim x 。
22. 设 xn =
n
x →
1
1
n +1 n + 1
n+
n+
2
3
n
sin
1 n
iπ
1 n
iπ
sin

x

sin


n
n + 1 i =1
n
n i =1
n
【解】 因为
且
（98，研）.
1 n
π n
iπ 1 π
iπ
1 n
iπ 1
2
=
lim
sin
sin =  sin xdx =
=
lim
sin



n → n + 1
n π 0
n n→ n i =1
n π n→ n i =1
π
i =1
lim
lim xn =
所以，由夹逼定理得
23. 已知 g ( x) =
x →

x
0
2
π
tf ( x − t )dt , 求 g ( x) 。
（90，上，期末）
【分析】 变上限的积分号下含参变量 x ，不能直接用变上限定积分求导公式，需先将 x
提到积化号外或积分限上。
【解】 令 x − t = u ，则
g ( x) = −  ( x − u ) f (u )du =  ( x − u ) f (u )du = x  f (u )du −  uf (u )du
0
x
x
x
x
0
0
0
g ( x) =  f (u )du + xf ( x) − xf ( x) =  f (u )du = f ( x) − f (0)
故
x
x
0
0
（四）证明题
1. 设函数 f ( x) 在  0,1 上连续，在 (0,1) 内可导，且 3

1
2
3
f ( x)dx = f (0), 证明在 (0,1) 内
存在一点 c，使 f (c) = 0 。
（91，上，期
末）
【证】 由积分中值定理

1
2
3
f ( x)dx =
2
1
f ( ) (    1) ，于是 f ( ) = f (0) 。又因为
3
3
f ( x) 在  0,1 上连续，在 (0,1) 内可导，由罗尔定理， c  (0,  )  (0,1) ，使 f (c) = 0 。
2. 设 f ( x) 在  a, b 上连续，且

b
f ( x)dx = 0, 证明在 (a, b) 内存在  ，使
a


a

【分析】 若令 g ( x) =
x
a
f ( x)dx = f ( )
（96，上，期末）
f (t )dt , 则本题就是在证明 g ( ) = g '( ) ，即 g ( x) − g '( x) = 0
在 (a, b) 内有解.这可用罗尔定理来证明.如何作辅助函数呢？考虑到乘积的求导法则
 g ( x)h( x) ' = g ( x)h '( x) + g '( x)h( x)
当 h '( x) = −h( x)  0 时即可，故取 h( x) = e− x 。
【证】 设 F ( x) = e
−x

x
a
f (t )dt , 则 F (a) = F (b) = 0 。又 f ( x) 在  a, b 上连续，在 (a, b)
内可导，所以由罗尔定理   (a, b) ，使 F '( ) = 0 ，即

−e−  f (t )dt + e − f ( ) = 0
0
因为 e
−
 0 ，便得所证。
3. 设 f ( x) 在  0,1 上连续，证明存在   (0,1) ，使
【分析】 欲证命题成立，就要证方程

1
x

1

'
 f ( x)dx =  f ( ) 。（补充题）
1
f (t )dt − xf ( x) = 0 在 (0,1) 内有根。又因为
1
x  f (t )dt =  f (t )dt − xf ( x) ，故可得所要的辅助函数。
x
x
【 证 】 令 g ( x) = x

1
x
f (t )dt , 则 g ( x) 在  0,1 上 连 续 ， 在 (0 ， 1) 内 可 导 ， 且
g (0) = 0 = g (1) ，由罗尔定理可知，存在   (0,1) ，使 g '( ) = 0 ，即  f ( x)dx =  f ( )
1

4. 设 f ( x) 在  a, b 上连续，且 f ( x)  0 ，证明：

b
a
f ( x)dx  (b − a) f (
a+b
)。
2
（90，上，期末）
【证】 由泰勒公式
f ( x) = f (
其中  介于 x 与
a+b
a+b
a +b
f ( )
a +b 2
) + f (
)( x −
)+
(x −
)
2
2
2
2
2
a+b
a+b
a+b
a+b
) + f (
)( x −
)
之间。因为 f ''( x)  0 ，所以 f ( x)  f (
2
2
2
2

积分便得
b
a
f ( x)dx  (b − a) f (
a+b
)
2
5. 设函数 f ( x) 在  0,1 上二次可导，且 f ( x)  0 证明
然数)。

1
0
f ( x n )dx  f (
1
) ( n 为自
n +1
（92，上，期末）
【分析】 为了获得解题思路，可先考虑 n = 1, 2 ，从中得到启发.特别当 n = 1 时，与上
题完全类似，于是推想用泰勒公式来证明.
【证】 由泰勒公式
f (u ) = f (
其中  介于 u 与
1
1
1
f ''( )
1 2
) + f '(
)(u −
)+
(u −
)
n +1
n +1
n +1
2
n +1
1
1
1
1
) + f (
)(u −
)
之间。考虑 f ( x)  0 ，有 f (u )  f (
n +1
n +1
n +1
n +1
f ( xn )  f (
从而有

积分得
1
0
1
1
1
) + f '(
)( x n −
)
n +1
n +1
n +1
f ( x n )dx  f (
1
)
n +1
6. 若 f ( x) 在  a, b 上二次可导， f ''( x)  0 ，证明

b
a
f ( x)dx  (b − a)
f (a) + f (b)
。
2
（95，上，期末）
【分析】 作函数草图，结论的几何意义很显然。
【证】 法一 任何 x  (a, b), 由泰勒公式
f (a) = f ( x) + f '( x)(a − x) +
1
f ''(1 )(a − x) 2 ， (a  1  x)
2
f (b) = f ( x) + f '( x)(b − x) +
1
f ''( 2 )(b − x) 2 ， ( x  2  b)
2
f (a) + f (b)  2 f ( x) + f '( x)(a + b − 2 x)
由于 f ''( x)  0(a  x  b) ，得
在  a, b 上积分，得
(b − a)  f (a) + f (b)   2  f ( x)dx +  f '( x)(a + b − 2 x)dx
b
b
a
a
= 4 f ( x)dx − (b − a)  f (a) + f (b) 
b
a
整理便得所要.
法二 因为 f ( x)  0 ，可知 f ( x ) 在  a, b 上单调增.因此，对任意 x  (a, b) 有
f ( x) − f (a) f (b) − f ( x)

x−a
b−x
由此解得
f ( x) 
b−x
x−a
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
由于等号不恒成立，故积分便得

b
a
f ( x)dx  (b − a)
( a  x  b)
f (a) + f (b)
。
2
法三 令 F ( x) =

x
a
f (t )dt −
x−a
 f (a) + f ( x) , x   a, b 利用 F (a) = 0 及 F ( x) 单调
2
下降亦可证得。
7. 设 f ( x ) 在  0, 2π  上连续，且 f ( x)  0 ，证明：对任意自然数 n ，有

2π
0
f ( x)sin nxdx 
2
 f (2π) − f (0)
n
【分析】 从本题的结论可以推想，利用分部积分法就可出现
（97，上，期末）
1
。
n
【证】 用分部积分法及绝对值和性质，得

2π
0
f ( x)sin xdx =
1
n
=

=

2π
0
f ( x)d(cos nx) (分部积分)
1
f ( x) cos nx
n
2π
0
−
2π
0
f ( x) cos nxdx (f ( x)  0)
2π
1
 f (2π − f (0) + 0 f ( x)d x

n
2
 f (2π) − f (0) .
n
8. 设 f ( x) 在  0,1 上可微，且 f ( x)  M , f (0) = f (1) = 0 ，证明：

1
0
f ( x)dx 
1
M。
4
（97，上，期末）
【分析】 通过对本题结论的分析，需将 f ( x) 与 f ( x ) 建立联系，这可利用微分中值公
式.
【证】 对任意 x   0,1 由微分中值公式可得
f ( x) = f ( x) − f (0) = f ( ) x  Mx(0< <x)
同理还有
f ( x) = f ( x) − f (1)  M (1 − x)
于是，由定积分关于积分区间的可加性，得

1
0
1

1
0

x
0
1
0
此题也可先将积分
9.
1
f ( x)dx   2 f ( x)dx + 1 f ( x)dx   2 Mxdx + 1 M (1 − x)dx =
1
0
2
2
1
M
4
1
1
f ( x) 写为  f ( x)d ( x − ) ，再分部积分证之。
0
2
设 f ( x) 是 [0, +) 上 单 调 减 的 连 续 函 数 ， 证 明 当 x  0 时 ，
x 2 f (t )dt  3 t 2 f (t )dt
x
0
（99，上，期末）
【证】 令 g ( x) =

x
0
x 2 f (t )dt − 3 t 2 f (t )dt ，则 g ( x) 在  0, + ) 上连续，且
x
0
g ( x) = 2 x  f (t )dt − 2 x 2 f ( x) = 2 x 
x
x
0
0
 f (t ) − f ( x) dt  0
因此 g ( x) 在  0, + ) 上单调增，当 x  0 时， g ( x)  g (0) = 0 ，即得所证。
【注】 应用积分中值定理，也可得 g ( x)  0 。
10. 设 f ( x) 在  a, b 上有定义，对 x, y   a, b ，有 f ( x) − f ( y )  x − y ，证明：

a
b
1
f ( x)dx − (b − a) f ( x)  (b − a ) 2
2
【证】 由于对 x, y   a, b ，有
（99，上，期末）
f ( x) − f ( y )  x − y
可知 f 在  a, b 上连续，所以

b
a
f ( x)dx − (b − a) f ( x) =
=
a  f (t ) − f ( x) dt  a
b
b
t − x dx =  ( x − t )dt +  (t − x)dt
x
b
0
x
1
1
1
2
(b − x) 2 + ( x − a) 2    (b − x) + ( x − a)  = (b − a) 2
2
2
2
11. 若 f ( x) 为 (−, +) 上连续正值函数， f (− x) = f ( x) ，令 F ( x) =

a
−a
x − t f (t )dt ，
其中 a  0 ， x  a ，证明：
（1） F ( x) 为凸函数(或曲线 y = F ( x) 向下凸)；
（2） x = 0 为 F( x )的最小值点。
（95，上，期末）
【分析】 本题需要考察 F ( x ) 与 F ''( x) .由于变量 x 含在积分号下，要先将 x 移至积分
号外，然后再进行计算.
【证】 （1） F ( x) =

x − t f (t )dt =  ( x − t ) f (t )dt +  (t − x) f (t )dt
a
−a
x
a
a
x
= x  f (t )dt −  tf (t )dt +  tf (t )dt − x  f (t )dt
所以有
x
x
a
a
−a
−a
x
x
F ( x) =  −x a f (t )dt −  ax (t )dt =  a− x f (t )dt +  ax (t )dt = 2  0x f (t )dt ( f 为偶函数)
F ( x) = 2 f ( x)  0
从而 F ( x) 为凸函数。
（ 2 ） 因 f ( x)  0 ， 所 以 由 F ( x) = 2

x
0
f (t )dt = 0 ， 得 唯 一 驻 点 x = 0 。 考 虑 到
F (0)  0 ，所以 x = 0 为 F ( x) 的最小值点。综上即得所证。
12. 设 f ( x) 在 (−, +) 连续， g ( x) =

x
0
( x − 2t ) f (t )dt ，试证明：
（1）若 f 为奇函数，则 g 也是奇函数；
（2）若 f 单调增，则 g 单调减。
【证】 （1） g (− x) =

−x
0
（补充题）
(− x − 2t ) f (t )dt (令t = −u )
= −  0x (− x + 2u ) f (−u )du (f 为奇函数)
=  0x (− x + 2u ) f (u )du = − g ( x)
即若 f 为奇函数时， g 也是奇函数。

（2） g ( x) = x
x
0


f (t )dt − 2 0x tf (t )dt =  0x f (t )dt − xf ( x) =  0x  f (t ) − f ( x)  dt
当 x  0 时，由于 f (t ) − f ( x)  0 知 g ( x)  0 ；
当 x  0 时，有 g ( x) =
  f ( x) − f (t ) dt  0 。综上，获证。
0
x
13. 设 f ( x) 在  0, a  (a  0) 上连续，且

a
0
f ( x)dx = 0 ，则存在一点   (0, a) ，使
f ( ) = − f (a −  ) 。
【证】 令 x = a − t ，则
设辅助函数
（00，单考，研）

a
0
f ( x)dx = −  0a f (a − t )dt =  0a f (a − t )dt
g ( x) =  0x f (t )dt +  0x f (a − t )dt
不难验证 g 在  0, a  上满足罗尔定理条件，所以存在   (0, a) ，使 g ( ) = 0 ，由此即得所
证。
14. 设函数 f ( x) 在 [ − a, a ] 上有连续的二阶导数，且 f (0) = 0 。证明：至少存在一点
  [−a, a] ，使得  f ( x)dx =
a
−a
【证】
a3
f ( ) 。
3
（03，上，期末）
1
1
f ''( ) x 2 = f '(0) x + f ''( ) x 2 ，η 在 0 与 x 之间
2
2
f ( x) = f (0) + f '(0) x +
a
a 
1
1 a

  f ( x)dx =   f '(o) x + f ''( ) x 2  dx =  f ''( ) x 2dx
−a
−a
2
2 −a


f "  C , f " 在 −a, a  上存在最大值M，最小值m ，即m  f "( x)  M , x   −a, a 
 mx2  f "( ) x 2  Mx 2
m  x 2 dx  f "( ) x 2 dx  M  x 2 dx
a
a
−a
−a
a
2 3
2
a m   f "( ) x 2 dx  a 3 M
−
a
3
3
2 3
a
2
有介值定理，至少  一点    −a, a  , 使 a f "( ) = −a f "( ) x dx 。
3

因而
a
−a
14. 设 f ( x) 在  0, π  上连续，且

x
0
f ( x)dx =
a3
f "( )
3
f ( x)dx =  0x f ( x) cos xdx = 0 。试证：f ( x) 在 (0, π)
内至少有两个不同的零点。
【证】 法一 令 F ( x) =
又因为
（00，研）

x
0
f (t )dt ，则 F (0) = F (π) = 0 。
0 =  0π f ( x) cos xdx =  0π cos xd[ F ( x)]
= F ( x) cos x

0
+  0 F ( x) sin xdx =  0 F ( x) sin xdx
所以存在   (0, π) ，使 F ( ) sin  = 0 ，事实上，如果这样的  不存在，则在 (0, π) 内或
者 F ( x) sin x 恒 为 正 ， 或 者 F ( x) sin x 恒 为 负 ， 均 与


0
F ( x) sin xdx = 0 矛 盾 。 由 于
sin   0 ，可知 F ( x) 在  0,   ，  , π  上分别用罗尔定理，存在 1  (0,  ), 2  ( , π) ，
使
F (1 ) = 0 = F (2 )
即 f (1 ) = f (2 ) = 0 ，且 1  2 。
法二 由

π
0
f ( x)dx = 0 ，可知存在   (0, π) ，使 f (  ) = 0 。假若 f ( x) 只有一个零点，
x =  ，则由  0π f ( x)dx = 0 可知， f ( x) 在 (0,  ) 内与 (  ,  ) 内异号，不妨设
  0, 0  x  
f ( x) 
 0,   x  π
0 =  0π f ( x) cos xdx =  0π (cos x − cos  )dx
于是
=  0 f ( x)(cos x − cos  )dx +  π f ( x)  cos x − cos   dx  0
得出矛盾，所以命题成立。
（五）应用题
1. 求心脏线  = a(1 + cos  ) 与圆  = a(a  0) 所围成图形公共部分的面积。
（90，上，期末）
【分析】 用微元法找出面积元素。
【解】 设所围成的面积为 S ，则 dS =
1 2
 ( )d
2
π
1
1
1
1
S =  0π  2 ( )d =  02 a 2d +  ππ a 2 (1 + cos  ) 2 d
2
2
2
2 2
由对称性知
S=
故
=
π 2 1 2 π cos 2 + 4 cos  + 3
a + a π
d
4
2
2
2
=
π 2
3π
5
a − a 2 + a 2 = πa 2 − a 2
4
8
8
5 2
πa − 2a 2
4
x2
y2
2. 求由 x +
 1 和 + y 2  1 围成的图形的面积。
3
3
2
（91，上，期末）
 2 y2
 x + 3 = 1
【解】 由 
解得交点：
2
 x + y2 = 1
 3
A(−
设x +
2

3 3
3
3
3
3 
3 3
, − ), ( , − ) 
, ) ， B( , ) ， (−
2
2
2 
2 2
2 2
 2
y2
x2
= 1与 y 轴的正向的交点为 C， + y 2 = 1与 y 轴的负向的交点为 D，所求面积
3
3
x2
为 ACBDA 围成图形的面积的 4 倍。
曲线 ACB 为 y = 3(1 − x ) ，曲线 ADB 为 y = 1 −
，
3
2
dS = 3(1 − x 2 )dx − 1 −
于是，面积微元
3
2
x2
面积 S = 4 3 ( 3(1 − x ) − 1 −
)dx = 8 0
−
3
2
3
2
2
令 x = sin t ，则 S1 = 8 3
同理可得 S2 =

π
3
0
x2
dx
3
3
3(1 − x 2 )dx − 8 02 1 −
x2
dx = S1 − S 2
3
π
3
0
π
3
4 3
cos tdt = 4 3  (1 + cos 2t )dt = 4 3( +
)=
π+3
3 4
3
2
2 3
2 3
π + 3 ，于是面积 S =
π。
3
3
3. 求阴影部分的面积和 S1 + S2 的最大值与最小值。
（92，上，期
末）
【解】 据定积分的几何意义
2
S1 = x3 −  0x t 2 dt = x3
3
1
2
S2 =  1x t 2 dt − (1 − x) x 2 = − x 2 + x3
3
3
4
1
S1 + S2 = x3 − x 2 + , x   0,1
于是
3
3
S1( x) + S2 ( x) = 4 x 2 − 2 x = 2 x(2 x − 1)
所以
令 S1( x) + S2 ( x) = 0 ，得 x1 = 0, x2 =
1
。又
2
1
2
S1 (0) + S2 (0) = , S1 (1) + S2 (1) =
3
3
1
1 1
S1 ( ) + S2 ( ) =
2
2 4
从而，面积和的最大值为
4. 求函数 f ( x) =

1
2
，最小值为 。
3
4
x+
x
π
2
cos t dt 在区间  0, π  上的最大值和最小值。 （97，上，期末）
【分析】 f ( x) 在  0, π  上可导，因此要求最大值和最小值，只要求出 f 在驻点及区间
端点上的函数值，比较便得。
π
2
【解】 因为，由 f ( x) = cos( x + ) − cos x = sin x − cos x = 0 得 x1 =
π
3π
, x2 =
。
4
4
考虑到
3π
π
3π
π
f ( ) =  π4 cos t dt =  π2 cos tdt −  π4 cos tdt = sin t
4
4
4
2
π
2
π
4
− sin t
3π
4
π
2
= 2− 2
5π
5π
3π
4
f ( ) =  3π cos t dt = −  π4 cos tdt = 2
4
4
4


3π
3π
f (0) =  02 cos t dt =  02 cos tdt = 1 ， f (π) =  π2 cos t dt = −  π2 cos tdt = 1
所以 f ( x) 在  0, π  上的最大值为 f (
5. 求由上半圆周 y =
π
3π
) = 2 ，最小值为 f ( ) = 2 − 2 。
4
4
2 x − x 2 与直线 y  x 所围成的图形绕直线 x = 2 旋转一周所得
旋转体的体积。
（94，上，期末）
【分析】 首先利用微元法写出体积微元，然后写出体积表达式进行计算。
【解】 x 轴的区间  0,1 上相应于区间  x, x + dx  的体积微元 dV 为
dV = 2π(2 − x)( 2 x − x 2 − x)dx
V = 2π  10 (2 − x)( 2 x − x 2 − x)dx
于是
= 2π  10 (2 − x) 2 x − x 2 dx − 2π  10 (2 − x) xdx
4
= 2π  10 (2 − x) 2 x − x 2 dx − π
3
2 10 (2 − x) 2 x − x 2 dx =  10 (2 − 2 x) 2 x − x 2 + 2 2 x − x 2 dx


又
=  10 2 x − x 2 d(2 x − x 2 ) + 2 10 2 x − x 2 dx
1
2
1
2 π
= (2 x − x 2 )3/ 2 + 2 π 12 = +
0
3
4
3 2
其中第二个积分由定积分的几何意义可得。
V=
因而
2
1
4
1
2
π + π2 − π = π2 − π
3
2
3
2
3
6. 在曲线 y = x − 12 上求一点 P( x, y )( x  0, y  0) ，使过该点的切线与曲线及两坐标
2
轴所围成图形的面积最小，并求出最小面积。
（98，上，期末）
【解】 过点 P( x, y ) 的切线为 Y − y = 2 x( X − x) ，切线在 x 轴， y 轴上的截距分别为
x−
y
, y − 2 x 2 ，所围图形的面积
2x
S=
1
y
( x − )( y − 2 x 2 ) −  0 12  −( x 2 − 12) dx
2
2x
=
令
1
1 2
(2 x 2 − y ) 2 − 16 3 =
( x + 12) 2 − 16 3
4x
4x
dS
dS 3( x 2 + 12)( x 2 − 4)
 0 ；当
=
= 0 ，在 x  0 时得唯一驻点 x = 2 。当 x  2 时，
2
dx
dx
4x
x  2时
dS
 0 ，故 x = 2 为极小值点，且是最小值点。此时 P(2, −8) ，Smin = 32 − 16 3 。
dx
7. 设D1 , D2分别为图中阴影部分所示的平面图形 ，
（1） 求D1 , D2分别 绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积 V1 (t ), V2 (t ) ；
（2）证明：在 (1, 3)内存在唯一的一点  ， 使得 V1 ( ) = 2V2 ( ) 。
（02，上，期末）
π 2t
π
e − πe 2t + e 2
1
2
2
3
π
5π
V2 (t ) = π  (e6 − e2 x )dx = e 2t − πe6t + e6
t
2
2
【解】
（1） V1 (t ) = π

t
(e2 x − e2 )dx =
y =ex
y
e3
（2）设 F ( x) = V1 ( x) − 2 V2 ( x)
D2
D1
e
F ( x) = π  (e2t − e2 )dt − 2π  (e6 − e 2t )dt
x
即
3
1
x
o
则 F ( x)  [1, 3] 。
∵ F (1) = −2π

3
1
1
t
3
(e6 − e 2t )dt  0 ， F (3) = π  (e 2t − e 2 )dt  0
3
1
∴由零点定理知，   (1, 3) ，使得 F ( ) = 0 。
∵ F ( x) =  (e2 x − e2 ) + 2  (e6 − e2 x )  0 ，∴ F ( x)在(1, 3)内严格单调增加 ，
∴在 (1, 3)内存在唯一的一点  ， 使得 V1 ( ) = 2V2 ( ) 。
8. 已 知 曲 线 C1: y = x , C 2 : y =
2
1 2
x ，试求一条过原点的连续曲线
2
C : y = f ( x)( x  0) ，使得过 C1 上任一点 P( x, y ) 分别作 x 轴和 y 轴的垂线所生成的如图所
示的两块图形 A、B 的面积始终保持相等，试求 f ( x ) 的表达式（假设 f ( x) 单调增）。
（99，上，期末）
【解】 法一 由于 f ( x) 单调增且连续，所以其
反函数 f
−1
( x) 存在，且单调增、连续。因此
x
x2
−1
−1
0  t − f (t ) dt = 0  t − f (t )dt
x
1 2
1 3
2
面积 B =  (t − t )dt = x
0
2
6
面积 A =
y
 t − f −1 (t )dt  = 1 x 3
 6
0 
16
3
3
−1
−1
2
上式两边对 x 求导，得 f ( x ) = x, 即 f ( y ) =
y 。所以 C : y = x 2 ( x  0)
9
4
4

由题设，得
法二 由于
A=
3
 t − f −1 (t ) dt ， B = 1 x3 = 1 y 2


6
6
y
0

得
x2
y
0
两边对 y 求导，得
9. 设曲线 y =
y − f −1 ( y ) =
3
 t − f −1 (t ) dt = 1 y 2


6
16
3
1
y 。故 C : y = x 2 ( x  0) 。
y ，即 f −1 ( y ) =
9
4
4
x − 1 ，过原点作其切线，试求：（1）切线的方程；（2）由此切线，曲
线
y = x − 1 及 x 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转所生成的旋转体体积。 （99，上，期末）
 y0 = x0 − 1

【解】 （1）设切点为 P( x0 , y0 ) ，则  y0
1
 x = 2 x −1
0
 0
解得 x0 = 2, y0 = 1 .所以切线方程 r =
（2）旋转体积为
1
x。
2
2
2
1
π
V = π 12 2 −  π( x − 1)dx = π − ( x − 1) 2
1
3
3
2
2
1
=
1
π
6
10. 设当 x   2, 4 时，有不等式 ax + b  ln x ，其中 a, b 为常数。试求 a 和 b ，使得积
分
I =  (ax + b − ln x)dx 取得最小值。
4
（96，上，期末）
2
【分析】 首先 I 的值与 a, b 有关;其次，由 I 的表达式可知，I 即为曲线 y1 = ax + b 与
y2 = ln x 及 x = 2, x = 4 所围图形的面积，其最小值应在 y1 与 y2 相切时取得，利用切点找
出 a, b 之间的关系(或 a, b 用切点坐标表示)。这样，问题就转化为:在曲线 y = ln x(2  x  4)
上求一点 P( x, y ) ，使该点的切线与 y = ln x 及 x = 2, x = 4 所围图形的面积最小。
【解】 首先
I =  (ax + b − ln x)dx = 6a + 2b −  ln xdx = 6a + 2b − A ( A =  ln xdx 是常数)
4
4
4
2
2
2
其次，设直线 y1 = ax + b 与曲线 y2 = ln x 相切于点 P( x, y ) ，则有
1
ax + b = ln x 

 a=

x
1

 a = x
b = ln x − 1
将上式代入 I 的表达式，得
于是
6
+ 2 ln x − A − 2, x   2, 4
x
6 2 −6 + 2 x
I ( x) = − 2 + =
x
x
x2
I = I ( x) =
令 I ( x) = 0 ，得唯一驻点 x = 3 。又当 2  x  3 时，I ( x)  0 ；当 3  x  4 时，I ( x)  0 ，
所以 x = 3 为 I ( x ) 的最小值点。此时 a =
1
, b = ln 3 − 1 。
3
11. 设 f ( x) 在  0,1 上连续，证明存在 x 0  (0,1) ，使在  0, x0  上以 f ( x0 ) 为半径的圆
柱体体积，等于在  x0 ,1 上以 y = f ( x) 为曲边梯形绕 x 轴旋转体体积。
【证】 任给 x  (0,1) ，即要证明方程 πxf ( x) =
2
 πf
1
x
2
（补充题）
(t )dt 在 (0,1) 内有解。为此，令
g ( x) = x  πf 2 (t )dt ，则 g (0) = 0 = g (1) ，且 g 在  0,1 上可导，由罗尔定理，存在 x0  (0,1),
1
x
使 g '( x 0 ) = 0 ，即
 x0 f 2 ( x0 ) =  πf 2 (t )dt
1
x0
练习
1. 若

f ( x)
dx = arctan x + C ，求  f ( x)dx 。
x
（02，上，期末）
2. 已知 F ( x ) 是 f ( x ) 的一个原函数，且 f ( x ) =
3. 设函数 x = f ( x)(0  x 
xF ( x )
，求 f ( x ) 。
（03，上，期末）
1 + x2
2 ) 由方程  et dt +  sin t 2 dt = 0 所确定的隐函数，求
y
x
2
0
0
f ( x) 的单调区间。
4. 设 f ( x ) =
（03，上，期末）
 (
x
0
1
5. 设函数 f ( x ) =
6. 设 f ( x) =

x
0
sin t

2x
x
)
1 + u 4 du dt ，求 f  ( 0 ) 。
dt
1+ t3
（04，上，期末）
( x  0 ) ，求 f ( x ) 的最大值。
t sin x 2 − t 2 dt ，求 f ( x ) 。
（05，上，期末）
7. 设 f ( x)连续 ， f (0) = 0 ， f (0)  0 ， F ( x) =
F ( x) 与 x k 是同阶无穷小，求常数 k 。
8. 设 f 在区间 [0, π] 上连续，且 f ( x) = sin x +
（04，上，期末）

x
0
( x 2 − t 2 ) f (t )dt ，若当 x → 0时 ，
（02，上，期末）


0
f ( x)dx ，求 f ( x) 。
（00，上，期末）
9. 求定积分

2
sin11 xdx 的值。
0
10. 求
sin 5 x + x 2
−2 x2 + 1 dx
11. 求
 x (1 + x )( e
12.求
2
1
 (e

13. 求
（02，上，期末）
x
− e− x ) dx
（85，上，期末）
ln(1 + x)dx
x
（88，上，期末）
x2 − a2
dx (a  0)
x
sin 2 x
 9 + sin
4
x
dx
e2 x
16. 求  x
dx
e + e− x + 2

17. 求 x ln(1 − x)dx
2
x3
18. 求
 1+
19. 求
 (1 + x )
20. 求
x2 + 1
arctan x
2


（04，上，期末）
dx
+ e− x )2
x

14. 求
15. 求
2005
−1
（87，上，期末）
21. 求 e
3
2
dx
dx
2 − x 2 dx
x2
sin x
x cos3 x − sin x
dx
cos 2 x
（87，上，期末）
（00，上，期末）
（00，上，期末）
（01，上，期末）
（01，上，期末）
（03，上，期末）
（04，上，期末）
（03，上，期末）
22. 计算积分
x sin x
dx
5
x
 cos
（03，上，期末）
23. 设 x = x(t ) 由方程 sin t −

x −t
1
e−u 2 du = 0 所确定，试求 x(0) 的值 。
（86，上，期末）
24. 设 f ( x) 为连续函数，求
25. 求极限 lim
x →0
1
x2
x2

y2
d   x2

sin  0 sin( 0 f (t )dt )dy  
dx  

（85，上，期末）
1 + t 2 dt
0
（88，上，期末）
26. 设f ( x)连续, 在x = 0可导, 且f (0) = 0, f (0) = 4, 求 lim

x
0
(t  f (u )du )dt
0
t
x3 sin x
x →0
。
（03，上，期末）

27. 求极限 lim
x
0
x →0
(et − 1)dt
2
 ( ln ( cos t ) + t ) dt
lim
x
28.
（02，上，期末）
x 2 sin x
2
0
（04，上，期末）
x3
x →0
29. 设 f ( x) = x (0  x  1);2 − x(1 x  2), 设 F ( x) =
2

x
0
f (t )dt (0  x  2) ，求 F ( x) 的
表达式
（00，上，期末）
30. 设 f ( x )连续 ，且 lim
x →0
1
f ( x)
= 4 ，令  ( x) =  f (tx)dt ，（1） 求  ( x) ；（2）讨论
0
x
 ( x) 在 x = 0 处的连续性 。
31. f ( x) 连续，且

x
0
（02，上，期末）
t f (2 x − t )dt = e − x 2 ，已知 f (1) = 2 ，求  f ( x)dx 。
2
1
（00，上，期末）
32. 求
33. 求



2
0
2
1
1 − sin x dx
1
x( x 4 + 1)
dx
（86，上，期末）
（87，上，期末）
34. 计算积分
35. 计算积分


dx
2 + cos x
0
1
2

x3
1 − x2
0
36. 计算积分
37. 求

3
4


0
（03，上，期末）
（04，上，期末）

x
42. 求

1
43. 求

+
 sin x

+ ln(2 − x) dx
6

−1 x + 1



1
f ( x)dx ，其中 f ( x) = 
0
x
（04，上，期末）
dt
（00，上，期末）
t3 +1
1
x2
xf ( x)dx ，其中 f ( x) =  e−t dt
2
（04，上，期末）
1
1

2
x cos 2 x − cos 4 x dx
41. 求
44. 求
0
x3e − x dx
（87，上，期末）
40. 计算积分
0
2
（02，上，期末）
dx
dx
x(1 − x)
0
38. 求

（03，上，期末）
+
0
arctan x
dx
x2
（00，上，期末）
xe x
dx
(1 + e x ) 2
45. 设D为曲线y =
（01，上，期末）
1 2
x 与直线3x − 2 y − 4 = 0所围成的平面图形, 求:：（1）D 的
4
面积 S；（2）D 绕 x 轴旋转一周所得的旋转体体积 V。
（04，上，期
末）
46. 计算由双纽线  2 = cos 2 所围成的图形在圆  =
2
以外部分的面积。
2
（04，上，期末）
47. 试在曲线 L： y = e 位于第二象限的部分上求一点 P( x, y ) ，使过该点的切线与曲
x
线 L、 y 轴以及直线 x = a （ a 为切线与 x 轴交点的横坐标）所围成的面积最小。
（01，上，期末）
 x = 5t 2 + t
48. 设质量均匀分布的平面薄板由曲线 C： 
2
 y = t − 2t
与 x 轴 所围成，试求其质量
m。
（04，上，期末）
49. 在区间 1, e  上求一点  ，使得图中所示阴影部分绕 x 轴旋转所得旋转体的体积最
小。
（04，上，期末）
Y
y = ln x
1
O
50. 设 f ( x) 在  a, b 上连续， F ( x) =

1

x
a
X
e
f (t )(a  x  b) ，试证： F ( x) = f ( x) 。
（00，上，期末）
51. 设 f ( x ) 在区间  −1, 1 上连续，且
 f ( x ) dx =  f ( x ) tan xdx = 0 ，证明在区
1
1
−1
−1
间
( −1,1) 内至少存在互异的两点 1, 2 ，使 f (1 ) = f (2 ) = 0 。
（04，上，期末）
52. 设 f ( x) 、 g ( x) 在 [ − a, a ] 上连续， f ( x) 满足条件 f ( x) + f (− x) = A（A 为常数）
，
g ( x) 为偶数，
（1）证明 
a
−a
f ( x) g ( x)dx = A g ( x)dx ；
（2）计算 
a
a
0
−a
f ( x) arctan e x dx 。
（01， 上，期末）
四
微分方程
试题分析
（一）填空题
1. 方程 y − 2 xy = 2 x 的通解为 ce − 1 。
x2
（96，上，期末）
【解】 这是形如 y + p ( x) y = q( x) 的一阶线性非齐次方程，直接用它的通解公式便得。
2. 设函数 y = y ( x) 在任一点 x 处的改变量 y 可表示为 y =
y2
x +  ，且当
(1 + x) 2
x → 0 时，  是 x 的高阶无穷小， y (0) = 1 ，则 y ( x) = x + 1 。
【解】 由题设得
（99，上，期末）
y
y2

，令 x → 0 取极限得微分方程
=
+
2
x (1 + x) x
dy
y2
dy
dx
，即 2 =
=
2
dx (1 + x)
y
(1 + x)2
解得
1
1
=
+ C 。因为 y (0) = 1 ，所以 C = 0 ，代入便得 y = x + 1 。
y 1+ x
3. 若二阶常系数线性微分方程 y + ay + by = ce2 x 有特解 y = 2e3 x + xe2 x ，则此方程
的通解为 C1e
3x
+ C2e2 x + xe2 x 。
（96，上，期
末）
【解】 由二阶常系数线性非齐次微分方程的解的结构特点，可知特征方程
r 2 + ar + b = 0

有根 r1 = 3, r2 = 2 。从而有 y = y + y = C1e + C2 e
3x
2x
+ xe2 x 。
【注】 也可直接将特解代入方程，定出 a, b, c ，再求出通解。

4. 若已知二阶微分方程 y( x) + 3 y( x) = f ( x) 的一个特解为 y ( x) ，则该方程的通解
为 C1 + C2 e
−3 x
+ y  ( x) 。
（95，上，期
末）
【解】 微分方程对应的特征方程是 r + 3r = 0 ，特征根为 0, −3 。所以，对应齐次方
2
程的通解为 y = C1 + C2 e
−3 x

，从而方程的通解为 y = y + y = C1 + C2e
−3 x
+ y  ( x) 。
5. 二阶常系数齐次线性微分方程的一个特解为 y = xe x ，则该方程为 y − 2 y + y = 0 。
（03，下，期末）
【解】 由特解的形式知 1是特征方程的重根，得方程所对应的特征方程为
r 2 − 2r + 1 = 0 。由特征方程即得该方程。
6. 微分方程 y( x) − 9 y( x) = 0 的通解为 C1e
3x
+ C2e−3 x + C3 。
（03，下，期末）
【解】 令 y( x) = f ( x) ，则原方程变为 f ( x) − 9 f ( x) = 0 ，这是一个二阶常系数线性
y( x) = f ( x) = C1e3 x + C2e−3 x
齐次方程，解之得
y( x) = C1e3 x + C2e−3 x + C3
再积分得
（二）单项选择题
1. 设线性无关的函数 y1 , y2 , y3 都是二阶非齐次线性微分方程的特解，则非齐次线性微
分方程的通解为
(A) C1 y1 + C2 y2 − (1 − C1 − C2 ) y3
(B) C1 y1 + C2 y2 + (1 − C1 − C2 ) y3
(C) C1 y1 + C2 y2 + y3
(D) C1 y1 + C2 y2 − (C1 + C2 ) y3
[ B ]（94，下，期
末）
【解】 二阶非齐次线性微分方程的通解是由对应的齐次方程的通解与其自身的一个特
解构成的。由题知( y1 − y3 )和( y2 − y3 )都是齐次方程的解，而且线性无关，所以原方程的通
解为
C1 ( y1 − y3 ) + C2 ( y2 − y3 ) + y3 = C1 y1 + C2 y2 + (1 − C1 − C2 ) y3
而其余的都不对，知道为什么吗？
2. 微分方程 y − 5 y + 6 y = xe3 x 的特解形式为（其中 A，B 为常数）
(A) Ae
3x
(B) Axe
(D) x( Ax + B)e
(C) ( Ax + B)e
3x
3x
3x
[
D
]（03，下，期
末）
【解】 自由项 xe 中的 3 是特征方程 r − 5r + 6 = 0 的单根，由待定系数法知该方程
2
3x
的特解形式应为 x( Ax + B)e 。
3x
3. 微分方程 y − 2 y + 5 y = e sin 2 x 的特解具有形式（其中 A, B 为待定常数）
x
x
x
(B) Axe sin 2 x
(A) Ae sin 2 x
(D) Axe sin 2 x + Bxe cos 2 x
x
x
(C) Axe cos 2 x
x
[
D
]（91，下，期
末）
【解】 考虑方程 y − 2 y + 5 y = e(1+ 2i ) x ，由于 r = 1 + 2i 是特征方程的一个根，因此该
方
程的特解具有形式 ( A + iB) xe(1+ 2i ) x ，而其虚部是原方程的特解，故应选(D)。
4. 设 f ( x) 可微。若定积分
(A) Ce
x
 [ f ( x) + xf ( xt )]dt 的值与 x 无关，则 f ( x) 等于
1
0
(B) Ce
−x
(C) Ce
2x
其中 C 为任意常数。
末）
【解】 因为
(D) Ce
[ B
−2 x
]（98，上，期
 [ f ( x) + xf ( xt )]dt 的值与 x 无关，所以它是一个常数。于是有
1
0
0=

1
0
 



x
[ f ( x) + xf ( xt )]dt = f ( x) +  f (u )du = f ( x) + f ( x)
0
由一阶线性方程的求解公式即得 f ( x) = Ce− x 。
（三）计算题
1. 求微分方程 ydx +
x 2 + 1dy = 0 的通解。
（90，上，期末）
【分析】 这是可分离变量方程，用分离变量法来解。
dy
dx
=−
y
x2 + 1
【解】 原方程可写成
ln | y |= − ln( x 2 + 1 + x) + ln C
两边积分，得
故所求的通解为 ( x + 1 + x) y = C 。
2
2. 求方程 xy
dy
= x 2 + y 2 满足条件 y (e) = 2e 的特解。
dx
【分析】 这是齐次方程的定解问题。
【解】 原方程可写成
dy x 2 + y 2
=
=
dx
xy
y
1 + ( )2
x
y
x
（94，上，期末）
令
dy
y
du
= u ，则 y = xu ， = u + x ，代入上式得
dx
x
dx
u+x
dx
du 1 + u 2
， 即 udu =
=
x
dx
u
1 2
u = ln(Cx)
2
两边积分得
把u =
y
y2
代入，得 2 = ln(Cx) 。由初始条件 y (e) = 2e ，得 C = e 。故所求特解为
x
2x
y = x 2(1 + ln x)
【注】 本题也可化为以 y 2 为未知函数的线性微分方程来解。
( x 2 − 1) y + 2 xy − cos x = 0
3. 解微分方程 
 y (0) = −1
（91，上，期末）
【分析】 这个方程可化为一阶线性微分方程求解。但是，有方法是一回事，方法是否
简单是另一回事。
【解】 法一 将微分方程写成
{( x 2 − 1) y} = cos x
y=
两边积分，整理得
由 y (0) = −1 ，得 C = 1 。故所求特解为 y =
法二
将微分方程写成
sin x + C
x2 −1
sin x + 1
。
x2 −1
2x
cos x
y + 2
y= 2
x −1
x −1
由一阶线性微分方程的通解公式，得
y=e
−
2x
 x2 −1dx
cos x  2 dx
sin x + C
{ 2 e x −1 dx + C} = 2
x −1
x −1
由 y (0) = −1 ，得 C = 1 。故所求特解为 y =
2x
sin x + 1
。
x2 −1
4. 求微分方程 xy + y = 0 满足条件 y (e) = e, y(e) = 1 的特解。
（02，下，期末）
【解】 原方程可化为 ( xy) = 0 ，于是 xy = C1 。将 y(e) = 1 代入得 C1 = e 。从而
y =
e
，
x
y = eln | x | +C2 。再将 y (e) = e 代入可得 C2 = 0 ，故所求特解为 y = e ln | x | 。
【注】 该方程也可用降阶法来求解。
5. 求微分方程 yy = 2( y)2 的通解。
（04，下，期末）
【分析】 这是形如 y = f ( y, y) 的可降阶的二阶微分方程，不显含变量 x 。
【解】 令 z = y ，则 y = z
dz
dz
dz
dy
，代入原方程得 y
= 2 z ，即 = 2 ，解之得
dy
z
dy
y
z = C1 y 2 ，即： y  = C1 y 2 ，分离变量即可解得原方程通解为 −
1
= C1 x + C 2 。
y
6. 求微分方程 2 ydx + ( y 2 − 6 x)dy = 0 的通解。
（03，下，期末）
【分析】 原方程对 y 而言不是线性微分方程，这是一个倒线性微分方程。
【解】
将原方程改写为
dx y 2 − 6 x
dx 3
y
，即
=
+ x = 。则上式是以 x 为未知函数
dy
2y
dy y
2
的一阶线性方程。由一阶线性微分方程的通解公式，得原方程的通解为
x=e
−
3
 y dy
3
y  dx
y2 C
{ e y dy + C} =
+
2
10 y 3
7. 设 f ( x) 为连续函数，
 y + ay = f ( x)
的解，其中 a 是正常数；
 y x =0 = 0
（1）求初值问题 
（2）若 | f ( x) | k ( k 为常数)，则当 x  0 时有 | y ( x) |
k
(1 − e − ax ) 。
a
（96，研）
【解】 （1）由一阶线性微分方程的通解公式，得原方程的通解为
y ( x) = e − ax { f ( x)e ax dx + C1}

因为
f ( x)e ax dx =  f (t )e at dt + C2
x
0
y ( x) = e − ax { f (t )e at dt + C}
x
所以
0
由 y (0) = 0 可得 C = 0 ，故初值问题的解为 y ( x) = e
− ax

x
0
f (t )e at dt 。
| y ( x) | e − ax  | f (t ) | e at dt  ke− ax  eat dt =
（2）
x
x
0
0
k
(1 − e − ax )
a
ax
【注】 初值问题的解，也可如下求得：在原方程两端同乘以 e ，得
yeax + ayeax = f ( x)eax
( yeax ) = f ( x)eax
即
所以 ye
ax
=  f (t )eat dt ，或 y ( x) = e− ax  f (t )e at dt 。
x
x
0
0
( x  0)
8. 求微分方程 y − y = 0 的积分曲线的方程，使其在 O(0, 0) 与直线 y = x 相切。
（93，下，期末）
【分析】 先求二阶微分方程 y − y = 0 的通解，然后由定解条件求出特解。这里的定
解条件有两个，即 y (0) = 0, y(0) = 1 。
【解】 方程 y − y = 0 的通解是 y = C1e
代入通解中得 C1 = −
−x
+ C2e x 。由已知条件知 y (0) = 0, y(0) = 1 ，
1
1
1
1
, C2 = ，故所求的积分曲线方程为 y = − e− x + e x 。
2
2
2
2
9. 求微分方程 y − 6 y + 5 y = e x （  为常数）的通解。
（97，上，期末）
【分析】 这是一道典型的求二阶常系数线性非齐次方程的通解问题。难点在于要讨论
常数  。
【解】 原方程的特征方程为 r − 6r + 5 = 0 ，特征根为 r1 = 1, r2 = 5 。故对应的齐次方
2
程
的通解为 y = C1e + C2 e 。
x
5x
当   1,5 时，可设原方程的特解为 y = Ae x ，代入原方程，得 A =
y =
1
，于是
 − 6 + 5
2
e x
 2 − 6 + 5
x
当  = 1 或 5 时，可设原方程的特解为 y = Axe ，代入原方程，得 A =

1
，于是
2 − 6
 1 x
− 4 xe ,  = 1

y =
 1 xe5 x ,  = 5
 4
故原方程的通解为
 x
e x
5x
C1e + C2e +  2 − 6 + 5 ,

1


y = y + y = C1e x + C2e5 x − xe x ,
4

1 5x
 x
5x
C1e + C2e + 4 xe ,

10. 求微分方程 y − 2 y − 3 y = e
−x
+ 1 的通解。
【分析】 分别求出方程 y − 2 y − 3 y = e
−x
  1, 5
 =1
 =5
（95，上，期末）
和方程 y − 2 y − 3 y = 1 的特解 y1 , y2 。则


y = y1 + y2 是原方程的特解，然后加上 y − 2 y − 3 y = 0 的通解即可。
【解】 齐次方程 y − 2 y − 3 y = 0 的通解为 y = C1e
+ C2e− x 。
3x
对 于 方 程 y − 2 y − 3 y = e− x ， 由 于 r = −1 是 特 征 方 程 的 根 ， 因 此 可 设 其 特 解 为
1
1
y1 = Axe− x ，代入方程可得 A = − ，即 y1 = − xe − x 。
4
4
对于方程 y − 2 y − 3 y = 1 ，设其特解为 y2 = B ，代入方程可得 B = −
从而原方程的特解为
其通解为
1
1

，所以有 y2 = − 。
3
3
x
1
y  = y1 + y2 = − e − x −
4
3
x
1
y = y + y  = C1e3 x + C2 e− x − e− x −
4
3
 y  + y = x + sin x

11. 求初值问题 
1 的解。
 y (0 ) = 1, y (0 ) = − 2
（04，上，期末）
【分析】 方程的自由项可看作是两个函数之和，其特解应是两个对应特解的迭加。
【解】 对应齐次方程的特征方程为 r + 1 = 0 ，特征根为 r =  i ，于是齐次方程的通
2
解为 y = C1 cos x + C2 sin x 。非齐次方程 y  + y = x 的一个特解为 y 1 = x 。

对于非齐次方程 y  + y = sin x ，可考虑方程 y + y = eix ，由于 r = i 是特征方程的根，
因此可设其特解为 y2 = Axe ，代入该方程得 A = −
ix
i ix
i
。取 y2 = − xe 的虚部即得非齐次
2
2
方程 y  + y = sin x 的特解为 y2 = −
x
cos x 。
2
因而原方程的特解为
x
y  = y1 + y 2 = x − cos x
2

故原方程的通解为
x
y = y + y  = C1 cos x + C2 sin x + x − cos x
2
利用初值条件可求得 C1 = 1, C2 = −1 。所以原问题的解为 y = cos x − sin x + x −
x
cos x 。
2
（四）综合题
1. 设 f ( x) 在 x  0 时 可 导 ， 且 满 足 xf ( x) = 3 x +
y = f ( x) 与 x = 1, y = 0 围成的平面图形的面积。

x
1
f (t )dt ， 求 f ( x) ， 并 求 曲 线
（ 95 ，
上，期末）
【分析】 本题关键是求出 f ( x) 。这是积分方程，可化为微分方程，再求 f ( x) 。
【解】 方程 xf ( x) = 3 x +
即 f ( x) =

x
1
f (t )dt 两边对 x 求导，得 f ( x) + xf ( x) = 3 + f ( x) ，
3
。
x
f ( x) = 3ln x + C
积分得
又由条件知 f (1) = 3 ，于是 C = 3 ，所以 f ( x) = 3ln x + 3 。令 3ln x + 3 = 0 ，得曲线 y = f ( x)
与 x 轴的交点是 (e−1 ,0) 。因此 y = f ( x) ， x = 1 与 y = 0 三曲线围成的平面图形面积为

1
e
−1
f ( x)dx =  −1 (3ln x + 3)dx =
1
e
2. 设 f ( x ) 连续， f ( x) 满足关系式 f ( x) = x +
3
e
 tf ( x − t )dt ，求 f ( x) 。（94，上，期末）
x
0
【分析】 首先要把题目给出的方程转化为微分方程，需要注意的是被积函数 tf ( x − t )
内含有 x ，在对变上限积分求导前要用换元法把该被积函数中的 x 换出来。
【解】 令 u = x − t ，则 f ( x) = x +

x
0
tf ( x − t )dt = x +  ( x − u ) f (u )du
x
0
= x + x  f (u )du −  uf (u )du
x
x
0
0
f ( x) = 1 +  f (u )du + xf ( x) − xf ( x) = f ( x) + 1
x
两边对 x 求导得
0
f ( x) = Ce x − 1
解此微分方程，得
由条件 f (0) = 0 ，可得 C = 1 。故 f ( x) = e x − 1。
3. 设 x  −1 时，可微函数 f ( x) 满足 f ( x) + f ( x) −
1 x
f (t )dt = 0 ，且 f (0) = 1 ，
x + 1 0
试证当 x  0 时，有 e− x  f ( x)  1 成立。
（04，上，期末）
【解】 由题设知 f (0) = −1 。所给方程可变形为
( x + 1) f ( x) + ( x + 1) f ( x) −  f (t )dt = 0
x
0
两端对 x 求导，并整理得
( x + 1) f ( x) + ( x + 2) f ( x) = 0
这是一个可降阶的二阶微分方程，可用分离变量法求得 f ( x) =
由于 f (0) = −1 ，得 C = −1, f ( x) = −
Ce− x
。
1+ x
e− x
 0, f ( x) 单减，而 f (0) = 1, 所以当 x  0
1+ x
f ( x)  1 。对 f ( x) = −
时，
e− x
 0 在 0, x  上进行积分，得
1+ x
f ( x) = f (0) − 
x
e−t
dt  1 −  e-t dt = e− x
0 1+ t
0
x
故当 x  0 时，有 e− x  f ( x)  1 成立。
4. 某容器形状是由曲线 x = f ( y ) 绕 y 轴旋转而成的立体(如图)，今按速度 2tcm /s 往
3
内倒水，为了能使水面上升的速度为
2
cm/s ，问 f ( y ) 应是什么样的函数？（91，上，期
π
末）
【分析】 这是有关微分方程的实际应用题，关键在于如何根据具体问题建立数学模型。
【解】 设从 t = 0 开始经过时间 T ，往容器中注入的水的水面高度为
度为
2
Tcm 。此时高
π
2
T
T
2
Tcm 的旋转体体积等于容器内倒入的水的体积，所以有  π πf 2 ( y )dy =  2tdt 。对
0
0
π

2
y ( y  0) 。
T 求导得 f 2 ( T ) = T ，故 f ( y ) = 
π
2
练习
1. 求微分方程
dy 1 y2 + 2 x
+ e
= 0 的通解。
dx y
（03，下，期末）
2. 求微分方程 ( x3 + y 3 )dx − 3xy 2dy = 0 满足条件 y x =1 =1 的特解。 （01，上，期末）
3. 求微分方程 ( y − xy 3 )dx + xdy = 0 的通解。
（01，下，期末）
4. 求微分方程 yy − ( y)2 = y 2 y 的通解。
（03，上，期末）
5. 求微分方程 y + 3 y + 2 y = e− x 满足条件 y (0) = 0 ， y(0) = 2 的特解。
（96，上，期末）
6. 求微分方程 y + 2 y − 8 y = 16 − 10 xe x 的通解。
（99，上，期末）
7. 求微分方程 y + 4 y = 8 x − 4sin 2 x 满足 y (0) = 0, y(0) = 5 的特解。
（03，下，期末）
8. 试写出以 y = −3e x cos 2 x 为其一个特解的二阶线性常系数齐次微分方程。
（01，上，期末）
9. 设二阶常系数线性微分方程 y +  y +  y =  e x 的一个特解为 y = e2 x + (1 + x)e x '
试确定  、  、  ，并求该方程的通解。
（93，研）
10. 设曲线 y = y ( x) 满足方程 y + 9 y = 0 ，且通过点 (π, -1) ，并在该点处与直线
y +1 =
x − π 相切，求 y ( x) 。
11. 设函数 f ( x) 具有连续的导数，且满足方程
（02，下，期末）

x
( x + 1 − t ) f (t )dt = e x + x 2 − f ( x) ，
0
求
f ( x) 。
（01，下，期末）
12. 设函数 f ( x) 是连续可微，且满足关系式 f ( x) =

x
0
tf ( x − t )dt − sin x ，求 f ( x) 。
（01，下，期末）
13. 设 f ( x) 在 (0, +) 内连续可微，且满足条件

1
1
x
f ( xt )dt =
1
f ( x) + 1 ，求 f ( x) 。
2
（95，上，期末）
1
14. 设连续曲线 y = f ( x) 过点 (1, ) ，且此曲线与直线 x = 1, x = t (t  1) 及 x 轴所围成
3
π 2
1
的平面图形绕 x 轴旋转一周所生成的旋转体体积为 [t f (t ) − ] ，试求 f ( x) 。
6
3
（98，上，期末）
15. 设对任意 x  0 ，曲线 y = f ( x) 上点 ( x, f ( x)) 处的切线在 y 轴上的截距等于
1 x
f (t )dt ，求 f ( x) 的一般表达式。
x 0
（04，下，期末）
五
无穷级数
试题分析
（一）填空题

1. 设级数
u
n =1
n
的部分和数列 S n =
2n
, n = 1, 2,
n +1
, 则级数的一般项 un =
2
。
n(n + 1)
（91，下，期中）
【解】 因为 u1 = S1 = 1, n  2 时， un = Sn − Sn −1 =
对所有 n  N + ，有 un =

2. 幂级数
2
。
n(n + 1)
π
 (sin 4
n =1
2n 2(n − 1)
2
，所以，
−
=
n +1
n
n(n + 1)
n
) x 2 n +1 的收敛半径 R = 2 。
（95，下，期中）
【 解 】 该 幂 级 数是 缺 项的 幂 级 数 （ 不含 x 的 偶 数 次 幂 ）， 因 此 ，不 能 直 接利 用
an +1 1
= 来求收敛半径 R 。
an
R
lim
n →

法一 把该幂级数看成是一般的函数项级数
n =1
n = 1, 2,
π
 u ( x) ，其中 u ( x) = (sin 4
n
n
n
) x 2 n +1 ，
π 2 n +3
)x
u ( x)
x2
4n +1
lim n +1
= lim
=
n → u ( x )
n →
π
4
n
(sin n ) x 2 n +1
4
(sin
，由
x2
x2
x

2
知，当
时，级数绝对收敛；当
 1 即 x  2 时， 级数发散。所以， 该
 1即
4
4
幂级数的收敛半径 R = 2 。

法二 把幂级数改写为 x

n =1
因为

π 2 n
π n

2
，令
，考虑幂级数
(
x
)
y
=
x

 sin n  y ，
n 
4 

n =1 
  sin 4
π
sin n
an
4 = lim
lim
= lim
n → a
n →
n →
π
n +1
sin n +1
4
π
4n = 4
π
4n +1
所以，当 y  4 即 x  2 时，原幂级数绝对收敛；当 y  4 即 x  2 时，原幂级数发散。
所以，原幂级数的收敛半径 R = 2。
 x −1 
an 

 在 x = −2 处条件收敛，则其收敛半径 R = 3 。
 2 
n =0
n

3. 设幂级数
（94，下，期中）
【解】 令 y =

级数
a y
n
n
n =0

x −1
3
，则幂级数  an y n 在 y = − 处条件收敛。根据阿贝尔定理，幂
2
2
n =0
的收敛半径 R =
收敛；当 y =
3
x −1 3
。于是，当 y =
 ，即 x − 1  3 时，原幂级数绝对
2
2
2
x −1 3
 ，即 x − 1  3 时，原幂级数发散。所以，原幂级数的收敛半径 R = 3。
2
2


4. 设幂级数
a x
n =0
n
n
的收敛半径为 3，则幂级数
 na ( x − 1)
n =1
n −1
n
的收敛区间为 (−2, 4) 。
（94，下，期中）
【解】 因为幂级数


n =0
n =0
 an x n 的收敛半径为 3，所以幂级数  an ( x − 1)n 的收敛半径也
为 3；由于幂级数在其收敛区间内可以逐项求导，且逐项求导后的幂级数收敛半径不变，故
幂级数


n =1
n =0
 nan ( x − 1)n−1 = ( an ( x − 1)n ) 的收敛半径仍为 3，从而由 x − 1  3 得所求的收
敛区间为 ( −2, 4) 。
5. 把函数
a
x
(ab  0) 展开成 x 的幂级数，其收敛半径 R = 。 （93，下，期末）
b
a + bx
x
1 x
1 
b
=
= −  (− x) n ,
b
a + bx a 1 + x
b n =1 a
a
【解】
即 x 
b
− x 1
a
a
a
，所以收敛半径 R =
。
b
b

6. 幂级数
3n n
 1 1
x 的收敛域为  − ,  。

 3 3
n =1 n
（99，下，期末）
【解】 该幂级数的收敛半径为 R = lim n an = lim n
n →
n →
n 1
1
= 。当 x = 时，原级数化
n
3
3
3

为调和级数

1
1
n 1
x
=
−
，发散；当
时，原级数化为交错项级数
( −1) ，满足莱布尼


3
n
n =1
n =1 n
 1 1
 3 3
兹判敛法的条件，收敛。故原级数的收敛域为  − ,  。

7. 幂级数
 ( −1)
n
1
x n 的收敛域为 (−2, 2] 。
2 ln ( n + 1)
n =1
【解】 该幂级数的收敛半径为 R = lim
n →

原级数为
（04，下，期末）
n
an
2n +1 ln(n + 2)
= lim n
= 2 。当 x = −2 时，
an+1 n→ 2 ln(n + 1)

1
 ln ( n + 1) ，发散；当 x = 2 时，原级数为  ( −1)
n
n =1
n =1
1
，满足莱布尼兹判
ln ( n + 1)
敛法的条件，收敛。故原级数的收敛域为 (−2, 2] 。
8. 当常数 p 满足条件 p 

n +1 − n −1
1
n
时，级数  (−1)
绝对收敛。
np
2
n =1
（01，下，期末）
【 解 】 由 un = ( −1)
n
un
n +1 − n −1
2(−1) n
=
lim
=1 ， 而
知
n →
1
np
n p ( n + 1 + n − 1)
n

1

n =1
n
1
p+
2
当且仅当 p +
定义知 p 
p+
1
2
1
1
 1 即 p  时收敛，所以由比较判敛法的极限形式及绝对收敛的
2
2
1
时原级数绝对收敛。
2

9. 级数
1
 (n + 1)2
n =1

【解】 法一
n
的和等于 2 ln 2 − 1 。
n =1

1
 (n + 1)2
n
1
1
 n + 1( 2 )
=2
（97，下，期末）
n +1
n =1
，设 S ( x) =

1
 n + 1x
n +1
， x  [−1,1) ，
n =1
则
x 
x 
x t
1 n +1 

S ( x) =   
t  dt =    t n  dt = 
dt = − x − ln(1 − x) ， x  [−1,1)
0
0
0 1− t
 n =1 n + 1 
 n =1 
1
 = 2ln 2 − 1 。
2
于是，所求数项级数的和为 2S 
由于 ln(1 − x) = −
法二

1
 n + 1x
n +1
， x  [−1,1) ，所以
n =0

1
 n + 1x
n +1
= − x − ln(1 − x) ， x  [−1,1) ，从而
n =1

1 1
1
2
=


 
n
n =1 n + 1  2 
n =1 ( n + 1)2

n +1
 1
 1 
= 2  − − ln 1 −   = 2 ln 2 − 1 。
 2 
 2
2n + (−1)n −1 (n − 1)!
的和等于 2e + ln 2 。

n!
n =1

10. 级数
（96，下，期中）



2n + (−1)n −1 (n − 1)!
1  (−1) n −1
1
(−1) n −1
，
=
2
+
=
2
+




n!
n
n
n =1
n =0 n !
n =1
n =1 ( n − 1)!
n =1

【解】
由e =
x

(−1) n −1 n
x ， x  (−1,1] 得
n
n =1

xn
 n! ， x  (−, +) 及 ln(1 + x) = 
n =0

(−1)n −1
1
，
= ln 2
=
e


n
n =1
n =0 n !

从而原级数的和等于 2e + ln 2 。
11. 用 sin x  x −
1 3
x +
3!
+
(−1) n −1 2 n −1
x 计算 sin18 ，使其误差 R  10−4 ，取 n = 2
(2n − 1)!
为宜。
（98，下，期中）
【解】 由交错级数的莱布尼兹定理知 ， 余项 R2 n −1 ( x) 
1
π
 π
（ 18 =
弧度）代替 x ，有 R2 n −1 
 
(2n + 1)!  10 
10
π
1
2 n +1
。以
x
10
(2n + 1)!
2 n +1
，若取 n = 2 ，则误差
5
R
1 π
−5
−4
   2.55  10  10
5!  10 
所以应取 n = 2 。
12. 函数 f ( x) = ln(1 − x − 2 x ) 关于 x 的幂级数展开式中 x 的系数是 −
2
3
7
。
3
（97，下，期末）
2
【解】 因为 f ( x) = ln(1 − x − 2 x ) = ln(1 + x) + ln(1 − 2 x) ，而
(−1)n −1 n
x ,
n
n =1

ln(1 + x) = 
x  (−1,1]

(−1)n −1
2n
(−2 x) n = − x n ,
n
n =1
n =1 n

ln(1 − 2 x) = 
所以所求系数是 (−1)3−1
 1 1
x  − , 
 2 2
1 23
7
− =− 。
3 3
3
13. 将 f ( x) = 1 − x 在区间 [ −1,1] 上展开成以 2 为周期的余弦级数
则其中系数 a3 的值为
4
。
9π 2
a0 
+  an cos nπx ，
2 n=1
（97，下，期末）
【解】 f ( x) = 1 − x 为偶函数，由欧拉-傅里叶公式得
a3 = 2 (1 − x) cos 3πxdx =
1
0
4
9π 2
14. 设 f ( x) = x 2 ,0  x  π ，而 S ( x) =

 b sin nx ，其中 b
n =1
n
n
=
π
π2
(n = 1, 2, ) ，则 S (− ) = − ， S (π) = 0 。
3
9
2 π
f ( x)sin nxdx
π 0
（95，下，期中）
【解】 题意是将定义在 [0, π] 上的函数 f ( x) 奇延拓成 (− π, π] 上的函数 F ( x) ，再将
F ( x) 以 2π 为周期作周期延拓，将 F ( x) 展开成傅里叶级数。即将 f ( x) 展开成正弦级数。
由狄利克雷收敛定理，知
S (π) =
 π
π
 π
S  −  = F  −  = −F   = − f
 3
3
 3
π2
π
=
−
 
9
3
F (−π + 0) + F (π − 0) − π 2 + π 2
=
=0
2
2
 x −π  x  0
, S ( x) 为 f ( x) 的以 2π 为周期的傅里叶级数的和
1 0  x  π
15. 设函数 f ( x) = 
−π x0
 x
 1

x=0
 2
函数，则在区间 [ − π, π] 上 S ( x) 的表达式为 S ( x) = 
。 （01，下，
0 xπ
 1
 1− π
x = π


2
期末）
【解】 由狄利克雷收敛定理，知当 −π  x  0 及 0  x  π 时， S ( x) = f ( x) ，
f (0 + 0) + f (0 − 0) 1
=
2
2
f (− π + 0) + f (π − 0) 1 − π
S ( π) =
=
2
2
S (0) =
−π x0
 x
 1

x=0
 2
综上知， S ( x) = 
。
1
0

x

π

 1− π
x = π


2
（二）单项选择题
1. 已知级数



n =1
n =1
n =1
 (−1)n un = 2 ，  u2n−1 = 5 ，则级数  un 等于
(A) 3
(B) 7
(C) 8
(D) 9
[ C
]（91，下，期
末）
【解】



n =1
n =1
n =1
 un = 2 u2n−1 −  (−1)n −1 un = 2  5 − 2 = 8 。
2. 设级数

(A)
 (a
n =1
n


n =1
n =1
 an 和  bn 都发散，则下述结论正确的是
+ bn ) 必发散

(B)
n =1
 ( an + bn ) 必发散；
n =1
n n


(C)
a b
(D)
 (a
n =1
n
2
必发散；
+ bn 2 ) 必发散
[
末）
C
]（04，下，期

【解】 假设
( a
n
n =1
收敛，与已知

+ bn ) 收敛，则由于 an  an + bn ，由比较判敛法知  an 绝对
n =1


n =1
n =1
 an 发散矛盾，所以  ( an + bn ) 必发散。所以选(C)。
3. 在下列无穷级数中，收敛的级数是

(A)

n e
 n 
(B)  (−1) 

 n +1
n =1
1 

ln 1 + n 

n =1
 n n
(D)
3 −n
n =1
(−1) n − n

n +1
n =1


(C)
n
n
[ A ] （04，下，期
末）

【解】 由比值法知级数
n e
3 −n
收敛，所以选(A)。
n =1

1 
 , n = 1, 2,
n
4. un = (−1) ln 1 +
n



(A)
 un 与  un 2 都收敛
n =1
收敛而
n
u
n =1


n =1
n =1
 un 与  un 2 都发散



u
(B)
n =1
n =1
(C)
，则级数
2
n
收敛
(D)
u
n =1

n
发散而
u
n =1
2
n
收敛
[ C
] （02，下，期
末）

1 

u
=
(−1) n ln 1 +


n
 为满足莱布尼兹判敛法的交错项级数，所以收敛；
n
n =1
n =1


【解】

因为 un = ln 1 +
2
2

1 

n


1
1
2
，而  发散，所以由比较判敛法的极限形式知，  un 收
n
n =1 n
n =1
敛。所以选(C)。

5. 设有一任意项级数
u
n =1
n
，若 un  un +1 (n = 1, 2,
) ，且 lim un = 0 ，则该级数
n →
(A)条件收敛
(B)绝对收敛
(C)发散
(D)可能收敛也可能发散
[ D
]（92，下，期
末）
【解】 用排除法。例如，取 un =

1
(
n
=
1,
2,
)
，则
un 是满足题设条件的绝对收

n2
n =1
敛级数，故(A) 、(C)可排除；又如，取 un = (−1) n

1 1
= (n = 1, 2, ) ，则  un 也满足题
n n
n =1
设条件，但不是绝对收敛级数，故(B)也排除。所以，应选(D)。

6. 设 un  0(n = 1, 2, ) ，若 lim n2un = l (0  l  +) ，则交错项级数  (−1)n un
n →
n =1
(A)绝对收敛
(B)条件收敛
(C)发散
(D)不能确定其敛散性
[ A ]（98，下，期
末）
【解】 因为 lim n un = lim
2
n →
限形式知，
n →


n =1
n =1

un
1
= l ， 0  l  + ，而  2 收敛，由比较判敛法的极
1
n =1 n
2
n
 un 收敛，即  (−1)n un 绝对收敛。应选(A)。

7. 设级数
 (−1)
n =1
n
an 条件收敛，则必有


(A)
 an 收敛
(B)
n =1
n =1

(C)
a
 (an − an+1 ) 收敛
(D)
n =1
2
n
收敛


n =1
n =1
 a2n 与  a2n−1 都收敛
[
C
]（03，下，期
末）
【解】 用排除法。例如，取 an =



1
n
2
，则  (−1) an 条件收敛，但  an 和  an 均
n
n =1
n =1
n =1
发散，故(A)、 (B)可排除；又如，取 an =


1
n
，则  (−1) an 条件收敛，但  a2 n 发散，故
n
n =1
n =1
(D)可排除。所以选(C)。 或者由级数的性质：收敛级数加刮号后得到的级数仍收敛，可直
接知应选(C)。

 (−1)
8. 若级数
n
n sin
n =1
(A) p  2
π
绝对收敛，则必有
np
(C) 1  p  2
(B) p  2
(D) 0  p  1
] （02，下，期
[ A
末）


π
π
【解】  (−1) n n sin p =  n sin p ，因为 lim
n →
n
n
n =1
n =1
π

π
n p = 1 ，而
当且仅当

p −1
π
n =1 n
n sin
n p −1

p − 1  1 即 p  2 时收敛，由比较判敛法的极限形式知： p  2 时，级数  n sin
n =1
π
收敛，
np
从而原级数绝对收敛。所以选(A)。
9. 设常数 k  0 ， 则级数

 sin(nπ +
n =1
kπ
)
n
(A) 条件收敛
(B) 绝对收敛
(C) 发散
(D) 敛散性与 k 的取值有关
[ A
] （95，下，期
中）

 sin(nπ +
【解】 因为
n =1
kπ
记 un = sin
, n = 1, 2,
n
，则 un
收敛。又当 n  2 k 时， un = sin

kπ
kπ
) =  (−1)n sin
n
n
n =1

kπ
kπ
发散，所以原级数非绝对
(n → ), 由于 
n
n =1 n
kπ
kπ
= sin
单调减少，且 lim un = 0 ，由莱布尼兹判敛
n →
n
n
法知， 原级数收敛。所以选 (A)。

10. 级数
 (−1)n
n =1
n
（  为实数）
2n (ln n) n !
(A) 条件收敛
(B) 绝对收敛
(C) 发散
(D) 敛散性与  的取值有关
[ C ] （98，下，期
中）

【解】 因为
a
1  ln n   1 
e
lim n +1 = lim 
1+  =  1


n → a
n → 2 ln( n + 1)
2

  n
n
n
所以，由比值法知，绝对值级数发散，从而 lim an  0 ，故原级数发散。
n →

11. 设级数
a
n =1
n
条件收敛，且 lim
n →
(A)  = +
(B)   1
an+1
=  ，则
an
(C) 1    +
(D)  = 1
] （96，下，期
[ D
中）
【解】 法一 如果   1 ，则级数绝对收敛，与题设条件收敛矛盾，所以排除(B)；如果
1    + ，则级数一般项不趋于 0，级数发散，也与题设矛盾，故(A)，(C)也排除。所以
应选(D)。

法二 考虑幂级数
a x
n
n
n =1
的收敛半径 R = 1，所以  =
，因其在 x = 1 条件收敛，所以由阿贝尔定理知，级数
n =1
 a ( x − 1)
n =0
n
n
1
= 1。
R

12. 设幂级数

a x
n
n
在 x = −2 处收敛，则此级数在 x = 3 处
(A) 条件收敛
(B) 绝对收敛
(C) 发散
(D) 不能确定其敛散性
[ B ] （98，下，期
末）

【解】 因为幂级数
 a ( x − 1)
n =0
n
n
在 x = −2 处收敛，所以由阿贝尔定理知，至少对满足
x − 1  −2 − 1 = 3 ，即满足 −2  x  4 的点 x ，级数绝对收敛。故应选(B)。
13. 设 lim |
n →
(A) R = 3

an +1
|= 3 ，则级数  an x 2 n −1 的收敛半径
an
n =1
(B) R =
1
3
(C) R = 3
(D) R =
[
D
1
3
]（03，下，期
末）

【解】 把该幂级数看成是一般的函数项级数
 u ( x ) ， 其 中 u ( x) = a x
n =1
n
n
n
2 n −1
，
n = 1, 2,
，由
lim
n →
知，当 3 x  1 即 x 
2
un+1 ( x)
a x 2 n+1
a
= lim n+1 2 n−1 = x 2 lim n+1 = 3x 2
n → a x
n → a
un ( x )
n
n
1
1
2
时，级数绝对收敛；当 3 x  1 即 x 
时，级数发散。所以，
3
3
该幂级数的收敛半径 R =
1
。
3

an +1
 x+3
= 2 ，则级数  an 
 的收敛半径
an
 3 
n =1
n
14. 设 lim
n →
(B) R =
(A) R = 2
1
2
(C) R =
3
2
(D) R = 6
[
C
]（98，下，期
末）

x+3
3
1
, 则幂级数  an y n 的收敛半径 R = 。于是，当 x + 3 = 3 y 
【解】 令 y =
3
2
2
n =0
时，原幂级数绝对收敛；当 x + 3 = 3 y 
径R =
3
时，原幂级数发散。所以，原幂级数的收敛半
2
3
。
2

 2 + x, 0  x  2
nπx
， S ( x) =  bn sin
(−  x  +) ，其中
2 x4
4
n =1
 0,
15. 设 f ( x) = 
bn =
1 4
nπx
f ( x) sin
dx(n = 1, 2, ) ，则 S (2) + S (−9) 等于

0
2
4
(A) −1
(B) 1
(C) 5
(D) 7
[
末）
C
]（03，下，期
【解】 题意是将定义在 [0, 4) 上的函数 f ( x) 奇延拓成 [−4, 4) 上的函数 F ( x) ，再将
F ( x) 以 8 为周期作周期延拓，将 F ( x) 展开成傅里叶级数即将 f ( x) 展开成正弦级数。由狄
利克雷收敛定理，知
S (2) =
F (2 + 0) + F (2 − 0) f (2 + 0) + f (2 − 0) 0 + 4
=
=
=2
2
2
2
S (−9) = S (−1) = F (−1) = − F (1) = − f (1) = 3
所以 S (2) + S (−9) = 5 。
16. 下列函数项级数在给定的区间上不一致收敛的是
(B)
(−1) n
, 0  x  +

n
n =1 2 + x
(D)
1+ n x


(A)
sin nx
, −  x  +

n2
n =1
(C)
 x , 0  x 1


n
n =1
n =1
x
3 2
, −  x  +
[
C
]（94，下，期
中）
【解】 当 −  x  + 时，

sin nx
1
1
而
收敛，所以由 M - 判别法知，

,

2
2
2
n
n
n =1 n

sin nx
在 (−, +) 上一致收敛。
n2
n =1



(−1)n
1
(−1) n
1
当 0  x  + 时， n
在 [0, +)
 ，而  n 收敛。由 M - 判别法知， n
2 + x 2n
n =1 2 + x
n =1 2
上一致收敛。
当 −  x  + 时，


x
1
1
x
，
而
收敛。
由
判别法知，

M

3
3
3 2
3 2
1+ n x
n =1
n =1 1 + n x
2
2
2n
2n
在 (−, +) 上一致收敛。
用排除法，综上可知，应选(C)（严格证明从略）
。
（三）计算题

1. 判别级数
 (−1)
n =1
n −1
(2n − 1)!!
的敛散性。
(2n)!!
【解】 这是一个交错级数。显然 un =
2n − 1
2n

，所以
2n
2n + 1
从而 0  un 
un =
（93，下，期末）
(2n − 1)!! (2n + 1)!!

= un +1 ，又因
(2n)!!
(2n + 2)!!
1 3  5 (2n − 1)
2  4  6  2n
1
1

= 
2  4  6  2n
3  5  7 (2n + 1) un 2n + 1
1
→ 0(n → ) ，故由莱布尼兹判敛法知，原级数收敛。
2n + 1

2. 求常数 a 和 b 的值，使级数
[ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2)] 收敛。
n =1
（03，下，期末）
【分析】 利用泰勒公式找出级数通项的同阶无穷小量，再利用比较判别法。


【解】 ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = ln n + a ln n + a 1 +
1
 2
 + b ln n + b 1 + 
n
 n
1 a
 1
 1
= (1 + a + b) ln n + (a + 2b) −  + 2b  2 + o  2 
n 2
n
n 
a + b + 1 = 0
，得 a = −2, b = 1 。当 a = −2, b = 1 时，级数通项为
 a + 2b = 0
令
un = ln n − 2ln(n + 1) + ln(n + 2) = −
1
 1 
+ o 2 
2
n
n 


−un
1
= 1 ，而  2 收敛，由比较判别法的极限形式知，  −un 收敛，从而原级数收
n → 1
n =1
n =1 n
n2
即 lim
敛。
  1 n 
n +1
(
−
1)
e − 1 +   是否收敛？若收敛是绝对收敛还是条件收敛？

n =1
  n  

3. 判断级数
（93，下，期中）
 1 n 
【分析】 本题需要用到数列  1 +   单调增加收敛于 e 这一结果。
 n  
n
 1
【解】 由于 1 +   e ，所以这是一个交错级数，且
 n
n
1 
 1

un = e −  1 +   e −  1 +

 n
 n +1 
n +1
= un +1 , un → 0(n → )
所以由莱布尼兹判敛法知，原级数收敛。
  1 n 
再考察其绝对值级数  un =  e − 1 +   ，由于
n =1
n =1 
  n  


 1
e − 1 + 
u
 n
lim n = lim
n → 1
n →
1
n
n
n
1
令 =t
n
1
e − (1 + t ) t
= lim+
t →0
t
1

(1 + t ) ln(1 + t ) − t 
= lim+ (1 + t ) t
 (洛必塔法则)
t →0
t 2 (1 + t )


= e  lim+
t →0
(1 + t ) ln(1 + t ) − t
(化简)
t2
= e  lim+
t →0
ln(1 + t ) e
= (洛必塔法则)
2t
2
n

 
1
 1 
而  发散，故  un =  e − 1 +   发散。综上知，原级数条件收敛。
n =1
n =1 
n −1 n
  n  


 (−1)
4. 讨论级数
n
n=2
an
(a  0) 的敛散性，若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？
ln n
（02，下，期末）
【解】 设 un = (−1) n

u
a n+1 ln n
an
an
，因为 lim n +1 = lim
当
 n = a ，所以 
n → u
n → ln(n + 1)
a
ln n
n = 2 ln n
n

0  a  1 时收敛，当 a  1 时发散。从而  (−1)n
n=2
an
当 0  a  1 时绝对收敛，当 a  1 时
ln n
发散（ lim un  0 ）
。
n →


1
1
1
1
1
 ，而  发散，所以 
= 0，
发散。又因为 lim
n → ln n
ln n n
n = 2 ln n
n=2 n
当 a = 1 时，因为

1
1
1
，所以  (−1) n
收敛。

ln n
ln n ln(n + 1)
n=2

综上知，
 (−1)n
n=2

a
5. 判断级数
n =1
n
an
当 0  a  1 时绝对收敛；当 a  1 时发散；当 a = 1 时条件收敛。
ln n
， an =

( n +1)π
nπ
sin x
dx 的敛散性，如果收敛，是条件收敛还是绝对收
x
敛？
（03，下，期
末）
【解】 an =

( n +1)π
nπ

sin x
dx ，当 n 为偶数时， an  0 ，n 为奇数时， an  0 ，故  an
x
n =1
为交错级数。
| an |= 
( n +1)π
nπ
( n +1)π dx
| sin x |
2 π
dx  
=
nπ
x
x
n +1 + n
故 lim | an |= 0 。
n −
又
| an |= 
( n +1)
n
( n +1) | sin x |
( n + 2) | sin t |
| sin x |
dx  
dx = 
dt =| an+1 |
n
( n +1)
x
x +
t

故 | an | 单调递减。由 Leibniz 判别法得知，
| an |= 
( n +1)π
nπ
( n +1)π
nπ
所以 | an |
n =0
n
收敛。
2
( n +1)π sin x
| sin x |
1 ( n +1)π 1 − cos 2 x
dx  
dx = 
dx
nπ
2 nπ
x
x
x
=

a
π
1 ( n +1)π cos 2 x
− 
dx
n + 1 + n 2 nπ
x
cos 2 x
1 ( n+1)π sin 2 x
1 ( n+1)π dx
1
dx = 
dx  

3/
2
3/
2
4 nπ
x
4 nπ
x
x
4 πn3/ 2


1
1
1 
1 


π
−
−
，
而
发散，
因此
an



3/ 2 
3/ 2 
n + 1 + n 8πn 
n =1 
 n + 1 + n 8πn 
n =0
条
件收敛。
ln(1 + x n )
6. 求级数 
( x  0,  为常数) 的收敛域。
n
n =1

（93，下，期中）
【分析】 这是一个讨论题，要根据常数  取值的不同，分别确定级数的收敛域是什么。
【解】 当 0  x  1 时，对任何实数  ，有 0 
时，由于 0 
ln(1 + x n ) x n
  ，可知级数收敛；当 x = 1
n
n
ln(1 + x n ) ln 2
=  ，所以   1 时级数收敛，  1 时级数发散；当 x = 1 时，因
n
n
为

ln(1 + x n ) 1
ln x ln(1 + x − n )
n
−n
，
而由上可知，
时，
x

1
=
[ln
x
(1
+
x
)]
=
+

n
n
n −1
n
n =1

ln x
 n
对任何实数  收敛，
n =1
−1
ln(1 +
n
1
)
xn
当   2 时收敛，   2 时发散，所以原级数在 x  1 时，当
  2 时收敛，   2 时发散。
综上知，当   1 时，收敛域为 [0,1) ；当 1    2 时，收敛域为 [0,1] ；当   2 时，
收敛域为 [0, +) 。

7. 求幂级数
2
b
n =1
n
x n (b  0) 的收敛域。
（94，下，期末）
a
【解】 收敛半径 R = lim n = lim b
n → a
n →
n +1

数为
 (1)n
n =1
2
b
n +1 − n
，若 0  b  1 ，则因为 lim
n →
n
= lim b
1
n +1 + n
n →
2
b
n
= 1 。当 x = 1 时，原级

 0 ，所以  (1) n
n =1
2
b
n
发散；若 b  1 ，
n
bt
= + （ 由 洛 必 达 法 则 有 lim 4 = + ）， 故 当 n 充 分 大 时 ，
则 因 为 lim
n → ( n ) 4
t →+ t
b

1
2
收敛，所以
(1) n n 绝对收敛。

2
b
n =1
n =1 n

b
n
 ( n )4 = n 2 。而 
0  b  1时,收敛域为(-1,1)
综上， 
b  1时,

8. 求幂级数
收敛域为[−1,1]
n 2n
 n +1 x
n +1
的收敛域与和函数。
（96，下，期中）
n =1
【分析】 求收敛域的步骤同前。求幂级数的和函数，往往是利用幂级数在收敛区间内
可以逐项求导，逐项积分等性质，把它归为求某些已知其和函数的级数求和问题。
n 2n
n+2
1

=
n
+
1
n → n + 1 ( n + 1)2
2
R = lim
【解】 收敛半径
当x=

1
n
时，原级数为  (1) n +1 
，由于收敛的必要条件不满足，此时级数发
2
2(n + 1)
n =1
 1 1
,  。其和函数
 2 2
散，故该幂级数的收敛域为  −
n2n n +1 1  n
1  (n + 1) − 1
x = 
(2 x) n +1 = 
(2 x)n +1
2 n =1 n + 1
2 n =1 n + 1
n =1 n + 1

S ( x) = 
=
1  (n + 1) − 1
1 
1  (2 x) n +1
n +1
n +1
(2
x
)
=
(2
x
)
−



2 n =1 n + 1
2 n =1
2 n =1 n + 1
=
x
1
+ ln(1 − 2 x),
1− 2x 2

9. 求幂级数
 (−1)n−1
n =1
 1 1
x− , 
 2 2
x2n
的收敛域与和函数。
n(2n − 1)
（95，下，期末）
【分析】 这是一个缺项的幂级数，不能直接用公式求收敛半径。
【解】 令 y = x ，则
2

 (−1)n−1
n =1
yn
(n + 1)(2n + 1)
的收敛半径 R = lim
= 1，
n →
n(2n − 1)
n(2n − 1)
从而原幂级数的收敛半径为 1 = 1 ；当 x = 1 时，原级数为
(−1) n −1
是收敛的，所

n =1 n(2n − 1)

以该级数的收敛域为 [ −1,1] 。（也可利用比值法求收敛域）
设和函数 S ( x) =

 (−1)
n −1
n =1

S ( x) = 2 (−1) n −1
n =1
x2n
, −1  x  1 ，则
n(2n − 1)

x 2 n −1
2
， S ( x) = 2 (−1) n −1 x 2 n − 2 =
2n − 1
1 + x2
n =1
又 S (0) = 0, S (0) = 0
2
dt = 2 arctan x
0 1+ t2
S ( x) =  S (t )dt = 
x
所以
0
x
S ( x) =  S (t )dt =  2 arctan x = 2 x arctan x − ln(1 + x 2 ),
x
x
0
0

n +1 n
n +1
的和函数，并求级数
的和。
x


n =1 n !
n =1 n !
x  [ −1,1]

10. 求幂级数
【分析】 根据所给级数的形式，可以利用展开式 e x =

1
 n! x
（01，下，期末）
n
， x  (−, +) 求和函
n =0
数。
【解】 和函数 S ( x) =

n +1 n 
1
1
x =
xn +  xn
n =1 n !
n =1 ( n − 1)!
n =1 n !



1 n  1 n
x +  x − 1 = ( x + 1)e x − 1, x  (−, +)
n =0 n !
n =0 n !
= x
n +1
= S (1) = 2e − 1 。
n =1 n !

而


11. 求级数
 ne
− nx
的收敛域与和函数。
（补充题）
n =1
【分析】 本题可通过变量替换，变成一幂级数求和问题。
−x
【解】 令 y = e ，则



n =1
n =1
n =1
 ne−nx =  ny n ，易求得幂级数  ny n 的收敛域为 (−1,1) ，
即 y = e− x  (−1,1) ，得原级数的收敛域为 (0, +) 。
又和函数




n =1
n =1
n =1
n =1
 ne−nx =  ny n = y( ny n−1 ) = y( y n )
y
y
e− x
ex
= y(
) =
=
=
,
1− y
(1 − y ) 2 (1 − e − x ) 2 (e x − 1) 2
n2 + 1 n
12. 求 lim(1
− x) 
x
x →1−
n
n =1
x  (0, +)

2
（97，下，期末）
【分析】 先求出幂级数的和函数，再求左极限。
n2 + 1 n
x 的收敛域为 (−1,1) ，记其和函数为 S ( x) ，则

n
n =1

【解】 易知级数

x 
n2 + 1 n  n  x n
S ( x) = 
x =  nx +  = x( x n ) +  ( t n −1 )dt
0
n
n =1
n =1
n =1 n
n =1
n =1

x dt
x
 x 
= x
+
=
− ln(1 − x),
 0
1 − t (1 − x) 2
 1− x 
所以 lim(1
− x)
−
x →1
x  (−1,1)
n2 + 1 n
x = lim[
x − (1 − x)2 ln(1 − x)]

−
x
→
1
n
n =1

2
−1
ln(1 − x)
= 1 − lim−
= 1 − lim− 1 − x = 1
x →1
1
x →1
2
2
(1 − x)
(1 − x)3

n2
13. 求数项级数  n −1 的和。
n =1 2
（91，下，期中）
【分析】 数项级数求和常常通过构造一个适当的幂级数来辅助完成。

【解】 构造幂级数
n x
2
n −1
，其收敛域为 (−1,1) ，记该幂级数的和函数为 S ( x) ，
n =1
1
。
2
则数项级数的和为 S 

法一

S ( x) = ( nx ) = [ x   nx
n
n =1
n =1
n −1


x  

] = [ x( x )] =  x 

  1− x  
n =1



 x  1 − x 2
1+ x
=
=
=
,
2
4
(1 − x)3
 (1 − x)  (1 − x)
1
所以，所求的数项级数的和为 S ( ) = 12 。
2
n
x  (−1,1)



n =1
n =1
n =1
S ( x) =  [(n + 1)n − n]x n−1 =  (n + 1)nx n −1 −  nx n −1
法二


 x 2   x 
= ( x n +1 ) − ( x n ) = 
 −

1
−
x
n =1
n =1

  1− x 
2
1
1+ x
−
=
,
3
2
(1 − x) (1 − x)
(1 − x)3
=
x  (−1,1)

所以
n2
1
= S   = 12 。

n −1
2
n =1 2
(−1) n −1
的和。

n
n =1 n(2n − 1)3

14. 求级数

【解】 构造幂级数
(−1) n −1
 n(2n − 1) x
（98，下，期中）
2n
，其收敛域为 [ −1,1] 。记该幂级数的和函数为
n =1
 1   (−1) n −1
S ( x) ，则 S 
。
=
n
 3  n =1 n(2n − 1)3

(−1) n −1 2 n −1
2
x ， S ( x) = 2 (−1) n −1 x 2 n −2 =
1 + x2
n =1 2n − 1
n =1

因为
S ( x) = 2
又 S (0) = 0, S (0) = 0
S ( x) = S (0) + 2 
所以
x
0
1
dt = 2 arctan x
1+ t2
S ( x) = S (0) + 2  arctan tdt = 2 x arctan x − 2 
x
x
0
0
= 2 x arctan x − ln(1 + x2 ),
t
dt
1+ t2
x [−1,1]
(−1) n −1

4
 1 
= S
=
− ln


n
3
n =1 n(2n − 1)3
 3 3 3

15. 将函数 f ( x) =
3x + 2
展开成 x + 1的幂级数。
x2 + 2x
（95，下，期中）
【分析】 首先将函数 f ( x) 分解为最简分式之和，再用间接法展开。
【解】 因为 f ( x) =

1
2
1
−1
+
，且 =
= − ( x + 1)n ,
x x+2
x 1 − ( x + 1)
n =0

2
2
=
= 2 (−1)n ( x + 1) n ,
x + 2 1 + ( x + 1)
n =0
−2  x  0
−2  x  0
f ( x) =
所以


3x + 2
n
=
−
(
x
+
1)
+
2
(−1) n ( x + 1) n


x2 + 2 x
n =0
n =0

=  [2(−1) n − 1]( x + 1) n ， x  (−2, 0)
n =0
1
展开成 x − 1 的幂级数。
x2
16. 将函数 f ( x) =
1
1
1
，可考虑先将
展开，再用逐项求导法
=
2
2
x [1 + ( x − 1)]
1 + ( x − 1)
【分析】 f ( x) =
得
（90，下，期末）
1
的展式（另一种方法：也可由 (1 + t )−2 的展式，令 t = x − 1 而得）
。
[1 + ( x − 1)]2

1
=  (−1)n ( x − 1)n , 0  x  2
1 + ( x − 1) n=0
【解】
又幂级数在收敛区间内可以逐项求导，且收敛半径不变，所以
f ( x) =


1
1
1
=
=
−
1 + ( x − 1) 
x 2 [1 + ( x − 1)]2




n =0
n =1
= − [(−1)n ( x − 1)n ] =  (−1) n +1n( x − 1) n −1 , x  (0, 2)
17. 将函数 f ( x) =
【解】 f ( x) =
1
展开为 ( x − 1) 的幂级数。
x (4 − x 2 )
2
（04，下，期中）
1
1 1
1
= ( 2−
) ，而
2
x (4 − x ) 4 x 4 − x 2
2


1
1
1
=
=
−
1 + ( x − 1) 
x 2 [1 + ( x − 1)]2




n =0
n =1
= − [(−1)n ( x − 1)n ] =  (−1) n +1n( x − 1) n −1 , x  (0, 2)



1
1
1 
1
1
1 1
1  1
−
=
= 
+

 = 
2
4− x
(2 − x)(2 + x) 4  2 − x 2 + x  4 1 − ( x − 1) 3 1 + x − 1 
3 

1 
1   x −1 
=   ( x − 1) n −   −

4  n =0
3 n =0  3 
n
 1   (−1) n −1 
n
 =  1 +
 ( x − 1) ,
n
4
3
n =0 


x  (0, 2)
所以
f ( x) =
1  
1  (−1) n −1  
n
n
(
−
1)
(
n
+
1)
−

1 +
  ( x − 1) ，
4 n =0 
4
3n  
18. 将函数 f ( x) =
x  (0, 2)
1 1+ x 1
ln
+ arctan x − x 展开成 x 的幂级数。
4 1− x 2
（96，下，期末）
【分析】 若不加处理直接用间接法展开，一下子不容易得到结果。注意到 f ( x ) 的
表达式很简单，可先将 f ( x ) 展成 x 的幂级数，再利用幂级数的分析性质去求得 f ( x) 关
于 x 的幂级数展式。
1 1
1 
1
1
f ( x) = 
+
−1 =
−1
+
2
4  1 + x 1 − x  2(1 + x )
1 − x4
【解】 因为


n =0
n =1
=  x 4 n − 1 =  x 4 n , x  (−1,1)
且 f (0) = 0 ，所以 f ( x) =

x
0
(

x 
x 4 n +1

f (t )dt =    t 4 n  dt = 
,
0
n =1 4n + 1
 n =1 
x  ( −1,1)
)
19. 将函数 f ( x ) = ln x + x − 2 展开成 x − 2 的幂级数。
2
（04，下，期末）
【解】 f ( x) = ln ( x + 2 )( x − 1) = ln ( x + 2 ) + ln ( x − 1)

( −1)
 x−2
ln ( x + 2 ) = ln 4 + ln 1 +
=
ln
4
+


4 
n

n =1
而

ln ( x − 1) =  ( −1)
n =1

所以
f ( x) = ln 4 + 
n =1
( −1)
n
n −1
n −1
( x − 2)
n −1
 x−2

 , −2  x  6
 4 
n
n
n
, 1 x  3
1
n

1 + n  ( x − 2 ) ，
 4 
1 x  3
20. 将 f ( x) = 1 − x 在 [0, π] 上展开成余弦级数。
（99，下，期末）
【解】 将 f ( x) 作偶延拓，再作周期性延拓。由欧拉-傅里叶公式得
bn = 0
(n = 1, 2, )
2 x
(1 − x)dx = 2 − π
π 0
2 x
2
an =  (1 − x) cos nxdx = 2 [1 − (−1) n ]
π 0
nπ
a0 =
(n = 1, 2 )
由狄利克雷收敛定理，得 1 − x = 1 −
π 4 
1
+ 
cos(2n − 1) x,
2 π n =1 (2n − 1) 2
0 xπ
 x, 0  x  1
，（1）试将 f ( x ) 在  0, 2 上展成正弦级数；（2）记此正弦
0,1  x  2
21. 设 f ( x ) = 
7
。
2
级数的和函数为 S ( x) ，求 S (1) 和 S 
（04，下，期
末）
【解】 （1）将 f ( x) 作奇延拓，再作周期性延拓。由欧拉-傅里叶公式得
an = 0
bn =  f ( x)sin
2
0
(n = 0,1, 2, )
1
nπx
nπx
2
nπ
4
nπ
dx =  x sin
dx = − cos + 2 2 sin
，
0
2
2
nπ
2 nπ
2
由狄利克雷收敛定理，得

nπ
4
nπ 
nπx
 2
f ( x) =   − cos + 2 2 sin  sin
, x  0,1)
nπ
2 nπ
2 
2
n =1 
(1, 2
1
1
7
 1
，S   = S −  = −
2
2
2
 2
（2） S (1) =
 x, 2  x  4
展开成周期为 4 的傅里叶级数，并写出该级数的和函
0, 4  x  6
22. 将函数 f ( x) = 
数 S ( x) 在区间 [2, 6] 上的表达式。
（98，下，
期中）
【解】 由欧拉-傅里叶公式得，
a0 =
an =
1 6
1 4
f ( x)dx =  xdx = 3

2 2
2 2
1 6
nπx
1 4
nπx
2
f
(
x
)
cos
d
x
=
x cos
dx =
[1 − (−1) n ]
2


2
2
2
2
2
2
(nπ)
bn =
1 4
nπx
2
x sin
dx = − [2 − (−1) n ],

2
2
2
nπ
n = 1, 2,
根据狄利克雷收敛定理
f ( x) =
3 4
+
2 π2
1
2n − 1
2  2 − (−1) n
nπ
cos
π
x
−
sin
x,


2
2
π n =1
n
2
n =1 (2n − 1)

和函数 S ( x) 在区间 [2, 6] 上的表达式
x  (2, 4) (4, 6)
1
x

S ( x) = 
2
0
x = 2, 6
2 x4
x=4
4 x6
（四）证明题
1. 设有两正数列 an  、 bn  满足条件 bn an+1  bn+1an (n = 1, 2,
（1）若
（2）若


n =1
n =1


n =1
n =1
) ，试证明
 bn 收敛，则  an 也收敛；
 an 发散，则  bn 也发散。
（97，下，期末）

【分析】 在本题的证明过程中容易犯这样的错误：即认为正项级数
b
n =1
n
收敛时，

bn +1
b
=   1 。事实上，比值法不能倒过来用，正项级数  bn 收敛时， lim n +1
n → b
n → b
n =1
n
n
必有 lim
未必存在，即使极限存在，也未必小于 1。我们采用下面两种方法来证明。
【证】 法一 由 bn an+1  bn+1an (n = 1, 2,
an = a1 
又因为
所以，
（1）若
a2 a3

a1 a2
) ，可得
an +1 bn +1

(n = 1, 2, ) 。
an
bn
an
b b
 a1  2  3
an −1
b1 b2


n =1
n =1
bn
a
= 1 bn
bn −1 b1
 bn 收敛，则由比较判别法知，  an 收敛。


a1
b
发散，则由比较判别法知，
也发散，从而
bn 发散。
a



n
n
n =1 b1
n =1
n =1

（2）若
法二 由 bn an+1  bn+1an ，可得
a 
an +1 an
 (n = 1, 2,3, ) ，从而正数数列  n  单调减
bn +1 bn
 bn 
an
= l 存在，并且有 0  l  + 。由比较判别法的
n → b
n
少且有下界，由单调有界原理知： lim
极限形式知，当 l  0 时，
发散，综上即得所证。




n =1
n =1
n =1
n =1
 an 与  bn 同敛散，当 l = 0 时，若  an 发散，则  bn 也
2. 设 un  0(n = 1, 2,

ln un
= A ，证明当 0  A  1 时，级数  un 发散；
n →
1
n =1
ln
n
) ，且 lim
当 A  1 时，收敛。
（95，下，
期中）
【分析】 该命题也是正项级数的一个判敛法，称为对数判别法。证明的思路是：用
1
n
极限的定义导出 n 充分大后 ln un 与 q ln （ q 为某常数）之间的不等式关系，从而得 un 与
1
之间的不等式关系，再用比较判别法。
nq
ln un
ln un
− A  。
= A ，所以任给   0 ，存在自然数 N，当 n  N 时，有
n →
1
1
ln
ln
n
n
ln un
A− 
 A+
即
1
ln
n
1
1
当 0  A  1 时，取   0 ，使 A +  = q  1 ，于是 ln un  q ln ，即 un  q (n  N ) ，
n
n
【证】 lim

而

1
发散，所以
un 发散；当 A  1 时，取   0 ，使 A −  = p  1 ，于是


q
n =1 n
n =1
ln un  p ln


1
1
1
，即 un  p (n  N ) ，而  p 收敛，所以  un 收敛。
n
n
n =1 n
n =1

1
k +1
f
0,1
x
在
上收敛，其和函数为
，证明级数
a
x
f   收敛。
( )
 


k
n
k =1
n =1

3. 设级数
（04，下，期末）
【证】 f ( x) =


k =1
k =1
 ak x k +1, x  0,1 , 由于级数  ak 收敛，所以 lim ak = 0 ，因而 ak 
有界。设 ak  M (k = 1, 2,
k →

1
1
1 
) ，则 f     ak k +1  M  k +1 。
n
 n  k =1
k =1 n


1
M
1
1

M
=
，又级数
收敛，由比较判别法



k +1
n(n − 1)
n
k =1 n
n = 2 n( n − 1)
当 n  2 时， f 
知原级数绝对收敛，故原级数收敛。
4. 设 un  为单调增加的正数列，证明：若 un  有界，则级数


n =1

un 
 收敛。
n +1 
 1 − u
（94，下，期末）
【分析】 本题证明思路是：由所给条件去证明级数的部分和数列单调增加且上方有
界，从而级数收敛。
【证】 由正数列 un  单调增加，即知 1 −
un
u −u
= n +1 n  0 。又 un  有界，即存
un +1
un +1
在 M  0 ，使得对任意自然数 n ，有 0  un  M ，则级数的部分和
n
Sn =  (1 −
k =1
n
n
uk
u −u
u −u
u −u u
M
) =  k +1 k   k +1 k = n +1 1  n +1 
uk +1
uk +1
u2
u2
u2
u2
k =1
k =1
于是 S n  上方有界，故级数


n =1

un 
 收敛。
n +1 
 1 − u
n
 1 
5. 设正数列 un  单调减少，级数  (−1) un 发散，证明级数  
 收敛。
n =1  un + 1 
n =1


n
（92，下，期末）
【证】 因为 un  0 ，且 un  单调减少，所以 lim un 存在，设其极限为 A，则由极限的
n →
保号性知， A  0 ，但因为级数

 (−1) u
n
n =1
n
发散，故 A  0 。于是
n
 1 
1
1
lim n 
= lim
=
1

n →
n → u + 1
A +1
n
 un + 1 
n
 1 
由根值判别法知，级数  
 收敛。
n =1  un + 1 

6. 设 an  0 (n = 1, 2,3

 a

) ，且 lim n  n − 1 =   0 ，试证交错级数  (−1) n −1 an 收
n →
n =1
 an+1 
敛。
（92，下，期末）
 an

− 1 =   0 ，所以存在 N  N+ ，当 n  N 时，
 an+1 
【证】 因为 lim n 
n →
an

， an  an+1
 1+
an+1
2n
即 an  单调减少。而

 a 
 

发散，从而
ln  n  发散，所以 lim ln an = − ，
ln
1
+




n →
 2n 
n =1
n =1
 an+1 

故 lim an = 0 。所以
n →

 (−1)
n =1
n −1
an 收敛。
7. 设 an  为正数列，数列 bn  满足： b1 = 1 ， bn +1 = bn +
an
(n = 1, 2, ) ，试证：若级
bn

数
a
n =1
n
收敛，则数列 {bn } 也收敛。
（99，下，期末）
【分析】 用比较判别法判别正项级数的敛散性，并利用级数收敛的定义将级数敛散性
的判定与数列敛散性的判定联系起来。
【证】 根据递推关系 bn +1 − bn =
an
 0 ，有 bn+1  bn (n = 1, 2, ) 。又 b1 = 1 ，所以 bn  1
bn


n =1
n =1
(n = 1, 2, ) 。于是由 0  bn+1 − bn  an ，级数  an 收敛，利用比较判别法知  (bn +1 − bn )
n
收敛，从而极限 lim
n →
 (b
k =1
k +1
− bk ) = lim(bn +1 − b1 ) 存在，即极限 lim bn 存在，也就是数列 {bn }
n →
n →
收敛。

 an

− 1  1 + r (r  0, n = 1, 2, ) ，则级数  an 收敛。
n =1
 an+1 
8. 证明：若 an  0, n 
（98，下，期中）
【分析】 正项级数的部分和数列有界是正项级数收敛的充分必要条件。利用这个充要
条件和递推关系式可证明本题。
 an

− 1  1 + r ，可得
 an+1 
【证】 由假设条件 an  0, n 
a1 − a2  (1 + r )a2
2a2 − 2a3  (1 + r )a3
3a3 − 3a4  (1 + r )a4
nan − nan+1  (1 + r )an+1
将上述一组不等式相加，可得 a1 + a2 + a3 +
移项、整理得 a2 + a3 +
+ an 
+ an − nan+1  (1 + r )(a2 + a3 +
a1 − (n + 1)an +1 a1
 。
r
r
+ an+1 ) ，

记级数
a
n =1
n


的前 n 项部分和为 S n ，则 Sn  a1 1 +
1
 (n = 1, 2, ) ，由正项级数收敛
r

的充要条件可知级数
a
n =1
n
收敛。

xn
9. 设 f ( x) =  2 (0  x  1), 求证当 0  x  1 时
n =1 n
1 2
）
=
2
6
n =1 n

f ( x) + f (1 − x) + (ln x)(ln(1 − x)) = C （C 为常数），并求 C 。（注 
（04，下，期中）
【证】 0  x  1 时， f ( x) =
 x n   x n −1
， f (0) = 1

 2  =
n =1  n 
n =1 n


 x n  
1
( xf ( x)) =    = x n −1 =
1− x
n =1  n 
n =1
0  x  1 时，
xf ( x) = − ln(1 − x) + C1
所以
等式两边令 x = 0 ，得 C1 =0 ，所以 f ( x) = −
ln(1 − x)
ln x
，从而 f (1 − x) = −
。
x
1− x
[ f ( x) + f (1 − x) + (ln x)(ln(1 − x))]
于是
= f ( x) − f (1 − x) + [(ln x)(ln(1 − x))]
=−
ln(1 − x) ln x ln x ln(1 − x)
+
−
+
= 0,
x
1− x 1− x
x
根据拉格朗日中值定理的推论知
f ( x) + f (1 − x) + (ln x)(ln(1 − x)) = C （C 为常数）
+
上式两边令 x → 0 取极限得
C = lim[
f ( x) + f (1 − x) + (ln x)(ln(1 − x))]
+
x →0
= f (0) + f (1) + lim+ (ln x)(ln(1 − x)
x →0
1
2
+
0
=
2
6
n =1 n

= 0+
其中极限 lim+ (ln x)(ln(1 − x) 可利用洛必塔法则求得为 0。
x →0
0  x 1

a
f ( n ) (0)
(n = 1, 2, ) ，证明级数  n +1 收敛。
n!
n =1 an  an + 2
10. 设 (1 − x − x 2 ) f ( x) = 1, an =
（96，下，期末）
1
，所以首先想直接求 f ( n ) (0) ，
1 − x − x2
A
B
+
从而得 an ，再证。这实际上不可行。或者想将 f ( x) 写成 f ( x) =
后展成幂级
a−x b−x
【分析】 同学们可能会有如下想法：因 f ( x) =
数，利用幂级数展开式的唯一性得 an 再证，这也比较复杂。
本题实际上不需知道 f ( n ) (0) ，却可得到有关 an+ 2 , an+1 , an 之间的一个关系式。
【证】 设 f ( x) 的麦克劳林展开式为 f ( x) =

a x
n =1
an =
n
n
，则由展开式的唯一性知，
f ( n ) (0)
(n = 1, 2, )
n!
在该幂级数的收敛域内

(1 − x − x 2 ) f ( x) = (1 − x − x 2 ) an x n
n =0



n =0
n =0
n =0
=  an x n −  an x n +1 −  an x n + 2



n=2
n =1
n =0



n=2
n=2
n=2
= a0 + a1 x +  an x n − a0 x −  an x n +1 −  an x n + 2
= a0 + (a1 − a0 ) x +  an x n −  an −1 x n −  an −2 x n

= a0 + (a1 − a0 ) x +  (an − an −1 − an −2 ) x n = 1
n=2
于是得
a0 = 1, a1 = 1, an − an−1 − an−2 = 0 或 an = an−1 + an−2 (n  2)
由 a0 = 1, a1 = 1 及 an = an−1 + an−2 (n  2) 易知，an  为正数列，且因为 an − an−1 = an−2  0 ，
所以 an  单调递增，故
an = an−1 + an−2  an−1 + an−1 = 2an−1
从而
an −1 
1
an
2
2
于是
an = an −1 + an − 2 
3
3
an −1    an − 2 
2
2
an +1
0

an  an + 2
故

由比较判别法可知，
2an
3
an  
2
n +1
3
 
2
2
= 2 
3
n −1
3
a1 =  
2
n −1
(n  2)
n +1
(n  1)
an +1
收敛。
n  an + 2
a
n =1
【注】 本题中的数列 an  称为斐波那契数列。

11. 证明：
（1）级数
sin n x
在 (−, +) 上一致收敛；

2n
n =1


（2）存在    0,
【证】 （1）因为

ncox sin n −1  2
π
，使得
= 。


2n
π
2
n =1
（96，下，期中）

sin n x
1
1
，而
收敛，所以由 M - 判别法知，

,
x

(
−
,
+
)

n
n
n
2
2
n =1 2

sin n x
在 (−, +) 上一致收敛。

2n
n =1
（2）令 f ( x) =

sin n x
 π
，则由（1）知， f ( x) 在 0,  上连续。由于

n
2
 2
n =1
(
sin n x
n cos x sin n−1 x
n

)
=
 n
n
n
2
2
2

 sin n x 
n
而由比值法易知  n 收敛，故由 M - 判别法知，  
 在 (−, +) 内一致收敛，
2n 
n =1 2
n =1 



于是 f ( x) 在  0,

 sin n x   n cos x sin n −1 x
π

内可导，且
，由拉格朗日中
f
(
x
)
=

 n  =

n
2
2
n =1  2
n
=
1



值定理知，存在    0,
π
 ，使得
2
n cos  sin
2n
n =1


n −1
π
f   − f (0)

2  1 2
2


= f ( ) =
=  n =
π
π n =1 2
π
−0
2

12. 证明函数项级数
x e
4 − nx
在 [0, +) 上一致收敛。
（95，下，期
n =1
中）
【分析】 用 M - 判别法需求出优级数，而优级数不易看出时，采用求最大值的方法
寻找优级数往往是有效的。
【证】 记 un ( x) = x 4e− nx ，则 un ( x) = 4 x e
3 − nx
点 x = 0, x =
− nx 4e− nx = e− nx x3 (4 − nx) ，解得两个驻
4
，经判别 lim f n ( x0 ) =  ，则有 f ( ) =  为最大值点， un ( x) 在 [0, +) 上的
n →
n

256 1
1
 4  256 1
|
u
(
x
)
|


,
x

[0,
+
)
，
故
。
因为
收敛，故由 M =


n

4
4
4
4
4
e n
n e n
n =1 n
最大值为 un 

判别法知，
x e
4 − nx
在 [0, +) 上一致收敛。
n =1
13. 试用傅里叶级数证明：当 0  x  π 时，
sin(2n − 1) x π
= 。 （98，下，期
2n − 1
4
n =1


末）
【证】 设 f ( x) =
π
, 0  x  π ，将 f ( x) 在 (0, π) 上展成正弦级数。为此先将 f ( x)
4
作奇延拓，再作周期性延拓。由欧拉-傅里叶公式可得
an = 0
bn =
(n = 0,1, 2, )
2 ππ
1
sin nxdx =
(− cos nx)

0
π 4
2n
于是由狄利克雷收敛定理得
π
0
=
1
(1 − (−1) n )
2n
π  sin(2n − 1) x
=
,
4 n =1 2n − 1
(n = 1, 2, )
0 xπ
（五）综合题
1. 设 f ( x) 在点 x = 0 的某一邻域内具有二阶连续导数，且 lim
x →0
f ( x)
= 0 ，证明级
x
数

1
 f  n  绝对收敛。
（94，研）
n =1
【证】 由题设推知， f (0) = 0, f (0) = 0 ，由泰勒公式知存在 0    1 ，使得
f ( x) = f (0) + f (0) x +
1
1
f ( x) x 2 = f ( x) x 2
2!
2
再由题设， f ( x) 在点 x = 0 的某一邻域内连续，故必存在 M  0 ，使 f ( x)  M ，于
是 | f ( x) |

所以

M 2
1
1
1 M 1
 2 。级数  2 收敛，
x ，令 x = ，当 n 充分大时，有 f   
2
n
n 2 n
n =1 n
1
 f  n  绝对收敛。
n =1
2. 设 an =

级数


4
0

1
（1）求  (an + an + 2 ) 的值；
（2）试证，对任意的常数  ＞0，
tan n xdx ，
n =1 n
an
 n 收敛。
（99，研）
n =1
【分析】 这是一道综合题，涉及的内容包括定积分计算，数项级数的判敛及求和。
1
1 
( an + an+2 ) = 04 tan n x(1 + tan 2 x)dx
n
n
【证】 （1）因为
1 4
1 1
1
=  tan n x sec2 xdx tan x = t  t n dt =
0
0
n
n
n(n + 1)
n
n
1
1
1
Sn =  (ai + ai + 2 ) = 
= 1−
n +1
i =1 i
i =1 i (i + 1)

1
 n (a
所以
n
n =1
+ an + 2 ) = lim Sn = 1
n →

an =  4 tan n xdx tan x = t
（2）因为
0
an
1
1
＜ 
＜ 1+ 

n
n (n + 1) n
所以
由于  + 1  1 ，故
1
1
tn
n
0 1 + t 2 dt  0 t dt = n + 1
1

n
n =1
1
1+ 

收敛，从而
an
 n 收敛。
n =1
练习
1
1 
n
−
1
e
( )  n − 1 −  的敛散性。若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

n
n =1


1. 讨论级数
（04，下，期末）

2. 讨论级数
 (−1)n
n=2
an
(a  0) 的敛散性，若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？
ln n
（02，下，期末）

4n
3. 讨论级数  ( −1)
的敛散性。若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？
n[4n + (−3) n ]
n =1
n
（01，下，期末）
2n − 1 n
x 的和函数。
3n
n =1

4. 求幂级数

5. 求幂级数
 n(n + 1) ( x − 1)

1
n
的收敛域与和函数。
（03，下，期末）
（01，下，期末）
n =1

(−1) n −1 2 n +1
(−1) n −1
x 的收敛域与和函数，并求级数 
6. 求幂级数 
的和。
n
n =1 n(2n − 1)
n =1 n(2n − 1)4

（04，下，期末）

n +1
n +1 n
的和函数，并求级数
的和。
x


n =1 n !
n =1 n !

7. 求幂级数
8. 求数项级数 1 +
3 5 7
+ + +
1! 2! 3!
的和。
2n − 1
的和。
3n
n =1
（01，下，期末）
（90，下，期末）

9. 求数项级数

3x − 2
展成 x − 1 的幂级数。
x2 − 2x
x−2
11. 将函数 f ( x) = 2
展成 x + 1 的幂级数。
x + 2x
10. 将函数 f ( x) =
（03，下，期末）
（99，下，期末）
（02，下，期末）
1
展开为 x − 2 的幂级数。
（04，下，期末）
x + x−2
4x + 3
13. 求函数 f ( x) =
的 Maclaurin 展开式，并给出收敛域。
（03，下，期末）
2
2 x + 3x + 1
2
14. 将函数 f ( x) = 2
展成 x − 1 的幂级数。
（03，下，期末）
x − 8 x + 15
12. 将函数 f ( x) =
2
15. 将函数 f ( x) = ln 1 − x − x arctan x 展开成 x 的幂级数。
2
16. 将函数 f ( x) = ln
（01，下，期末）
1+ x
在 x = 0 展开成泰勒级数，并确定收敛域。
1− 2x
（01，下，期末）
1 + x
2 − x
17. 将 f ( x) = 
-π  x  0
展开为周期为 2π 的傅立叶级数，并求和函数
0 xπ
S ( x) 在 [− π, π] 上的表达式。
（04，下，
期中）
18. 将函数 f ( x) = 1 − 2 x(0  x  1) 展成周期为 2 的余弦级数。
（97，下，期末）
1, 0  x  1
在 [0, 2] 上展为正弦级数。
0, 1  x  2
19. 将函数 f ( x) = 

20. 设级数
u
n=2
（04，下，期末）


n =1
n =1
2
u − un −1 收敛，且正项级数  vn 收敛，证明级数  un vn 收敛。
（03，下，期末）
六
向量代数与空间解析几何
试题分析
(一) 填空题
1. 已知 a = 1, b = 2, a  b = 3 ，则 a b = 1 。
（96，下，期中）
a  b = a b sin(a,b) = 3
【解】 由叉积的定义
sin(a b) =
于是
3
π 2π
, ( a, b) = 或
3
2
3
a b = a b cos(a,b) = 1
因此
2. 若 a = 1, b = 2, 且 a ⊥ b, 则 (2a + b) (−3a + 4b) = 10 。
（95，下，期末）
【解】 因为 a ⊥ b, 所以 a b = 0 。于是，由点积的运算律及已知条件，得
2
2
(2a + b) (−3a + 4b) = −6 a + 5a b + 4 b = 10
3. 设 a + b + c = 0, 且 a = 3, b = 1, c = 2, 则 a b + b c + c a = −7 。 （96，下，期中）
( a + b + c) ( a + b + c) = 0
【解】 因为
2
2
2
a + b + c + 2(a b + b c + c a ) = 0
即
于是，得
a b + b c + c a = −7


2
3
8
3
4. 若 a b, b = 3, 4,1 , 又向量 a 在 x 轴上的投影为 −2 ，则 a = −2, − , −  。
（94，下，期
中）
【解】 由 a b, 得 a =  b = 3 , 4 ,  。又 a 在 x 轴上的投影 ax = 3 = −2 ，所以
2
8 2

 = − ，因此有 a = −2, − , −  。
3
3 3

5. 已知 A(1, 2, 0), B(3, 0, −3), C (5, 2, 6), 则 ABC 的面积 s = 14 。
【解】 由叉乘几何意义， s =
（95，下，期中）
1
1
AB  AC = 2, −2 − 3  4, 0, 6 = 14
2
2
6. 设矢量 OM 与矢量 i, j 的夹角分别为
 
, ，且 OM 在 z 轴上的投影为 −8 ，则点 M
3 4
的坐标为 (8,8 2, −8) 。
（96，下，期
中）
【解】 设 M ( x, y, z ), 则 OM =  x, y, z ,其中 z = −8, 由

 OM i = x 
得

OM j = y 

1 2
x + y 2 + 64 = x
2
2 2
x + y 2 + 64 = y
2
解得 x = 8, y = 8 2 ，从而得 M 点的坐标为 (8,8 2, −8) 。
7. 若 a = −1,3, 0 , b = 3,1, 0 , c = r , 且 a = b  c, 则 r 的最小值为 1 。
（92，下，期中）
【解】 因为
所以 r = c =
a = b  c = b c sin(b, c)
1
。因此可知，当 sin(b, c) = 1 时， r 取最小值 1 。
sin(b, c)
8. 点 A(1,1,1) 在平面 x + y + z = 0 上的投影为 (0,0,0) 。
（95，下，期中）
【解】 过点 A 作平面 π ： x + y + z = 0 的垂线 l ， l 与 π 的交点 A 就是 A 在 π 上的投
 x = 1+ t

影，将 l 的参数方程  y = 1 + t 代入 π 的方程，得 t = −1 ，因此 A(0, 0, 0) 。
 z = 1+ t

9. 直线 L1 :
x − a1 y − b1 z − c1
x − a2 y − b2 z − c2
与 L2 :
共面的充要条件为
=
=
=
=
l1
m1
n1
l2
m2
n2
a2 − a1 b2 − b1 c2 − c1
l1
m1
n1 = 0 。
l2
m2
n2
（90，下，期中）
【解】 设 p1 (a1 , b1 , c1 ), s1 = l1 , m1 , n1 , p2 (a2 , b2 , c2 ), s2 = l2 , m2 , n2  ，则 L1 与 L2 共面
 1 2 , S1 , S2  = 0 。
的充要条件是三个向量 PP
1 2 , S1 , S 2 共面，即混合积 PP


 x = −t + 2

10. 过点 M (1, 2, −1) 且与直线 L :  y = 3t − 4 ，垂直的平面方程为 x − 3 y − z + 4 = 0 。
 z = t −1

（91，下，期
中）
【解】 取 n = −1,3,1 为平面的法向量，则过点 M (1, 2, −1) 与 L 垂直的平面方程为
−( x − 1) + 3( y − 2) + ( z + 1) = 0
 x =1
x +1 y + 2 z −1

=
=
, L2 :  y = −1 + t 均平行，则此平面
11. 一平面过原点与两直线 L1 :
1
2
1
 z = 2+t

方程为 x − y + z = 0 。
（91，下，期中）
【解】 取平面的法向量 n = 1, 2,1  0,1,1 = 1, −1,1 ，及 O(0, 0, 0) ，利用点法式便
得。
12. 一平面过点 P1 (1,0, 2) 与 P2 (6, −3, 2) 且与直线 L :
x y −1 z −1
=
=
平行，则此平面
4
−1
2
方程为 6 x + 10 y − 7 z + 8 = 0 。
（96，下，期中）
【解】 设 S = 4, −1, 2 ，取所求平面 π 的法向量
n = PP
1 2  S = 5, −3, 0  4, −1, 2 = −6, −10, 7
利用点法式方程得 π : 6 x + 10 y − 7 z + 8 = 0 。
或 设 π : Ax + By + Cz + D = 0 ， 由 于 点 P1 , P2 满 足 方 程 且 π L 得
 A + 2C + D = 0

6 A − 3B + 2C + D = 0 求出 A, B, C , D 之值亦可。
 4 A − B + 2C = 0

13. 过点 (1, 0, −2) 且与平面 π1 : x − 4 z = 3 及平面 π 2 : 3x − y − 5 z = 1 的交线平行的直
线方程是
x −1 y z + 2
。
= =
4
7
1
（94，下，期
中）
【解】 取所求直线的方向向量 S = 1, 0, −4  3, −1, −5 ，由直线的点向式方程便得。
14. 要使直线 L :
x−a
y z +1
=
=
, 在平面 π : 3x + 4 y − az = 3a − 1 内，则 a = −1 。
3
−2
a
（94，下，期中）
【解】 （1）设 S = 3, −2, a , n = 3, 4, −a ，则 S  n = 0 得 a = 1 ；
（2）由 L 上点 (a, 0, −1) 在 π 上，应满足 π 方程，得 a = −1 。
15. 当  = 3 时，直线 L1 :
x − 3 y −1 z − 7
x + 2 y z −1
与 L2 :
相交。
=
=
=
=

2
−3
4
4
2
（93，下，期
中）
【解】 设 P1 (−2, 0,1), S1 = 2, −3, 4 , P2 (3,1, 7), S2 ( , 4, 2) ，则 L1 与 L2 相交的充要条
5 1 6


−3 4 = 0 ，得  = 3 。
件是 PP
1 2 , S1 , S 2 共面且 S1 与 S 2 不平行，即  P1 P2 , S1 , S 2  = 2
 4 2
16. 当  = 2或3 时，平面 2 x + 5 y +  z = 7 与 3x −  y +  z = 9 相互垂直。
（95，下，期
中）
【解】 设 n1 = 2,5,  , n2 = 3, − ,  ，则两平面相互垂直的充要条件是 n1 n2 = 0 ，
即
 2 − 5 + 6 = 0 ，解得  = 2 或 3 。
( z − 1)( z + 1) = 2 y
2
2
绕 y 轴旋转所得旋转曲面的方程为 z + x − 1 = 2 y 。
x
=
0

17. 曲线 
（96，下，期
中）
 x2 + y 2 + z 2 = 2
2
2
18. 过曲线 C : 
且母线平行于 z 轴的柱面方程是 x + y = 1 ，曲线 C
2
2
 z=x +y
 x2 + y 2 = 1
。
 z=0
在 xoy 坐标面上的投影曲线方程为 
（92，下，期
中）
【解】 在曲线 C 的方程中消去在 z 得母线平行于 z 轴的柱面方程，此柱面方程与平面
z = 0 联立得投影曲线方程。
19.
yoz 坐 标 面 上 的 直 线
z y−2
=
绕着 y 轴旋转而成的旋转曲面方程为
2
3
1 2 2
(x + z ) =
4
1
( y − 2) 2 。
9
（94，下，期中）
 x = 3t − 1

20. 点 (1,1, −2) 在直线  y = 5t − 5 上的投影为 (2,0, −1) 。
 z = 2t − 3

（98，下，期中）
【解】 设点 (1,1, −2) 在指定直线上的投影为 ( x, y, z ) ，则向量  x − 1, y − 1, z + 2 与
3,5, 2 应垂直，故有 3( x − 1) + 5( y − 1) + 2( z + 2) = 0 ，经整理得 3x + 5 y + 2 z − 4 = 0 。又
投影点 ( x, y, z ) 必在题设直线上，因此点 ( x, y, z ) 必满足直线方程，将直线方程代入上述
等式，经整理得 t = 1 ，再将 t = 1 代回到直线方程中去，便得投影点 (2, 0, −1) 。
21.
过 直 线
3 x + 2 y − 6 = 0
x −3 y z + 2
L1 : 
= =
与 L2 :
的 平 面 为
−2
3
4
 4 y − 3z − 3 = 0
3x − 2 y + 3z − 3 = 0 。
（98，下，期中）
【解】 在 L1 上取一点 M (2, 0, −1) ，L2 上取一点 N (3, 0, −2) ，作向量 MN = 1, 0, −1 ，
将它与 L2 的方向向量 −2,3, 4 ，作向量积，即可得所求平面的法向量
i
j k
n = 1 0 −1 = 3i − 2 j + 3k
−2 3 4
再注意到直线 L2 上的点 (3, 0, −2) 必在所求平面上，利用平面的点法式方程可得
3( x − 3) − 2 y + 3( z + 2) = 0
经化简整理得
22. 两直线
3x − 2 y + 3z − 3 = 0
x −1 y − 2 z −1
x y
z
= =
=
=
与
的距离为 5 。
1 2 −2
1
2
−2
（98，下，期中）
【解】 这是两条平行直线，在一直线上任取一点，该点到另一条直线的距离，即为该
两条平行直线的距离。在两条直线上各取一点 A(0, 0, 0) B(1, 2,1) 作向量 AB = 1, 2,1 ，方
向向量为  = 1, 2, −2 则两条直线间的距离为 d =
23.
AB 

= 5。
5 x − 2 y − 2 = 0
且 平 行 于 平 面
 3x − z + 2 = 0
过 点 (−1, 2,3) 垂 直 于 直 线 l : 
 : 7 x + 8 y + 9 z + 10 = 0 的直线为
x +1 y − 2 z − 3
。
=
=
3
−24
19
（99，下，期末）
【解】 本题的关键是求出所要求的直线的方向向量，由题设知，该方向向量应同时垂
直于已知直线 l 的方向向量 2,5, 6 和平面  的法向量 7,8,9 ，因此，该方向向量可取向
量
2,5, 6 与向量 7,8,9 的向量积，即
i j k
2 5 6 = −3i + 24 j − 19k
7 8 9
因此所求直线的标准方程为
x +1 y − 2 z − 3
=
=
。
3
−24
19
24. 曲线 z = x 2 + 2 y 2 的名称是椭圆抛物面，它与曲面 z = 6 − 2 x 2 − y 2 的交线在 xoy 面
 x2 + y 2 = 2
。
 z=0
上的投影曲线方程是 
（02，下，期中）
 x− y =6
x −1 y − 5 z + 8
π
=
=
与 L2 : 
的夹角  = 。 （03，下，期中）
1
−2
1
3
2 y + z = 3
25. 直线 L1 :
【解】 因为直线 L1 的方向向量 a1 = 1, −2,1
直线 L2 的方向向量 a2 = 1, −1, 0  0, 2,1 = −1, −1, 2
(
)
所以 cos  = cos a1 , a2 =
26. 已知 a = 2, b =
a1 a2
=
a1 a2
1
π
，夹角  = 。
2
3
2, 且 a b = 2, 则 a  b = 2 。
(
)
【解】 由 cos  = cos a , b =
a b
a b
=
（02，下，期中）
2

得夹角  = ，因此 a  b = a b sin  = 2
2
4
27. 设向量 a = 1, 2,3 ， b = 1,1, 0 ，若非负实数  使向量 a +  b 与 a −  b 垂直，则
 = 7。
（03，下，期中）
【解】 因为 a = 1, 2,3 , b = 1,1, 0 ，所以
a +  b = (1 +  , 2 +  ,3) ， a −  b = (1 −  , 2 −  ,3)
又因为 a +  b ⊥ a −  b ，所以 (1 +  , 2 +  ,3)
(1 −  , 2 −  ,3) = 0 ，得  =
7。
（二）单项选择题
 x = 3t + 3
x + 2 y z −1

=
=
1. 直线 L1 :
与 L2 :  y = 4t + 1
2
−3
4
 z =t +7

(A)垂直
(B)平行
(C)相交
(D)异面但不垂直
[ D ]（94，下，期
中）
【解】 设 S1 = 2, −3, 4 , S2 = 3, 4,1 ，则 S1 与 S 2 不平行，也不垂直，故(A)、(B)不

正确。又设 P1 (−2,0,1), P2 (3,1,7), 则  PP
即 L1 与 L2 异面。综上所述，应选(D)。
1 2 , S1 , S 2  0 ，


 x = 2t + 3
x −1 y + 2 z

=
= ，则 L1 与 L2
2. 设 L1 :  y = −3t + 1 与 L2 :
1
2
1
 z = 4t + 5

(A)平行
(B)垂直不相交
(C)垂直相交
[
(D)异面不垂直
B ]（95，下，期
中）
【解】 S1 = 2, −3, 4 , S2 = 1, 2,1 ，则 S1 S2 = 0 。故 S1 ⊥ S2 ，(A)、(D)不正确。又

设 P1 (3,1,5), P2 (1, −2,0), 则  PP
1 2 , S1 , S 2  0 。故 L1 与 L2 异面，即不相交，(B)正确。


 x = 3t
 x + z −1 = 0

3. 设 L1 : 
与 L2 :  y = −7 + 4t ，则 L1 与 L2
x − 2 y + 3 = 0
 z = 2+t

(A)平行
(B)重合
(C)异面
[
(D)相交
C ]（97，下，期
中）
【解】 两条直线的方向向量分别为 S1 = 2,1 − 2 ， S2 = 3, 4,1 ，所以 S1 与 S 2 不平
3
2

行，(A)、(B)不正确。取 P1 (0, ,1)  L1 , P2 (0, −7, 2)  L2 ，则  PP
1 2 , S1 , S 2  0 ，故 L1 与 L2


异面，(C)正确。
 x + 3y + 2z − 2 = 0
与 π : 4 x − 2 y + z − 2 = 0 ，则
2 x − y − 10 z + 4 = 0
4. 设 L : 
(A) L π
(B) L 在 π 上
(D) L ⊥ π
(C) L 与 π 斜交
[
D
]（96，下，期
中）
【解】 直线 L 的方向向量为 S = 1,3, 2  2, −1, −10 = −28,14 − 7 , 而平面 π 的法
向量 n = 4, −2,1 , 所以 S n ，即 L ⊥ π ，应选(D)。
5. 方程 y 2 − 2 x 2 − 3z 2 = 0 所确定的曲面是
(A)椭球面
(B)双叶双曲面
(C)椭圆抛物面
[
(D)锥面
D ]（95，下，期
中）
6. 点 (4, 0, 0) 关于平面 2 x + 3 y + 6 z − 57 = 0 的对称点为
(A) (8, 6,12)
(B) (7, 4, −3)
(C) (2, −3, −6)
(D) (7, 4.5,9)
[
A ]（98，下，期
中）
【解】 过点 (4, 0, 0) 且垂直于平面 2 x + 3 y + 6 z − 57 = 0 的直线方程为
x−4 y z
= =
2
3 6
且可求得点 (4, 0, 0) 到平面的距离 7 ，采用排除法，可得(B)、(C)、(D)均不满足要求，故选
(A)。
 x = 3 − 2t
2 x − y − 4 = 0

7. 设直线 L1 : 
与 L2 :  y = 1 + 3t ，则 L1 与 L2
 y − 2z + 4 = 0
 z = 5 − 4t

(A)垂直不相交
(B)垂直相交
(C)平行
[
(D)异面不垂直
A ]（99，下，期
中）
【解】 L1 的方向向量可取 1, 2,1 ， L2 的方向向量可取 −2,3, −4 ，这两个向量互相
垂直，因此可排除(C)和(D)，再在直线 L1 上取一点 A(2, 0, 2) ，在直线 L2 上取一点 B(3,1,5) ，
作向量 AB = 1,1,3 ， L1 的方向向量 L2 的方向向量与向量 AB 作混合积，可知混合积不为
零，因此 L1 与 L2 异面，故应选(A)。
8. 设 a = −1, 2, −1 , b = 1, −1, 2 , c = 3, −4,5 ，则
(A) a ⊥ b
(B) b ⊥ c
(C) c ⊥ a
(D) a, b, c 共面
[
D
]（02，下，期
中）
−1 2 −1
【解】 因为 1 −1 2 = 0 ，故应选(D)。
3 −4 5
9. 两个非零向量 a 及 b 的方向角分别为  ,  ,  及  ,  ,   ，则 cos(a, b) =
(A) cos  cos  cos  + cos   cos   cos  
(B) cos  cos   + cos  cos   + cos  cos  
(C) cos ( +   ) + cos (  +   ) + cos ( +   )
(D) cos ( −   ) + cos (  −   ) + cos ( −   )
[
B
]（02，下，期
中）
【解】 a = cos  , cos  , cos   ， b = cos  , cos  , cos   ，所以
( )
cos a, b =
ab
= cos  cos   + cos  cos   + cos  cos  
a b
10. 设 a, b, c 均为非零向量，则与 a 不垂直的向量是
( ) ( )
ab
a
aa
(A) a c b − a b c
(B) b −
(C) a  b
(D) a + a  b a
(
)
[
D
]（03，下，期
中）
【解】 因为 a, b, c 均为非零向量，不能排除 a ⊥ b ， a ⊥ c ，所以排除(A)、(B)。又因
为 a ⊥ a  b (C)不满足要求，故选(D)。
（三）计算题
 x = 2 + 4t
2 x − 4 y + z − 1 = 0

1. 求过点 M 0 (−1, −4,3) 且与两直线 L1 : 
和 L2 :  y = −1 − t 垂直
 x + 3y + 5 = 0
 z = −3 + 2t

的直线方程。
中）
（92，下，期
【分析】 已知 M 0 只要求出所求直线 L 的方向向量即可。
【解】 直线 L1 的方向向量为
S1 = 2, −4,1  1,3, 0 = −3,1,10
同理直线 L2 的方向向量为 S2 = 4, −1, 2 ，则 L 的方向向量 S = S1  S 2 = 12, 46, −1 ，故 L
的方程为
x +1 y + 4 z − 3
。
=
=
12
46
−1
2. 已知三角形的顶点 A(4, 0, 0) ， B(0, −12, 0) ， C (0, 0,3) ，求 BC 边上高线的方程。
（96，下，期中）
【分析】 过 A 作平面 π 垂直于 BC ，则 π 与 ABC 所在平面 π1 联立即为高线方程。
【解】 因为 BC = 0,12,3 ，则过点 A 以 BC 为法向量的平面
π : 0( x − 4) + 12( y − 0) + 3( z − 0) = 0 ，即 4 y + z = 0
又 ABC 所在平面法向量 n1 = BA  BC = 36, −12, 48 ，平面
π1 : 36( x − 4) −12( y − 0) + 48( z − 0) = 0
3x − y + 4 z − 12 = 0
即
4y + z = 0

x−4 y
z
= =
或
。
17
3 −12
3x − y + 4 z − 12 = 0
所求高线方程为 
2x − y − 8 = 0
，
 y − 4z + 2 = 0
3. 直线 L 过点 A(2,3,1) ，平行于 π1 : 3x + 2 y − z + 6 = 0 且垂直于 L1 : 
试求 L 的方程。
（97，下，期中）
【分析】 只要求出 L 方向向量 S 。
【解】 设 S = l , m, n ，则由 L π1 得
3l + 2m − n = 0
①
又设 L1 的方向向量为 S1 ，则 S1 = 2, −1, 0  0,1, −4 = 4,8, 2 ，
由 L ⊥ L1 得
2l + 4m + n = 0
②
6
8
x − 2 y − 3 z −1
m, n = − m ，故 L :
=
=
。
5
5
−6
5
−8
x+2 y−2 z
=
= ，求（1） L 平面 z = 1 上的投影 L1 的方程；（2）点
4. 已知直线 L :
1
7
5
由①②联立得 l = −
M (1, 2,1) 到 L1 的距离。
（96，下，期中）
【分析】 平面 z = 1与 xoy 坐标面平行，故 L 在 z = 0 上的投影柱面，即为 L 在平面 z = 1
上的投影柱面。又因点 M 在 z = 1上，故 M 到 L1 的距离为 xoy 平面上点 (1, 2) 到 L 在 xoy
面上的投影直线的距离。
7 x − y + 16 = 0
，消去 z 得在 xoy 面上投影柱面方
 5 x − z + 10 = 0
【解】 （1）将 L 化为一般式方程 
程
7 x − y + z + 16 = 0
7 x − y − z + 16 = 0 ，故 L1 : 
z =1

（2） M 到 L1 的距离，也就相当于 xoy 面上点 (1, 2) 到 xoy 面上直线 7 x − y + 16 = 0 的
距离，于是 d =
7 1 − 2 + 16
7 + (−1)
2
2
=
21
。当然，也可用空间点 M (1, 2,1) 到 L1 的距离公式求解。
50
 2x − y + z = 0
且平行于 x 轴的平面方程。
x − 3y + 2z + 4 = 0
5. 求过直线 L : 
（97，下，期中）
【分析】 平行 x 轴的平面法向量设为 n = 0, B, C ，再利用过直线 L 可定出 B, C 。
【解】设所求平面的法向量为 n = 0, B, C ，而直线 L 的方向向量为 S = 1, −3, −5 , 由
3 

n ⊥ S ，即 n S = 0 ，得 3B + 5C = 0 。所以 n = 0, B, C = 0, B, − B  ( B  0) 。又因点
5 

4
8
( , 0, − )  L ，故所求平面方程为 5 y − 3z − 8 = 0 。
3
3
本题也可用平面束来作，不妨一试。
 x = 1+ t
 x − 2y + 6 = 0
π

6. 一平面过直线 L1 : 
且与直线 L2 :  y = 2 + t 之间的夹角为 ，求该
6
x + y + z +1 = 0
 z = 3 + 2t

平面方程。
【分析】 利用平面束方程求解。
【解】 设过 L1 的平面束为 π : x − 2 y + 6 +  ( x + y + z + 1) = 0 ，即
(1 +  ) x + ( − 2) y +  z +  + 6 = 0
记 n = 1 +  ,  − 2,  , L2 的方向向量 S2 = 1,1, 2 ，则
sin
4 − 1
π n S2
=
=
6 n S2
6 (1 +  ) 2 + ( − 2) 2 +  2
23 2 − 10 − 13 = 0 ，
化简得
解得  = 1 或  = −
13
，故
23
π : 2x − y + z + 7 = 0
（96，下，期中）
π :10 x − 59 y − 13z + 125 = 0
或
 x+ y + z −3 = 0
相交且与已知平面
 x + 6 y + 3z − 4 = 0
7. 求过点 M (−1, 2, −3) ，与已知直线 L1 : 
π : 6 x − 2 y − 3z + 10 = 0 平行的直线方程。
（98，下，期中）
【分析】 若能求所求直线的方向向量，直线方程即可求得。根据题设条件，可以较方
便地求得所求直线与已知直线 L1 的交点，从而得到所求直线的方向向量。
【解】 设所求直线与 L1 的交点为 ( x0 , y0 , z0 ) ，则向量  x0 + 1, y0 − 2, z0 + 3 即为所求
直线的方向向量，它必与平面  的法向量 6, −2, −3 垂直。于是可得以下线性方程组
x0 + y0 + z0 = 3


x0 + 6 y0 + 3z0 = 4

6( x + 1) − 2( y − 2) − 3( z + 3) = 0
0
0
 0
解这个方程组，得 x0 = 1, y0 = −1, z0 = 3 ，方向向量可取为 2, −3, 6 ，故所求直线方程为
x +1 y − 2 z + 3
=
=
2
−3
6
x −1 y −1 z − 5
=
=
8. 求过点 M (1, 2,5) 且与直线 L1 :
相交并和向量 j = 0,1, 0 成
2
3
2
（99，下，期
45 角的直线 L 的方程。
中）
【 解 】 在 直 线 L1 上 取 一 点 N (1,1,5) ， 作 向 量 NM = 0,1, 0 , L1 的 方 向 向 量
 = 2,3, 2 ，再设直线 L 的方向向量 a = l , m, n ，由于 L 与 L1 相交，因此以上三向量共
面，所以有
0 1 0
2 3 2 =0
l m n
cos 45 =
即得 l = n ，则
a j
a j
=
m
l +m +n
2
2
2
=
2
2
m2 − l 2 − n2 = 0 ，
所以有

与 l = n 联立，解得 
l=n
m =  2n


(n  0) ，故可取 a = 1,  2,1 。所以求得直线 L 的方程为
x −1 y − 2 z − 5 x −1 y − 2 z − 5
和
=
=
=
=
1
1
1
1
− 2
2
练习
x + y − z −1 = 0
在平面 π : x + y + z = 0 上的投影直线方程。
x − y + z +1 = 0
1. 求直线 L : 
（01，下，期中）
x + y − 3 = 0
投射到平面 π : x + y + z + 1 = 0 上，求反射线所在直线方
 x + z −1 = 0
2. 求直线 L : 
程。
中）
（01，下，期
3. 求点 P(3, −1, 2) 到直线 L : x = 1, y = 3t + 2, z = 3t + 4 的距离 d 。 （02，下，期中）
4. 求过点 P(3,1, −2) ，且与直线 L1 : x − 6 = y + 4 = z + 2 及 L2 :
交的直线 L 的方程。
x−4 y+3 z
=
= 都相
5
2
1
（02，下，期中）
x −1 y + 1 z −1
=
=
5. 已知直线 L1 :
和直线 L2 : x + 1 = y − 1 = z 相交，求  的值。
1
2

（03，下，期
中）
2 x − 3 y + 5 = 0
垂直相交的直线方程。
 x + 3z + 1 = 0
6. 求过点 M (2,1,3) 且与直线 L : 
（03，下，期中）
2 x + 3 y + 9 z + 5 = 0
且垂直于平面 2 x + y − z = 0 的平面方程。
 x + y + z +1 = 0
7. 求过直线 L : 
（04，下，期中）
8. 设有直线 L1 :
x −2 y −3 z + 4
x +1 y −1 z
和 L2 :
。试问： L1 和 L2 是否
=
=
=
=
4
2
−1
1
2
−3
相交？若相交求出交点；若不相交，求出 L1 与 L2 的距离。
（03，下，期末）
七
多元函数微分学
试题分析
（一） 填空题
1. 若 f ( x, y ) = 3x + 2 y ，则 f ( xy, f ( x, y)) = 6 x + 4 y + 3xy 。
2. 函数 f ( x, y ) =
ln
（94，下，期末）


4
+ x 2 + y 2 − 4 的定义域为 ( x, y ) x 2 + y 2 = 4 。
2
x +y
2
（92，下，期中）
3. 函数 u ( x, y ) =

1

1
的不连续点集为 ( x, y ) x 2 + y 2 = (k + )π, k   。
2
2
2
cos( x + y )


（90，下，期末）
 x3 + y
, x2 + y 2  0
 2
2
4. f ( x, y ) =  x + y
，则 f x (0,0) = 1 。
2
2

0, x + y = 0

（90，下，期末）
【解】 分段函数在连接点处的偏导数通常是根据定义去求的
f x (0, 0) = lim
x →0
f (0 + x）− f (0, 0)
(x)3 − 0
= lim
=1
x →0 ( x) 2  x
x
5. 函数 z = x 2 y3 ，当 x = 2 ， y = −1 ，x = 0.02 ， y = −0.01 时，全微分 dz = −0.2 。
（94，下，期末）
2
2y
y
y2
2 y
6. 设 z = tan
，则 dz = sec
( dy − ( ) 2 dx) 。
x x
x
x
7. 设 u = xe
cos
y
x
，则 du
π
(1, )
2
π
= (1+ )dx − dy 。
2
【解】 u 关于变量 x, y 求全微分，然后将 x = 1, y =
8. 由方程 xyz +
（93，下，期末）
（99，下，期中）
π
代入其中。
2
x 2 + y 2 + z 2 = 2 所确定的隐函数 z = z ( x, y ) 在点 (1, 0, −1) 处的全
微分 dz = dx − 2dy 。
（04，下，期
中）
【解】 方程两边求微分后再将点 (1, 0, −1) 的坐标代入即得。
2
z
9. 设 z = z ( x, y ) 由方程 x − 2 xyz + e = e + 1 确定，则 dz |(1,0) =
2
(−dx + dy) 。
e
（01，下，期末）
10. 设 z = z ( x, y ) 由方程  ( x − 2 z ,3 y + z ) = 0 确定，其中  可微，则
1
z
。
=
x 21 − 2
（99，下，期末）
【解】 只须弄清隐函数中的函数关系，运用复合函数的求导法则即可，不必死记硬背
隐函数求偏导数的公式。
11. 设 z = z ( x, y ) 由方程  (2 z − 3 y,3 x − 4 z, 4 y − 2 x) = 0 确定，其中  具有连续偏导
数，则 4
z
z
+2 =3。
x
y
（98，下，期
末）
12. 设函数 y = y ( x) 由方程 f ( xy, x 2 − y 2 ) = 0 确定，其中 f (u , v) 具有连续偏导数，则
dy
= ( yf1 + 2 xf 2 ) (2 yf 2 − xf1 ) 。
dx
【解】 由隐函数求导公式得
（96，下，期末）
f y + 2 xf 2
dy
。
=− 1
dx
xf1 − 2 yf 2
13. 函数 u = ln( xy + y 2e z ) 在点 M (1,1, 0) 处的梯度 gradu
M
1 3 1 
= , , 。
2 2 2
（99，下，期末）


【解】 gradu = u x , u y , u z =
14. 函数 u = xy 2 z 2 在点 (1,1,1) 处沿梯度方向的方向导数为 3 。
【解】 令 a = gradu ，则
（96，下，期末）
u
= (gradu ) a = a  a 0 = a 。即沿梯度方向的方向导数即为
a
梯度的模。或由梯度的定义立即可得。
15. 函数 u = ln( x +
y 2 + z 2 ) 在点 A(1, 0,1) 处沿着 A 指向 B(3, −2, 2) 的方向导数为
1
。
2
（04，下，期中）
【解】
gradf
A
AB = l = 2, −2,1 , l 0 =

1
1
=
,
2
2
2
2
 x + y + z x + y + z
y
,
2 2 1
=  ,− , 
l 3 3 3
l
1
y2 + z2 x + y2 + z2


y 2 + z 2 
z
(1,0,1)
1 1 
=  , 0, 
2 2
f
l
A
= (gradf  l 0 )
A
1 1  2 2 1 1
=  , 0,    , − ,  =
 2 2   3 3 3 2
16. 数量场 u = x 2 y + 2 xy 2 在点 (1,1) 处沿方向 l = 4,5 的方向导数取最大值。
（97，下，期末）
【解】 根据梯度与方向导数关系，显然方向导数沿梯度方向取最大值。
17. 函数 u = ln( x +
1
 1
y 2 + z 2 ) 在点 A(1, 0,1) 处沿方向 l = − , 0, −  ，方向导数取最
2
 2
小值。
【解】 注意到沿与梯度方向相反的方向，方向导数取得最小值。
（99，下，期中）
18. 函数 u = ( x − y)2 + ( z − x)2 − 2( y − z )2 在点 M (1, 2, 2) 处方向导数的最大值为
2 6。
（03，下，期末）
【解】 求方向导数的最大值即求梯度的模长。
x = t

1
x −1 y + 2 z −1

19. 曲线  y = − (3t + 1) 在 t = 1 处的切线方程为
。
=
=
2
2
−
3
4

 z = t 2
（91，下，期末）
【解】 切点 (1, −2,1) ，切线的方向向量 a =  x(t ), y(t ), z(t )
t =1
 3 
= 1, − , 2  。
 2 
x = t

20. 曲线 C :  y = t 2 上点 (−1,1, −1)( x  1) 处的切线平行于平面 x + 2 y + z = 4 。
z = t3

（99，下，期中）
【解】 由题设知，应在曲线 C 上求一点，使该点处的切线的方向向量与已知平面的法
 x(t ), y(t ), z(t ) = 1, 2t ,3t 2 
向量 (1, 2,1) 垂直。而
1, 2t,3t  1, 2,1 = 1 + 4t + 3t
2
对于 t = −
2
= (3t + 1)(t + 1) = 0
1
，由于不满足条件 x  1 ，故舍去。取 t = −1 ，则得 ( x, y, z ) = (−1,1, −1) 。
3
z
21. 曲面 z + 2 xy − e = 1在点 (1,1, 0) 处的切平面方程为 x + y − 2 = 0 。
（96，下，期末）

【解】 曲面在点 (1,1, 0) 处的切平面的法向量 n = 2 y, 2 x,1 − e
z

(1,1,0)
= 2, 2, 0 ，用点
法式即得切平面方程。
2 2
3 3
1
3
22. 曲面 z = x 2 + y 2 在点 (1,1, 2) 处指向下侧的单位法向量为  , , −  。
（92，下，期末）
【解】 令 F ( x, y, z ) = z − x 2 − y 2 ，曲面在点 (1,1, 2) 处的法向量
n1 =  −2 x, −2 y,1(1,1,2) =  −2, −2,1
因为指向下侧，所以 cos   0 。故取 n = 2, 2, −1 ，单位化后得 n 0 =
1
2, 2, −1 。
3
23. 曲面 xy + yz + zx − 1 = 0 与平面 x − 3 y + z − 4 = 0 在点 M (1, −2, −3) 处的法向量的
交角为
π 3π
或 。
2
2
（91，下，期末）
【解】 平面的法向量 n 1 = 1, −3,1 ，而曲面的法向量
n2
M
=  y + z, z + x, x + yM = −5, −2, −1
因为 n 1  n 2 = 0 ，所以 n1 ⊥ n 2 。
（二） 单项选择题
1. 若函数 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处不连续，则
(A) lim f ( x, y ) 必不存在
(B) f ( x0 , y0 ) 必不存在
(C) f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 必不可微
(D) f x ( x0 , y0 ), f y ( x0 , y0 ) 必不存在
x → x0
y → y0
[ C
]（91，下，
期末）
【解】 因为连续是可微的必要条件，所以选(C)。
2. 若函数 z = f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的两个偏导数 f x , f y 都存在，则在该点处
(A) f ( x, y ) 连续
(B) f ( x, y ) 可微
(C) lim f ( x, y ) 存在
(D)以上结论都不成立
x → x0
y → y0
[ D
]（92，下，
期末）
【解】 偏导数只描述当动点 ( x, y ) 沿水平或垂直方向趋于给定点 ( x0 , y0 ) 时函数的变化
属性，因此，偏导数存在不能断定二重极限存在，当然也不能保证连续性，更不能保证可微
性。
3. 二元函数 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的两个偏导数 f x ( x0 , y0 ), f y ( x0 , y0 ) 存在是 f 在该
点可微的
(A)必要而非充分条件
(C)充分必要条件
(B)充分而非必要条件
(D)既非必要又非充分条件
[ A ]（95，下，
期末）
【解】 可微保证偏导数一定存在，而偏导数存在却未必可微。
4. 以下命题正确的是
(A)若 f x ( x0 , y0 ), f y ( x0 , y0 ) 存在，则 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处可微
(B)若 f x ( x0 , y0 ), f y ( x0 , y0 ) 存在，并且 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续，则 f ( x, y ) 在点
( x0 , y0 ) 处可微
(C)若 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处可微，则 f x ( x, y ), f y ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续
(D)若 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处可微，则 f x ( x0 , y0 ), f y ( x0 , y0 ) 存在，并且 f ( x, y ) 在点
( x0 , y0 ) 处连续
[
D
]（98，下，期
中）
5. 设 u = x ，则
yz
(A) 4ln3
u
y
(3,2,2)
等于
(B) 8ln3
(C) 324ln3
(D) 324ln2ln3
[ C ]（97，下，
期中）
【解】 因为
z
u
u
= x y  ln x  z  y z −1 ，所以
y
y
(3,2,2)
= 324ln 3 。
6. 函数 u = xy 2 + yz 3 在点 M (2, −1, 1) 处的方向导数的最大值是
(A) 3 3
(B) 5
(C) 19
(D) 2
[ C
]（02，下，
期末）
【解】求方向导数的最大值即求梯度的模长。
 x 2 + y 2 = 10
在点 (1,3, 4) 处的法平面为 S0 ，则原点到 S0 的距离为
2
2
 y + z = 25
7. 曲线 
(A) 12
(B)
1
13
(C)
12
13
(D)
12
169
[ C
]（94，下，
期末）
【解】 曲线上任一点 ( x, y, z ) 处的切线的方向向量
a = 2 x, 2 y, 0  0, 2 y, 2 z = 4 yz, −4 xz, 4 xy
于是 a
(1,3,4)
= 4 12, −4,3 。故法平面 S0 的法向量可取为 n = 12, −4,3 ，
12( x − 1) − 4( y − 3) + 3( z − 4) = 0
从而 S0 的方程为
12 x − 4 y + 3z − 12 = 0
即
由此得原点到 S0 的距离 d =
12
12 + 4 + 3
2
2
2
=
12
。
13

x2 + y 2
z =
8. 曲线 
4 在点 (2, 4,5) 处的切线与 x 轴的正向所成的角度是
y = 4

(A)
π
2
(B)
π
3
(C)
π
4
(D)
π
6
[ C
]（04，下，
期末）

x2 + y 2
z =
【解】 曲线 
的参数方程为
4
y = 4

x = t

，由此可求得曲线
y = 4
 z = (t 2 + 16) / 4


x2 + y 2
z
=

4 在点 (2, 4,5) 处的切向量，进而求得与 x 轴的正向所成的角度。

y = 4

9. 曲面 2 xy + 4 z − e z = 3 在点 (1, 2, 0 ) 处的法线与直线
(A)
π
4
(B)
π
3
(C)
x −1 y z − 2
= =
的夹角为
1
1
−2
π
2
(D) 0
[ C
]（04，下，
期末）
（三）计算题
x
1. 设 z = f ( x − y,e sin y) ，其中 f 具有二阶连续偏导数，求
2 z
。
（97，下，期末）
xy
【分析】 这是抽象函数求二阶偏导数的问题，需特别注意 f1 , f 2 仍然是 x, y 的复合函
数。
【解】 令 u = x − y, v = e x sin y
z z u z v
=
+
= f1 + e x sin yf 2
x u x v x
2 z
 z

= ( ) = [ f1 + e x sin yf 2 ]
xy y x y
= f11
u
v
u
v
+ f12 + e x cos yf 2 + e x sin y( f 21 + f 22 )
y
y
y
y
= − f11 + e x cos yf12 + e x cos yf 2 + e x sin y(− f 21 + e x cos yf 22 )
1
= − f11 + e x (cos y − sin y ) f12 + sin2 ye 2 x f 22 +e x cos yf 2
2
2. 设 z = xf ( xy, e xy ) ，其中 f 有二阶连续偏导数，求
【解】
z
2 z
。 （04，下，期中）
及
x yx
z
= f + xf1  y + xf 2  e xy  y = f + xyf1 + xye xy f 2
x
2 z
= xf1 + e xy xf 2 + xf1 + xy 2 f11 + x 2 ye xy f12 + xe xy f 2 + x 2 ye xy f 2 + x 2 ye xy f 21 + x 2 ye 2 xy f 22
yx
= 2 xf1 + (2 xe xy + x 2 ye xy ) f 2 + xy 2 f11 + 2 x 2 ye xy f12 + x 2 ye2 xy f 22
x
y
3. 设 z = f ( xy, x − 2 y ) + g ( ) ，其中 f 具有二阶连续偏导数， g 具有二阶连续导数，
求
z  2 z
。
,
x xy
（99，下，期
中）
【分析】 特别注意复合函数求高阶偏导数。
【解】
z
1
x
= yf1 + f 2 + g ( )
x
y
y
2 z
1
x
x
x
= f1 + xyf11 − 2 yf12 + xf 21 − 2 f 22 − 2 g ( ) − 3 g ( )
xy
y
y y
y
= f1 + xyf11 + ( x − 2 y) f12 − 2 f 22 −
1
x
x
x
g ( ) − 3 g ( )
2
y
y y
y
2
y
4. 设 u = f ( x, y, z ) ，  ( x ,e , z ) = 0 ， y = sin x ，其中 f ,  都具有一阶连续偏导数，
且

du
 0 ，求 。
z
dx
（95，研）
【分析】 解此题的关键在于弄清楚函数的复合结构。由函数  = 0 及函数 y = sin x 确
定了 y = y ( x) = sin x ， z = z ( x) ，因而 u = f ( x, y ( x), z ( x)) ， u 是 x 的一元函数。
du
dy
dz
= f1 + f 2
+ f3
dx
dx
dx
【解】 法一
由 y = sin x 得
dy
dz
= cos x ，由  ( x2 ,e y ( x ) , z( x))  0 得 2 x1 + e y cos x2 + 3 = 0 。
dx
dx
dz
1
= − (2 x1 + e y cos x2 )
dx
3
解得
f
du
= f1 + cos xf 2 − 3 (2 x1 + e y cos x2 )
dx
3
故
法二 利用全微分求
du
dx
因 du = f1dx + f 2dy + f3dz ， d = 2 x1dx + e
2dy + 3dz = 0 ， dy = cos xdx ， 将
y
dz , dy 都用 dx 表示，并代入 du 的表达式中，得 du = (
)dx ，从而得
du
。
dx
5. 设 z = z ( x, y ) 是由方程 F ( xy, z − 2 x) = 0 所确定的隐函数，其中 F 具有连续偏导数，
计算 x
z
z
−y 。
x
y
（94，下，期末）
【解】 由隐函数求导公式，
yF − 2 F2 z
xF
z
z
z
，
=− 1
= − 1 ，得 x − y = 2 x 。
x
F2
y
F2
x
y
6. 设 z = z (u ) ，且 u =  (u ) +

连续，求 f ( y )
x
y
f (t )dt ，其中 z (u ) 可微， (u ) 连续，且  (u )  1 ，f (t )
z
z
+ f ( x) 。
x
y
（99，下，期中）
【分析】 这道题主要考察复合函数求导及隐函数求导的方法。
【解】 等式 u =  (u ) +

x
y
f (t )dt 的两端对 x 求偏导数，得
u
u
u
f ( x)
=  (u ) + f ( x) ，
=
x
x
x 1 −  (u)
同理可得
u
f ( y)
=−
y
1 −  (u )
z
u
u f ( x) z (u ) z
f ( y) z(u )
，
= z(u ) = −
= z(u )
=
y
x
y
x 1 −  (u )
1 −  (u )
又
于是得
f ( y)
7. 设 u ( x, t ) =
z
z
+ f ( x) = 0
x
y
1
1 x + at
[ ( x + at ) +  ( x − at )] +
 ( )d ，其中  , 分别具有二阶连
2
2a x − at
2
 2u
2  u
续导数，求 2 − a
。
t
x 2
（94，下，期
末）
【分析】 这里既有抽象函数求偏导，又有变限积分求导，要注意导数记号的写法。
【解】 因为
u a
1
= [ ( x + at ) −  ( x − at )] + [ ( x + at ) + ( x − at )]
t 2
2
 2u a 2
a
= [ ( x + at ) +  ( x − at )] + [ ( x + at ) − ( x − at )]
2
t
2
2
u 1
1
= [ ( x + at ) +  ( x − at )] + [ ( x + at ) − ( x − at )]
x 2
2a
又
 2u 1
1
= [ ( x + at ) +  ( x − at )] + [ ( x + at ) − ( x − at )]
2
x
2
2a
所以
2
 2u
2  u
−
a
=0
t 2
x 2
u = x − 2 y
2 z 2 z 2 z
2 z
8. 设变换 
可把方程 6 2 +
−
= 0 简化成
= 0 ，其中 z 具有
x xy y 2
uv
v = x + ay
二阶连续偏导数，试求常数 a 。
（96，研）
【分析】 通过自变量 x, y 的适当变换，将偏微分方程化简，实质上仍是复合函数求导。
视 x, y 与 u, v 的不同地位，有两种做法。
【解】 法一 因为
z z u z v z z
=
+
=
+
x u x v x u v
z
z
z
= −2 + a
y
u
v
2 z 2 z
2 z 2 z
=
+
2
+
x 2 u 2
uv v 2
2
2 z
2 z
2 z
2  z
=
4
−
4
a
+
a
y 2
u 2
uv
v 2
2 z
2 z
2 z
2 z
= −2 2 + (a − 2)
+a 2
xy
u
uv
v
所以原方程
6
2 z 2 z 2 z
+
−
=0
x 2 xy y 2
(10 + 5a)
化为
2 z
2 z
+ (6 + a − a 2 ) 2 = 0
uv
v
依题意知 a 应满足 6 + a − a = 0 且 10 + 5a  0 ，得 a = 3 。
2
au + 2v

 x = a + 2

y = v −u

a+2
法二 由所给变换解得
z z x z y
a z
1 z
=
+
=
−
u x u y u a + 2 x a + 2 y
于是
2 z
1
2 z
2 z 2 z
=
[2
a
+
(
a
−
2)
−
]
uv (a + 2) 2
x 2
xy y 2
将方程
2 z
= 0 与原方程相比较，得 a = 3 。
uv
9. 设 n 是 曲 面 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 = 6 在 点 P (1,1,1) 处 指 向 外 侧 的 法 向 量 ， 求
6x2 + 8 y 2
在点 P 处沿方向 n 的方向导数。
z
u=
（91，研）
【分析】 这是曲面法向量与方向导数两个基本问题的简单综合。
【解】 n = 4 x, 6 y, 2 zP = 4, 6, 2 （曲面是中心在原点的椭球面， P 点在第一卦限，
n 指向曲面外侧要求 cos   0, cos   0, cos   0 ）。
gradu
P
 u u u 
= , , 
 x y z P

6 x 2 + 8 y 2 
6x
8y
1
=
,
,−
=
6,8, −14

2
2
2
2
2
z
14
z
6
x
+
8
y
z
6
x
+
8
y

P
从而
z
n
P
=gradu
P
 n0 =
1
6
2 
4 11
11
 4
,
,
= 。
6,8, −14  
=
14
14 56 7
 56 56 56 
10. 求数量场 u =
x 2 ln y
在点 M (1,1, 2) 处沿着方向 n 的方向导数，其中方向 n 为曲面
z
z = x2 + y 2 在点 M 处的指向下侧的法向量
（98，下，期末）
【分析】 首先分别求出数量场在点 M 处的梯度向量和曲面在点 M 处指向下侧单位法
向量，然后这两个向量做内积即可。
【解】
u
M
n
= ux , u y , uz 
M
(1,1,2)
= 2 x, 2 y, −1
u
n
于是
 2 x ln y x 2 x 2 ln y 
=
, ,−

yz
z2 
 z
(1,1,2)
M
= 2, 2, −1 , n 0
= u
M
n0
M
=
M
=
(1,1,2)
 1 
= 0, , 0
 2 
1
2, 2, −1
3
1
3
（四）证明题
1. 设函数 z = z ( x, y ) 由方程 x 2 + y 2 + z 2 = xyf ( z 2 ) 所确定，其中 f 为可微函数，求证：
x
z
z
z
+y =
x
y 1 − xyf ( z 2 )
【分析】 通过隐函数求导法则求出
（91，下，期末）
z z
, 的表达式即可证明。
x y
【证】 令 F ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 − xyf ( z 2 ) ，则
F
z
2 x − yf ( z 2 )
z
2 y − xf ( z 2 )
=− x =−
，
=
−
x
Fz
2 z − 2 zxyf ( z 2 ) y
2 z (1 − xyf ( z 2 ))
于是 x
z
z −2 x 2 − 2 y 2 + 2 xyf ( z 2 )
2z2
z
。
=
+y =
=
2
2
x
2 z (1 − xyf ( z )) 1 − xyf ( z 2 )
y
2 z (1 − xyf ( z ))
2. 求 f ( x, y ) = ln x + 3ln y 在 x 2 + y 2 = 4r 2 (r  0) 上的最大值，并由此证明：对于任
意正数 a, b ，有 ab  27(
3
a+b 4
)
4
（90，下，期
末）
【分析】 这是利用极值证明不等式的问题，通过选择适当的目标函数和约束条件来证
明。
【证】 令 L( x, y,  ) = ln x + 3ln y +  ( x + y − 4r )
2
2
2
1

 Lx = x + 2 x = 0

3

 Ly = + 2 y = 0
y

 L = x 2 + y 2 − 4r 2 = 0
 

解方程组
得唯一驻点 ( x0 , y0 ) = (r , 3r ) ，相应的函数值为 ln r + 3ln( 3r ) 。
+
因为当 x → 0 或 y → 0+ 时， ln x + 3ln y → − ，所以 f ( x, y ) 在 x 2 + y 2 = 4r 2 上的
最大值为 ln r + 3ln( 3r ) ，即
由上式即得 xy  3 3(
3
ln x + 3ln y  ln r + 3ln( 3r ) = ln(3 3r 4 )
a+b 4
x2 + y 2 2
) 。
) 。令 x2 = a, y 2 = b ，则有 ab3  27(
4
4
1
 2
2
, x2 + y 2  0
( x + y )sin 2
x + y2
3. 证明函数 f ( x, y ) = 
在点 (0, 0) 处可微。

0,
x2 + y 2 = 0

（93，下，期中）
【分析】 讨论函数在一点的可微性通常是用可微的充要条件。
【证】 首先
f x (0, 0) = lim
x →0
f (0 + x, 0) − f (0, 0)
1
= lim (x  sin
)=0
x →0
x
(x)2
同理有 f y (0,0) = 0 。
其次
lim
f (x, y ) − f (0, 0) − f x (0, 0)x − f y (0, 0) y
(x)2 + (y) 2
x →0
y →0
= lim (x) 2 + (y ) 2 sin
x → 0
y → 0
1
=0
(x) + (y ) 2
2
所以函数 f 在点 (0, 0) 可微。
（五）应用题
1 2
πR H ，若半径 R 以 5cm/s 的速率增加，而它的高 H 以
3
24cm/s 的速率减小。（1）求该圆锥体半径为 30cm ，高为 70cm 时体积的变化率；（2）这
1. 已知圆锥体的体积 V =
时圆锥体的体积是增大还是减小？
【解】 因为
（91，下，期末）
dV V dR V dH 2
dR 1 2 dH
=
+
= πRH
+ πR
dt R dt H dt
3
dt 3
dt
所以
dV
dt
t0
=
2
1
π  30  70  5 − π  (30) 2  24 = −200π(cm3 /s) 。这时圆锥体的体积变化率为
3
3
−200πcm3 /s ，体积在减小。
2. 设数量场 u( x, y, z ) = x 2 + 2 y 2 + 3z 2 + xy + 3x − 2 y − 6 z 。求：
（1）使梯度为零向量
的点；
（2）在点 (2, 0,1) 处沿哪一个方向的变化率最大，并求出最大变化率；（3）使梯度垂
直 z 轴的点。
末）
（94，下，期
【解】 gradu = 2 x + y + 3, 4 y + x − 2, 6 z − 6
2 x + y + 3 = 0

4 y + x − 2 = 0
6 z − 6 = 0

（1） gradu = 0 即
解得 x = −2, y = 1, z = 1 ，即在点 (−2,1,1) 处梯度为零向量。
（2）变化率最大的方向为梯度方向。
gradu
(2,0,1)
= 7, 0, 0 ， gradu
(2,0,1)
=7
即在点 (2, 0,1) 处沿 x 轴正向变化率最大，最大变化率为 7 。
（3）由 gradu  k = 6 z − 6 = 0 ，得 z = 1。即在平面 z = 1上梯度垂直于 z 轴。
3. 设曲面 S : 2 x 2 + 4 y 2 + z 2 = 4 ，平面 π : 2 x + 2 y + z + 5 = 0 ，试求：（1）曲面 S 平
行于平面 π 的切平面；
（2）曲面 S 与平面 π 间的最短距离。
（92，下，期末）
【分析】 本题的（1）是曲面的切点待求的切平面问题。而 S 与 π 的最短距离即为（1）
中的切平面之一到 π 的距离。
【解】 （1） S 上任一点 ( x, y, z ) 处的法向量 n = 2 x, 4 y, z
2x 4 y z
=
= =t
2
2 1
t
x = t, y = , z = t
2
依题意， n ⊥ π ，故
即
2t 2 + t 2 + t 2 = 4
代入曲面 S 的方程，有
1
2
−
解得 t = 1 ，于是切点为 (1, ,1) 和 ( −1，
1
, −1) ，相应的切平面方程为
2
π1 : 2 x + 2 y + z − 4 = 0 和 π2 : 2 x + 2 y + z + 4 = 0
（ 2 ） π1，π2 与 平 面 π 之 间 的 距 离 分 别 为 d1 =
5+ 4
2 + 22 + 1
2
=3 ，
d2 =
5−4
1
= 。
22 + 22 + 1 3
由于曲面 S 与 π 无交点，所以曲面与平面 π 的最短距离为
1
。
3
 x 2 + y 2 + z 2 = 4
4. 求曲线 C : 
在点 M (1,1, 2) 处的切线方程。
2
2
 x + y = 2 x
（97，下，期中）
【分析】 曲线 C 是由交面式方程给出的，其切线的求法一般有两种方法。
【解】 法一 从几何观点看，曲线 C 在点 M 处的切线是曲面 1 : x 2 + y 2 + z 2 = 4 在点
M 处的切平面与曲面 2 : x 2 + y 2 = 2 x 在点 M 处的切平面的交线，因此只要将两切平面方
程联立，就是切线方程。


曲面 1 在点 M (1,1, 2) 处的法向量 n 1 = 2, 2, 2 2 ，曲面 2 在点 M (1,1, 2) 处的
法向量 n 2 = 0, 2, 0 ，相应的切平面分别为 π1 : x + y + 2 z = 4 ， π 2 : y = 1 。
于是切线方程为
 x + y + 2 z = 4

 y = 1
 x 2 + y 2 + z 2 = 4
法二 从代数观点看，由方程组 
确定隐函数 y = y ( x), z = z ( x) ，于是
2
2
 x + y = 2 x
曲 线 C 的 参 数 式 方 程 为 C : x = x, y = y ( x), z = z ( x) ， 其 切 线 的 方 向 向 量
a = 1, y( x), z( x) ，其中 y( x), z( x) 可由方程组通过隐函数求导法得到：
2 x + 2 y  y( x) + 2 z  z ( x) = 0

2 x + 2 y  y( x) = 2
解得
y( x) =
1− x
1
, z( x) = − 。
y
z

于是曲线 C 在点 M (1,1, 2) 处的切线的方向向量 a = 1, 0, −

1 
 ，从而切线方程为
2
x −1 y −1 z − 2
=
=
0
−1
2
【注】 C 的方程也可用 t 作参数的方程表示：x = 1 + cos t , y = sin t , z =
点 M 对应参数 t =
π
。此时切线的方向向量 a =  x(t ), y(t ), z (t ) 。
2
2(1 − cos t ) ，
 z = 2x2 + y 2
5. 求曲线 
x + y + z = 0
的切线，使该切线平行于平面 x + y = 0 。 （98，下，期中）
【分析】 本题的关键是要在已知曲线上求一点，使该点的切向量与平面 x + y = 0 的法
向量垂直。
【解】 首先可求出曲面 z = 2 x 2 + y 2 在任一点 ( x, y, z ) 的法向量 n 1 = 4 x, 2 y, −1 ，再
将 n1 与平面 x + y + z = 0 的法向量 1,1,1 作向量积，即得已知曲线上任一点的切向量
i
j k
S = 4 x 2 y −1 = 2 y + 1, −1 − 4 x, 4 x − 2 y
1 1 1
切向量 S 必与平面 x + y = 0 的法向量 1,1, 0 垂直，即 2 y − 4 x = 0 ，可化简为 y − 2 x = 0
 z = 2x2 + y 2

x + y + z = 0
 y − 2x = 0

解联立方程
1
3
, −1, ) ，分别得到满足题设条件的两条切线：
2
2
1
3
x+
z−
x y z
y
+
1
2=
2
=
= ，
=
1 −1 0
1
−1
0
得两组解 ( x, y, z ) = (0, 0, 0) ， ( x, y, z ) = (−
6. 在 x y 平面上求一点 M ( x, y ) ，使它到三条直线 x = 0 ， y = 0 ， x − y + 1 = 0 的距
离平方和为最小。
末）
（93，下，期
【解】 平面上任一点 ( x, y ) 到三条直线的距离平方和为：
1
u = d12 + d 22 + d32 = x 2 + y 2 + ( x − y + 1)2
2
 u
 x = 2 x + ( x − y + 1) = 3x − y + 1 = 0
 u
 = 2 y − ( x − y + 1) = 3 y − x − 1 = 0
 y
解方程组
得驻点 x = −
1 1
1
1
, y = 。在整个 x y 平面上仅此一可能极值点 M 0 (− , ) 。又
4 4
4
4
A=
 2u
x 2
M0
= 3 0， B =
 2u
xy
M0
= −1 ， C =
 2u
y 2
M0
=3
则 B − AC = 1 − 9  0 ，所以点 ( −
2
1 1
, ) 是极小值点且是最小值点。
4 4
7. 在椭圆 9 x 2 + 16 y 2 = 288 上求一点 P(a, b)(a  0, b  0) 使过该点的切线与椭圆及两
坐标轴围成的图形面积最小。
（97，下，期中）
【解】 由于椭圆一定，因此只需求 P 点的切线与坐标轴围成的三角形面积最小即可。
令 F ( x, y) = 9 x 2 + 16 y 2 − 288 ，则 Fx
P
= 18a, Fy
P
= 32 y
P
= 32b 。
18a( x − a) + 32b( y − b) = 0
过 P 点的切线方程可写成
x
y
+
=1
2
2
18a + 32b
18a + 32b 2
18a
32b
其截距式为
2
该切线与坐标轴围成的三角形面积为 S =
1 (18a 2 + 32b2 ) 2 2  (288) 2 288
，求 S 最小

=
=
2
18a  32b
18a  32b ab
即求 ab 最大。
令 G(a, b) = ab +  (9a 2 + 16b2 − 288) (a  0, b  0)
Ga = b + 18 a = 0

Gb = a + 32b = 0
 2
2
9a + 16b = 288
解方程组
得 a = 4, b = 3 ，据问题的实际意义，点 (4,3) 一定满足题意。
8. 求中心在原点的椭圆 5x 2 + 4 xy + 8 y 2 = 1 的长半轴与短半轴的长度。
（03，下，期末）
【解】 设 M ( x, y ) 为椭圆上的任一点，点 M 到原点的距离 d =
x 2 + y 2 ， d 的最大
值即为长半轴 a ， d 的最小值即为短半轴 b 。
设 f ( x, y,  ) = d 2 +  (5x 2 + 4 xy + 8 y 2 − 1) = x 2 + y 2 +  (5x 2 + 4 xy + 8 y 2 − 1) ，
 f x = 2 x + 10 x + 4 y = 0

 f y = 2 y + 4 x + 16 y = 0
 f = 5 x 2 + 4 xy + 8 y 2 − 1 = 0
 
解联立方程
(1)
(2)
(3)
1
1
1
x 。再代入（3）可得 x 2 + y 2 = 或者 x 2 + y 2 = 。
4
2
9
1
1
1
= 。故长半轴 a = ，短半轴 b = 。
2
2
3
由（1）
，
（2）可得 y = 2 x 或者 y = −
由于最值必存在，得 d min =
1
, d max
3
x + y + z = 4
9. 在椭圆 
2
2
z = x + y
上求一点 P ，使该点到原点的距离的平方为最大，并求出最大
值。
（99，下，期中）
【解】 这是一个条件极值问题。用拉格朗日乘数法。令
L( x, y, z, 1 , 2 ) = x 2 + y 2 + z 2 + 1 ( x + y + z − 4) + 2 ( x 2 + y 2 − z )
解联立方程
 Lx = 2 x + 1 + 2 x2 = 0
 L = 2 y +  + 2 y = 0
1
2
 y
 L = 2z +  −  = 0
1
2
 z
 L = x + y + z − 4 = 0
 1
 L2 = x 2 + y 2 − z = 0
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
x = y
由（1）
，
（2）
，
（5）可得 
z = 2x
2
。再代入（4）
，可得 x1 = 1, x2 = −2 。求得两个点 M1 (1,1, 2) ，
2
2
M 2 (−2, −2,8) ，则有 OM 1 = 12 + 12 + 22 = 6 ， OM 2 = (−2) 2 + (−2) 2 + 82 = 72 。由问
题的实际意义可知，距离平方的最大值存在，故点 M 2 (−2, −2,8) 为最大值点，最大值为 72 。
10. 试用两种方法求椭球面 x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 1与平面 x + y + z =
（极值方法和非极值方法）
【解】 法一 （极值方法）
（96，下，期末）
设 M ( x, y, z ) 为椭球面上任一点，则 M 到已知平面的距离 d =
令 F ( x, y , z ,  ) =
7 之间的最短距离。
1
x+ y+z− 7 。
3
1
( x + y + z − 7) 2 +  ( x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 − 1)
3
解方程组
2

 Fx = 3 ( x + y + z − 7) + 2 x = 0

 F = 2 ( x + y + z − 7) + 4 y = 0
 y
3


2
 Fz = ( x + y + z − 7) + 8 z = 0
3

 F = x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 − 1 = 0
得 x=
21
21
2
1
1
， 于 是 距 离 d1 =
，最短距离为
, d2 =
,y=
,z = 
6
2
7
7
2 7
d1 =
21
。
6
法二 （几何方法）
当椭球面上点 M 处的切平面与已知平面平行时，其中的一个切点与平面的距离即为所
求的最短距离。
椭球面上任一点 M ( x, y, z ) 处的法向量 n = 2 x, 4 y,8 z ，设过点 M 的切平面平行于已
2 x 4 y 8z
=
=
=t
1
1
1
1
1
1
x = t, y = t, z = t
2
4
8
1 2 1 2 1 2
t + t + t =1
4
8
16
知平面，则
即
将它们代入椭球面方程，得
解得 t = 
1
2
1
4
1
21 。
，故切点为 ( , 

) ，从而 d min =
6
7
7 2 7
7
11. 已知两平面光滑曲线 f ( x, y ) = 0 ， g ( x, y ) = 0 ，又 ( ,  ) 和 ( , ) 分别为两曲线
上的点，试证：若这两点是两曲线上相距最近的点，则必有
 −  f x ( ,  ) g x ( , )
=
=
 −  f y ( ,  ) g y ( , )
()
（98，下，期末）
【解】 法一 （几何方法）
记 1 : f ( x, y) = 0 ；2 : g ( x, y) = 0 ，又 A( ,  ) ，B( , ) 分别在 1 ,  2 上，根据 AB

与  2 上 B 点处的切线垂直，则  −  , −    1, −

g x ( , ) 
=0。
g y ( , ) 
所以
 −  g x ( , )
=
 −  g y ( , )
同理可得
 −  f x ( ,  )
=
 −  f y ( ,  )
法二 （极值方法）
设 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) 分别是曲线 f ( x, y ) = 0 和 g ( x, y ) = 0 上的任意两点。问题是要求函
数 S = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) 在约束条件 f ( x1 , y1 ) = 0 ， g ( x2 , y2 ) = 0 下的极值点 ( ,  )
2
2
2
和 ( , ) 必满足 () 式。作拉格朗日函数
L( x1 , x2 , y1 , y2 , 1 , 2 ) = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 ) 2 + 1 f ( x1 , y1 ) + 2 g ( x2 , y2 )
 Lx1 = 2( x1 − x2 ) + 1 f x ( x1 , y1 ) = 0

 Lx2 = −2( x1 − x2 ) + 2 g x ( x2 , y2 ) = 0
 L = 2( y − y ) +  f ( x , y ) = 0
 y1
1
2
1 y
1
1

 Ly2 = −2( y1 − y2 ) + 2 g y ( x2 , y2 ) = 0

 f ( x1 , y1 ) = 0
 g ( x2 , y2 ) = 0
建立联立方程
设 ( x1 , y1 ) = ( ,  ),( x2 , y2 ) = ( , ) 满足上述联立方程，则有
 −  f x ( ,  ) g x ( , )
=
=
 −  f y ( ,  ) g y ( , )
练习
1. 若 z = x y ln y ，求 dz
3
2
(1,e)
，
。
（87，下，期末）
x+ y + z
2. 设 z = f ( x, y ) 由方程 e
= e + ln( x2 + y 2 + z 2 ) 确定，求
z
x
(0,0,1)
。
（93，下，期中）
3. 设隐函数 z = f ( x, y ) 由方程 F ( x, y, z ) = 0 确定，且 Fx
z
y
(1,1,1)
= 1，求
z
x
(1,1,1)
。
(1,1,1)
= −1 ， Fy
(1,1,1)
= 2，
（92，下，期中）
4. 设函数 z = z ( x, y ) 是由方程 sin( xy ) + sin( yz ) + sin( zx) = 0 所确定的隐函数，求 dz 。
（85，下，期末）
5. 设变量 x, y, t 满足 y = f ( x, t ) 及 F ( x, y, t ) = 0 ，且函数 f , F 的一阶偏导数连续，求
dy
。
dx
6. 设 z =
（98，竞）
u
y
z z
−y
， u = arctan ， v = x + e ，求
, 。
v
x
x y
（85，下，期末）
7. 设 z = z ( x, y ) 由方程 z = f ( x 2 − z, z − y) 确定，其中 f 具有连续偏导数，求
z
。
x
（97，下，期末）
8. 设 z = ( x − 2 y )
sin( x3 y )
，求
z
。
y
（99，下，期中）
9. 若 z = z ( x, y ) 由方程  ( xz, yz 2 − x) = 0 确定，其中  具有连续偏导数，求
z
。
x
（02，下，期末）
x y
z z
10. 设函数 z = z ( x, y ) 由方程 F ( , ) = 0 所确定，证明： x
z
z
+y =z。
x
y
（87，下，期末）
11. 若 u = f ( x − y, xy 2 ) ， f 具有二阶连续偏导数，求
12. 设 z =
 2u
。
xy
（87，下，期末）
1
2 z
f ( xy ) + y ( x + y ) ，且 f ,  具有二阶连续导数，求
。 （98，研）
x
xy
 2u
13. 设 u = f ( x + y, xy ) 具有二阶连续偏导数，求
。
xy
（03，下，期末）
2
14. 设 z = f ( x y,3x − y) ，其中 f 具有二阶连续偏导数，求
z  2 z
。
,
x xy
（02，下，期末）
xy
15. 设 z = xf ( xy,e ) ，其中 f (u , v) 有二阶连续偏导数，求
z
2 z
及
。
x yx
（04，下，期中）
16. 设 函 数 f ( x, y ) 的 二 阶 偏 导 数 皆 连 续 ， 并 且 满 足 f xx ( x, y) = f yy ( x, y) ，
f ( x, 2 x) = x 2 ， f x ( x, 2 x) = x ，试求 f xx ( x, 2 x) 与 f xy ( x, 2 x) 。
（98，竞）
2
2
17. 若函数 z = f ( x, y ) 可微，且 f ( x, x ) = 1 ，f x ( x, x ) = x ，当 x  0 时，求 f y ( x, x ) 。
2
（03，下，期末）
18. 设 u = u ( x, y ) 具有二阶连续偏导数，令  = x − y ， = x + y ，试以  , 为自变量
将方程
 2u  2u
−
= 0 化简。
x 2 y 2
（97，下，期
中）
设 u = u ( s, t ) 满 足 拉 普 拉 斯 方 程
19.
w = w( x, y) = u( x 2 − y 2 , 2 xy) 满足
 2u  2u
+
=0 ， 试 证 ：
s 2 t 2
2w 2w
+
= 0。
x 2 y 2
（89，下，期末）
20. 设函数 u = f (r ) 满足
 2u  2u
+ 2 = 0 ，其中 r = x 2 + y 2 ，且 f (1) = 0 ， f (1) = 1 ，
2
x y
求 f (r ) 。
（92，下，期末）
21. 求曲面 x 2 − z 2 − 2 x + 6 y = 4 垂直于直线
x + 2 y z +1
= =
的切平面方程。
1
3
4
（97，下，期中）
22.
L:
求 椭 球 面 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 21 的 切 平 面 ， 使 之 过 已 知 直 线
x − 6 y − 3 2z −1
=
=
。
2
1
−2
（88，研）
 y = f ( x)
上点 ( x0 , y0 , z0 ) 处的切线方程。
 z = g ( x, y )
23. 设 f ( x) ， g ( x, y ) 皆可微，求曲线 
（98，下，期末）
 z = x2 + y 2
24. 在曲线 C : 
y = 0
上求一点 P ，使点 P 处的切线与 x 轴正向相交成
π
角。
4
（02，下，期末）
 x2 + y 2 + z 2 = 6
25. 求曲线 C : 
在点 (1, −2,1) 处的切线方程。
x + y + z = 0
（03，下，期末）
26. 设点 P ( x0 , y0 , z0 ) 是球面  : x + y + z = 1 上的一点， n 为  在点 P 的外側法向
2
2
2
量，（1）求函数 u = x + y + z 在点 P 处沿方向 n 的方向导数；（2）当 x0 , y0 , z0 为何值时，
此方向导数取最大值。
下，期末）
（ 04 ，
27. 求过点 (2,1,1) 的平面，使它在第一卦限部分与三坐标平面围成的四面体体积最小。
（89，下，期末）
2
28. 一本书的一页上所印的文字要占 150cm ，上、下边空白各留下 1.5cm 宽，左、右
各要留下 1cm 宽。问纸张的长、宽各为多少时用纸最省？
（95，下，期末）
29. 求曲面 z = x 2 + y 2 与平面 x + y − 2 z = 2 之间的最短距离。
（02，下，期末）
30. 求原点到曲面 ( x − y)2 − z 2 = 1 的最短距离。
（04，下，期中）
八 多元函数积分学
试题分析
（一）填空题
1. 设 D 是由 x + y = 1, x − y = 1, x = 0 所围成的三角形闭区域，则

D
sin 3 ydxdy = 0 。
（94，下，期
末）
【解】 因为区域关于 x 轴对称，而被积函数 sin 3 y 关于 y 是奇函数，所以积分值等于
0。
2. 改变二次积分的次序

2
dy 
2 y − y2
− 2 y − y2
0
1
1+ 1− x 2
−1
1− 1− x 2
f ( x, y )dx =  dx 
f ( x, y )dy 。
（94，下，期末）

【解】 原二次积分可以复原为一个二重积分
D
f ( x, y)dxdy 。积分区域 D 是由直线
y = 0, y = 2 和曲线 x = − 2 y − y 2 , x = 2 y − y 2 围成的。显然 D 就是 x 2 + ( y − 1)2  1 将
D 看作由直线 x = −1, x = 1 和曲线 y = 1 − 1 − x 2 , y = 1 + 1 − x 2 围成，于是

D
3. 交换积分次序

1
0
dx 
1
1+ 1− x 2
−1
1− 1− x 2
f ( x, y )dxdy =  dx 
x2
0
1
f ( x, y )dy +  dx  2
3
1
( 3− x )
0
f ( x, y )dy
f ( x, y )dy = dy 
1
0
3− 2 y
y
f ( x, y )dx 。
（91，下，期
末）
【解】 原积分是两个二次积分的和，先分别转化为二重积分

1
0
x2
dx 
0
1
D1
1
( 3− x )
2
0
 dx 
3
f ( x, y )dy =  f ( x, y )dxdy
f ( x, y )dy =  f ( x, y )dxdy
D2
其中 D1 由直线 x = 0, x = 1 和曲线 y = 0, y = x 围成。 D2 由直线 x = 1, x = 3 和曲线 y = 0 ，
2
y=
1
( 3 − x ) 围成(请读者画出草图)。D1 和 D2 有一段公共边界线 x = 1(0  y  1). 根据二重
2
原式 =
积分的区域可加性，有
D1

D1 D2
f ( x, y)dxdy
D2 是由直线 y = 0, y = 1 和曲线 x = y , x = 3 − 2 y 围成的。所以

D1 D2
f ( x, y)dxdy =  dy 
1
0
3− 2 y
y
f ( x, y )dx
4. 交换积分次序
 dx
1
0
1
x
2
f ( x, y)dy =  dy 
1
0
 dx 
【解】 事实上
1
1
0
x2
y
0
f ( x, y )dx 。
（92，下，期末）
f ( x, y )dy =  f ( x, y )dxdy
D
其中 D 由直线 x = 0, x = 1 和曲线 y = x 2 , y = 1 围成。 D 又可由直线 y = 0, y = 1 和曲线
x =0，
x = y 围成，故  f ( x, y)dxdy =  dy 
1
0
D
y
0
f ( x, y )dx 。
5. 改变积分次序

1
0
dy 
1− y
− 1− y
0
1− y 2
−1
− 1− y 2
f ( x, y )dx +  dy 
原式 =
【解】 事实上
1
1− x 2
−1
− 1− x 2
f ( x, y )dx =  dx 

f ( x, y )dy 。 （94，下，期末）
f ( x, y)dxdy +  f ( x, y)dxdy
D1
D2
其中 D1 由直线 y = 0, y = 1 和曲线 x = − 1 − y , x = 1 − y 围成，D2 由直线 y = −1, y = 0 和
曲线 x = − 1 − y , x = 1 − y 围成， D1 和 D2 有一段公共边界线 y = 0(−1  x  1) 。由二
2
2
重积分的区域可加性，有

原式=
D1 D2
D1
f ( x, y )dxdy
D2 由直线 x = −1, x = 1 和曲线 y = − 1 − x 2 , y = 1 − x 2 围成，所以

D1 D2
6. 交换积分次序
 dy 
1
2
1
2
1
y
f ( x, y)dxdy =

1
−1
dx 
1− x 2
− 1− x 2
f ( x, y )dy
f ( x, y )dx +  dy  f ( x, y )dx =  dx 1 f ( x, y)dy 。
2
1
2
2
y
1
x
x
（95，下，期末）
原式 =
【解】 事实上
其中 D1 由直线 y =

D1
f ( x, y)dxdy +  f ( x, y)dxdy
D2
1
1
, y = 1 和曲线 x = , x = 2 围成，D2 由直线 y = 1, y = 2 和曲线 x = y ，
2
y
x = 2 围成。 D1 和 D2 有一段公共边界线 y = 1(1  x  2) 。于是原式= 
D1 D2
D1
f ( x, y )dxdy ，
1
D2 由直线 x = 1, x = 2 和曲线 y = , y = x 围成。所以
x

D1 D2
2
x
f ( x, y )dxdy =  dx 1 f ( x, y )dy
1
x
以下两题与前面的题目类似，只给出答案不再作仔细解答。
7.
交
换
积
分
次
序

1
0
dx 
1+ 1− x 2
x
f ( x, y )dy =  dy 
1
0
y2
0
f ( x, y )dx +  dy 
2
1
2 y − y2
0
f ( x, y )dx 。
（98，下，期末）
8. 交换积分次序
1
2− y
0
y
 dy 
1
x
0
0
f ( x, y )dx =  dx 
2
2
f ( x, y )dy +  dx 
1
2− x
0
f ( x, y )dy 。
（99，下，期末）

9. 曲线积分
C
x
ds 的值为 0 ，其中 C : x 2 + y 2 = 4 。
2
x +y
（98，下，期末）
2
【解】 因为被积函数

C
x
定义在 C 上，所以 x 2 + y 2 = 4 ，因而
x + y2
2
1
x
ds =
2
4
x +y
2

C
xds =
1 2
2 cos   2d = 0
4 0
10. 设椭圆 C : 3x 2 + 2 y 2 = 6 的周长为 l ，则曲线积分

C
(
x2 y 2
l
+ − 5 x)ds 的值为 。
4 6
2
（99，下，期中）
x2 y 2 1
1
【解】 同上题，被积函数应满足曲线 C 的方程，所以
+
= (3x 2 + 2 y 2 ) = 。
4 6 12
2

故
其中

C
xds = 
C
(
2
− 2
11. 曲线积分
x2 y 2
+ − 5 x)ds =
4 6

1
1
( − 5 x)ds =
C 2
2

1
1
ds − 5  xds = l − 0 =
C
C
2
2
x 1 + y '2 ( x)dx = 0 (奇函数在对称区间上的积分为零)。
 x2 + y 2 + z 2 = 5
4π
ds
的值为
，其中
（95，下，期末）
C
:

C x2 + y 2 + z 2
5
z
=
1

【解】 因为积分在 C 上进行，故 x + y + z = 5 。所以
2
又

C
2
2

1
ds
=
2
2
C x + y +z
5
2

C
ds 。
ds 是 C 的弧长， C 是平面 z = 1上的圆 x2 + y 2 = 22 ，所以  ds = 4π (半径为 2 的圆
C
周长)。故原积分值是
4π
。
5
 x2 + y 2 + z 2 = 2z
2
2
2
，则  ( x + y + z )ds = 4π 。 （91，下，期末）
C
z = 1
12. 若 C 为曲线 
【解】 因为积分在 C 上进行，故 x + y + z = 2 z = 2 1 = 2 ，
2
所以

C
2
2
( x 2 + y 2 + z 2 )ds = 2  ds
C
又

C
ds 正是 C 的弧长，而 C 是平面 z = 1上的圆 x2 + y 2 = 1 ，故  ds = 2π 。所以原积分
C
值是 4π 。
13. 设
: x
2
+ y 2 + z 2 = 4, 则  ( x 2 + y 2 )dA =
128
π。
3



【解】 由积分域的对称性知

所以


x 2 dA =

( x 2 + y 2 )dA =
y 2 dA =

2
3



（00，单考，研）
z 2 dA ，
( x 2 + y 2 + z 2 )dA
因为积分在曲面  上进行，所以 x 2 + y 2 + z 2 = 4 。

故

( x 2 + y 2 )dA =
2
3


4dA =
8
3

8
128
dA =  4π  4 =
π

3
3
14. 设 L 为取正向的圆周 x 2 + y 2 = 9 ，则曲线积分

L
(2 xy − 2 y)dx + ( x 2 − 4 x)dy =
−18π 。
（94，下，期末）
【解】 第二型曲线积分的计算一般有两种方法，一是化成定积分，二是利用格林公式
或积分与路径无关的条件。这里 P( x, y ) = 2 xy − 2 y, Q( x, y ) = x 2 − 4 x,
由格林公式知
原积分=

D
Q P
−
= −2 。
x y
(−2)dxdy = −2 dxdy = −2  D 的面积= −18π
D
其中 D 为 x 2 + y 2 = 9 围成的圆域
15. 设 L 为闭曲线 x + y = 4 ，取正向，则曲线积分
2
2

L
(2 xye x − y)dx + 2( x − 1)e x dy =
4π 。
（97，下，期末）
【解】 设 P( x, y) = 2 xye − y, Q( x, y) = 2( x −1)e ，由于
x
式得
x
原积分=

D
16.

L
设
Q P
−
= 1 ，故用格林公
x y
dxdy = 4π
L 为 闭 曲 线 ( x − 1)2 + y 2 = 1 正 向 ， 则 曲 线 积 分
( x + y cos x)dx + ( xy + sin x)dy
= 0。
【解】 设 P( x, y ) = x + y cos x, Q( x, y ) = xy + sin x, 则
（96，下，期末）
Q P
−
= y ，由格林公式
x y
得
原积分=

D
ydxdy
其中 D 为 ( x − 1)2 + y 2 = 1 围成的圆域。因为 D 关于 x 轴对称，而被积函数关于 y 为奇函数，
故

D
ydxdy = 0 。
设 C 为 顺 时 针 方 向 圆 周 ( x − 2)2 + y 2 = 4 ， 则 曲 线 积 分
17.

C
(2 xy − 3 y)dx + ( x 2 + x)dy 的值为 −16π 。
（99，下，期末）
【解】 应用格林公式计算沿闭曲线的积分，注意到曲线的方向，原积分 = −

D
4dxdy
= −16π ，其中 D 是圆周 ( x − 2)2 + y 2 = 4 所围成的区域。
18. 设 C 是 由 点 A(1, 0) 经 曲 线 y = 1 − x

− ydx + ( x + 1)2 dy
=
3
π。
2
C
2
到 点 B(−1, 0) 的 路 径 ， 则
（98，下，期末）
【解】 C 虽不是闭曲线，但补上线段 BA 后用格林公式计算积分比较方便。

C

− ydx + ( x + 1) 2 dy =
C + BA
−
BA
=  (2 x + 3)dxdy − 0 = 3 dxdy =
D
D
3
π
2
其中 D 是上半圆周 y = 1 − x 与 x 轴所围成的区域。
2
19. 设 L 为 x2 + y 2 = a 2 正向，则

xdy − ydx
= 2π 。
L x2 + y 2
（94，下，期末）
【解】 此题有两种解法。
法一 L 可用参数方程 x = a cos t , y = a sin t 表示，起点对应于 t = 0 ，终点对应于
2
2
2
2
2 a cos tdt + a sin tdt
2
xdy − ydx
=
=
 L x2 + y 2 0
0 dt = 2π
a2
t = 2π ，则
法二 可先用 x + y = a 代入积分，然后再用格林公式，得
2

2
2
xdy − ydx
=
L x2 + y 2

xdy − ydx 1
= 2
L
a2
a

D
2dxdy =
2 2
πa = 2π
a2
注意，由于题中 P( x, y ) =
−y
x
在点 (0, 0) 处无定义，所以不能直接
, Q( x, y ) = 2
2
x +y
x + y2
2
用格林公式。
20. 若 S 是给定的光滑闭曲面， n 为 S 的单位外法向量， l 为任意给定的常向量，则

S
cos(n, l )dS = 0
（01，下，期末）
【解】 利用两向量夹角余弦的定义和高斯公式得，
原积分 =

l n
1
dS =
S
|l |
|l |

S
l  dS =
1
divldV = 0
| l | V
其中 V 是闭曲面 S 所围成的立体。
21. 设 u = xy 2 + z 2 − xyz ，则 div( gradu ) = 2 x + 2 。
（01，下，期末）
【解】 先计算 gradu = ( y 2 − yz, 2 xy − xz, 2 z − xy) ，再计算它的散度。
22. 设数量场 u = ln
x 2 + y 2 + z 2 ，则梯度 grad u = (
x
y
, 2
,
2
2
x + y + z x + y2 + z2
2
z
)。
x + y2 + z2
（92，下，期末）
2
【解】 利用梯度的定义即得。
23. 若 A = ( y + z )i + ( z + x ) j + ( x + y )k ，则 rot A = 2( y − z, z − x, x − y ) 。
2
2
2
2
2
2
（94，下，期末）
【解】 利用旋度的定义计算即可。
2
2
2
2
24. 当常数  = 3 时，向量场 A = (2 x + 6 xy)i + ( x − y ) j + 3z k 为有势场，其势函
数为 −
2 3
1
x − 3x 2 y + y 3 − z 3 + C 。
3
3
（97，下，期
末）
【解】 A 为有势场等价于 rot A  0, 而 rot A = 2 x( − 3)k ，故  = 3 。此时
2
1
du = (2 x 2 + 6 xy )dx + (3x 2 − y 2 )dy + 3z 2 dz = d ( x3 + 3x 2 y − y 3 + z 3 )
3
3
2 3
1 3 3
2
故势函数为 −u = − x − 3x y + y − z + C
3
3
（二）选择题
1. 设函数 f ( x, y ) 为连续函数，则

1
−1
dx  yf ( x 2 , y 2 )dy =
1
0
 
1
1
0
0
 
1
y
0
−y
(A) 2 dx
(C) 2 dy
 
yf ( x 2 , y 2 )dy
1
x
0
0
(B) 4 dx
yf ( x 2 , y 2 )dx
yf ( x 2 , y 2 )dy
(D) 0
[ A ]（04，下，期
中）
【解】 表达式

1
0
yf ( x 2 , y 2 )dy 是关于变量 x 的偶函数。
2. 设区域 D 由直线 y = x, y = − x 和 x = 1 围成， D1 是 D 位于第一象限的部分，则
(A)

D
( xy + y sin( xy))dxdy = 2 xydxdy
(B)

D
( xy + y sin( xy ))dxdy = 2 y sin( xy )dxdy
(C)

( xy + y sin( xy ))dxdy = 2 ( xy + y sin( xy ))dxdy
(D)

D
D
D1
D1
D1
( xy + y sin( xy))dxdy = 0
[
B
]（04，下，期
末）
【解】 首先积分区域 D 关于直线 y = 0 对称，其次被积函数 xy 是 y 的奇函数，而被积
函数 y sin( xy ) 是 y 的偶函数，利用奇偶函数在对称区域上的积分性质得到应选(B)。
3. 球体 x 2 + y 2 + z 2  4a 2 在柱面 x 2 + y 2 = 2ax 内的那部分的体积 V 为
(A) 4
(C) 4


2
0


2
0
d 
2 a cos
d 
2 a cos
0
0
4a 2 −  2 d 
(B) 8


2
0
d 
0

 4a 2 −  2 d 
  d 
2
(D)
−
2 a cos
2 a cos
0
2
 4a 2 −  2 d 
 4a 2 −  2 d 
[ C ]（03，下，期
末）
【解】 根据图形可知体积 V 是其在第一象限中体积的 4 倍，再利用极坐标计算即得。
4. 设 L 是由直线 x = 0, y = 0, x = 2, y = 2 所围成的图形的边界曲线，则
(B) 8
(A) 4

L
xyds = [B]
(D) −4
B ]（01，下，期
(C) 0
[
末）
【解】 这是一个第一型曲线积分，将积分曲线分成四个直线段分别计算即可。
5. 设空间区域 1 : x + y + z  R , z  0; 2 : x + y + z  R , x  0, y  0, z  0 ，
2
2
2
2
2
2
2
2
则有
(A)
 xdV =4 xdV
1
2
(B)
 ydV =4 ydV
1
2
(C)
 zdV =4 zdV
1
(D)
 xyzdV =4 xyzdV
1
2
2
[
末）
C
]（99，下，期
【解】 由于 1 是上半球域，它关于平面 x = 0 以及平面 y = 0 对称，又被积函数 x, xyz
关于 x 是奇函数， y 关于 y 是奇函数，所以
 xdV =0,  ydV =0,  xyzdV =0 。又被
1
积函数 z 关于 x, y 是偶函数，所以
1
1
 zdV =4 zdV 。
1
2
6.  是由曲面 z = x 2 + y 2 , y = x, y = 0, z = 1 在第一卦限所围成的闭区域， f ( x, y, z )
在  上连续，则  f ( x, y, z )dxdydz =

(A)
(C)

1
0

dy 
2
2
0
1− y 2
dx  2
1
x +y
y
dy 
1− y 2
dx  2
f ( x, y, z )dz
2
1
x +y
y
2

(B)
f ( x, y, z )dz
2
2
0

(D)
2
2
0
dx 
1− y 2
1− y 2
y
1
x + y2
y
dx 
dy  2
f ( x, y, z )dz
dx  f ( x, y, z )dz
1
0
[ C ]（93，下，期
末）
【解】 此题测试学生将三重积分转化为三次积分的能力。从给定的 4 个选择项中知道，
第一次积分是关于 z 的，因此应将  向 xoy 平面投影，得出投影平面区域 D 。于是


f ( x, y, z )dxdydz =  dxdy  2
1
x + y2
D
f ( x, y, z )dz
其中 D 是由直线 y = x, y = 0 与曲线 x = 1 − y 所围成的区域。所以
2


f ( x, y, z )dxdydz = 
0
7. 设在上半平面上，曲线积分
(A) −1
(B) 1

L
2
2
dy 
1− y 2
dx  2
1
x + y2
y
f ( x, y, z )dz
( x − y)dx + ( x + y )dy
与路径无关，则 n 为
( x 2 + y 2 )n
(C)
1
2
(D) 2
[ B
【解】 设 P( x, y ) =
x− y
x+ y
, Q( x, y ) = 2
,则
2 n
(x + y )
( x + y 2 )n
2
P − x 2 − y 2 + 2ny 2 − 2nxy Q x 2 + y 2 − 2nx 2 − 2nxy
=
,
=
y
( x 2 + y 2 )n +1
x
( x 2 + y 2 )n +1
]（94，下，期
末）
曲线积分在上半平面上与路径无关等价于在上半平面上处处有
P Q
，所以 n = 1 。
=
y x
8. 设 f ( x) 连续可微，且 f (0) = 2. 若沿任意光滑闭曲线 C ，有

C
3e2 x − f ( x)  ydx + f ( x)dy = 0
则 f ( x) 等于
(A) e
−x
+ e2 x
(B) 3e
−x
− e2 x
(C) 3e
2x
− e− x
(D) e
[
末）
【解】 设 P ( x, y ) = 3e
−x
− e2 x
A ]（97，下，期
− f ( x)  y, Q( x, y ) = f ( x) ，沿任一闭曲线 C 积分等于 0，
2x
说
明曲线积分与路径无关，所以
P Q
处处成立，即 f '( x) + f ( x) = 3e2 x 。这是一阶线性
=
y x
微分方程，解得 f ( x) = e2 x + Ce− x ，由 f (0) = 2 得 C = 1, 所以 f ( x) = e2 x + e− x 。
9. 已知
( x +  y)dx + ydy
为某函数的全微分，则  等于
( x + y)2
(A) −1
(B) 0
(C) 1
[
末）
【解】 设 P( x, y ) =
全微分等价于
(D) 2
D ]（96，下，期
( x +  y)dx + ydy
x + y
y
为某函数的
, Q( x, y ) =
, 条件
2
2
( x + y)
( x + y)
( x + y)2
( − 2) x −  y
P Q
−2 y
，即
，故  = 2 。
=
=
3
y x
( x + y)
( x + y )3
10. 设  为上半球面 z =
4 − x 2 − y 2 ，则曲面积分 
(A) 4π
16
π
5

(B)
(C)
dS
1 + x2 + y 2 + z 2
16
π
3
(D)
[
末）
【解】 因为 x + y + z = 2 ，所以
2
2
2
 1 +

dS
x2 + y 2 + z 2
=
D
的值为
8
π
3
]（04，下，期
1
8
dS = π

3 
3
（三） 计算题
1. 求 I =

x 2 + y 2 + z 2 dxdydz ，  = {( x, y, z ) | x 2 + y 2 + z 2  4, x 2 + y 2  z} 。

（01，下，期末）
【分析】 根据被积函数和积分区域的特点，采用球坐标系进行计算比较简便。

【解】 I =
2. I =
2
0

d  4 d  r 3 sin  dr = 8(1 −
2
0
0
2
)π
2
 z = x2 + y 2
2
，其中
C
:
, 其方向与 z 轴正向成右手系。
2
ydx
+
xzdy
−
yz
dz

C
z = 4
（01，下，期末）
【分析】 因为曲线 C 落在平面 z = 4 上，所以积分的第三部分
I=

C

C
− yz 2 dz = 0 故
2 ydx + 4 xdy
把 C 看成平面曲线，再利用 Green 公式计算。当然本题也可以将曲线 C 参数化，再代入计
算。
【解】 I =

3. 计算 I =

2 ydx + 4 xdy = 2 2dxdy = 8π 其中 D 是平面区域 x 2 + y 2  4
C
D
x+ y
d ，其中 D : x2 + y 2  1, x + y  1
D x2 + y 2
（04，下，期中）
【解】 利用极坐标计算：

I =  d 
2
0
4. 计算 I =
1
1
sin  + cos



 (sin  + cos  )
π
 d  =  2 (sin  + cos  − 1)d = 2 −
2
0

2
( z + 2 xy)dV ，其中  为由半椭球面 x2 + 4 y 2 + z 2 = 1,( z  0) 与锥面
z = x 2 + y 2 所围成的区域。
（04，下，期中）
【分析】 本题采用球坐标并不方便求解，采用直角坐标。
【解】 因为 2xy 关于 x 是奇函数，又  关于平面 x = 0 对称，所以
故
I =  zdV =

=
5. 计算积分

D

2 x 2 + 5 y 2 1
1− x 2 − 4 y 2
dxdy

x2 + y 2
zdz =


2 xydV = 0
1
(1 − 2 x 2 − 5 y 2 )dxdy

2 2 x2 +5 y 2 1
2
1
π
1
π
−
d   3d  =

0
2 10 2 10 0
4 10
e− y dxdy, 其中 D 是由直线 y = x, y = 2, x = 0 围成的区域。
2
（91，下，期中）
【分析】 e− y 的原函数不能用初等函数表示，所以应选择先 x 后 y 的积分次序。
2
2
y
2
2
2
2
1
e− y dxdy =  dy  e − y dx =  ye − y dy = (1 − e −4 )
D
0
0
0
2
2
y sin x
6. 计算积分  dy 
（94，下，期末）
dx
1
2 x −1
sin x
【分析】
的原函数难以获得，应先交换积分次序。
x −1
2
y sin x
2
x sin x
2
【解】  dy 
dx = −  dx 
dy = −  sin xdx = cos 2 − cos1
1
2 x −1
1
1 x −1
1

【解】
7. 计算二重积分

D
sin
πx
dxdy ，其中 D 是由曲线 y = x , y = x 与 y = 2 所围成的区
2y
域。
（99，下，期中）
【分析】 先对 y 积分时，被积函数的原函数无法求得，故先对 x 后对 y 积分。
2
y2
2
πx
πx
2y
π
4
sin
dxdy
=
dy
sin
dx
=
D 2 y
1 y 2 y 1 − π cos 2 ydy = π3 (2 + π)
【解】
8. 计算下列积分：
（1）

D

（2）

x sin y3dxdy, 其中 D 是由直线 x = 0, y = 1 和 y = x 所围成的区域；
z x 2 + y 2 dxdydz , 其中  是由圆柱面 ( x − 1)2 + y 2 = 1 ( y  0) 与平面 y = 0 ，
z = 0 ， z = a(a  0) 所围成的区域。
（92，下，期末）
【分析】 在（1）中，应将二重积分转化为先 x 后 y 的二次积分，在（2）中，根据 
和
被积函数的特点，可利用柱坐标计算。

【解】 （1）
D
（2）


x sin y 3dxdy =  dy  x sin y 3dx =
1
y
0
π
2
0
0
z x 2 + y 2 dxdydz =  d 
=
9. 确定常数 A 使

D
a2
2
2cos
 2 d   zdz
a
0
π
2
0

1 1 2
1
y sin y 3dy = (1 − cos1)

2 0
6
0
d 
2cos
0
 2d  =
4a 2
3

8
cos3  d = a 2
9
A sin( x + y)dxdy = 1, 其中 D 是由 y = x, y = 2 x, x =
区域。
末）
π
所围成的
2
（93，下，期
【分析】 此题本质上是要计算二重积分

D
【解】 1 =
π
2
0

D
π
2
0
sin( x + y)dxdy 的值， A 是该值的倒数。
A sin( x + y )dxdy = A dx  sin( x + y )dy
2x
x
π
2
0
= A (cos 2 x − cos3x)dx =
A
3
故A=3
10. 计算

D
xydxdy, 其中 D 是由曲线 ( x − 2)2 + y 2 = 1( y  0) 与 x 轴所围成的区域。
（97，下，期末）
【分析】 此题既可先 y 后 x 积分，又可以先 x 后 y 积分，也可用极坐标计算。
【解】
3

xydxdy =  dx 
D
1
11. 计算下列积分：
（1）
1− ( x − 2)2
xydy =
0

1
0
1 3
4
(− x 3 + 4 x 2 − 3x)dx =

1
2
3
dxdydz
dy  y 2e− x dx ；（2） 
1
4

y
x2 + y 2 + z 2
z = 1 + 1 − x 2 − y 2 与 z = 1, y = 0 所围成的 y  0 的部分。
, 其中  是由曲面
（95，下，期末）
【分析】 问题（1）
，因为 e− x 的原函数不能用初等函数表示，应先交换积分次序；在
4
（2）中，根据积分域  和被积函数的特点，考虑用球坐标计算。
【解】 （1）
 dy 
1
1
0
y
y 2e − x dx =  dx  y 2e − x dy =
4
1
x
0
0
4
（2）在球坐标下，  为 0    π, 0   
dxdydz


x2 + y 2 + z 2
0
=
12. 计算积分

D
π
π
=  d  4 d 
π 1
,
 r  2 cos 
4 cos 
2cos
1
cos
0
1 1 3 − x4
1
x e dx = (1 − e −1 )

3 0
12
r 2 sin 
dr
r
π π4
1
7 2 2
sin  (4 cos 2  −
)d = π( −
)
2

2 0
cos 
6
3
x2
y
xe dxdy, 其中 D 是由三条曲线 y = x, y = x 2 ( x  0) 及 y = 2 所围成
的
（96，下，期末）
区域。
【分析】 xe
【解】

D
x2
y
作为 y 的函数，其原函数难以获得，故应化为先 x 后 y 的二次积分。
x2
y
2
y
x2
y
xe dxdy =  dy  xe dx =
13. 计算三重积分
1


y
1 2
1
y (e y − e)dy = e(2e − 3)

2 1
4
z x 2 + y 2 dV , 其中  是由抛物面 z = 2( x 2 + y 2 ) 与半球面
z = 3 − x 2 − y 2 所围成的区域。
（99，下，期末）
【分析】 根据被积函数和积分域的特点，用柱坐标计算较方便。
【解】 积分区域  的在 xoy 平面上的投影为 Dxy : x + y  1. 从而
2
2


2π
1
3−  2
0
2
z x 2 + y 2 dV =  d   2 d  
0
14. 计算曲面积分


2
1
zdz = π   2 (3 −  2 − 2  4 )d  =
0
zdS , 其中  为锥面 z = x 2 + y 2 位于柱体 x 2 + y 2  2 x 内的部
分。
期末）
【分析】 第一型曲面积分的计算通常是化为二重积分计算。
【解】 由 z =


Dxy
（99，下，
x
y
x 2 + y 2 得， z x = , z y = , 于是 dS = 1 + z x2 + z y2 dxdy = 2dxdy
z
z
π
zdS = 
18
π
35
x 2 + y 2  2dxdy = 2  2π d 
15. 计算曲线积分
−

C
2cos
0
2
 2d  =
π
8
32
2  2π cos3  d =
2
−
3
9
2
2 ydx + ( x 2 − y)dy, 其中 C 是曲线 y = x2 上从 (1,1) 到 (2, 4) 的一
段。
（93，下，期末）
【分析】 曲线 C 的方程 y = x 2 ，故在 C 上，积分中的第二项为零，第一项积分可直接
化成定积分计算。
【解】

C
2 ydx + ( x 2 − y )dy =  2 xdx = 3
2
1
16. 计算曲线积分 I =

C
( xy 2 − 3 y + 2)dx + ( x 2 y + 5x + y 2 )dy ，其中 C 为上半椭圆
x2 + 4 y 2 = 1( y  0) ,由点 A(−1, 0) 到点 B(1, 0)
（91，下，期末）
【分析】 设 P( x, y) = xy 2 − 3 y + 2 ，
Q( x, y) = x2 y + 5x + y 2 ，则
Q P
−
= 8。
x y
曲线 C 不封闭，应添加曲线段后用 Green 公式。
【解】 设 C1 为 y = 0 上从 B 到 A 的一段，则 C + C1 构成闭曲线的顺时针方向。
I=
由 Green 公式得：
17. 计算曲线积分 I =

C

C +C1
−
−1
C1
= − 8dxdy −  2dx = 4 − 2π
D
1
(e y − 12 xy)dx + ( xe y − cos y)dy ，其中 C 为曲线 y = x2 上从
点
A(−1,1) 到点 B(1,1) 的一段。
（95，下，期末）
【分析】 设 P = e − 12 xy, Q = xe − cos y ，
y
若化成定积分计算，则会出现形如
y

1
−1
2
e x dx 的项，
无法积分，故应该利用 Green 公式计算。
【解】 添加线段 BA : y = 1, x 从 1 到 −1 ，
使 C + BA 构成闭曲线的正向。由 Green 公式得
I=

C + BA
−1
−
=  12 xdxdy −  (e − 12 x)dx = 0 − ex |1−1 = 2e
BA
18. 计算曲线积分 I =

C
D
1
(e x sin y − y 3 )dx + (e x cos y + x3 )dy ，其中 C 为沿着半圆周
x = − a 2 − y 2 (a  0) 从点 A(0, −a) 到点 B(0, a) 的弧段。
（92，下，期末）
【分析】 与上题类似，添加线段后用 Green 公式，再对二重
积分用极坐标计算。
【解】 添加线段 BA : x = 0, y 从 a 到 −a ，使 C + BA 成为
闭曲线，方向为负向。由 Green 公式得
I=

C + BA
−
BA
−a
= −  3( x 2 + y 2 )dxdy −  cos ydy
D
a
3π
a
3
= −3π2 d   2   d  + sin y |a− a = − πa 4 + 2sin a
0
4
2
19. 计算曲线积分 I =

C
( xe2 y + 2 y)dx + ( x 2e2 y + y 5 + 4 x)dy ，其中 C 为上半圆周
x2 + y 2 = 4 x, y  0, 方向由点 A(4, 0) 至点 O(0, 0) 。
【分析】 设 P( x, y) = xe
2y
（01，下，期末）
+ 2 y, Q( x, y) = x 2e2 y + y 5 + 4 x, 则
Q P
−
= 2 。注意到
x y
曲线 C 不封闭，所以可补上线段 OA : y = 0,0  x  4 ，与 C 构成逆时针方向的闭曲线。这
样就可以利用 Green 公式计算。
【解】
 Pdx + Qdy = (Q
I+
x
D
OA
又因为

OA
− Py )dxdy = 2 dxdy = 4π
D
4
Pdx + Qdy =  Pdx =  xdx = 8 ，所以 I = 4π − 8 。
0
OA
20. 确定  的值，使曲线积分

C
( x 2 + 4 xy  )dx + (6 x −1 y 2 − 2 y)dy 在 xoy 平面上与路径
无关。当起点为 (0, 0) ，终点为 (3,1) 时，求此曲线积分的值。
（04，下，期末）
【分析】 利用积分与路径无关的条件。

【解】 设 P( x, y) = x + 4 xy ， Q( x, y) = 6 x
2
 −1 2
y − 2 y 。因为积分与路径无关，有
P Q
。计算得  = 3. 代入积分计算：
=
y x
(3,1)
I=

(0,0)
3
1
0
0
( x 2 + 4 xy 3 )dx + (6 x 2 y 2 − 2 y )dy =  x 2 dx +  (54 y 2 − 2 y )dy = 9 + 17 = 26
其中第一步是选择了积分路径，先从 (0, 0) 到 (3, 0) ，再从 (3, 0) 到 (3,1) 。
21. 计 算 积 分 I =
π
(3 y − x)dx + ( y − 3x)dy
, 其 中 C 是 由 点 A( , 0) 沿 曲 线
3
C
2
( x + y)

π
π
cos x 到点 B(0, ) 的弧段。
2
2
y=
（97，下，期末）
【分析】 设 P( x, y ) =
3y − x
y − 3x
, Q( x, y) =
. 由于 P, Q 的分母形式与曲线 C 的
3
( x + y)
( x + y )3
方程形式不一致，故不宜化为定积分计算。又因为
P Q 6 x − 6 y
=
=
, ( x + y  0) ，故可
y x ( x + y )4
利用曲线积分与路径无关或通过求原函数来计算积分。
【解】 法一 当 x + y  0 时，
路径无关。因此 I =
=

AB
8
π3
(3 y − x)dx + ( y − 3x)dy
( x + y )3
π
0
AB : x + y =
π
8
0
π
2
4
 [3( 2 − x) − x − ( 2 − x) + 3x]dx = π  πdx = − π
3
2
2
法二 当 x + y  0 时，
函数 u ( x, y ) =
P Q 6 x − 6 y
，所以在 x + y  0 的区域内积分与
=
=
y x ( x + y )4
P Q
(3 y − x)dx + ( y − 3x)dy
，所以当 x + y  0 时，
有原
=
y x
( x + y )3
4
x− y
B
。因此 I = u ( x, y ) | A = − 。
2
π
( x + y)
【注】 请读者考虑，能否用折线 AOB 代替积分曲线 C ？
22. 计算曲线积分 I =

C
ydx − xdy
, 其中 C 是以 A(−1, 0) 为起点， B(1, 0) 为终点的位
x2 + 9 y 2
于 xoy 平面上 y  0 部分的任一光滑曲线。
末）
（96，下，期
y
−x
, Q( x, y) = 2
. 当 ( x, y )  (0, 0) 时，
2
x + 9y
x + 9 y2
【分析】 设 P( x, y ) =
2
P Q
x2 − 9 y 2
=
= 2
y x ( x + 9 y 2 ) 2
由于曲线 C 的任意性，无法直接计算，显然需要利用在下半平面上积分与路径无关的性质
把曲线 C 换成曲线 C1 ，使在 C1 上的积分易于计算。从 P, Q 的形式看，应选 C1 为椭圆。
【解】 由于 ( x, y )  (0, 0) 时，
P Q
，故
=
y x
在不含原点的单连通区域内，曲线积分与路径无关。
取 C1 : x + 9 y =  ( y  0), 其中   0 适当小，
2
2
2
使 C1 与 C 不相交，方向从 A1 (− ,0) 到 B1 ( ,0) 。
则
ydx − xdy
ydx − xdy
ydx − xdy
=
=
2
2
2
2
2
2

C
1 x + 9y
x + 9y
x + 9y
AA1 + C1 + B1B
I =
C
1
1

sin
t
(
−

sin
t
)
dt
−

cos
t

 cos tdt
2π
3
3
=
2

π
2π
1
π
=  (− )dt = −
π
3
3
其中 C1 取为参数方程： x =  cos t , y =
23. 计算曲线积分 I =
x=
1
 sin t , π  t  2π
3
π
− sin ydx + x cos ydy
，其中 C 是由点 A(0, − ) 沿曲线
2
2
C
2
x + sin y

π2
π
− y 2 到点 B(0, ) 的弧段。
4
2
【分析】 设 P( x, y ) =
（98，下，期末）
− sin y
x cos y
。因为
, Q( x, y ) = 2
2
x + sin y
x + sin 2 y
2
P Q cos y sin 2 y − x 2 cos y
=
=
, ( x, y )  (0, kπ)
y x
( x 2 + sin 2 y )2
其中 k  N , 所以可选取适当的积分路径或利用原函数计算。
【解】 法一 因为
P Q cos y sin 2 y − x 2 cos y
=
=
, ( x, y )  (0, kπ)
y x
( x 2 + sin 2 y )2
其中 k  N , 所以在不含奇点 (0, kπ) 在内的单连通域内曲线积分与路径无关，取折线 AEFB
π
2
π
2
计算积分，其中 E (1, − ), F (1, )
I =
AEFB

0 − dx
dx
cos y
2
+
dy
+

2
2
− 2 1 + sin y 1 1 + x2
0 1+ x
=
1

= 2 arctan x |10 +2 arctan(sin y ) |02 = π
法二
I = arctan
sin y (0, π2 )
sin y
sin y
| π = lim+ arctan
− lim+ arctan
=π
(0,
−
)
x
→
0
x
→
0
x
x
x
2
π
π
y→
24. 计算曲线积分 I =

C
y →−
2
2
− ydx + xdy
, 其中 C 是以点 (2, 0) 为圆心，半径为 R( R  2) 的
x2 + 9 y 2
圆周，取逆时针方向。
【分析】 要分 R  2 与 R  2 两种情况讨论。
【解】 设 P( x, y ) =
（99，下，期中）
−y
x
, Q( x, y) = 2
. 当 ( x, y )  (0, 0) 时，
2
x + 9y
x + 9 y2
2
P Q
9 y 2 − x2
=
= 2
y x ( x + 9 y 2 ) 2
（1）当 R  2 时，由 Green 公式 I =

C
− ydx + xdy
Q P
=  (
− )dxdy = 0 ，其中 BR
2
2
B
R
x + 9y
x y
为 C 所围成的圆形区域。
（2）当 R  2 时，在圆 C 内作椭圆 C : x + 9 y =  , 取逆时针方向。则在 C 与 C 所
2
围成的区域 D 内，用 Green 公式得
于是
I=
C +C−
− ydx + xdy
C x 2 + 9 y 2 =
25. 计算曲线积分 I =

2
=  (
C
D
2
Q P
− )dxdy = 0 。
x y
2 1
− ydx + xdy
2
=
d = π
2
2

0
x + 9y
3
3
xy (− ydx + xdy )
, 其中 C 为 xoy 平面上任一不通过原点的光
C
x4 + y 4
滑闭曲线。
末）
【分析】 需分原点在 C 内与 C 外两种情况讨论。
（99，下，期
【解】 设 P( x, y ) =
− xy 2
x2 y
。则当 ( x, y )  (0, 0) 时有
,
Q
(
x
,
y
)
=
x4 + y 4
x4 + y 4
P Q −2 xy ( x 4 − y 4 )
=
=
y x
( x 4 + y 4 )2
− xy 2 dx + x 2 ydy
Q P
（1）
当 C 不包围原点时，由 Green 公式得 
=  (
− )dxdy = 0
4
4
C
D
x +y
x y
（2）当 C 包围原点时，在 C 内取 C : x 4 + y 4 =  2 ，逆时针方向，则 Green 公式可推
出
− xy 2 dx + x 2 ydy
C x4 + y 4 =

=
1
C
2
− xy 2 dx + x 2 ydy 1
= 2
x4 + y 4


D

C
− xy 2 dx + x 2 ydy
4 xydxdy = 0
其中 D 是 C 所围成的区域。
综上，对任意不通过原点的光滑闭曲线 C 都有 I =

xy (− ydx + xdy )
=0
C
x4 + y 4
26. 已知 C 为平面上任一不经过原点的闭曲线，问常数  为何值时，曲线积分

【分析】 设 P( x, y ) =
C
xdx −  ydy
=0
x2 + y 2
（94，下，期末）
x
− y
。 P, Q 在原点无定义，应对 C 是否
, Q( x, y ) = 2
2
x +y
x + y2
2
包含原点在内分别讨论。
【解】 （1）设 C 不包含原点，其所围成的区域为 D 。因为

xdx −  ydy
= 0 ，所以
C
x2 + y 2
P
P Q
−2 xy
Q
−2 xy
。又
，所以  = 1 。
= 2
=
,
= 2
2 2
y ( x + y ) x ( x + y 2 )2
y x
（2）设 C 包含原点(不妨设 C 取正方向)，在 C 内取正向圆周 C : x + y =  , 则在 C
2
2
2
与 C 所围成的区域 G 上应用 Green 公式得

G
所以
(
Q P
− )dxdy =
x y

−
C +C
xdx −  ydy
=0
x2 + y 2
(1 −  ) 
G

xdx −  ydy
=
C
x2 + y 2
xy
dxdy = 0
( x + y 2 )2
2

−
C
xdx −  ydy
x2 + y 2
−
由 G 的任意性得：  = 1 。
综上，当  = 1 时，积分

π
2
xdx −  ydy
= 0。
C
x2 + y 2
27. 在过点 A( , 0), B(
曲线从 A 到 B 的积分
3π
, 0) 的曲线族 y = k cos x(k  0) 中，求一条曲线 L ，使沿该
2
 (1 + y )dx + (2 x + y)dy 的值最大。
3
（94，下，期
L
末）
【分析】 这是一道计算曲线积分和求函数极值的综合题，应先求出曲线积分的值(为 k
的函数)，再求最大值。
【解】 设 Lk : y = k cos x,
π
3π
x
2
2
I (k ) =  (1 + y 3 )dx + (2 x + y )dy
Lk
3
2
=  (1 + k 3 cos3 x)dx + (2 x + k cos x)(−k sin x)dx
2
1
1
= [ x + k 3 (sin x − sin 3 x) + 2k ( x cos x − sin x) + k 2 cos 2 x]
3
2
= π−
3
2

2
3
4k
+ 4k
3
【注】 也可用 Green 公式计算 I ( k ) 。
I '(k ) = 4 − 4k 2 , 令 I '(k ) = 0 ，得驻点 k = 1 。由于 k  0 ，故只有唯一驻点 k = 1 。
又 I ''(1) = −8  0 ，所以当 k = 1 时，即 L 为 y = cos x 时，曲线积分取最大值。
28. 计算曲线积分 I =
( x − y)dx + ( x + y)dy
，其中 C 为摆线 x = t − sin t − π ，
C
x2 + y 2

y = 1 − cos t 从 t = 0 到 t = π 的一段。
（04，下，期中）
【分析】 分析出积分与路径无关，选择恰当的路径求出积分。
【解】 设 P( x, y ) =
x− y
x+ y
, Q( x, y) = 2
, 则当 ( x, y )  (0, 0) 时，有 Qx = Py . 因
2
2
x +y
x + y2
而积分在不包含原点的区域内积分与路径无关，故可取一条特殊的路径 L1 + L2 . 其中：
L1 : x = −π,0  y  2; L2 : y = 2, −π  x  0
所以
I =  Pdx + Qdy +  Pdx + Qdy = 
L1
L2
2
0
0 x−2
−π + y
2 π
dy +  2 dx = ln −
2
2
−π x + 4
π +y
π 2
29. 设 f (x) 具有连续导数，满足 f ( x)  0, f (1) =
线 C 上的积分
 [ ye
x
C
1
, 且在平面区域 x  1 内的任一闭曲
2
y
f ( x) − ]dx − ln f ( x)dy = 0, 试求函数 f (x) 。
x
（03，下，期
末）
y
P ( x, y ) = ye x f ( x) − , Q ( x, y ) = − ln f ( x )
x
【解】 令
P Q
1
1
f ( x)
，即 e x f ( x) − = −
。令 g = ，可得一阶线性

y x
x
f ( x)
f
1
C
 1
x
非齐次微分方程 g  + g = e 。该方程通解为 g ( x ) = 1 −  e x + （ C 为积分常数）
。由
x
x
 x
1
x
定解条件 f (1) = , 可得 C = 2 。所以函数 f ( x) =
。
2
( x − 1)e x + 2
由闭曲线积分恒为零可知
30. 设 f (x) 具有二阶连续导数， f (1) = 1, f (1) = 7, 试确定 f (x) 使曲线积分
I =
C ( AB )
[ x 2 f ( x) − 11xf ( x)]dy − 32 f ( x) ydx
与路径无关，并对点 A(1,1), B(0,3) 计算曲线积分的值。
（03，下，期末）
P ( x, y ) = −32 f ( x) y, Q ( x, y ) = x 2 f ( x) − 11xf ( x)
【解】 令
因为曲线积分与路径无关，所以
P Q
，即

y x
−32 f ( x) = 2 xf ( x) + x2 f ( x) −11 f ( x) −11xf ( x)
x2 f ( x) − 9 xf ( x) + 21 f ( x) = 0
整理得 Euler 方程：
d2 f
df
令 x = e ，原方程可转化为二阶线性奇次微分方程： 2 − 10
+ 21 f = 0 ，其特征方程
dt
dt
t
为
r 2 − 10r + 21 = 0, 两个单重根为 3 和 7，所以
f = c1e3t + c2e7t = c1 x3 + c2 x7
c1 + c2 = 1
, 所以 c1 = 0, c2 = 1, 故 f ( x ) = x 7
3c1 + 7c2 = 7
由定解条件 f (1) = 1, f (1) = 7, 可知 
I =
C ( AB )
=
C ( AB )
[ x 2 f ( x) − 11xf ( x)]dy − 32 f ( x) ydx
−4 x8 dy − 32 x 7 ydx = 
31. 计算曲面积分 I =
是半球面 z =
C ( AB )


d ( −4 x8 y ) = −4 x8 y
( 0,3)
(1,1)
=4
xz 2 dy  dz + ( x 2 y − z 3 )dz  dx + (2 xy + y 2 z )dx  dy, 其中 
a 2 − x 2 − y 2 的上侧。
（91，下，期末）
z = 0
【解】 添加曲面 1 : 
2
2
2
x + y  a ,

I=
由 Gauss 公式得
− 
+1
1
=  ( x 2 + y 2 + z 2 )dxdydz +  2

x + y2 a2
π
2
0
=  d  d  r 4 sin  dr + 0 =
2π
0
a
0

32. 计算曲面积分 I =
取下侧。
2 xydxdy
2 5
πa
5
x(e z + 1)dz  dx + ( x + y + z )dx  dy ，其中  为曲面
2

z = x2 + y 2 (0  z  H ) 的下侧。
（92，下，期末）
z = H
【解】 添加曲面 1 : 
2
2
x + y  H
I=

− 
+1
=  dxdydz −  2
1
=  dz  2
H
x + y H
0
2

x + y2  H
dxdy − H  2
x +y

33. 计算曲面积分 I =
, 取上侧。由 Gauss 公式得

2
( x + y + H )dxdy
H
1
dxdy =  πzdz − πH 2 = − πH 2
H
0
2
x 2 dy  dz + y 2 dz  dx + ( z + 1)dx  dy ，其中  为曲面
x 2 + y 2 = 4 − z 在 z  0 部分的上侧。
（93，下，期末）
z = 0
【解】 添加曲面 1 : 
2
2
x + y  4

I=
=  (2 x + 2 y + 1)dxdydz −  2
− 
+1
, 取下侧。由 Gauss 公式得

1
x + y2 4
=  dxdydz + 4π =  dz  dxdy + 4π
4

0
dxdy
Dz : x 2 + y 2  4 − z
Dz
=  π(4 − z )dz + 4π = 12π
4
0
 ( x
34. 计算曲面积分 I =
2

+ y 4 )dy  dz + ( y 2 + z 4 )dz  dx + ( z + x)dx  dy, 其中 
为曲面 z = 1 − x − y (−3  z  1) 的上侧。
2
2
 z = −3
【解】 添加曲面 1 : 
2
2
x + y  4
I=

+1
− 
1
, 取下侧。由 Gauss 公式得
=  (2 x + 2 y + 1)dxdydz +  2

=  dxdydz − 3 2

（96，下，期末）
x + y2 4
dxdy =  π(1 − z )dz − 3  4π = −4π
1
x + y 4
2
( x − 3)dxdy
−3
 ( xy + z
35. 计算曲面积分 I =

2
)dy  dz + x 2 z 2dx  dy ，其中  为曲面 z = x2 + y 2
(0  z  1) 的下侧。
（98，下，期末）
z = 1
【解】 法一 添加曲面 1 : 
2
2
x + y  1
I=

− 
+1
, 取上侧。由 Gauss 公式得
=  ( y + 2 x 2 z )dxdydz −  2
1

x + y 2 1
2
1
0
0
x 2 dxdy
=  2 x 2 zdxdydz −  d   3 cos 2  d 

2
1
1
0
0

= 2 d   d   2  2 cos 2 zdz −
π
π
=−
4
8
法二 直接计算
 ( xy + z



2
)dy  dz =  xydy  dz =  2 y z − y 2 dydz = 0

x 2 z 2 dx  dy = − 
Dyz
2
1
0
0
x 2 ( x 2 + y 2 )dxdy = −  d   7 cos 2  d  = −
Dxy
I =−
π
8
 2xdy  dz − ydz  dx + (2z
36. 计算曲面积分 I =
2

− z )dx  dy ，其中  为曲面
z = 1 + 1 − x 2 − y 2 的上侧。
（99，下，期末）
z = 1
【解】 添加曲面 1 : 
2
2
x + y  1
I=

+1
− 
, 取下侧。由 Gauss 公式得
=  4 zdxdydz +  2
1

x + y 2 1
(2 − 1)dxdy
= 4 zdz  dxdy = 4 z  π(2 z − z 2 )dz + π =
2
2
1
π
8
Dz
1
14
π
3
其中 Dz : x + y  2 z − z 。
2
2
2
37. 计算曲面积分 I =
xy 2 dy  dz + e z sin xdz  dx + x 2 zdx  dy
，其中  为柱面

x2 + y 2
x2 + y 2 = 4(0  z  2) 的外侧。
（97，下，期末）
【分析】 首先注意到被积函数的分母为 4 ，然后
可添加曲面利用 Gauss 公式求解。本题也可以考虑直接
化成二重积分计算。
【解】 法一 因为  为柱面 x + y = 4(0  z  2) ，
2
2
所以 I =
xy 2 dy  dz + e z sin xdz  dx + x 2 zdx  dy

4
z = 0
取上侧，
,

:
, 取下侧。则
2  2
2
2
2
x + y  4
x + y  4
z = 2
添加曲面 1 : 
I=
  + 
1
由 Gauss 公式得
+1+2
=
+
− 
− 


2
1
2
xy 2 dy  dz + e z sin xdz  dx + x 2 zdx  dy
4
2
2
1
1 2
( x 2 + y 2 )dxdydz =  d   3d   dz = 4π

0
0
4 
4 0
xy 2 dy  dz + e z sin xdz  dx + x 2 zdx  dy
1
4
2
1
1 2
=  2 2 2 x 2 dxdy =  d   3 cos 2  d  = 2π
0
4 x + y 4
2 0
2
xy 2 dy  dz + e z sin xdz  dx + x 2 zdx  dy
=0
4
故 I = 4π − 2π − 0 = 2π
法二 直接化成二重积分计算。因为  的外法方向与 z 轴方向垂直，所以
x2 z
 x2 + y 2 dx  dy = 0
把  分成左右两侧考虑，则
e z sin x
1
z
z
 x2 + y 2 dz  dx = 4 (Dzx e sin xdzdx − Dzx e sin xdzdx) = 0
其中 Dzx 为  在 zox 平面上的投影区域。
2
xy 2
2
1 2 2
2
2
2
 x2 + y 2 dy  dz = 4 Dyz y 4 − y dydz = 2 −2 y 4 − y dy 0 dz = 2π
综上 I = 2π 。
38. 计算曲面积分 I =

xdy  dz + ydz  dx + zdx  dy
3
2 2
，其中 S 是立方体 V :| x | 2,
(x + y + z )
2
S
2
| y | 2,| z | 2 的表面外侧。
【分析】 设 P =
（01，下，期末）
x
3
2 2
( x2 + y 2 + z )
,Q =
y
3
2 2
( x2 + y 2 + z )
,R =
z
3
( x2 + y 2 + z 2 ) 2
Px + Qy + Rz = 0, ( x, y, z )  (0,0,0)
可以观察到：
这一事实告诉我们可以作一个小球 C : x + y + z   , 记小球的表面内侧为 S ，则 S 与
2
2
2
2
曲面 S 构成一个闭曲面的外侧，再在其上用 Gauss 公式求解。
【解】 在曲面 S 与曲面 S 所围成的立体上利用 Gauss 公式得：
I +  Pdy  dz + Qdz  dx + Rdx  dy = 0
S
故
I = −  Pdy  dz + Qdz  dx + Rdx  dy =

xdy  dz + ydz  dx + zdx  dy
3
− S
S
= 4π
其中最后一步是在小球 C : x + y + z   上利用 Gauss 公式。
2
39. 设 S 是锥面 z =
2
2
2
x 2 + y 2 及平面 z = 1, z = 2 所围成的立体表面的外侧，求曲面积分

I=
ez
S
dx  dy
x2 + y 2 + z 2
（04，下，期末）
【分析】 将曲面分成三块，分别化为二重积分求解。
【解】 曲面 S 分为三部分 S1 : z = 2, x + y  4 ，方向 (0, 0,1) ；S2 : z = 1, x + y  1,
2
方向 (0, 0, −1) ； S3 : z =
S1
2
x2 + y 2 + 4
dx  dy = e 2  2
1
x + y 4
2
e

x2 + y 2 + 4
S2
2π
2

0
4+ 
dx  dy = −e  2

S3
2π
1
0
0
x2 + y 2
2  x2 + y 2

1+  2
d  = 4( 2 − 1)πe 2
2
x2 + y 2 + 1
dxdy
d  = −2( 2 − 1)πe
e
dx  dy = − 
1 x 2 + y 2  4
2π
2
dxdy
1
x + y 1
= −e  d 
e
x2 + y 2 + 4
0
= e 2  d 
x2 + y 2
x2 + y 2
dxdy
2
= −  d  e  d  = −2π(e 2 − e)
0
I =

S
= 
S1
+ 
S2
1
+ 
S3
2
1
x
y
(
,
, −1) 。
2 x2 + y 2
x2 + y 2
x 2 + y 2 ,1  x 2 + y 2  4, 方向
e2

2
= (4 2 − 6)πe 2 + (4 − 2 2)πe
（四） 证明题
1.
证 明
 ( x + y + z +

3a)dA  12πa3 (a  0)

， 其 中
是 球 面
x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2ay
−2az + 2a 2 = 0 。
（94，下，期末）
【分析】 首先求 x + y + z + 3a 在球面  上的最小值 m ，然后验证 m
x + y + z + 3a =
【证】 在球面  上有

所以

( x + y + z + 3a)dA =  [

 dA  12πa
3
。

1 2
( x + y 2 + z 2 ) + (1 + 3)a
2a
x2 + y 2 + z 2
+ (1 + 3)a]dA
2a
x2 + y 2 + z 2
dA

2a
= 4(1 + 3)πa3 + 
 的方程是 ( x − a)2 + ( y − a)2 + ( z − a)2 = a 2 ，因此  上到原点距离最近的点 ( x0 , y0 , z0 )
在直线 x = y = z 上。点 ( x0 , y0 , z0 ) 也正是函数 x 2 + y 2 + z 2 在  上的最小值点。由
( x0 − a) 2 + ( y0 − a) 2 + ( z0 − a) 2 = a 2

 x0 = y0 = z0
3
3
). （注：另一解 x1 = y1 = z1 = a(1 +
) 对应于最远点，舍去）
3
3
解得 x0 = y0 = z0 = a (1 −
这
样
，
我
们
就
有
x2 + y 2 + z 2
3 2 3
3a
3 2
3
 2a dA   2 (1 − 3 ) dA = 6(1 − 3 ) πa = 4(2 − 3)πa 。
 ( x + y + z +
所以

3a)dA  4(1 + 3)πa3 + 4(2 − 3)πa3 = 12πa3
【注】 本题可用拉格朗日乘数法直接求函数 x + y + z + 3a 在  上的最小值来证明。
也可利用重心公式来证明。事实上，原命题等价于证明
 ( x + y + z +
 dA

3a)dA
 3a 。利用

重心公式
 xdA = x,  ydA = y,  zdA = z ，显然 ( x, y, z) = (a, a, a) ，故命题成立。
 dA
 dA
 dA






2. 设函数 P( x, y ), Q( x, y ) 在单连通域 D 上具有一阶连续偏导数，试证：若在 D 内处处
有
P Q
，则曲线积分  Pdx + Qdy 与路径无关，其中 A, B 是 D 内任意取定的两点。
=
AB
y x
（95，下，期末）
【证】 任取两条以 A 为起点， B 为终点
不相交的曲线 C1 , C2 ，则 C1 + C2− 构成正向的闭
曲线，设该闭曲线围成的区域为 D 。
则由 Green 公式得
Q
P
C1+C2− Pdx + Qdy = D ( x − y )dxdy = 0
即
C1 Pdx + Qdy = C2 Pdx + Qdy, 故曲线积分 AB Pdx + Qdy 与路径无关。
3. 已 知 曲 线 积 分

L
xdy − ydx
 A, 其 中 A 为 常 数 ，  ( x) 的 一 阶 导 数 连 续 ， 且
 ( x) + 2 y 2
 (1) = 1, L 是围绕原点 (0, 0) 一周的任一正向闭曲线。
（1）证明在任一不包含原点的单连通区域内，曲线积分

xdy − ydx
与路径无关；
C  ( x) + 2 y 2
（2）确定  ( x) ，并求 A 的值。
（91，下，期末）
【分析】 要证在任一不包含原点的单连通区域中，曲线积分与路径无关，即证在单连
通 区 域 内 任 取 两 条 具 有 相 同 起 点 和 终 点 的 曲 线 C1 和 C2 ， 有
xdy − ydx
xdy − ydx
。
=
2
C1  ( x) + 2 y
C2  ( x) + 2 y 2

为了利用题中的条件，可以补上曲线 C3 ，使 C1 + C3 , C2 + C3 为围绕原点的闭曲线。然后再
利用（1）的结论，得
Q P
，从而求出  ( x) 。
=
x y
【证】 （1）补上曲线 C3 ，使 C1 + C3 ， C2 + C3
为围绕原点的正向闭曲线。由题意知
xdy − ydx
C1+C3  ( x) + 2 y
因而
2
=
xdy − ydx
C2 +C3  ( x) + 2 y
2
xdy − ydx
C1  ( x) + 2 y
2
xdy − ydx
C2  ( x) + 2 y 2
=
（2）由（1）知，当 ( x, y )  (0, 0) 时，有

x

−y
(
)= (
) ，计算
2
x  ( x) + 2 y
y  ( x) + 2 y 2
得
 ( x) = cx2 。又  (1) = 1 ，所以  ( x) = x2 。取积分路径 C 为椭圆 x2 + 2 y 2 = 1 正向，则其
1
sin t 0  t  2π
2
x = cos t , y =
参数方程为
2π
xdy − ydx
1
1
= (
cos 2 t +
sin 2 t )dt = 2π
2
C  ( x) + 2 y
0
2
2
A=
所以
4. 设 f ( x) 为正值连续函数，试证不等式

C
−y
dx + xf ( y)dy  2 a 2 , 其中 C 是圆周
f ( x)
( x − a)2 + ( y − a)2 = a 2 (a  0), 取逆时针方向。
（97，下，期末）
【分析】 不等式的左端是一个第二型曲线积分，右端的值恰好是 C 围成的圆域 D 的面
积的两倍，即 2

D
dxdy ，故应考虑把第二型曲线积分转化为二重积分。

【证】 由 Green 公式得
C
其中 D : ( x − a) + ( y − a)  a 。由于
2

所以
D
2
[ f ( y) +
2
−y
1
dx + xf ( y)dy =  [ f ( y) +
]dxdy
D
f ( x)
f ( x)

D
f ( y)dxdy =  f ( x)dxdy ，
D
1
1
]dxdy =  [ f ( x) +
]dxdy  2 dxdy = 2πa 2
D
D
f ( x)
f ( x)
5. 设函数 u ( x, y, z ) 具有连续的二阶偏导数，  是有界闭区域  的光滑边界曲面，记
u =
 2u  2u  2u
+
+
, 试证：
x 2 y 2 z 2

（1）

udV =

u
u
dS , 其中 是函数 u ( x, y, z ) 沿  的外法线方向的方向导数；
 n
n
（2）若在  内 u = 0, 且函数 u ( x, y, z ) 在  上值为零，则在  内， u  0 。
（93，下，期末）
【分析】 （1）中等式右边是第一型曲面积分，左边是三重积分，Gauss 公式是三重积
分和第二型曲面积分的关系式，这些启示我们应先把第一型曲面积分化为第二型曲面积分，
然后利用 Gauss 公式。对于（2）
，由题意可以看出，也就是要证 u = 0. 利用（1）的方法
即可。
【证】（1）由方向导数的定义，第一型曲面积分和与第二型曲面积分的关系以及 Gauss
公式可得：

u
dS =
 n


u  ndS =


u  d S =
=  (



u x dy  dz + u y dz  dx + u x dx  dy
 2u  2u  2u
+
+
)dV =  udV

x 2 y 2 z 2
（2） 在  内 u = 0 ，等式两边同时乘以 u ，并在  上积分得：


uudV = 0 。
计
算得：


uudV =  [


而右端第一式

u
=


=


u
2
 u
 u
 u
(u ) + (u ) + (u )] −  | u | dV

x x y y z z
2
u
u
u
dy  dz +u dz  dx + u dx  dy −  | u | dV

x
y
z
uu  dS −  | u | dV =
2



u
2
u
dS −  | u | dV

n
2
u
2
dS = 0 ，所以  | u | dV =0。故在  内有： u = 0 。

n
即 ux = u y = uz = 0, 故 u 为常数，又因为 u 在  上取 0 ，所以 u  0
π
2
6. 证明不等式： 

C
− y sin x 2 dx + x cos y 2 dy 
2
π ，其中 C 是圆周 x2 + y 2 + x +
2
y = 0, 取逆时针方向。
（04，下，期末）
【分析】 利用 Green 公式把曲线积分化为二重积分来证。
【证】 记曲线 C 所围成的区域为 D ，利用 Green 公式得：

C
− y sin x2 dx + x cos y 2 dy =  (sin x 2 + cos y 2 )dxdy.
D
因为区域 D 关于直线 y = x 对称，所以

又因为
所以
C

D
cos y 2 dxdy =  cos x 2 dxdy. 代入上式得：
D
− y sin x 2 dx + x cos y 2 dy = 
D
π
2 sin( x 2 + )dxdy
4

1
2 1
2
1  2 sin( x 2 + )  2, x  [− −
,− +
]
4
2 2
2 2
1
π
2
π   2 sin( x 2 + )dxdy  2   dxdy =
π ，即
D
D
2
4
2
π

2
（五）应用题

C
− y sin x 2 dx + x cos y 2 dy 
2
π
2
1. 求曲面 x 2 + y 2 = az 与 z +
x 2 + y 2 = 2a (a  0) 所围成的立体的体积。
（94，下，期末）
【分析】 围成立体的两块曲面的方程都可以写成显式 z = f ( x 2 + y 2 ) 的形式，故选用
柱坐标来计算体积。
【解】 设两曲面围成的立体为  ，将  向 xoy 平面投影，得区域 D 。由方程组
1 2

2
z = a (x + y )

 z = 2a − x 2 + y 2

消去 z ，得 D 的边界方程为 x 2 + y 2 = a 2 , 故 D : x 2 + y 2  a 2 。
 x =  cos 

 y =  sin 
z = z

令
则  : 0    2π, 0    a,
2
a
 z  2a −  。于是
2a−
V =  dxdydz =  d  d   2

2. 求曲面 x + y =
2
2
2π
a
0
0
a
5
dz = πa3
6
1 2
z 和 y + z = 2 所围成的立体的表面积。
3
（93，下，期末）
【分析】 立体的表面积分成两个部分，其方程分别是 z = 3( x + y ) 和 z = 2 − y 。
2
2
选择向 xoy 平面投影计算较方便。两部分在 xoy 平面上有相同的投影区域 D ， D 的边界正
是两部分交线的投影。
【解】 记立体的表面为  。容易求出  在 xoy 平面的投影
为： D :
x 2 ( y + 1)2
+
 1 。  分为两部分： 1 和  2 ，其中
2
3
1 : z = 3( x 2 + y 2 ), ( x, y )  D ， 2 : z = 2 − y,( x, y)  D
对于 1 有 z x =
3x
x2 + y 2

1
3y
, zy =
x2 + y 2
dA = 
D
对于  2 有 z x = 0, z y = −1 。所以
。所以
1 + z x2 + z y2 dxdy = 2 dxdy = 2 6π
D

1
dA = 
D
1 + z x2 + z y2 dxdy = 2  dxdy = 2 3π 。
D
故 S = 2 3(1 + 2)π 。
x 2 + y 2 与半球面 z = 2 − x 2 − y 2 所围成的立体  的质量。已知 
3. 求由锥面 z =
上任一点 ( x, y, z ) 处的密度  ( x, y, z ) 等于该点到 z 轴的距离。
（96，下，期
末）
【分析】 本题用柱坐标计算较方便。
【 解 】 由 题 意 知 ：  ( x, y , z ) =
x 2 + y 2 ，  在 xoy 平 面 上 的 投 影 区 域 为
D : x2 + y 2  1 。
 x = r cos 

 y = r sin 
z = z

令
则  : 0    2π, 0    1,   z 
2− 2
m =   ( x, y, z )dV = 


2
1
0
0
=  d  d  
2−  2

x 2 + y 2 dV
 2 dz = 2π   2 2 −  2 d  −
1
0
π
2
π π π2 π
= 2π  − = −
8 2 4 2
4. 求由曲面 z = a + a − x − y (a  0) 与 z =
2
2
2
x 2 + y 2 所围成的立体的质量，已知
其上任一点的密度与该点到 xoy 平面的距离的平方成正比。
（96，下，期末）
【分析】 求物体的质量是三重积分的物理应用。
【解】 由题意得：
π
4
0
m =   ( x, y, z )dV =  kz dV = k  d  d 
2


2π
0
5. 设质量为 m 的质点在力 F 作用下，沿椭圆
2 a cos
0
3
r 4 cos 2  sin  dr = kπa5
2
x2 y 2
+
= 1( y  0) 由点 A(−a, 0) 移动到
a 2 b2
点 B(a, 0) ，求力 F 所做的功，已知 F 的大小与点 P( x, y ) 到椭圆中心的距离平方成正比，
方向指向椭圆中心。
期末）
（96，下，
【分析】 第二型曲线积分是用来求变力做功问题的工具。本题的要先写出 F 的表达式，
然后再计算功。
【解】 已知 F = k ( x + y ), k  0, F 的方向为向量 (− x, − y ) 的方向。因此
2
2
F ( x, y ) = k ( x 2 + y 2 )
( − x, − y )
x +y
2
2
= k x 2 + y 2 ( − x, − y )
 W =  −kx x 2 + y 2 dx − ky x 2 + y 2 dy
C
设 P ( x, y ) = −kx x + y ， Q( x, y ) = −ky x + y
2
2
2
P Q
=
=
y x
计算得：
−kxy
x2 + y 2
,
2
( x, y )  (0, 0)
所以积分在不含原点的单连通区域内与路径无关。取 C1 : x + y = a ( y  0) ，方向顺时针
2
2
2
方向，则
W =  −kx x 2 + y 2 dx − ky x 2 + y 2 dy =  −kx x 2 + y 2 dx − ky x 2 + y 2 dy
C1
C
= −ka  xdx + ydy = −ka  xdx + ydy = −ka  xdx = 0
a
C1
−a
AB
6. 一个质点在力场 F 作用下由点 A(2, 2,1) 沿直线移动到点 B(4, 4, 2) ，求 F 所做的功
W 。已知 F 的方向指向坐标原点，其大小与作用点到 xoy 平面的距离成反比。
（97，下，期末）
F =−
【解】
k
( x, y , z )

, k 0
| z | x2 + y 2 + z 2
W =  F  ds = −k 
AB
AB
xdx + ydy + zdz
| z | x2 + y 2 + z 2
其中 AB 的参数方程为： x = 2(t + 1), y = 2(t + 1), z = t + 1,
0  t  1 。代入 W 得：
3
dt = −3k ln 2
0 t +1
W = −k 
1
练习
1. 计算积分

−1 x 1
0 y  1− x 2
2
x3e x y dxdy 。
（87，下，期末）
2. 交换积分次序：
 dy 
1
0
2
0
1
3. 已知函数 f ( x) 连续，且满足
算

D
2− y
f ( x, y )dx +  dy 
y

1
0
f ( x, y )dx 。
0
（04，下，期末）
f ( x)dx =  xf ( x)dx ，设 D : x + y  1, x  0, y  0 计
1
0
f ( y)dxdy 。
（04，下，期末）
4. 设曲线 C 为圆周 x 2 + y 2 = 1，计算曲线积分

C
( x 2 + y 2 − 3x)ds 。（04，下，期末）
5. 设 L 是以 A(1, 0), B(0,1), C (−1, 0), D(0, −1) 为顶点的正方形依逆时针方向的边界，
计算曲线积分

xdy − ydx
。
L | x|+| y|
（04，下，期
末）
6. 设有空间区域  : x 2 + y 2 + z 2  R 2 ，计算


x 2 + y 2 + z 2 dV 。（03，下，期末）
2 y − y 2 , 0  y  2} ，计算  xdxdy 。 （03，下，期末）
7. 设 D = {( x, y ) | 0  x 
D
8. 设 C 是从 B (0, 2) 经 A(1, −1) 到 O(0, 0) 的有向折线，计算曲线积分
I =  ( x3 + xy 2 )dx + ( y 3 + x 2 y + x)dy
C
（03，下，期末）
9. 计算函数 u = x 2 y 3 z 4 在 (1,1,1) 的梯度。
（94，下，期末）
10. 若 A = 3x yi + e z j + 2 x zk ，试计算 div A |(1,0,2) , grad(div A) |(1,0,2) 。
2
y
3
（87，下，期末）
11. 求向量场 A = (2 x + y)i + (4 y + x + 2 z ) j + (2 y − z )k 的势函数。 （87，下，期末）

12. 计算下列积分：
（1）
成的区域；
（2）
1
1 −
0
x
 dx  e
y2
2
D
x
dxdy, 其中 D 是由直线 y = x, x = 3 及双曲线 xy = 1 所围
y2
dy 。
（85，下，期
末）
13. 计算二重积分 I =

D
( x 2 + y 2 + 5 xy )dxdy ，其中积分区域 D 是由直线 y = x ，
y = − x 及曲线 y = 1 + 1 − x 2 围成的区域。
14. 计算下列积分：
（1）

| x|+| y| 1
（03，下，期末）
1
3
( x + y )dxdy ；（2）  dy 3 y cos x5 dx 。
2
1
0
1
y
（87，下，期末）
15. 计算积分 I =
16. 计算积分

1
0

1
f ( x)dx, 其中 f ( x) = 
0
1
dx 
x
x
17. 计算二重积分
x
sin y
dy 。
y
sin y
dy
y
（03，下，期末）
x

x +y
2
D
（89，下，期末）
dxdy, 其中 D 是由 x = 0 与 x = 2ay − y 2 (a  0) 所
2
围成的区域。
末）
（04，下，期
18. 设  是由曲面 z = x 2 + y 2 与平面 z = 2 y 所围成的区域。将三重积分


zdxdydz
化为：
（1）直角坐标系下的累次积分；
（2）柱坐标系下的累次积分，并求积分值。
（85，下，期末）
19. 计算 I =


e z dxdydz, 其中  是由曲面 x 2 + y 2 = 2 z 及平面 z = 2 所围成的闭区
域。
（03，下，期末）
20. 计算曲线积分 I =

C
(e x sin y + 4)dx + (e x cos y + 2 x)dy ，其中 C 为折线 OAB ，
（87，下，期末）
O(0, 0), A(1,1), B(2, 0)
21. 计算曲线积分 I =

C
 x = a (t − sin t ) − aπ
−y
x
dx + 2
dy ，其中 C 为摆线 
2
2
x +y
x +y
 y = a(1 − sin t )
2
(a  0) 从 t = 0 到 t = 2π 的一段。
（89，下，期末）
22. 已知 C 为不经过原点的正向简单闭曲线，求

( x − y )dx + ( x + y)dy
。
C
x2 + y 2
（85，下，期末）
23. 计算曲线积分 I =
y = − cos

2

C
( y + x)dx + ( y − x)dy
，其中 C 是自点 A(−2,1) 沿曲线
x2 + y 2
x 到点 B(2,1) 的曲线段。
（04，下，期末）
1
2
24. 设曲面  为以 A(1, 0, 0), B(0, , 0), C (0, 0,1) 为顶点的三角形，取上侧，求


xdy  dz + ydz  dx + zdx  dy
（85，下，期末）

3
3
3
25. 计 算 曲 面 积 分 I = x dy  dz + y dz  dx + z dx  dy ， 其 中  为 曲 面

z = x 2 + y 2 位于 0  z  H 部分的下侧。
（87，下，期末）
26. 计算曲面积分 I =


x3dy  dz + y 3dz  dx + ( z 3 + 1)dx  dy ，其中  为球面 x 2 +
y 2 + z 2 = a 2 位于 z  0 部分的上侧。
（88，下，期末）
( x + e z )dy  dz + z 3dx  dy
27. 计算曲面积分 I = 
，其中  为柱面 x 2 + y 2 = 1被两
2
2

x +y
2
平面 z = 0, z = 1 所截部分的外侧。
28. 计算曲面积分


（03，下，期中）
( x 2 + y 2 + 1)dA, 其中  为球面 x 2 + y 2 + z 2 = 3 。
（03，下，期末）
29. 计 算 曲 面 积 分 I =

(4 + z 2 )dy  dz + yzdz  dx

x2 + y 2 + z 2
, 其 中  为 半 球 面
z = 9 − x 2 − y 2 的上侧。
（04，下，期中）
30. 计算曲面积分 I =


x 2 dy  dz + y 2 dz  dx + ( z 3 + x)dx  dy ，其中  为抛物面
z = x2 + y 2 (0  z  1) 的下侧。
31. 计算曲面积分 I =


（03，下，期末）
x(8z + 1)dy  dz − 4 yzdz  dx + ( y − 2 z 2 )dx  dy ，其中  是
曲面 z = 1 + x 2 + y 2 被平面 z = 3 所截下的部分，取下侧。
（04，下，期末）
32. 设 f ( x, y ) 在区域 D : x 2 + y 2  1 上有一阶连续偏导数，且在圆周 C : x 2 + y 2 = 1 上
有
f ( x, y ) = 0 ，试证：
（1）

D
（2）

[ f ( x, y) + yf y ( x, y)]dxdy = 0,  [ f ( x, y) + xf x ( x, y)]dxdy = 0
D
D
f ( x, y )dxdy 

3
max
( x , y )D
f x2 ( x, y ) + f y2 ( x, y )
（89，下，期末）
2
2
33. 求曲面 x + y = 2az 与 z = 3a − x − y (a  0) 所围成的立体的体积。
2
2
2
（87，下，期末）
34. 求锥面 z =
x 2 + y 2 被球面 x2 + y 2 + z 2 = 2ax 所截下部分的面积。
（89，下，期末）
35. 设一质点在力场 F = yzi + zx j + xyk 作用下，自原点沿直线运动到球面 x 2 + y 2 +
z 2 = 1 上一点 M ( , ,  ) 。
（1）求在此运动过程中，力场 F 所做的功 W ；
（2）当  , ,  (  0,  0,   0) 取何值时，功 W 取最大？
36.
（87，下，期末）
流 速 为 V = x3 i + y 2 j + z 4 k 的 液 体 流 过 曲 面 z = 4 − ( x 2 + y 2 ) 和
1
z = 1 − ( x 2 + y 2 ) 所围成的立体。今有平行于 xoz 平面的平面截此立体，问沿 y 轴正方向
4
通
过
哪
个
（85，下，期末）
截
面
的
流
量
最
大
？
37. 球体 x 2 + y 2 + z 2  2Rz 内，各点处的密度等于该点到原点距离的平方，试求这球
体
（04，下，期末）
的重心。
x2
z2
2
38. 设函数 u ( x, y, z ) 表示原点到椭球面 S :
+ y + = 1 上任一点 P( x, y, z ) 的切平面 π
9
4
的距离，求

S
u ( x, y, z )dS 。
（04，下，期末）
九
复变函数
试题分析
（一）填空题
π

+ 2kπ  , k = 0, 1, 2,
3

。 （04，下，期中）
)
(
z
1. 设 e − 1 − 3i = 0 ，则 z = ln 2 + i 
(
)
(
)
【解】 z = Ln 1 + 3i = ln 1 + 3i + i 2kπ = ln 1 + 3i + i arg 1 + 3i + i 2kπ


= ln 2 + i  + 2kπ  , k = 0, 1, 2,
3

2. (−1 + i) 的值为 e
i
3
1
− π − 2 kπ +i ln 2
4
2
【解】 (−1 + i ) = e
i
=e
i l n( −1+i )
, k = 0, 1, 2,
=e
i ( ln( −1+i ) +i 2 kπ )
3
1
− π − 2 kπ + i ln 2
4
2
=e
。
（00，下，期中）
1
3

i  ln 2 +i   + 2 kπ  
4

2
, k = 0, 1, 2,
3. 设 e + 3 − 4i = 0 ，则 Re( z ) = ln 5 。
z
（02，下，期中）
【解】 z = ln ( −3 + 4i ) = ln ( −3 + 4i ) + i 2kπ = ln −3 + 4i + i arg ( −3 + 4i ) + i 2kπ
4


= ln 5 + i  − arctan + 2kπ  , k = 0, 1, 2,
3


Re( z ) = ln 5
所以
4. 若 e − (1 + i) = 0 ，则 Im( z ) =
z
i
1
ln 2 + 2kπ 。
2
e z = (1 + i)i = eiLn (1+i )
【解】
1



z = iln(1 + i ) + i 2kπ = i  ln 2 + i  + 2kπ  + 2kπ 
4

2

所以
π
1

= − − 2kπ + i  ln 2 + 2kπ  ，
4
2

Im( z ) =
因而
5. f ( z ) =
（03，下，期中）
z sin z
(e
z
− 1)
3
k = 0, 1, 2,
1
ln 2 + 2kπ
2
在圆域 z  1 内的奇点 z = 0 ，奇点的类型是 1 级极点(如为极点应
指明是几级极点)。
（03，下，期
末）
【解】 奇点为 z = 0 ，因为当 0  z  1 时
1 3
1
z + )
(1 − z 2 +
3!
3!
f ( z) =
=
=
3
3
z
( e − 1)  z + 1 z 2 +  z 1 + 1 z +
2!


 2!
z( z −
z sin z
)



3
=
1
g ( z)
z
1 2
z +
3!
其中 g ( z ) =
在 z  1 内解析，且 g (0)  0 ，所以 z = 0 是 1 级极点。
3
1


1 + z + 
 2!

1−
1
z
6. z = −i , 0,1 都是函数 f ( z ) =
的孤立奇点，其类型分别为： z = −i 是
2
( z − 1) ( z + i)
sin
1 级极点， z = 0 是本性奇点， z = 1是 2 级极点(若为极点要指明级)。
（99，下，期末）
1
z
( z − 1) 2 g ( z )
=
【解】 由于 f ( z ) =
， g ( z ) 在 z + i  1 内解析，且 g (−i )  0 ，所以
z +i
z +i
sin
z = −i 是 1 级极点，同理可知 z = 1是 2 级极点。
1
x
由于 lim f ( x) = lim
不存在且不为  ，从而 lim f ( z ) 不存在且不为  ，
z →0
x →0
x →0 ( x − 1) 2 ( x + i )
sin
故 z = 0 是本性奇点。
7.
zd z
= 2πi (积分路径取逆时针方向)。
2
z
+
2
z =2

（01，下，期末）
【解】 利用 Cauchy 积分公式或留数定理。
zdz
1
=
2
z +2 2
z =2

dz
1
+
2
z = 2 z − 2i

dz
1
= (2πi + 2πi ) = 2πi
2
z = 2 z + 2i

或
zdz

 z

 z

= 2πi  Res  2
, − 2i  + Res  2
, 2i  
2
z +2
z +2

z +2


z =2

 − 2i
2i 
= 2πi 
+
 = 2πi
 −2 2i 2 2i 
8. 积分
cos z
dz = − πi (积分路径取逆时针方向)。
z3
z =1

cos z
 cos z 
 1
dz = 2πiRes  3 , 0 = 2πi  −  = − πi
3
z
 z

 2
z =1

【解】 根据留数定理
而
cos z
=
z3
1−
（03，下，期末）
1 2 1 4
z + z +
2!
4!
z3
1
 cos z 
, 0 = C−1 = − 。从而
3
2
 z

，所以 Res 
cos z
 cos z 
 1
dz = 2πiRes  3 , 0 = 2πi  −  = − πi
3
z
 z

 2
z =1

9.
dz
= 0。
( z + i ) 2 ( z − 1)
z =2

（00，下，期末）
【解】 由 Cauchy 积分公式得
1
1
2
dz
( z + i)
z =2 ( z + i)2 ( z − 1) = z=2 z − 1 dz + z=2 ( zz+−i1)2 dz
 1
 1 
= 2πi 
+


 (1 + i ) 2  z − 1 

10.
函 数 f ( z) =



 = 2πi  1 2 − 1 2  = 0
z =− i

 (1 + i ) (i + 1) 

1
在 圆 环 域 0  z + 3  3 内 的 Laurent 级 数
z ( z + 3) 2

1
( z + 3) n − 2 。
n +1
n =0 3
−
（99，下，期末）
【解】 f ( z ) =
1
1
−1
1

=

2
2
( z + 3) z + 3 − 3 3( z + 3) 1 − z + 3
3
=−
11. 设 f ( z ) =
1
3( z + 3) 2


1
1
n
(
z
+
3)
=
−
( z + 3) n − 2


n
n +1
n =0 3
n =0 3
sin z
，则 f ( z ) 在 z = 0 的留数 Res[ f ( z ), 0] = −1 。
（03，下，期末）
( z − 1) z 2
z sin z
= −1 。
z →0 ( z − 1) z 2
【解】 z = 0 为 f ( z ) 的一级极点， Res[ f ( z ), 0] = lim zf ( z ) = lim
z →0
12. 设 f ( z ) = z sin
2
1
1
，则 Res[ f ( z ), 0] = − 。
z
6
【解】 在 0  z  + 内， f ( z ) = z sin
2
故 Res[ f ( z ), 0] = −
（04，下，期末）
1
1 1
= z−  +
z
3! z
，则 C−1 = −
1
。
6
1
。
6
（二）单项选择题
1. 设 f ( z ) =
z
，则
1 − cos z 2
(A) z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点
(B) z = 0 是 f ( z ) 的 2 级极点
(C) z = 0 是 f ( z ) 的 1 级极点
(D) z =  是 f ( z ) 的孤立奇点
[
A ]（00，下，期
末）
1
1
1 − (1 − z 4 + z 8 +
1
1 − cos z
2
4!
【解】 由
=
=
f ( z)
z
z
2
z = 0是
)
1 1
= z3 ( − z 4 +
2 4!
) 知，
1
的 3 级零点，所以 z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点。
f ( z)
2. 设 f ( z ) =
z
，则
e −1
2z
(A) z = 0 是 f ( z ) 的 1 级极点
(B) z = 0 是 f ( z ) 的 2 级极点
(C) z = 0 是 f ( z ) 的可去奇点
(D) z =  是 f ( z ) 的孤立奇点
[
C
]（01，下，期
末）
【解】 由 f ( z ) =
z
z
=
1
e − 1 2z+ (2 z ) 2 + 1 (3 z )3 +
2!
3!
2z
1
的 3 级零点，所以 z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点。
f ( z)
3. 下列命题中正确的是
=
1
4
2+2z + z 2 +
3
知，z = 0 是
(A)如果 f ( z0 ) 存在，则 f ( z ) 在 z0 解析
(B)若 z0 是 f ( z ) 的奇点，则 f ( z ) 在 z0 不可导
(C)如果 z0 是 f ( z ) 和 g ( z ) 的一个奇点，则 z0 也是 f ( z ) + g ( z ) 的奇点
(D)若 f ( z ) = u + iv 在区域 D 内解析，且 u 为实常数，则在 D 内 f ( z ) 是常数
[ D
]（00，下，期
末）
【解】 f ( z ) 在 z0 处解析，是指 f ( z ) 在 z0 点的某一邻域内可导，因此 f ( z ) 仅在 z0 可
导不能保证 f ( z ) 在 z0 解析，故(A)不正确； f ( z ) 不解析的点称为 f ( z ) 的奇点，故(B)不正
确；取 g ( z ) = − f ( z ) ，说明(C)不正确； f ( z ) = u + iv 在区域 D 内解析，则函数 u , v 在区域
D 内满足 Cauchy-Riemann 条件： ux = vy , u y = −vx ，又由 u 为实常数知，
ux = vy = u y = −vx = 0 ，所以在 D 内 v 为常数，从而 f ( z ) = u + iv 是常数，故选(D)。
4. 下列命题中正确的是
(A)若 f ( z ) 在 z0 处可导，则 f ( z ) 在 z0 处解析
(B)若 z0 是 f ( z ) 的奇点，则 f ( z ) 在 z0 处必不可导
(C)若 f ( z ) 在区域 D 内可导，则 f ( z ) 在 D 内解析
(D) u ( x, y ), v( x, y )
在 区 域 D 内 满 足 条 件 ux = v y , u y = −vx
， 则
f ( z ) = u ( x, y) + iv( x, y) 在区域 D 内解析
[ C
]（01，下，期中）
【解】 同上题知(A)、(B)皆错；u ( x, y ), v( x, y ) 在区域 D 内满足条件 ux = v y , u y = −vx
仅是 f ( z ) = u + iv 在区域 D 内解析的必要条件，而非充分条件，因此(D)也错，故选(C)。
5. 下列命题正确的是
(A)区间 I : x − x0  r 内的可导函数在 x0 点总能展成 Taylor 级数
(B)区间 I : x − x0  r 内的任意次可导函数在 x0 点总能展成 Taylor 级数
(C)复域 D : z − z0  r 内的可导函数在 z0 点总能展成 Taylor 级数
(D)复域 D : z − z0  r 内的可导函数 f ( z ) 在 z0 点的 Taylor 级数总是收敛的，但未必就
收敛于 f ( z )
[
C
]（01，下，期
末）
【解】 (A)、(B)中的条件都仅是实函数在 x0 点展成 Taylor 级数的必要条件而非充分条
件，复域 D : z − z0  r 内的可导函数 f ( z ) 必定在 D 内解析，因此 f ( z ) 在 z0 点的 Taylor
级数总是收敛的，且收敛于 f ( z ) ，故(D)也错，选(C)。
（三）计算题
1. 已知解析函数 f ( z ) 的虚部 v( x, y ) = 2 xy − y ，且 f (0) = 0 ，求 f ( z ) 的表达式，并
用 z 表示。
（04，下，期中）
【分析】 本题需用到解析函数 f ( z ) 的实部 u ( x, y ) 与虚部 v( x, y ) 满足 Cauchy-Riemann
条件这一结论，要将 f ( z ) 用 z 表示，只需在 f ( z ) 的表达式中取 y = 0 ，得 f ( x) 的表达式，
然后将 x 换为 z 即可。
【解】 根据解析函数的 Cauchy-Riemann 条件，
u
u v
v
=
= 2 x − 1 ， = − = −2 y 。
y
x
x y
所以 u( x, y) = x 2 − x +  ( y) ，从而
u
v
=  ( y) = − = −2 y ，  = − y 2 + C
y
x
所以 u( x, y) = x 2 − x − y 2 + C ， f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) = x − x − y + C + i ( 2 xy − y ) ，
2
2
由于 f (0) = 0 ，得 C = 0 ，取 y = 0 ，得 f ( x) = x 2 − x ，然后将 x 换为 z ，即得 f ( z ) = z 2 − z 。
2. 设 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y) 为 解 析 函 数 ， 若 u − v = ( x − y)( x 2 + 4 xy + y 2 ) ， 求
f ( z ) ，并单独用 z 表示之。
（ 99 ，
下，期末）
【分析】 在所给等式两边求偏导数，再利用解析函数的 Cauchy-Riemann 条件，解出
u u v v
, , , , 然后再求出 u, v 。
x y x y
【解】 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y) 为解析函数，所以满足 Cauchy-Riemann 方程：
u
u v
v
=−
= ，
y
x
x y
等式 u − v = ( x − y)( x 2 + 4 xy + y 2 ) 两边对 x, y 求偏导数，得
u v
u v
− = 3x 2 + 6 xy − 3 y 2 ， − = 3x 2 − 6 xy − 3 y 2 ，
x x
y y
解得
v
u v
u
=
= 6 xy ， = − − 3x 2 + 3 y 2
x
x y
y
u
v
= 3x 2 +   = − = 3x 2 − 3 y 2
y
x
从而
u = 3x 2 y +  ( y ) ，
所以
 = − y3 + C ， u = 3x2 y − y3 + C ， v = − x3 + 3xy 2 + C
f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) = 3 x 2 y − y 3 + C + i ( − x 3 + 3xy 2 + C ) = C + i ( − z 3 + C )
3. 确定正常数  ，使得函数 u ( x, y) = e x sin 3 y 为调和函数，并求以 u ( x, y ) 为实部的
解析函数 f ( z ) (要求用复变量 z 表示)。
（01，下，期
中）
【分析】 利用调和函数的定义求出  ,其他同上两题。
 2u  2u
2
x
【解】 根据调和函数的定义，有 2 + 2 = ( − 9 ) e sin 3 y = 0
x y
所以
 = 3 ， u( x, y) = e3 x sin 3 y
u
v
= 3e3 x sin 3 y = , v = −e3 x cos3 y +  ( x)
x
y
v
u
= −3e3 x cos3 y +   = − = −3e3 x cos3 y
x
y
从而
  = 0 ,  = C ， v = −e3 x cos3 y + C
f ( z ) = e3 x sin 3 y + i ( −e3 x cos 3 y + C ) = −i ( e3 z − C )
(
4. 设解析函数 f ( z ) = u + iv ，其中 u =  x + y
2
2
) ,  具有二阶连续导数，  (1) = 0,
 (1) = 1, 求(1)函数  (t ) 的表达式；(2) f ( z ) 的表达式(单独用复变量 z 表示)。
（02，下，期中）
【分析】 本题需要用到解析函数的实部,虚部均为调和函数这一结论。
【解】
 2u  2u
+ 2 = 4 ( x 2 + y 2 )   + 4  = 0 ，解得  = C1 ln ( x 2 + y 2 ) + C2
2
x y
由  (1) = 0,  (1) = 1, 得 C1 = 1, C2 = 0 。所以
 = ln ( x 2 + y 2 ) ，
y
u
2x
v
= 2
= ， v = 2 arctan + ( x)
2
x
x x + y
y
v
2y
u
2y
=− 2
+ ( x) = − = − 2
2
x
x +y
y
x + y2
 ( x) = 0, ( x) = C ， v = 2 arctan
从而
y
+C
x
y


f ( z ) = ln ( x 2 + y 2 ) + i  2arctan + C  = ln z 2 + iC
x


5. 计算复积分
 (z
z =2
【解】 记 f ( z ) =
 (z
z =2
2
z
d z ，其中 z = 2 取逆时针方向。 （04，下，期末）
2
+ 1) ( z − 1) 2
z
，由留数定理得
( z + 1) ( z − 1)2
2
z
d z = 2πi ( Res  f ( z ), −i  + Res  f ( z ), i  + Res  f ( z ),1)
+ 1) ( z − 1) 2


1
1
= 2πi 
+
+ 0 = 0
2
2
 2(1 + i ) 2(1 − i)

6. 计算复积分
ez
dz ，其中 z = 3π 取逆时针方向。
z
i

e
−
1
z =3π
【解】 记 f ( z ) =
ez
ez
ez
=
=
, k = 0,  1,  2,
e z − 1i e z − eiln1 e z − e−2 kπ
z = −2kπ + 2nπi , k = 0,  1,  2,
, n = 0,  1,  2,
（99，下，期末）
,则 f ( z ) 的奇点为
。
（1）当 k = 0 时， f ( z ) 在 z = 3π 内有三个奇点 z = 0, z = 2πi , z = −2πi ,且均为 1 级
极点，所以
ez
 e z − 1i dz =
z =3π
ez
 e z − 1 dz
z =3π
= 2πi ( Res  f ( z ), 0 + Res  f ( z ), 2πi  + Res  f ( z ), −2πi ) = 6πi
（2）当 k = −1 时， f ( z ) 在 z = 3π 内只有一个奇点 z = 2π ,且为 1 级极点，所以
ez
 e z − 1i dz =
z =3π
ez
 e z − e2π dz = 2πiRes  f ( z), 2π = 2πi
z =3π
（3）当 k = 1 时， f ( z ) 在 z = 3π 内只有一个奇点 z = −2π ,且为 1 级极点，所以
ez
 e z − 1i dz =
z =3π
ez
 e z − e−2π dz = 2πiRes  f ( z), −2π = 2πi
z =3π
时， f ( z ) 在曲线 z = 3π 所围的区域上解析，故
（4）当 k =  2,  3,
ez
 e z − 1i dz =
z =3π
7. 计算复积分
ez
 e z − e−2kπ dz = 0
z =3π
cos z
 z ( z − 1) d z ，其中 C 为任一包含 z = 0, z = 1 的正向简单闭曲线。
3
C
（01，下，期末）
cos z
，则 z = 0, z = 1 分别是 f ( z ) 的三级极点和一级极点。由留
z ( z − 1)
【解】 记 f ( z ) =
数定理得
3
 1

 z ( z − 1) d z = 2πi ( Res  f ( z ), 0 + Res  f ( z),1) = 2πi  − 2 + cos1
cos z
3
C
8. 设 f ( z ) =
1
，
（1）把 f ( z ) 在去心邻域 0  z − 1  2 内展成 Laurent 级数；
( z − 1)( z + 1)
（2）把 f ( z ) 在以 z = −2 为中心的各圆环域内展成 Laurent 级数。
（01，下，期末）
【分析】 此题主要考查将函数在圆环域内展成 Laurent 级数的方法。
【解】 （1） f ( z ) =

1
1
1
1

=

=  (−1)n 2− n−1 ( z − 1) n−1
z − 1 z − 1 + 2 2( z − 1) 1 + z − 1 n=0
2
（2）以 z = −2 为中心的各圆环域共有三个 z + 2  1 , 1  z + 2  3 , 3  z + 2  + .
(ⅰ) z + 2  1
1 1
1  1
1
1 
f ( z) = 
−
−
= 

2  z −1 z + 1  2  z + 2 − 3 z + 2 −1 


 1 
1
1
1
1
= 
− 
=  (1 − 3− n −1 ) ( z + 2) n

2  1 − ( z + 2) 3 1 − z + 2  2 n =0


3 

(ⅱ) 1  z + 2  3




1 
1 1
1
1
1

= −   ( z + 2) − n −1 +  3− n −1 ( z + 2) n 
f ( z) = − 

+ 

2  n =0
2  z + 2 1− 1
3 1− z + 2 
n =0



z+2
3 

(ⅲ) 3  z + 2  +


 1  n
1 
1
1
− n −1
f ( z) =
−

 =  ( 3 − 1) ( z + 2)
3
1
2( z + 2)  1 −
 2 n =0
1−

z+2
z+2 
9. 求 f ( z ) =
z sin z
(1 − e )
z 3
在单位圆内的奇点与留数。
【解】 z = 0 是函数 f ( z ) =
z sin z
(1 − e z )
3
（01，下，期末）
在单位圆内的唯一奇点，且是 1 级极点。
1


z 2 ( z − z3 + )
2
z
sin
z
z
sin
z
3!
Res 
, 0 = lim
= lim
= −1
3
 (1 − e z )3  z →0 (1 − e z )3 z →0 
1 2



 −z − z + 
2!


10. 利用留数计算定积分

+
0
dx
。
1 + x6
（99，下，期末）
π
5π
π
i
i
i
1
6
2
【解】 记 f ( z ) =
，它在上半平面内有三个 1 级极点： e , e , e 6 ，于是
1+ z6

+
0
π
5π
π

i 
i
i 




dx
1 + dx
6
6
2
=
=
π
i
Res
f
(
z
),
e
+
Res
f
(
z
),
e
+
Res
f
(
z
),
e




 



1 + x 6 2 − 1 + x 6







πi  −i 56 π −i 52 π −i 256 π  πi 
3 1
3 1 π
= e
+e
+e
−i +0−i +
− i  =
 =  −
6
2
2
2 3
 6 2
12. 利用留数计算定积分

+
0
cos x
dx 。
1 + x2
（00，下，期末）
【解】 记 f ( z ) =

+
0
ei z
，它在上半平面内有一个 1 级极点： i ，于是
1+ z2
 + ei x

cos x
1 + cos x
1
d
x
=
d
x
=
Re
dx 

2
2
2


1+ x
2 − 1 + x
2  − 1 + x

eix
π
− 1 + x2 dx = 2πiRes  f ( z), i  = e
+
而

得
+
0
 π
cos x
1 + cos x
1  + eix
d
x
=
d
x
=
Re  
dx  =
2
2
2

1+ x
2 − 1 + x
2  − 1 + x
 2e
（四）证明题
2

2
 
  
1. 如果 f ( z ) = u + iv 是 z 的解析函数，证明： 
f ( z)  + 
f ( z )  = f ( z ) 。
 x
  y

2
（04，下，期中）
【证】
f ( z ) = u 2 + v 2 ，因而
2
2
 u
v 
v 
 u
2
u
+
v
2
 u y + v y 


 

x
x 
 

 ，
f ( z)  = 
, 
f ( z)  = 

2
2
2
2
u +v
u +v
 x

 y

v   u
v 
 u
2
2
u + v  + u + v 
x   y
y 
  x
 
  
f ( z)  + 
f ( z)  =

2
2
u +v
 x
  y

2
2
  u  2  u 2  2   v  2  v  2 
 u v u v 
u    +    + v    +    + 2uv   +  
  x   y  
  x   y  
 x x y y 



= 
2
2
u +v
2
u v u
v
=
,
=− ，
x y y
x
因为 f ( z ) = u + iv 是 z 的解析函数，所以满足 Cauchy-Riemann 条件：
且 f ( z ) =
u v u u
+i =
− i ，代入上式得
x x x y
2
2

2

  
 u   u 
f ( z)  + 
f ( z )  =   +   = f ( z )

 x
  y
 x   y 

2
2
练习
1. 设 e − 1 − 3i = 0 ，求 Im( z ) 。
（01，下，期中）
2. 计算 (1 + 3i) 2i 。
（02，下，期中）
z
3. 设 C : z − 1 = 1 取逆时针方向，计算复积分
dz
 ( z − 1)( z + 1)
3
。
（02，下，期中）
C
4. 设 L : z = 2 取逆时针方向，计算复积分
dz
 ( z − 1) z
2
。
（03，下，期中）
L
5. 求函数 f ( z ) =
1
在圆环域 0  z − 1  1 内的 Laurent 级数。
（01，下，期末）
z ( z − 1)2
2
2
6. 已知调和函数 u( x, y) = ( x − 1) − ( y + 1) ，求解析函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y) 的
表达式(要求用复变量 z 表示)。
（00，下，期中）
2
2
7. 已知解析函数 f ( z ) 的虚部 v( x, y) = 2 x − 2 y + x ，试求 f ( z ) 的表达式(要求用复变
量 z 表示)。
（01，下，期末）
3
2
8. 已知解析函数 f ( z ) = u + iv 的实部 u = x − 3xy ，求虚部 v 及 f ( z ) 的表达式(要求
单独用复变量 z 表示)。
（02，下，期中）
9. 计算复积分

C
e2 z − 1
d z ，其中 C 为正向圆周： z = 3 。
z 2 ( z − 1) 2
10. 将函数 f ( z ) =
Laurent 级数。
（03，下，期末）
1
分别在圆环域 (1) 0  z − 1  2;(2) 3  z + 2  + 内展成
z −1
2
（04，下，期末）
附录
2005 级期中、期末试卷
2005 级工科数学分析（上）期中试卷
一. 填空题（每小题 4 分，共 20 分）
1. 设当 x → 0 时， (1 − cos x) ln(1 + x 2 ) 是 x sin x 的高阶无穷小，而 x sin x 是 e x − 1 的高
n
阶无穷小，则 n =
。
2. 曲线 e xy − x + 2 y = 5 在 x = 0 处的切线方程为
。
 x = f (t ) − 
dy
其中 f (t ) 是可导函数，且 f (0) = 2 ，则
3t
dx
 y = f (e − 1)
3. 设 
4. 设 y = xln x + arctan x 2 , 则 dy =
5.
设 函 数
2
n
=
t =0
。
f : U ( x0 ) → R ， 写 出 lim− f ( x) 存 在 的
Cauchy
x → x0
理
。
收 敛 原
。
二. 选择题（每小题 4 分，共 16 分）
6. 设 lim f ( x) = K , 则下列论断中正确的是
x →a
[
]
[
]
（A） 若 K  1，则存在   0 ，对于 x U (a,  ) ，都有 f ( x)  1
（B） 若 K  1 ，则存在   0 ，对于 x U (a,  ) ，都有 f ( x)  1
（C） 若存在   0 ，对于 x U (a,  ) ，都有 f ( x)  1 ，则 K  1
（D） 若存在   0 ，对于 x U (a,  ) ，都有 f ( x)  1 ，则 K  1
1
 2
  arctan x

1
7. 设 f ( x) = 
x
3
−1

1

x
2
+
3

（A）可去间断点
x0
,则间断点 x = 0 的类型为
x0
（B）跳跃间断点
（C）无穷间断点
（D）振荡间断点
2
3
8. 设 f ( x) =| ( x − 1)( x − 2) ( x − 3) | ， 则 f ( x ) 不存在的点的个数为
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
[
]
9. 设 f ( x) 在 x = x0 处可导，则 lim
h →0
1
3
1
（C） f ( x0 )
3
（A） (a + b) f ( x0 )
f ( x0 + ah) − f ( x0 − bh)
等于
sin 3h
1
（B） (a − b) f ( x0 )
3
[
]
（D） (a − b) f ( x0 )
三.（每小题 7 分，共 28 分）
x = 1+ t2
d2 y
11. 设 
，求 2 。
dx
 y = cos t
ex −1
10. 计算极限 lim+
x →0 1 − cos x − sin x
3
1
 x
x
(e
+
sin
x
)
12. 设函数 f ( x) = 
 a
13. 设 f ( x) =
x  0 在 x = 0 处连续，求常数 a 。
x=0
1
, 求 f ( n ) ( x) 。
x(1 − 2 x)
四.（每小题 7 分，共 21 分）
n3 + cos n 1
14. 用定义证明 lim
= 。
n → 2n3 − n
2
15. 证明函数 f ( x) = sin x 在 (0, + ) 上一致连续。
16. 设数列 {an } 收敛， bn = a1q + a2 q +
2
五.（8 分）设 x1  0 , 且有 xn +1 =
+ an q n ， q  1 ，证明数列 {bn } 收敛。
6 + xn (n = 1, 2,3 ) ，证明数列 {xn } 收敛，并求出极限。
六 . （ 7 分 ） 设 f ( x) 在 [0, +) 上 连 续 可 导 ， 在 (0, +) 内 二 阶 可 导 ， 且 f +(0)  0 ，
lim
x →+
f ( x)
f ( )
= 1 ，证明：存在   (0, +), 使得 f ( ) = −
。
x

2005 级工科数学分析（上）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1.

lim
x →0
x2
0
sin t 2dt
x6
2. 当 x → 0 时， e
=
−x
。
+ sin x − cos x 是 x 的
（填数字）阶无穷小量。
3. 设 y = y ( x) 是由方程 y ln y = ln x 所确定的隐函数，则
dy
=
dx
。

4.
x
−
2
sin x
dx =
+ cos x
。
5. 有界函数 f ( x) 在区间 [a, b] 上有有限个间断点是 f ( x) 在该区间上可积的
6. 试写出一个无界且非无穷大量的数列 an  =
7. 当且仅当参数 p 满足条件
条件。
。
时，反常积分

+
0
sin x
dx 绝对收敛。
xp
8. 已知 y1 = e− x 与 y2 = e 分别是微分方程 y + ay + by = 0 的两个特解，则常数
2x
a=
9.
，常数 b =
试 用 “
。
 − ” 语 言 叙 述 函 数 f 在 区 间 I 上 非 一 致 连 续 的 定
义
。
二. 计算下列各题（本题共 4 小题，每小题 7 分，满分 28 分）
ex −1 − x
1. lim+
x →0
1 − x − cos x
3.


0
ex −1
2.  2 x
dx
e +4
x sin 2 x − sin 4 xdx

4.
+
1
dx
x 2x − 2x +1
2
三.（本题满分 9 分）设有抛物线  : y = a − bx 2 (a  0, b  0) ，试确定常数 a 、 b 的值，使
得
（1）  与直线 y = − x + 1 相切；
（2）  与 x 轴所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积最大。
四.（本题共 2 小题，满分 14 分）
(
1.（本题满分 6 分）求微分方程 2 x ye
x2
)
− 1 dx + e x dy = 0 的通解。
2
2.（本题满分 8 分）求微分方程 y − 2 y = x + e 满足初始条件 y (0) = 2, y(0) =
2x
9
的特解。
4
五.（本题满分 7 分）
试问方程 e
−
x
2
= x ( x 2 − 3) 共有几个实根？并证明你得出的结论。
六.（本题满分 6 分）证明不等式： ln 2n + 1  1 +
其中 n 是大于 1的正整数。
1 1
+ +
3 5
+
1
 1 + ln 2n − 1 ，
2n − 1
2005 级工科数学分析（下）期中试卷
一. 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
1. 设 z = z ( x, y ) 由方程 x cos y + y cos z + z cos x = a 所确定，则 dz =
1−i
2. 设 z = i
，则 Im z =
3. 交换积分次序

1
0
dx 
− x2
− 2 x − x2
。
。
f ( x, y )dy =
。
4. 设函数 f ( x, y ) =| x − y |  ( x, y ), 其中  ( x, y ) 在点 (0, 0) 的邻域内连续，若 f ( x, y ) 在点
(0, 0) 可微，则  (0, 0) =
5. 设 S 为平面
。
4
x y z
+ + = 1 在第一卦限部分的下侧，则  ( z + 2 x + y )dx  dy =
2 3 4
3
S
。
二. 单项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分）
6. 设 I1 =

1
−1
dx 
1− x 2
0

 xy 2 + f ( x 2 + y 2 )  dy ， I 2 =  2 d  f (  2 )  d  ，其中 f (t ) 是连


0
0
1
续函数，则有
(A) I1  I 2
(C) I1 = 2I 2
(B) I1  I 2
[
]
[
]
(D) I1 = I 2
7. 设函数 f ( x, y) = x 4 + y 4 − x 2 − 2 xy − y 2 , 则 f ( x, y ) 有
(A)一个极大值, 两个极小值
(B)一个极小值,两个极大值
(C)两个极大值,无极小值
(D)两个极小值, 无极大值
 x = t − sin t − π
( x − y )dx + ( x + y )dy
上从 t = 0 到 t = 2π 的弧段，则 
=
L
x2 + y 2
 y = 1 − cos t
8. L 是摆线 
(B) − π
(A) π
0
(C) f ( x, y ) = 
1
x2 + y 2  0
]
[
]
(D) 2π
(C) 0
9. 下列函数中在点 (0, 0) 处不连续但沿所有方向的方向导数都存在的函数是
 x2 y 2

(A) f ( x, y ) =  x 2 + y 2
0

[
0 xy  0
1 xy = 0
(B) f ( x, y ) = 
x2 + y 2 = 0
 sin( xy )
xy  0
 2
(D) f ( x, y ) =  x y
x
xy = 0

y  x2 或 y  0
0  y  x2
三. 计算题（本题共 5 小题，每小题 7 分，满分 35 分）

x
2 z
z
=
f
x
sin
y
,
,
10. 设
。

 其中 f 具有二阶连续偏导数，求
y
xy

11. 设调和函数 u( x, y) = e x ( x cos y − y sin y) + x ,求 u ( x, y ) 的共轭调和函数 v( x, y ) ，并求
解析函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y) 。(自变量单独用 z 表示)
12. 计算
 (

)
x 2 + y 2 + z 2 + x 2 y d V ，其中  : x2 + y 2 + z 2  2 z 。
2
2
13. 求由曲面 z = x + y 与 z = 2 −

x 2 + y 2 所围成的立体的表面积。
14. 计算 x d s ，其中 L 是曲面 x + y + z = 9 与平面 z = 5 的交线。
2
2
2
2
L
x2
z2
2
四（15）.（本题满分 10 分）在曲面
+ y + = 1 ( x  0, y  0, z  0) 上求一点 P ，使
4
9
过点 P 的切平面与三个坐标平面所围成的四面体的体积最小，并求最小体积。
五（16）.（本题满分 7 分）试求连续可微函数  ( x) ，使在右半平面内曲线积分
y
 ( cos x −  ( x) ) x dx +  ( x)dy
B
A
π
 = 2 ；且 A = (1, 0), B = (π, π) 时，求该曲线积分的值。
2
与路径无关，其中  
六（17）.（本题满分 6 分）计算


axdy  dz + ( z + a) 2 dx  dy
x2 + y 2 + z 2
，其中 a 为大于 0 的常数，
 为 z = − a 2 − x 2 − y 2 的上侧。
七（18）.（本题满分 6 分）设定义在全平面上的函数 f ( x, y ) 有一阶连续偏导数，
r = x 2 + y 2 ，试证：若 lim ( xf x + yf y ) = 1 ，则 f ( x, y ) 能取到最小值。
r →+
2005 级工科数学分析（下）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1. 交换积分次序：

1
0
dx 
1+ 1− x 2
x
f ( x, y)dy =
。
2. 曲面 e z + z + xy = 3 在点 M (2,1, 0) 处的切平面方程为
。
3. 向量场 A = 3x 2 yz 2i + 4 xy 2 z 2 j + 2 xyz 3k 在点 (2,1,1) 处的散度 divA =
4. 已知曲线积分
 (e
x
。
cos y + yf ( x) ) dx + ( x3 − e x sin y ) dy 与路径无关，则 f ( x) =
。
L
(
5. 已知 dz = 2 xy + 3 x
6. 使得函数 f ( x) =
2


) dx + ( x
2
+ 3 y 2 ) dy ，则 z =
。
n 3− nx 连续的最大区间是
。
n =1
1 , 0  x  1
在 [0, π] 上展开为正弦级数，其和函数 S ( x) 在 x = −1 处
x +1 , 1  x  π
7. 将函数 f ( x) = 
的函数值 S (−1) =
8. 设 C 为正向圆周： z = 1 ，则
。

C
sin z
dz =
z2
9. 设 f ( z ) 在 z 平面上解析， f ( z ) =

a z
n =0
 f ( z) 
;0 =
k
 z

的留数 Res 
。
n
n
，则对任一正整数 k ，函数
f ( z)
在点 z = 0
zk
。
二. 计算题（本题共 4 小题，满分 33 分）
z
 所确定，其中  为可微函
 y
10.（本题满分 7 分）设函数 z = z ( x, y ) 由方程 x + y = x 
2
数，求
2
z z
, 。
x y
(
11.（本题满分 7 分）将函数 f ( x) = ln 2 x − x
2
) 展开为 x − 1的幂级数，并指出其收敛域。

n 3
n  3n n +1
的收敛域及和函数，并求
x


  的和。
n =1 n + 1  4 
n =1 n + 1
n

12.（本题满分 10 分）求幂级数

(
13.（本题满分 9 分）计算第二型曲线积分： I = x x + y dx + y x +
2
2
L
中 L 是从 A(2,1) 沿曲线 y =
)
x 2 + y 2 dy ，其
x − 1 到 B(1, 0) 的一段。
n
2n

x
 π 3π 
n −1 2 sin
上的不同取值，
讨论级数
(
−
1)


n
2 2 
n =1
三（14）
（本题满分
.
9 分）就 x 在区间  ,
的敛散性；当级数收敛时，判别其是绝对收敛，还是条件收敛？
四（15）.（本题满分 10 分）将函数 f ( z ) =
1
分别在圆环域（1）1  z  + ；
（2）
z (1 + z )
2
1  z − 1  2 内展开成罗朗级数。
 1
n +1 
− ln
 收敛。
n 
n
n =1 

五（16）.（本题满分 6 分）证明级数
 

六（17）.（本题满分 6 分）判别级数
 (−1)
n =1
n −1
1
在 x  (−, +) 的区间上是否一
sin x + n
2
致收敛？并证明你的结论。
2005 级高等数学（A、B）（上）期中试卷
一. 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
1. lim x sin
x →
2x
=
x +1
。
2
2. 当 x → 0 时,  ( x) = 1 + x arcsin x − cos x 与  ( x) = kx 是等价无穷小,则 k =
2
3. 设 y = (1 + sin x ) ，则 dy
x
x =
=
。
。
4. 函数 f ( x) = xe x 在 x = 1 处带有 Peano 余项的二阶 Taylor 公式为
2ae x + sin x ,
x0
5. 已知函数 f ( x) = 
可导，则 a =
3
2b( x − 1) + 9 arctan x , x  0
。
，b =
。
二. 单项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分）
1
6. 设函数 f ( x) =
1− e
x −1
x
，则
[
]
（A） x = 0, x = 1 都是 f ( x) 的第一类间断点
（B） x = 0, x = 1 都是 f ( x) 的第二类间断点
（C） x = 0 是 f ( x) 的第一类间断点， x = 1 是 f ( x) 的第二类间断点
（D） x = 0 是 f ( x) 的第二类间断点， x = 1 是 f ( x) 的第一类间断点
 x = t 2 + 2t
7 . 设函数 y = y ( x) 由参数方程 
 y = ln(1 + t )
确定，则曲线 y = y ( x) 在 x = 3 处的切线与 x
轴交点的横坐标是
[
]
[
]
9 . 当 a 取下列哪个数值时，函数 f ( x) = 2 x3 − 9 x 2 + 12 x − a 恰有两个不同的零点[
]
1
8
（A） ln 2 + 3
1
8
（B） − ln 2 + 3
（C） −8ln 2 + 3
（D） 8ln 2 + 3
8 . 以下四个命题中，正确的是
（A）若 f ( x ) 在 (0,1) 内连续，则 f ( x) 在 (0,1) 内有界
（B）若 f ( x) 在 (0,1) 内连续，则 f ( x) 在 (0,1) 内有界
（C）若 f ( x ) 在 (0,1) 内有界，则 f ( x) 在 (0,1) 内有界
（D）若 f ( x) 在 (0,1) 内有界，则 f ( x ) 在 (0,1) 内有界
（A） 2
（B） 4
（C） 6
（D） 8
三. 计算题（本题共 5 小题，每小题 7 分，满分 35 分）

 1+ x 1 
− 
−x
x
 1− e
1
 1
+
+
 n +1 n + 2
12. lim 
n →
(
11. lim ln 1 + 2
x →+
10. lim 
x →0

+
1 

n+ n 
13. 设 f ( x) =
x
) ln 1 + 3x 

1
, 求 f ( n ) ( x)
x(1 − 2 x)
14. 设函数 y = y ( x) 由方程 sin( x 2 + y 2 ) + e x − xy 2 = 0 所确定，求
dy
。
dx
四.（本题共 4 道题，满分 29 分）
3
15.（本题满分 6 分）如果以每秒 50cm 的匀速给一个气球充气，假设气球内气压保持常值，
且形状始终为球形，问当气球的半径为 5cm 时，半径增加的速率是多少？
16.（本题满分 7 分）证明不等式： e  1 + xe
x
17.（本题满分 8 分）在抛物线 y =
x −1
2
( x  0)
1 2
 1 
x 上求一点 P  a, a 2  ，(a  0) ，使弦 PQ 的长度最
4
 4 
短，并求最短长度，其中 Q 是过点 P 的法线与抛物线的另一个交点。
18. （本题满分 8 分）设函数 f ( x) 在闭区间  a, b 上连续，在开区间 ( a, b ) 内可导，且
f (a ) = b ， f (b) = a 证明：
（1）至少存在一点 c  ( a, b ) ，使得 f (c) = c ；
（2）至少存在互
异的两点  ,  ( a, b ) ，使得 f  ( )  f  ( ) = 1 。
2005 级高等数学（A、B）（上）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1.

lim
x2
0
sin t 2dt
x6
x →0
2. 曲线 y =
=
。
x3
的斜渐近线方程是
2(1 + x) 2
。
3. 设 y = y ( x) 是由方程 y ln y = ln x 所确定的隐函数，则
4. 设 f 在区间 [0,  ] 上连续，且 f ( x) = sin x +


0

x
−
2
sin x
dx =
+ cos x
−x
与 y2 = e
。
。
。
7. 曲线 y = ln x 相应于 1  x  3 的一段弧长可用积分
8. 已 知 y1 = e
。
f ( x)dx ，则 f ( x) =
1 + x 2 , x  0
3
5. 设 f ( x) =  x
，则  f ( x − 2)dx =
1
e , x  0
6.
dy
=
dx
2x
表示。
分 别 是 微 分 方 程 y + ay + by = 0 的 两 个 特 解 ， 则 常 数
a=
，常数 b =
。
9. f ( x0 ) = 0 是曲线 y = f ( x) 以点 ( x0 , f ( x0 )) 为拐点的
条件。
二. 计算下列各题（本题共 4 小题，每小题 7 分，满分 28 分）
1. 设 f ( x) =
3.


0

x
0
t sin x 2 − t 2 dt ，求 f ( x )
x sin 2 x − sin 4 xdx
2.
ex −1
 e2 x + 4 dx
4.

+
1
dx
x 2x2 − 2x + 1
三.（本题满分 9 分）设有抛物线  : y = a − bx 2 (a  0, b  0) ，试确定常数 a 、 b 的值，使
得（1）  与直线 y = − x + 1 相切；（2）  与 x 轴所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积最
大。
四.（本题共 2 小题，满分 14 分）
(
1.（本题满分 6 分）求微分方程 2 x ye
x2
)
− 1 dx + e x dy = 0 的通解。
2
2.（本题满分 8 分）求微分方程 y − 2 y = x + e2 x 满足初始条件 y (0) = 2, y(0) =
9
的特解。
4
五.（本题满分 7 分）
试证：
（1）设 u  e ，方程 x ln x = u 在 x  e 时存在唯一的实根 x(u ) ；
（2）当 u → + 时，
ln u
1
是无穷小量，且是与
等价的无穷小量。
u
x(u )
六.（本题满分 6 分）证明不等式： ln 2n + 1  1 +
中 n 是大于 1 的正整数。
1 1
+ +
3 5
+
1
 1 + ln 2n − 1 ，其
2n − 1
2005 级高等数学（A）（下）期中试卷
一. 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
1. 设 z = z ( x, y ) 由方程 x cos y + y cos z + z cos x = 2 所确定，则 dz =
1−i
2. 设 z = i
，则 Im z =
3. 设 f ( x) 为连续函数， F (t ) =
4.
 y ( x
2
。
。

+ cos y ) dxdy =
t
1
dy  f ( x)dx ，则 F (2) =
t
。
y
。
x + y 1
5. 设 S 为平面
4
x y z


+ + = 1 在第一卦限部分的下侧，则   2 x + y + z  dx  dy =
3
2 3 4

S 
。
二. 单项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分）
6. 设 I1 =

1
−1
dx 
1− x 2
0

 xy 2 + f ( x 2 + y 2 )  dy ， I 2 =  2 d  f (  2 )  d  ，其中 f (t ) 是连


0
0
1
续函数，则有
(A) I1  I 2
(B) I1  I 2
(C) I1 = 2I 2
(B) x = 0
(C) z = 0
]
[
]
(D) I1 = I 2
 x2 + y 2 + z 2 = 6
7. 曲线 
在点 (1, −2,1) 处的切线必定平行于平面
x + y + z = 0
(A) y = 0
[
(D) x + y − z = 0
 x = t − sin t − 
( x − y )dx + ( x + y )dy
上从 t = 0 到 t = 2π 的弧段，则 
=
L
x2 + y 2
 y = 1 − cos t
8. 设 L 是摆线 
[
(A) π
(B) − π
(C) 0
(D) 2π
]
9. 设二元函数 z = f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处可微，下列结论不正确的是
[
]
（B） f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 的某邻域内有
（A） f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 连续
界
（C） f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处两个偏导数 f x ( x, y ) , f y ( x, y ) 都存在
（D） f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处两个偏导数 f x ( x, y ) , f y ( x, y ) 都连续.
三. 计算下列各题（本题共 5 小题，每小题 7 分，满分 35 分）

10. 设 z = f  x sin y,

x
2 z
,
其中
具有二阶连续偏导数，求
。
f

y
xy
11. 设调和函数 u( x, y) = e x ( x cos y − y sin y) + x ,求 u ( x, y ) 的共轭调和函数 v( x, y ) ，并求
解析函数 f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y) 。(自变量单独用 z 表示)
12. 计算
 xyd ，其中区域 D = ( x, y) y  0, x
2

+ y 2  1, x 2 + y 2  2 x 。
D
13. 计算
 (
)
x 2 + y 2 + z 2 + x 2 y d V ，其中  : x2 + y 2 + z 2  2 z 。


14. 计算 x d s ，其中 L 是曲面 x + y + z = 9 与平面 z = 5 的交线。
2
2
2
2
L
四（15）.（本题满分 7 分）求由曲面 z = x 2 + y 2 与 z = 2 −
x 2 + y 2 所围成的立体的表面
积。
x2
z2
2
五（16）.（本题满分 9 分）在曲面
+ y + = 1 ( x  0, y  0, z  0) 上求一点 P ，使过
4
9
点 P 的切平面与三个坐标平面所围成的四面体的体积最小，并求最小体积。
六（17）.（本题满分 7 分）试求连续可微函数  ( x) ，使在右半平面内曲线积分
y
 ( cos x −  ( x) ) x dx +  ( x)dy
B
A
π
 = 2 ；且当 A = (1, 0), B = (π, π) 时，求该曲线积分的值。
2
与路径无关，其中  
七（18）.（本题满分 6 分）计算


 为 z = − a 2 − x 2 − y 2 的上侧。
axdy  dz + ( z + a) 2 dx  dy
x2 + y 2 + z 2
，其中 a 为大于 0 的常数，
2005 级高等数学（A）（下）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1. 交换积分次序：

1
0
dx 
1+ 1− x 2
x
f ( x, y)dy =
。
2. 曲面 e z + z + xy = 3 在点 M (2,1, 0) 处的切平面方程为
。
3. 向量场 A = 3x 2 yz 2i + 4 xy 2 z 2 j + 2 xyz 3k 在点 (2,1,1) 处的散度 divA =
4. 已知曲线积分
 (e
x
。
cos y + yf ( x) ) dx + ( x3 − e x sin y ) dy 与路径无关，则 f ( x) =
。
L
(
5. 已知微分式 dz = 2 xy + 3 x

6. 若幂级数
 a ( x + 1)
n =1
n
n
2
) dx + ( x
2
+ 3 y 2 ) dy ，则其原函数 z =
在 x = 2 处条件收敛，则

 na ( x + 1)
n
n =1
n −1
。
的收敛半径 R =
。
1 , 0  x  1
在 [0,  ] 上展开为正弦级数，其和函数 S ( x) 在 x = −1 处
x +1 , 1  x  
7. 将函数 f ( x) = 
的函数值 S (−1) =
8. 设 C 为正向圆周： z = 1 ，则
。

C
sin z
dz =
z2
9. 设 f ( z ) 在 z 平面上解析， f ( z ) =

a z
n =0
 f ( z) 
;0 =
k
 z

的留数 Res 
。
n
n
，则对任一正整数 k ，函数
f ( z)
在点 z = 0
zk
。
二. 计算下列各题（本题共 4 小题，满分 33 分）
z
 所确定，其中  为可微函
 y
10.（本题满分 7 分）设函数 z = z ( x, y ) 由方程 x + y = x 
2
数，求
2
z z
, 。
x y
(
11.（本题满分 7 分）将函数 f ( x) = ln 2 x − x
2
) 展开为 x − 1的幂级数，并指出其收敛域。

n 3
n  3n n +1
x 的收敛域及和函数，并求 
12.（本题满分 10 分）求幂级数 
  的和。
n =1 n + 1  4 
n =1 n + 1

n

(
13.（本题满分 9 分）计算第二型曲线积分： I = x x + y dx + y x +
2
2
L
其中 L 是从点 A(2,1) 沿曲线 y =
)
x 2 + y 2 dy ，
x − 1 到点 B(1, 0) 的一段。
n
2n

x
 π 3π 
n −1 2 sin
上的不同取值，讨论
(
−
1)


n
2 2 
n =1
三（14）.（本题满分 9 分）试就 x 在区间  ,
的敛散性；当级数收敛时，判别其是绝对收敛，还是条件收敛？
四（15）.（本题满分 10 分）将函数 f ( z ) =
1
分别在圆环域（1）1  z  + ；
（2）
z (1 + z )
2
1  z − 1  2 内展开成罗朗级数。
 1
n +1 
− ln
 收敛。
n 
n
n =1 

五（16）.（本题满分 6 分）证明级数
 
六（17）.（本题满分 6 分）计算第二型曲面积分：
 ( yf ( x, y, z) + x ) dy  dz + ( xf ( x, y, z) + y ) dz  dx + ( 2 xyf ( x, y, z) + z ) dx  dy ，
S
其中 S 是曲面 z =
1 2
x + y 2 ) 介于平面 z = 2 与平面 z = 8 之间的部分，取上侧， f ( x, y, z )
(
2
为连续函数。
2005 级高等数学（B）（下）期中试卷
一、 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
1. 设 a = 1, 4,5 , b = 1,1, 2 ，若 (a + b) ⊥ (a − b) ，则  =
2. 函数 u = ln( x + y + z ) 在点 M (1, 2, −2) 处的方向导数的最大值是
2
2
2
 x 2 + 3z 2 = 9
绕 z 轴旋转一周所生成的旋转曲面的方程为
 y=0
3. 曲线 
。
。
。
 x 2 + 4 y 2 − z 2 = 16
在 xOy 平面上的投影曲线的方程为
2
2
2
 4x + y + z = 4
4. 曲线 

5. 幂级数

( x − 2)
n 4n
n =1
。
2n
的收敛域为
。
二. 选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分）

6. 级数
 (−1)
n
n =1


1 − cos 
n

(常数  0 )
（A）绝对收敛
（B）条件收敛
（C）发散
（D）敛散性与  的取值有关
7. 已知两直线 L1 :
（A）相交
x − 4 y +1 z + 2
x + 1 y −1 z − 3
=
=
和L2 :
=
=
，则 L1 与 L2
2
3
5
−3
2
4
（B）异面
（C）平行但不重合
]
[
]
[
]
（D）重合
8. 设二元函数 z = ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处可微，下列结论不正确的是
（B） f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 的某邻域内有
f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 连续
（A）
[
界
（C）
f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处两个偏导数 f x ( x, y ) , f y ( x, y ) 都存在
（D）
f ( x, y ) 在点 ( x, y ) 处两个偏导数 f x ( x, y ) , f y ( x, y ) 都连续.
9. 设函数 f ( x) = x 2 , 0  x  1, 而S ( x) =
+
 b sin n x, −  x  +, 其中
n =1
n
1
 1
bn = 2 f ( x)sin n x d x, (n = 1, 2,...), 则 S  −  =
0
 2
(A) −
1
2
−
(B)
1
4
(C)
1
4
三. 计算下列各题（本题共 5 小题，每小题 7 分，满分 35 分）
x − y + z + 5 = 0
的距离。
 2x + z − 4 = 0
10. 求点 A ( 4,1, −2 ) 到直线 

11. 讨论级数
n2 + 1 n
x 的收敛域及和函数。

n
n =1
+
12. 求
qn n!
(q  0) 的敛散性。

n
n =1 n
[
(D)
1
2
]
13. 将 f ( x ) =
12 − 5 x
展成 x 的幂级数。
6 − 5x − x2

14. 设 z = f  x sin y,

x
z  2 z
,
具有二阶连续偏导数，求
。
f
,

y
y xy
四.（本题满分 7 分）试证直线
x + 3 y +1 z − 2
x − 8 y −1 z − 6
和直线
相交，并
=
=
=
=
5
3
1
2
2
4
写出由此两直线决定的平面方程。
五. （本题满分 8 分）设 z = z ( x, y ) 是由方程 z 5 − xz 4 + yz 3 = 1 所确定的隐函数，求
2 z
xy
(0,0)
。
六.（本题满分 7 分）设正数列 an  单调递减，级数

 (−1)
n =1
n

 a 
an 发散，判断级数  1 − n+1 
an 
n =1 
是否收敛？并给出证明。
n −1 x
七.（本题满分 7 分）已知 f n ( x) 满足 f n( x) = f n ( x) + x e （ n 为正整数），且 f n (1) =

求函数项级数
 f ( x) 的和函数。
n
n =1
2005 级高等数学（B）（下）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1. 设函数 z = z ( x, y ) 由方程 z = xe 确定，则 dz =
yz
。
2. 曲线 x = t , y = t 2 , z = t 3 在对应于 t = −1 的点处的切线方程是
3. 曲面 e z + z + xy = 3 在点 M (2,1, 0) 处的切平面方程为
4. 交换积分次序

1
0
dx 
1− x 2
x −1
。
。
f ( x, y )dy =
。
5. 向量场 A = 3x yz i + 4 xy z j + 2 xyz k 在点 (2,1,1) 处的散度 divA =
2
6.
 x ( x
2
2
2 2
3
+ sin y 2 ) dxdy =
。
。
x + y 1
7. 空间区域  为 x + y + z  R ，则
2
2
2
2


x 2 + y 2 + z 2 dV 的值为
。
e
，
n
8. 已知曲线积分
 (e
cos y + yf ( x) ) dx + ( x3 − e x sin y ) dy 与路径无关，则 f ( x) =
x
。
L
(
9. 已知 dz = 2 xy + 3 x
2
) dx + ( x
2
+ 3 y 2 ) dy ，则 z =
。
二. 计算下列各题（本题共 4 小题，每小题 8 分，满分 32 分）
10. 设 z =

x2 y
0
z
2 z
。
f ( t , e ) dt ，其中 f 具有一阶连续偏导数，求 及
x xy
t
11. 计算二次积分：
 dx
1
0
x
y
1
x
e dy
x − 2 y + 2 z − 3 x −1 y +1 z −1
=
=
=
=
和
能否决定一平面？若能，则
−1
1
−1
2
1
2
12. 问通过两直线
求此平面的方程。
13. 设半球体  : 0  z − 2  1 − x − y 的密度函数为  = z ，试求半球体  的质量。
2
2
三.（14）
（本题满分 10 分）设三角形的三边长分别为 a 、 b 、 c ，其面积记为 S ，试求该
三角形内一点到三边距离之乘积的最大值。

)
(
四.（15）
（本题满分 10 分）计算第二型曲线积分 I = x x + y dx + y x +
2
L
其中 L 是从点 A(2,1) 沿曲线 y =
2
x 2 + y 2 dy ，
x − 1 到点 B(1, 0) 的一段。
五.（16）
（本题满分 6 分）计算第二型曲面积分：
 ( yf ( x, y, z) + x ) dy  dz + ( xf ( x, y, z) + y ) dz  dx + ( 2 xyf ( x, y, z) + z ) dx  dy ，
S
其中 S 是曲面 z =
1 2
x + y 2 ) 介于平面 z = 2 与平面 z = 8 之间的部分，取上侧， f ( x, y, z )
(
2
为连续函数。
六.（17）
（本题满分 6 分）设函数 f ( x) 在区间 [a, b] 上连续，且 f ( x)  0 ,
试证：

b
a
f ( x)e f ( x ) dx 
b
a
1
dx  (b − a)(b − a + A)
f ( x)

b
a
f ( x)dx = A ，
2005 级高等数学（C）（上）期中试卷
一. 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
1. lim x sin
x →
2x
=
x +1
。
2
2. 当 x → 0 时,  ( x) = 1 + x arcsin x − cos x 与  ( x) = kx 2 是等价无穷小,则 k =
3. 设 y = e x sin x ，则 dy
x=

=
。
。
2
4. 函数 f ( x) = x3 + 3x 2 在区间
内单调减少。
 x = 1 + t 2
5. 曲线 
在 t = 2 对应的点处的切线方程为
3
 y = t
。
二. 单项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分）
6. 设函数 f ( x) =
1
1− e
x −1
x
，则
（A） x = 0, x = 1 都是 f ( x) 的第一类间断点
（B） x = 0, x = 1 都是 f ( x) 的第二类间断点
（C） x = 0 是 f ( x) 的第一类间断点， x = 1 是 f ( x) 的第二类间断点
（D） x = 0 是 f ( x) 的第二类间断点， x = 1 是 f ( x) 的第一类间断点
[
]
 e2 x − 1
, x0

7 . 已知函数 f ( x) =  x
处处可导，则
a + sin bx , x  0

（A） a = 2 , b = 1
（B） a = 2 , b = 2
（C） a = 2 , b = 3
（D） a = 1 , b = 2
8 . 曲线 y = (1 + x)e2 x
（A）有一个拐点
（B）有两个拐点
（C）有三个拐点
[
]
[
]
（D）无拐点
9 . 设 f ( x) 在点 x = x0 处连续，当 x  x0 时， f ( x)  0 ，当 x  x0 时， f ( x)  0 ，则 x0 必
是 f ( x) 的
（A）驻点
[
（B）极大值点
（C）极小值点
]
（D）以上都不对
三. 计算题（本题共 5 小题，每小题 7 分，满分 35 分）

1
1
− 
 ln(1 + x) x 
11. lim(1 + 3sin x)
10. lim 
x →0
1
 1
+
+
 n +1 n + 2
12. lim 
n →
cot x
x →0
+
1 

n+ n 
13. 设 y = x3 ln(1 + 2 x) ，求
2
2
x
2
14. 设函数 y = y ( x) 由方程 sin( x + y ) + e − xy = 0 所确定，求
d2 y
。
dx 2
dy
。
dx
四.（本题共 4 道题，满分 29 分）
3
15.（本题满分 6 分）如果以每秒 50cm 的匀速给一个气球充气，假设气球内气压保持常值，
且形状始终为球形，问当气球的半径为 5cm 时，半径增加的速率是多少？
16.（本题满分 7 分）曲线 y = 4 − x 2 与直线 y = 1 + 2 x 相交于 A, B 两点，在曲线段 AB 上求
一点 C ，使该点到直线段 AB 的距离最大，并求最大距离。
17.（本题满分 8 分）证明不等式： e 
x
1
1− x
( x  1)
18.（本题满分 8 分）设函数 f ( x) 在闭区间  0,1 上连续，在开区间 ( 0,1) 内可导，且
f (0) = 0 ，证明：至少存在一点   ( 0,1) ，使得
f ( ) = (1 −  ) f ( ) 。
2005 级高等数学（C）（上）期末试卷
一. 填空题（本题共 7 小题，每小题 4 分，满分 28 分）
1.

lim
x
0
x →0
( e − 1) dt =
2. 曲线 y =
t2
。
x3
x3
的斜渐近线方程是
2(1 + x) 2
。
3. 曲线 y = x3 − 6 x 2 + 3x + 5 的拐点是
4. 曲线 y = x 2 + 3x − 2 在点
。
处的切线平行于直线 y = 5 x + 2 。
1 − cos x
,x0

5. 设 f ( x) =  x 2
在 x = 0 处可导，则 a =
ax + b , x  0
，b =
。

6. 级数
7.

2
−1
sin n
当且仅当参数 p 满足条件
p
n =1 n

x 2 − 2 x dx =
时绝对收敛。
。
二. 计算下列各题（本题共 4 小题，每小题 8 分，满 32 分）
1. lim 
x →1
1 
 1
−

 ln x x − 1 
2.
 sin x + cos x dx

x 2 4 x − x 2 dx
4.

3.
4
0
sin x cos x
+
1
dx
1 + x + x2
三.（本题满分 8 分）计算由曲线 y = e− x 与直线 y = 1, x = 2 所围图形绕 x 轴旋转所成的旋转
体的体积。
四.（本题共 2 小题，满分 18 分）
1.（本题满分 8 分）求微分方程 xy − 2 y = 2 x 的通解。
3
2.（本题满分 10 分）求微分方程 y + y = x + sin x 满足初始条件 y (0) = 1, y(0) =
五.（本题满分 7 分）求函数 f ( x) =

1
0
3
的特解。
2
x − t dt 在区间 [0,1] 上的最大值和最小值。

六.（本题满分 7 分）判别级数

 (−1)
n =1
n
n
1 
− 2  是否收敛，如果收敛，是绝对收敛
n + 1 n + 1
2
还是条件收敛？
2005 级高等数学（C）（下）期中试卷
一. 单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分）
1. 在空间直角坐标系中，下列方程中为柱面方程的是
（A）
( x − 2)2 ( y + 1)2 z 2
+
+ =1
4
9
16
[
（B） z = x − y
2
2
]
（C） z −
x2 + y 2 = 0
（D） y 2 = 2 y + 2 x − 1
x + 3y + 2z +1 = 0
及平面 π : 4 x − 2 y + z − 2 = 0 ,则直线 L
2 x − y − 10 z + 3 = 0
2. 设有直线 L : 
（A）平行于平面 π 但不在 π 上
（B）在 π 上
（C）垂直于 π
（D）与 π 斜交
3. 设 ( x, y )  (0, 0) 时， f ( x) = ( x 2 − y 2 ) − sin
（A） 4 y − sin
y 2 − x2
x2 + y 2
（C） 4 xy − sin
2 xy
，则 f ( x + y, x − y ) =
x + y2
2
（B） y − sin
2 xy
x + y2
（D） x − sin
y 2 − x2
x2 + y 2
2
x2 − y 2
x2 + y 2
2
（A） z xx + z yy = 0
（B） z xx − z yy = 0
（C） z xy = 0
（D） z xx + z xy = 0
5. 若函数 z = f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处的两个偏导数存在,则在该点处
（C）
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
]
[
]
[
]
[
]
[
]
2
4. 设 z =  ( x + y ) + ( x − y ) ，则必有
（A） f ( x, y ) 连续但不可微
[
（B） f ( x, y ) 可微
f ( x, y) 存在但 f ( x, y) 不连续
（D）以上结论都不对
ln(n + 1) n +1
x 的收敛域为
n +1
n =1

6. 级数

（A） x = 0
（B） (−, +)
（C） (−1,1)
（D） [−1,1)
二. 填空题（本题共 5 小题，每小题 4 分，满分 20 分）
( x − 1) 2 n +1
1. 幂级数  (−1)
的收敛域为
2n + 1
n =0

n
。
2. 设 f ( x) = x (−  x   ) 的 傅 里 叶 级 数 是
2
a2 =
，
a0 
+  (an cos nx + bn sin nx) , 则
2 n =1
b2 =
。
−  x  0
−1,
3. 设 f ( x) = 
1 + x , 0  x  
2
，则其以 2π 为周期的傅里叶级数在点 x = π 处收敛于
。
 x 2 + 4 y 2 − z 2 = 16
在 xoy 面上的投影曲线为
2
2
2
4 x + y + z = 4
4. 曲线 
。
 2 y2
=1
x −
5. 曲线 
绕 x 轴旋转一周而得的旋转曲面的方程为
2
z = 0

。
三.（8 分）已知点 P (1, −2, 4) 和平面  : 2 x − 3 y + z − 4 = 0 .求 P 在  上投影点的坐标.
四. 1.（8 分）将 f ( x) =

2.（10 分）求
1
展成 x − 1 的幂级数。
x − x−6
2
1
 n(n + 1) x
n
的收敛域与和函数。
n =1
五.（8 分×3==24 分）
z
1. 设 z = f ( x, y ) 是由 e − xyz = 0 确定的隐函数,求
z z
, 。
x y
2. 求函数 u = xyz 在点 (1,1,1) 处沿从点 (1,1,1) 指向点 (2, 2, 2) 的方向的方向导数。
3. 设 z = f (2 x − y ) + g ( x, xy ) ，其中 f (t ) 二阶可导，g (u , v) 具有连续的二阶偏导数，
求
2 z
。
xy
六.（6 分） 设 f ( x, y ) = x − y  ( x, y ) ,其中  ( x, y ) 在点 (0, 0) 的某邻域内连续,则当  满足
什么条件时,偏导数 f x(0,0) 与 f y(0, 0) 都存在? 并计算 f x(0,0) 与 f y(0, 0) 。
2005 级高等数学（C）（下）期末试卷
一. 填空题（本题共 9 小题，每小题 4 分，满分 36 分）
1. 设 u = xy 2 ，则 du =
。
2. 曲线 x = t , y = t 2 , z = t 3 在对应于 t = −1 的点处的切线方程是
。
3. 曲面 e z + z + xy = 3 在点 M (2,1, 0) 处的切平面方程为
4. 交换积分次序

1
0
dx 
1− x 2
x −1
f ( x, y )dy =
(
5. 已知微分式 dz = 2 xy + 3 x
6.
 x ( x
2
。
2
) dx + ( x
2
。
+ 3 y 2 ) dy ，则其原函数 z =
+ sin y 2 ) dxdy =
。
。
x + y 1
7. 空间区域  为 x + y + z  R ，则
2
8. 已知曲线积分
 (e
2
2
2

x 2 + y 2 + z 2 dV 的值为
x
cos y + yf ( x) ) dx + ( x3 − e x sin y ) dy 与路径无关，则 f ( x) =
L
9. 设曲线  : x = a cos t , y = a sin t , z = bt (0  t  2 ) ，则
(x
2
+ y 2 ) ds =

二. 计算下列各题（本题共 4 小题，每小题 8 分，满分 32 分）
10. 设 z =

x2 y
0
。

f ( t , et ) dt ，其中 f 具有一阶连续偏导数，求
z
2 z
及
。
x xy
。
。
x
y
11. 计算二次积分：
 dx
12. 计算三重积分：
 z dV ，其中区域  : x
1
0
1
x
e dy 。
3
2
+ y2 + z 2  1 , z + 1  x2 + y 2 。

13. 问通过两直线
x − 2 y + 2 z − 3 x −1 y +1 z −1
和
能否决定一平面？若能，则
=
=
=
=
−1
1
−1
2
1
2
求此平面的方程。
三.（14）
（本题满分 10 分）设三角形的三边长分别为 a 、 b 、 c ，其面积记为 S ，试求该
三角形内一点到三边距离之乘积的最大值。

(
四.（15）
（本题满分 10 分）计算第二型曲线积分 I = x x + y dx + y x +
2
2
L
其中 L 是从点 A(2,1) 沿曲线 y =
)
x 2 + y 2 dy ，
x − 1 到点 B(1, 0) 的一段。
五.（16）
（本题满分 12 分）设半球体  : 0  z − 2  1 − x − y 的密度为  = z ，试求：
2
（ 1 ） 半 球 体  的 质 量 M
；（ 2 ） 计 算 第 二 型 曲 面 积 分
 3xy dy  dz − y dz  dx + 2 zdx  dy ，其中 S 为半球面 z − 2 =
2
S
3
2
1 − x 2 − y 2 ，指向上侧。
2005 级高等数学（D）（上）期中试卷
一. 单项选择题 （4 分×5=20 分）
1. 当 x → 0 时， 1 − x sin x − 1 与 x 是同阶无穷小，则 k 为
2
（A） 4
k
（B）5/2
（C）2
（A）
1 1
+ +1
x2 x
（B）
1
1
+
+1
2
( x − 1)
x −1
（C）
1
x + x +1
（D）
1
3
+
+3
2
( x − 1)
x −1
f (2 − x) − f (1)
表示的是
x →1
x −1
（A） f (1)
（B） − f (1)
1
)=
x −1
3. lim
4. 当 x  0 时,曲线 y = x sin
]
[
]
[
]
[
]
（D）3
2. 设 f ( x) 是定义在实数域上的一个函数， f ( x − 1) = x 2 + x + 1 ，则 f (
2
[
（C） f (2)
（D） − f (2)
1
x
（A） 仅有水平渐近线
（B）既有水平渐近线,又有铅直渐近线
（C） 仅有铅直渐近线
（D）既没有水平渐近线,又没有铅直渐近线
5. lim
x →1
x 2 − 1 x1−1
e
x −1
[
（A） = 2
（B） = 0
（C） = 
（D）不存在，且不为无穷大
二、填空题 （4 分×5=20 分）
1. 设 f ( x) = e
2 x −1
,求 lim
x →0
2. 已知 y = ln f ( x)e
f ( x)
f (2x) − f (0)
=
x
,其中 f ( x)  0 且可导,则 dy =
3. 设 y = tan( x )sec x ,则 y =
3
4. 当 x =
。
时,函数 y = x2x 取得极小值。
。
。
]
(cos x) x , x  0,
5. 已知 f ( x) = 
在点 x = 0 连续,则 a =
x=0
a,
−2
x arctan
三.（7 分）讨论函数 f ( x) =
sin

2
。
1
x − 1 的连续性，并指出间断点的类型。
x
四. 计算积分 （6 分×5=30 分）
1. 求 lim cot x(
x →0
1
1
− )；
sin x x
x = 1+ t2
3. 设 y = y ( x) 由 
 y = cos t
所确定,求
2. 求 lim
x →1
ln cos( x − 1)
x
1 − sin
2
dy d 2 y
.
,
dx dx 2
4. 设 y = y ( x) 由 y = tan( x + y ) 所确定,求
dy
.
dx
5. 设 y = x3e2 x ,求 y (5) ( x) 。
五.（7 分）利用单调性证明不等式。 证明： x  1 时， ln x 
2( x − 1)
x +1
e x ,
x  0,
，问 a 和 b 为何值时, f ( x) 在 x = 0 处可导?
a + bx, x  0
六.（8 分）设 f ( x) = 
七.（8 分）给定曲线 y =
1
,（1）求曲线在 x = x0 处的切线方程；
（2）求曲线的切线被两
x2
坐标轴所截线段的最短长度。
2005 级高等数学（D）（上）期末试卷
一.填空题 （每题 4 分，共 20 分）
x = 1+ t3
dy
=
1. 设 
，则
2t
dx t =1
 y=e
。
2.

1
−1
(2 x + | x |) 2 dx =
。
1]
3. 设 f ( x)在[0，上连续
，且
4. 设 y = 2
tan
1
x

1
0
f ( x)dx = a ，则  xf ( x 2 )dx =
1
。
0
，则 dy =
。
5. 某商品需求量 Q 与价格 p 的函数关系为： Q = apb ，其中 a、b 为常数，且 a  0 ，则需
求对价格 p 的弹性是
。
二. 单项选择题（每题 4 分，共 16 分）
1. 下列无穷限积分收敛的是
(A)

+
e
[
]
1
sin x
sin t
dt ,  ( x) =  (1 + t ) t dt ，则当 x → 0 时，  ( x) 是  ( x) 的 [
0
t
]
dx
x(ln x)2
2. 设  ( x) =

5x
0
(B)

+
e
ln x
dx
x
(C)

+
e
dx
x ln x
(D)

+
e
(A)高阶无穷小
(B)同阶但不等价无穷小
(C)等价无穷小
(D)低阶无穷小
dx
x ln x
a
 1+ x 
=  tet dt ，则 a =
3. 设 lim 

−
x →
 x 
ax
(B) −2
(A) 2
(C)
1
2
(D) −
2
 (1 − cos x), x  0
4. 设 f ( x) =  x 2
，求 f (0) =
 1,
x=0
(B) −1
(A) 1
(C) 2
(D) 2
三. 计算下列各题 （每题 7 分，共 42 分）
1. 求极限 lim
x →1
ln cos( x − 1)
1 − sin

2
。
x
xy
2
2. 设函数 y = y ( x) 由方程 e + y = cos x 确定，求
3. 设 f ( x) =
dy
。
dx
1
(10)
，求 f
( x) 。
x + 5x + 6
2

4. 已知 f ( x) 的一个原函数为 ln x ，求 xf ( x )dx 。
2
[
]
[
]
1
2
5. 求
6. 求

1

dx
2
x
2
。
4 − x2
x + ln(1 − x)
dx 。
x
四.（6 分）设 f ( x) 在 [0,1] 上连续，且 f ( x)  1 ，证明方程 2 x −

x
0
f (t )dt = 1 在 (0,1) 内
有且只有一个根。
x3
五.（6 分）证明当 x  0 时， x  arctan x  x −
。
3
六. 应用题（10 分）求曲线 y =
x 的一条切线 l ，使该切线 l 与曲线 y = x 及直线
x = 0, x = 2 所围成的图形面积最小。
1. 求该切线 l 的方程；
2. 计算所围成图形绕 x 轴旋转的旋转体体积。
2005 级高等数学（D）（下）期中试卷
一. 填空题 （每题 4 分，共 24 分）

a
1. 若 a1 = 2,
n =1
n

= s ，则  (2an − an+1 ) =
。
n =1

nn n
2. 求幂级数 
x 的收敛半径 R =
n =1 n !
。
3. 写 出 e 在 x = 3 处 的 泰 勒 级 数 展 开 式 是
x
是
，收敛域
。
4. 若 y1 = 2, y2 = 2 + x , y3 = 2 + x + e 都是微分方程 y + p( x) y + q( x) y = f ( x) 的
3
解，则此微分方程的通解是
5. 写出微分方程 y + y = 0 的通解
3
x
。
。
6. 微分方程 y + y tan x = cos x 的通解
。
二. 单项选择题（每题 4 分，共 16 分）

1. 若级数
 a ( x − 3)
n =1
n
n
（A）条件收敛

2. 级数

n=2
在 x = 8 处收敛，则此级数在 x = −1 处
（B）绝对收敛
（C）发散
(−1) n
, (a  0)
n +a
（A）条件收敛
[
（D）敛散性不确定
[
（B）绝对收敛
（C）发散
(−1) n n
收敛于

n = 0 (2n + 1)!
]
]
（D）敛散性与 a 有关

3. 级数
（A）
cos1 − sin1
2
[
（B） 2(cos1 − sin1)
（C）
cos1 + sin1
2
4. 微分方程 y + 2 y + y = xe− x 的一个特解应具有的形式
（C） Axe
（D） 2(cos1 + sin1)
[
（B） ( Ax + B)e− x
（A） x 2 ( Ax + B)e− x
−x
（D） x( Ax + B)e− x
三. 计算下列各题（共 45 分）
1.（7 分）求微分方程
dy
y2
满足初始条件 y (1) = 1 的特解。
=
dx xy − x 2
2.（7 分）求微分方程 y =
1
的通解。
2x − y
3.（8 分）求微分方程 y + y = ( x − 2)e3 x 的通解。

4.（7 分）判定级数
n
n =1
1 − cos

n
的敛散性。
(−1) n
5.（8 分）判别级数 
n =1 ( n + 1) − n + 2

6.（8 分）将函数 f ( x) =

四.（9 分）求幂级数
的敛散性，若收敛是绝对收敛还是条件收敛？
1
展开为 x − 1 的幂级数。
3 + 4x
2n 2 n
x 的收敛域及和函数。

n =1 n
]
]
五.（6 分）设 f ( x) 连续，

1
0
f ( xt ) d t =
1
f ( x) + 1 ，求 f ( x) 。
2
2005 级高等数学（D）（下）期末试卷
一．填空题 （每题 4 分，共 24 分）
1. 利用定积分的几何意义求
x
y
2 1 − − )dx d y =
 （
5 3
， 其中积分区域
D

x y

D = ( x, y ) +  1 ( x  0, y  0)  。
5 3


2. 函数 y =
x −1
在 x0 = 1 处的泰勒级数及收敛域为
4− x
。
3. 微分方程 y − 3 y + 2 y = −2e x 的特解形式为
。
4. 微分方程 xy = y ln y 的通解为
5. 将二次积分

1
0
dx 
6. 求二重积分 I =
x
2− x2
。
f ( x, y )dy 化为极坐标下的二次积分
 (3 − x)dxdy , D = ( x, y)

9x2 + y 2  1 , I =
。
。
D
二. 单项选择题（每题 4 分，共 16 分）
1. 若 lim
n →

an
= 2 ，则幂级数  an ( x − 1) n
an +1
n =1
（A）必在 x  2 时发散.
（B）必在 x  2 收敛.
（C）在 x = −2 处的敛散性不定.
（D）收敛半径为 2
2. 设 y = y ( x) 满足 y = x 且在点 (0,1) 处与直线 2 y = x + 2 相切，则该函数为
[
]
[
]
（A） y =
x3 x
+
6 2
（B） y =
x3 x
+ +1
3 2
（D） y = x3 + x
（C） 6 y = x3 + 3x + 6
3. 函数 z = x3 − 3x − y 2 的极大值点是
（A） (1, 0)
（B） (0,1)
[
（D） (−1, −1)
（C） (−1, 0)
y2
4. 曲线 x −
= 1, z = 0 绕 y 轴旋转而成的曲面方程为
4
2
（A） x −
2
（B） x + z −
y2
=1
4
y2
=1
4
（D） z = x −
y2
4
（C） x − z −
2
[
z2 + y2
=1
4
2
2
]
2
2
]
三. 计算下列各题（每题 6 分，共 30 分）
（x − 2) n
的收敛域及和函数。
2n
n =0

1. 求幂级数

2. 设 z = ln( x + y + e ) ，求在点 p0 (1,0) 处的全微分 dz 。
2
xy
3. 求微分方程 y ln ydx + ( x − ln y )dy = 0 的通解。
4. 计算二重积分
 dx 
1
1
0
x
x sin y 3dy 。
3
3
3
5. 设 z = z ( x, y ) 由方程 x + y + z − 3axyz = 0 确定，求
z z
, 。
x y
z z  2 z
 y 1
有二阶连续偏导数，
。
, ,
,

2
x y xy
 x x
四.（共 16 分）1. 设 z = f 
2. 求微分方程 y + 4 y + 4 y = cos 2 x 满足初始条件 y (0) = y(0) = 0 的特解。
五 （共 14 分）
1. 某企业销售额 S 与花在两种广告宣传上的金额 x 和 y 之间的关系为 S =
200 x 100 y
，
+
5 + x 10 + y
净利润为销售额的五分之一减去广告费，广告预算是 25 ，问广告费如何分配才能使净利润
最大。
2. 求由圆柱面 x 2 + y 2 = 2Rx ,旋转抛物面 x 2 + y 2 = 2Rz ( R  0) 及平面 z = 0 围成的体
积。
2005 级高等数学（建筑类）期中试卷
一. 填空题（每小题 3 分，共 21 分）
 x + 1, x  0
，则 f [ f ( x)] =
x0
 1,
1. 设 f ( x) = 
2. lim( n − 3 − n ) n − 1 =
n →
。
。
 x2 + 1

− ax − b  = 0 ，则 a =
x →
 x +1

，b =
3. 如果 lim 
4. 如果 x → 0 时，无穷小量 1 − cos x 与 a sin
5. 函数 f ( x) =
2
sin x
的间断点为 x =
x
x
等价， a =
2
，类型为
6. 设 y = y ( x) 是由方程 y = 2 + xe y 所确定的隐函数，则
x = ln cos t ,
 y = sin t − t cos t ,

7. 设 
dy
=
dx
。
，
d2 y
=
dx 2
。
。
dy
=
dx
。
。
二. 选择题（每小题 3 分，共 15 分）
1. f ( x) =
sin( x + 1)
, −   x  + 是
x2 + 1
(A)有界函数
(B)奇函数
 
 
2. 极限 lim x ln 1 +
x →
(B) = 5
3. 极限 lim
x →0
sin x
(C) −1
 x 2 − 2 x + 2, x  1
，则 f ( x) 在 x = 1 处
1,
x

1

4. 设 f ( x) = 
[
]
[
]
[
]
(D) = 0
1
x=
(B) 
(A) 1
(C) = 3
]
(D) 周期函数
4
 1 
 − ln 1 −  
x
 x 
(A)不存在
x 2 sin
(C)偶函数
[
(D) 0
(A) 不连续
(B)连续，但不可导
(C ) 连续且仅有一阶导数
( D)有任意阶导数
5. 若 f ( x) 为可微函数，当 x → 0 时，则在点 x 处的 y − dy 是关于 x 的
(A)高阶无穷小
(B) 等价无穷小
(C)低阶无穷小
( D)同阶但非等价无穷小
[
]
三.（每小题 6 分，共 30 分）
1. 用极限定义证明： lim
n →
3. 计算极限
n2 + a 2
=1
n
1
1

lim  sin + cos 
x →
x
x

5. 求函数 y = 2 x
x
x
5x − 4 − x
x −1
2. 计算极限： lim
x →1
1 − x 2t
x 的连续性.
t →+ 1 + x 2t
4. 讨论函数 f ( x) = lim
的导数。
四.（每小题 7 分，共 21 分）
1. 证明方程 x ln x − 2 = 0 在闭区间 [1, e] 上恰好只有一个实数根.
2. y = ( x 2 + 1)sin x ，求 y (20)
3. 设 f ( x) 对 任 意 的 实 数 x1 ， x2 有 f ( x1 + x2 ) = f ( x1 ) f ( x2 ) ， f ' (0) = 1 ， 试 证 ：
f ( x) = f ( x) 。
五.（7 分）若 x  0 ，证明： e  1 + x
x
六.（6 分）已知函数 f ( x) 在 [0,1] 连续，在 (0,1) 可导，且 f (1) = 0 ，证明在 (0,1) 内至少存
在一点  ，使 f ' ( ) = −
2 f ( )

。
2005 级高等数学（建筑类）期末试卷
一. 填空题（每小题 3 分，共 21 分）
d x2 1
1.
dt =
dx 0 1 + t 2
。
2. y = x − e x 的单增区间
，单减区间
ex
3. 
dx =
1 + ex
。
1 + sin x
dx =
−1 1 + x 2
+
dx
=
5. 
2
2 x −x
4.

1
。
。
。
6. xdx + ye− x dy = 0 的通解
。
7. 方程 y − 5 y + 4 y = 0 的通解
。
二. 选择题（每小题 3 分，共 15 分）
1. 当 x → 0 时，与 x 等价的无穷小量是
（A） sin x − x
2. 曲线 y =
2
[
（C） x − sin x
（B） x − sin x
2
（D） 1 − cos x
x2
的渐近线
1+ x
（A）不存在
[
（B）有一条
(C)有两条
 x tf (t )dt
 0
,
3. 设函数 f ( x) 连续， f (0) = 2 ， F ( x) = 
x2

 A,
]
]
(D)有三条
x  0 ， F ( x) 在 x = 0 处连续, 则
x=0
A=
(A) 0
(B) 1
(C) 2
4. 设 f ( x) 的导数在 x = a 处连续，又 lim
x →a
(A) x = a 是 f ( x) 的极小值点
(C) (a, f (a)) 是曲线 y = f ( x) 的拐点
[
]
[
]
(D) 3
f ( x)
= −1 ，则
x−a
（B） x = a 是 f ( x) 的极大值点
(D) x = a 不是 f ( x) 的极值点， (a, f (a)) 也不是曲线 y = f ( x) 的拐点
5. 设 p ( x) 在 (−, +) 上连续，则下列函数中哪一个不是微分方程 y ' + p( x) y = 0 的通
解？（其中 c 是任意常数）
[
x
0 p (t )dt
− p ( x )dx
(A) y = ce 
（B） y = ce
− p ( x )dx + c
(C) y = e 
− p ( x )dx
（D） y = −ce 
−
三. 计算下列各题（每小题 7 分，共 35 分）
sin t
dt
t
2
1. lim

cos x
x→

x

2.
a 2 − x 2 dx (a  0)
2
3.
 x ln(1 − x)dx

4.
+
0
e− x sin xdx
5. 试求由曲线 y = 3 − x2 及 y = 2 x 所围成平面图形的面积。
四.（10 分）求微分方程 y + 3 y + 2 y = 9e−2 x 的通解。
五.（11 分）若连续函数 f ( x) 满足方程 f ( x) =

2x
0
t
f   dt + e x , 试求 f ( x) 。
2
六.（8 分）设函数 f ( x) 在区间 [a, b] 上连续，并且 f ( x)  0 ，
x
x
a
b
F ( x) =  f (t )dt + 
dt
, x  [ a, b]
f (t )
证明：
（1） F ( x)  2 ；
（2）方程 F ( x) = 0 在区间 (a, b) 内有且仅有一个根。
2005 级高等数学（医学类）期中试卷
一. 填空题 （3 分×6=18 分）
1. lim x sin
x →
5
=
x
5x + 3
=
x → 3 x 2 + 5
2. lim
3. 函数 y =
。
。
2x +1
的间断点是
x( x + 1)( x + 2)
。
]
4. 2e dx =
2x
5. 曲线 f ( x) =
6. y = e
− x2
d(2e2 x )
1
 1
在点  2,  处的切线方程为
2
x
 4
的凸区间是
。
。
二. 单项选择题 （3 分×4=12 分）
1. 当 x → 0 时，无穷小量 x − 2 tan x 与 x 相比是
2
(A)高阶无穷小量
(B) 低阶无穷小量
(C) 同阶不等价无穷小量
(D) 等价无穷小量
2. 设 y = x n + e x ,则 y ( n +1) =
(A) e
(B) (n + 1)!+ ne x
x
(C) (n + 1)!+ e x
(B)单调减少
(C)不增不减
e3
(B)
e6
(C)
e2
(D)
三. 计算下列极限 （每题 6 分，共 18 分）
1. lim
x →1
x 2 − 3x + 2
x3 − x
sin 3 x
x → 0 sin 7 x
2. lim
et − 1 − t
3. lim
t →0
t2
四. 计算下列函数的导数（每题 7 分，共 21 分）
1. 设 y = sin 2 x + sin 2 x + sin x 2 ，求
(
2. 设 y = ln x + 1 + x
2
) ，求 y
dy
。
dx
x= 3
2
2
x
2
3. 求由 sin( x + y ) + e − xy = 0 确定的隐函数 y = f ( x) 的导数
五. 计算积分 （7 分×2=14 分）
1.

ln x − 1
dx
x2
2.

tan x
dx
cos x
[
]
[
]
[
]
(D) 有增有减
3

x
(1
+
2
x
)
, x  0, 在 x = 0 处连续,则 a =
4. 若函数 f ( x) = 
x = 0,
 a,
(A)
]
(D) 0
3. 函数 f ( x) = e x + e− x 在区间 (−1,1) 内
(A) 单调增加
[
dy
。
dx
e
六.（8 分） 证明当 x  0 时， e
−x
 1− x 。
七.（9 分） 将一长为 a 的铁丝切成两段，将其中一段围成正方形，另一段围成圆形，为使
正方形与圆形面积之和最小，所围圆的周长为多少？
2005 级高等数学（医学类）期末试卷
一. 填空题 （3 分×5=15 分）
1. 设 z = x ,则全微分 dz =
y
2. 积分

。
x+2
dx =
−1 1 + x 2
1
3. 广义积分

+
1
。
2 xe− x dx =
2
。
4. 微分方程 y + y − 2 y = 0 的通解为 y =
。
5. 某人群心率在下列各个范围内的概率如下表
心率(次/分)x
x  60
60  x  70
70  x  90
90  x  100
x  100
概率
0.02
0.09
0.79
0.07
0.03
求心率在 60  x  100 的概率
。
二. 单项选择题 （3 分×5=15 分）
x 2 (3x + 1)3
=
x →
1 − 2 x5
6. lim
( A) −
27
2
( B)0
(C )
( D) −
 x 2 + a,
x 1
在 x = 1 处连续,则 a =
−2 x − 1, x  1
( B) − 3
(C ) − 1
−x
( B)(3,, 2e−3 )
9. 设 f ( x) =
( A)0

x2
1
(C )(−1, −2e−2 )
(C )2ln 3
]
[
]
[
]
( D)(0, −1)
ln(1 + t )
dt ，则 f (2) =
t
( B) ln 5
[
( D) − 4
8. 曲线 y = ( x − 1)e 的拐点是
( A)(2,e−2 )
]
1
2
7. 设 f ( x) = 
( A) − 2
[
1
( D) ln 5
2

10. 设 I =
2
1
y
dy  1 f ( x, y )dx , 改变积分顺序, 则 I =
[
]
y
( A)  1 dx  f ( x, y )dy
( B)  1 dx  1 f ( x, y )dy;
(C )  dx  f ( x, y)dy
( D)  1 dx  1 f ( x, y )dy +  dx  f ( x, y )dy
2
2
1
2
2
2
0
x
2
2
2
x
1
2
2
x
2
1
2
x
三. 计算极限（6 分×2=12 分）
1 − x2 −1
x2
2
11. lim(1 + 4 x) x
12. lim
x →0
x →0
四. 计算导数和偏导数（7 分×2=14 分）
13. 设 z = e− x cos(2 x − 3 y) ，求偏导数
z z
, 。
x y
14. 设 y = (1 + x 2 ) arctan x, 求二阶导数 y  。
五. 计算积分 （7 分×3=21 分）
xdx
15.

17.
 xy dxdy ，其中 D : y = x , y = x 所围成的区域。
16.
1 + x2
2


0
x sin xdx
2
D
六. 求解微分方程 （7 分×2=14 分）
dy
= 2 xy 满足 y x =0 = 2 的特解。
dx
19. 求微分方程 y − 5 y + 6 y = 2 x 的通解。
18. 求微分方程
七. 应用题（9 分）
20. 过点 P(1, 0) 作抛物线 y =
x − 2 的切线,求该切线与抛物线及 x 轴围成的图形绕 x 轴
旋转所得的旋转体的体积。
2005 级高等数学（文科类）期末试卷
一. 填空题 （3 分×5=15 分）
1. 设 a  0 ，则 lim
x →0
(
2. 若 y = 1 + e
x
sin ax
=
x cos bx
) cos x ，则 dy =
。
。
3. 设平面曲线 l 在任一点 ( x, y ) 处切线的斜率为 x − sin 2 x ，则该曲线的方程为
3
 b1 b2 
1 0
1 1 
 ， 则 b1 =
 ， B =  0 b  ， AB = 
0 1
 0 −1
3

4. 设 A = 
b3 =
。
， b2 =
，
。
5. 假设每位学生生日在各个月份的机会是相同的，则 4 位同学的生日在第一季度的平均人
数是
。
二. 单项选择题 （3 分×5=15 分）
1. 下列集合中与无理数集等势的集合是
（A）区间 [0,1]
2. 设 a =

0

2
[
（B）正整数集 Z
x dx , b = 
2
0
（A） a  b
+
（C）有理数集 Q
（D）自然数集 N

2
sin x 2 dx ，则下列结论正确的是
[
（C） a  b
（B） a = b
（A）必定发散
（B）必定收敛
（C）必定有界
（D）可能收敛也可能发散
 a11 a12 


4. 设 A = a21 a22

 B = ( b1 b2
a a 
 31 32 
b3 ) ，则下列运算有意义的是
T
（C） A − B
（B） BA
]
（D）无法判断
3. 若数列 an  , bn  均发散，则数列 an − bn 
（A） AB
]
[
]
[
]
T
（D） B A
5. 把 5 本书任意地放在书架上， A = {其中指定的 2 本书放在一起}，则事件 A 的概率为
[
（A）
1
5
（B）
2
5
（C）
3
5
（D）
]
4
5
三. 计算下列各题（6 分×4=24 分）
 x +1 
1. lim 

x → x − 1


x
2.
(
3. 若 y = cos x  ln 1 + x
2
)+ 
2x
0
e dt ，求 y
2t

2
1
1 
 −x
 2e + 5 x − 3  dx
3x 

0 1 2


−1
4. 已知 A =  1 1 4  ，求 A
 2 −1 0 


四. 讨论题（5 分×3=15 分）
1. 若 f 3 ( x) 在 x0 连续，则 f ( x) 在 x0 是否连续？若连续，请给出证明；若未必连续，试给
出反例。
2. 若 AB = I （ I 为单位阵）
，则是否一定有 A , B 互为逆矩阵？试说明之。
3. 事件 ( AB) 表示事件 A , B 同时发生，事件 ( A B) 表示 B 已发生的条件下 A 发生。既然 B
已发生，现 A 又发生，因此 A , B 同时发生，故有 ( A B) = ( AB) ，所以也有 P( A B) = P( AB) 。
试分析这种说法是否正确？
五.（10 分）设有 2 门高射炮，每门击中飞机的概率都为 0.6 ，求同时发射一发炮弹而击中
飞机的概率是多少？又若有一架敌机入侵领空，欲以 99% 以上的概率击中它，至少需要多
少门高射炮？ (ln 0.4 = −0.39794)
六.（10 分）已知某城镇的人口增长速度与当时人口数成正比，即若用 y (t ) 表示 t 年后的人
口数，则有
dy
= ky (t ) 。 1950 年时该城镇的人口数为 5 万，到 1980 年达到 7.5 万人。如果
dt
保持这样的增长，试预测该城镇到 2010 年将有多少人口？
七.（11 分）某汽车制造厂生产大轿车和载重汽车两种型号的汽车。已知生产每辆汽车所用
的钢材都是 2 吨，该工厂每年供应的钢材为 1600 吨。工厂的生产能力是每 2.5 小时可生产
一辆载重汽车，每 5 小时可生产一辆大轿车，工厂全年的有效工时为 2 5 00 小时。已知供应
给该厂大轿车用的桌椅每年可装配 400 辆。据市场调查，出售一辆大轿车可获利 4 千元，出
售一辆载重汽车可获利 3 千元。试利用线性规划的观点为该厂合理地安排生产，使得获利最
大。