1、目录第一部分名校考研真题第13章多元函数的极限和连续在0，1上连续，使第14章多元微分学第15章重积分第16章曲线积分与曲面积分第17章含参变量积分，在u0，+）上一致收敛，又在1，+）上单调递减且一致趋于0，故由Dinchlet判别法知在t0，+）上一致收敛故对任意的0，存在，当时，有，所以，即，因此第二部分章节题库第13章多元函数的极限和连续由此可知，当或即时极限存在，则（2）设，f（x，y）定义在D上若f（x，y）是单变量x的连续函数，且对任意的，有（对一致），则f（x，y）在D上连续证明：（1）任取，往证为此，只需指出，对任给，存在，使得作并记由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使
2、得类似地可知，存在以及闭区间，使得，继续这一过程，可得闭区间列，点列满足因为且，而是单变量y的连续函数，所以在上式中令，导出（2）设依题设知，对任给，存在，使得当时有，以及从而可得（3）设，依题设知，对任给，存在，使得又存在，使得（1）设在D上连续，且，则在（a，b）上连续（2）设，f（x，y）在D上连续若，则（3）设在D上连续令则记，则依条件，存在，使得因此，对，有即（2）对，令，易知注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数对任给，存在，使得又存在，使得现在对满足的，存在，使得根据等度连续性，又推出导出这说明，随之有，即（3）令，注意到f在D上的一致连续性可知，对，存在，使得，即在上连续
3、，自然也是一致连续的因此，存在，使得现在对任意取定的，我们有证明：（1）注意到f在D上一致连续，故对任给，存在，使得且因为是一致收敛列，所以存在N，使得从而视，可知这就是说，在a，b上一致收敛其中，由f的一致连续知，当时有，即在上连续对任给，存在使得（2）显然，F（x，y）在上连续对处，根据的连续性可知，对任给，存在，使得求以及显然不存在，所以不存在（3）由三种极限间的关系及步骤（2）中的结果可知不存在由题设f（x，y）在域axA，byB上连续，故在此域上一致连续，即对任给的0，存在（）0，使对于此域中的任意两点只要时，就有特别地，当时，对于一切的xa，A，均有对于上述的0，因为在a，A上一致
4、收敛，故存在自然数N，使当mN，nN时，对于一切的xa，A，均有于是，对任给的0，存在自然数N，使当mN，nN时，对于一切的xa，A，均有因此在a，A上一致收敛由于f（x，y）关于x对变数y一致连续，故对任给的0，存在使当（x，y）G，（x，y）G且时，就有又因f（x，y）在点关于变数x是连续的，故对上述的，存在使当时，就有取并使点的邻域全部包含在区域G内，则当点P（x，y）属于点的邻域，即时，从而有因此，f（x，y）在点连续由的任意性知，函数f（x，y）在G内是连续的即它是处处有定义的有理函数又当y0时，显然是连续的于是，当变数y固定时，函数f（x，y）对于变数x是连续的同理可证，当变数x固
5、定时，函数f（x，y）对于变数y是连续的对于不同的k可得不同的极限值，从而知不存在因此，函数f（x，y）在原点不是二元连续的第14章多元微分学证明：（1）问题等价于证明不等式令，这样，证上述不等式只要证明为此，在区域上考虑二元函更多各类考试资料 v：344647 公众号：顺通考试资料 数因为，即对固定的，函数f（x，y）是y的单调递减函数，所以如果，显然有；如果即，也有综上便知在上成立（2）易知W中第i行第j列的元素是若记其余子式为，则从而可得因此，有（3）依题设易知，且有注意到的连续性，有由此知存在，使得，即上递增（1）设且充分小，则（2）作，则且，从而可知存在点使得达到最大（小）值由此得，
6、从而导出解：（1）由可知f（x，y）在点（0，0）处连续因为有所以得到易知时有，故在点（0，0）不可微（2）因为，所以导出取，则，这说明f（x，y）在点（0，0）处不可微解：（1）（i）注意到，故得（ii）注意到，故得式左端证明：（1）不妨假定，则有其中，再由可知这说明f（x，y）在点处可微所以，注意到（4）因为所以有由g（x，y）在点（0，0）处的连续性可知，这说明F（x，y）在点（0，0）处可微从而立即可得在点（0，0）处的微分为解：（1）由题设知，故有从而可得，即知，因此，根据或这说明（2）由条件知，即由此得到，若令此比值为（常数），则有（因为连续，所以此式对xy0仍真）这说明故有综上有
7、，则对nk1，有解之可得临界点直线x0，2y3za上的点平面y0上的点平面z0上的点用乘第一式，用乘第二式，相加得并导出bxay，axbyc0注意到式可求出临界点xac，ybc，c0（若c0，则由推出f无临界点）可知从而有（iii）a0时，有故（a，a）不是z的极值点也就是说，在惟一的点上达到最大值，（2）令由于有f（x，y）0以及故f（x，y）可取到最大值因为偏导方程组为由此知而且故在第一象限内有惟一临界点注意到在Ox轴上，有故又知f（x，0）在点（2，0）处取到最大值同理可知，点（0，2）也是f（0，y）的最大值点因为所以f（x，y）在第一象限中的最大值是这说明（3）取对数，往证lnlna
8、alnblnlnbblna令xlnalnb1，ylnb，命题转为求证再令则由可知F（x，y）F（x，0）x1若F（x，y）0，则将上两式相加，即可得出从而只需指出d0，e0根据题设可知，从而有dax令，又得d0类似地可推知e0证毕（2）（i）反证法假定则不妨又假定点是f的最小值点（注意，），从而有记则点为g（x）的临界点而根据可知，点是g（x）的极大值点注意到在（存在）上，必有使得因此,在上有点使得所以得到取充分小，使得在圆周上F（x，y）0，则依（i）知，即（3）依题设知，在点处取到极大值，故同理可推出此外，还有即得所证（4）作则有从而可知除非F（x，y）1，否则在D内可取到极小值即有使得这
9、说明即得所证解：（1）易知f（x，y，z）与的极值点相同，故只需考察在条件xyza下函数的极值则可得可能的极值点为再看二阶微分在点处的值，即得由此知，g随之f在点处达到最大值：函数f在点处取极小值在处取极大值；在点处，由于故点不是f的极值点（3）根据题设，可令作辅助函数G(x，y，并解方程组由于命题的最大值必存在，故定有非零解因此该方程组的行列式必为0即用代入式，并依次以乘各式，再相加可得由可知，这是f（x，y，z）在单位球面上的最大值现将极值点满足的条件写为并使它与联立解出点从而知，当时，z取到极小值；当时，z取到极大值（2）对条件方程取对数：且记，则命题化为：求f（x，y，z）在条件下的极
10、值（i）在点处，由可知，f无极值（ii）在点处，由，以及再记，则当S0时f达到极小值，当S0时达到极大值，其值为得解从而知显然（85，35）就是所要求的点则由可解出代入平面T的方程，可得，因此（3）问题归结为求在约束条件下的最小值从而作函数易得，以及因为，故点是曲面上到原点距离最近的一点其它点亦然（4）设（x，y）是抛物线上一点（即）是直线上一点（即，则此两点间的距离为从而作函数并解平衡点方程，可知有解：故知第15章重积分（3）整个积分区域分成与两部分，并以不同斜线在图15-3中表示出（2）令则由题设知由此可得故（2）令则积分式I可写为再引用不等式即得所证（3）将D分解为可得（5）（i）用直线
11、xyi（i1，2，3）分割D成为四个区域：见图15-6因为所以其中表示的面积从而有用曲线分割D为四个区域：如图15-7，有从而得到将区域表示为D由y0，yx，xy1围成。解：（1）令则D变为且积分成为（2）令则D变成且原积分成为（3）令将三角形内的点表示为此时因此有（4）令即此时|J|2，积分区域D变为从而可得且记l所围平面区域为D，故知其中为求V，显然应采用极坐标变换：即令此时有变成从而可得其中显然应采用极坐标变换来求积分，即令由此可得且由对称性知只需考察位于第一象限中的D，记为故有其中令则其中D是它在xOy平面投影：从而可得（用坐标变换而且对上式右端的积分，再作变换则有易知此两球之交线为（
12、6）易知该两曲面的交线为由此知，za或z4a若z4a，则得两曲面的交点（0，0，4a）；若za，则得两曲面的交线在xOy平面上的投影曲线为（图15-9）又知该两个曲面在柱坐标系下的方程分别是即最后有和于是解：因为当0y2时所以积分区域D由x轴（即直线y0）直线y2，直线xy3，以及圆周x2y24围成，因此D位于第一象限圆周与x轴（正向）交于（2，0），与y轴（正向）交于（0，2）（也是与直线y2的交点），直线xy3与x轴交于（3，0），与直线y2交于（5，2）因此（1）当从0变到时，对于每一固定的，r从0变到，其中，为抛物线的极坐标方程；（2）解：作变换：，则椭圆所围成的域变为且有。于是，所求
13、的面积为对作替换xrcos，yrsin，则又知此时仍有而原曲面有表示式立体关于yOz，xOy平面对称，则有易知第16章曲线积分与曲面积分首先求曲线C的参数方程：由，xyz0消去y，可得配方后得到由此求得以及解：（1）令从而可知（2）作替换：可知（3）作新坐标系，使得原点仍与坐标系的原点相同，而点（x，y）位于轴上，此时有（积分号下级数一致收敛，可作逐项积分），故，且得若，有由此知从而，且知（2）由，可知，采用极坐标，又得由此知，引用题（1），有（3）因为，所以有将曲线用参数式表示，即令x1cost，ysint，则L定向如图16-1所示，从而可得从而又得知因此有且代入L的方程，可知在广义极坐标系
14、下，L的方程为由此即得L的参数方程：其次，有故在这里也来算出d（yx），而，则从而可知因为在坐标轴上有以及，易知只需计算其位于第一象限的部分曲面积S1（图16-3）作坐标变换，即知再用变量替换，易知对J，作变量替换，又得（2）由可知，从而可得从而有有将D变成D*，变成光滑曲面试证明的面积为解：（1）易知对变换其Jacobi行列式注意到中，的参数方程为以及投影区域D（2）易知直线L平行于Ox轴，位于平面xOz上且截Oz轴一段长为b的线段，令上点P（x，y，z），它到L上的距离的平方为从而其惯性矩为由可知解：（1）易知在xOy平面上的投影区域是是准线上点的法向量，n与Oz轴形成钝角，且，故知由可得
15、其中以及即又有则（3）记则解：（1）易知可写为其定义区域为此时，易知从而可得从而可得证明：（1）对积分I采用球坐标变换则得上式左端就是椭球面表面积S在极坐标变换下的积分公式，证毕可知从而可得从而得到作变量替换则的参数方程式为由此知其Gauss系数为（4）将处作Taylor展式：故知第17章含参变量积分（2）记，在积分号下求导，并从偏导方程组（3）对任意的，函数及其对r的导（函）数在上连续，故知由此可得（常数，），随之因连续性和r0的任意性，就有I（r）C（0r1）而由I（0）0，又知C0，即有（4）设，且作函数从而可得，在区域上连续因此，有（计算积分可用替换ttanx）由此还知（I（a）在a0
16、处连续）这样，最后就得到此外，由于，故又可得以及f连续，故当时，在每个区间（a，b）上一致收敛于故因为当时，递增趋于f（x），所以根据Weierstrass判别法，积分F（t）关于一致收敛，从而由f（x）的连续性，即知极限是关于一致的证毕（i）对x0是单调的且一致有界于1，而积分是关于一致收敛，故对任给0，存在充分大的X，使得（ii）对取定的X，令，可取，使得（4）不妨假定f（x）递增，则，故对任给0，存在0，使得由于，并考察两个积分之差，则可得（应用第二积分中值公式）现在令，并假定，又取N，使得从而有又显然因此在x0处不连续，但在x1处连续当0 x1时，函数上连续，所以二重积分其中u，v作为
17、积分变量，分别起着左边积分中v，u的作用于是可得当0 x1时，从而直接计算可知并且显然因此在x0处不连续，但在x1处连续解：（1）由于，故知因为在矩形0，1a，b上连续，所以可交换积分次序从而有注意到xa时，上式右端为，故知由此易得，实际上，还有证明：（1）收敛（2）收敛（3）收敛（4）收敛（5）记，则被积函数f（x，y）有估计由可知，g（x，y）是x的递增函数，且有证明：（1）因为关于一致收敛，又函数对x单调一致有界于1，所以，根据Abel判别法即得所证（2）（i）由于sin2x的原函数有界，以及递减一致趋于0故根据Dirichlet判则，知积分关于（0，1）一致收敛（ii）易知eax随x单
18、调，且（3）易知收敛，对x单调一致有界，由Abel判别法即得所证从而有由的任意又知这说明而由（i）又知，当充分小时，有估计这说明当充分小时，可得（3）只需指出或易知，对任给0，存在M0，使得又知存在0，使得由于，故当时，可得易知f（a）在（2，）上连续对g（），先看的情形；此时，因为所以积分g（）关于是一致收敛的，也就是说其次，由的任意性，即知最后得出，所以根据Weierstrass判别法，积分关于一致收敛类似地可知，积分也在上一致收敛此外，由于函数在区域上连续，故知f（a）在，1上连续再由的任意性，即得（3）作变量替换，令，可知所以又，故知（3）令，则易知f以及上连续，又故根据Weierst
19、rass判别法可知，积分一致收敛从而有作替换，则得，再作替换又可得由此即知因为，所以即（4）由于，故，且有当时，可得递减，用中值公式，（因此，积分关于一致收敛故二次连续可导，且有由此得到由有解：（1）设，则易知f与上连续由可知积分在任一区间上一致收敛此外，又由以及收敛，可知积分在上一致收敛从而，积分在上连续，在上连续由式可导出因此因为所以C0这说明若0，则积分I（）仅在时收敛此时，应用分部积分公式，可知（2）x0不是积分的瑕点又对，有故积分关于是一致收敛的从而求导可在积分号下进行，即得即知最后，有（3）（i）看区域，令易知均在上连续，且积分由此又得由的任意性可知，此结论对也真易知第一个积分是的
20、连续函数；由于，则第二个积分关于以及任意的一致收敛再由f的连续性，可知第二个积分对连续从而根据的连续性，可作运算最后有则在上连续，且有即积分是一致收敛的，从而知上连续对有（实际上，对也真，因为上内闭一致收敛，由连续性再取极限即得）在式，对作积分，易知而，故这说明又由即得第三部分模拟试题伍胜健数学分析配套模拟试题及详解由y=e x得，于是从而，故曲线C 3的方程为由对称性得到，即又因为L1的参数方程为，因此，在上满足，且关于y轴对称，令取极限，据条件（1）得据柯西准则，知存在即等式左端极限存在，记之为A2由将x固定，由条件（1）使得时于是由式知第一部分名校考研真题说明：本部分从指定伍胜健主编的数
21、学分析为考研参考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对其进行了详细的解答。所选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分（包括教材中未涉及到的知识点）进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。第13章多元函数的极限和连续一、判断题1若存在，则与均存在上海交通大学研【答案】错【解析】举反例：例如，显然有，但是不存在2设在的某个邻域内有定义且，则在处连续（）华东师范大学2008研【答案】错【解析】举反例：设，显然有，但是，即是否为0还要取决于 的值，所以在点处不连续.二、解答题1北京航空航天大学研解：因为所以同理2求极限南京大学研解：由于，又根据
22、LHospital法则知，从而，故有3设f（x，y）是在区域D：上的有界k次齐次函数，即满足对任意的t0，有，证明： 存在，并求其值天津工业大学研证明：做极坐标变换，由于f（x，y）是在区域D：上的有界k次齐次函数，故4设，试讨论函数在点（0，0）处的连续性江苏大学研解：当0p1时，由于当时有又，所以故f（x，y）在点（0，0）处连续当p1时，由于故f（x，y）在点（0，0）处不连续5设Q为有理数集，且证明：（1）对任意的，极限都不存在；（2）函数仅在点（a，b）处连续陕西师范大学研证明：（1）由于有理数在实数上是稠密的，所以存在有理数列与使得同样无理数在实数上也是稠密的，所以存在无理数列使得
23、于是两个极限不相等，故极限不存在（2）由于故f（x，y）在点（a，b）处连续对任意的，取有理数列与使得，取无理数列使得，则有由于，所以f（x，y）在点处不连续，故f（x，y）仅在点（a，b）处连续6若g（x，y）在域D内对变量y连续，且对任意的均有其中M、均为常数且M0、01，问g（x，y）在D内是否连续，并说明理由湖南师范大学研解：g（x，y）在D内连续对任意的，由于对于y连续，所以对任意的0，存在，使得取，则有于是当时，有下式成立故g（x，y）在D内连续7设f（x，y）在有界闭域D上连续，D为a，A；b，B，函数列在a，A上一致收敛，且对任意的xa，A有，n=1，2，证明：函数列在a，A上
24、一致收敛西安交通大学研证明：因为f（x，y）在有界闭区域D上连续，所以f（x，y）在D上一致连续，即对任意的0，存在0，使得当， 时，有由于在a，A上一致收敛，所以对上述的，存在N0，使得当m、nN，xa，A时，有所以，从而故由Cauchy收敛准则知函数列在a，A上一致收敛8设二元函数f（x，y）在正方形区域0，10，1上连续记J=0，1（1）试比较与的大小并证明之；（2）给出并证明使等式成立的（你认为最好的）充分条件厦门大学研证明：（1）对于任意的x都成立，则由y的任意性可知（2）若使下面证明上面条件为充分条件，显然在0，1上连续，使故第14章多元微分学1定义证明：f（x，y）在（0，0）处
25、连续但不可微中国科技大学研证明：对任意的0，存在，当时，有故f（x，y）在（0，0）处连续，根据偏导公式可得从而不唯一，所以在（0，0）点函数不可微2二元函数求（1），（2），是否在点（0，0）处连续，f（x，y）在点（0，0）处是否可微，并说明理由浙江大学研解：（1）根据求偏导数的公式有当时，有（2）由于，不存在，所以，在点（0，0）处不连续因为所以f（x，y）在点（0，0）处可微3设函数（1）研究函数f（x，y）在点（0，0）处是否连续，其偏导数是否存在，若存在是多少？（2）函数f（x，y）在点（0，0）处可微吗？为什么？上海理工大学研解：（1）由于当（x，y）（0，0）时，有又，故由夹逼
26、法知，所以f（x，y）在点（0，0）处连续由于所以两个偏导数都存在，且，（2）由于但当y=kx时，所以f（x，y）在点（0，0）处不可微4设试确定f（x，y）在平面中所有可微点与不可微点，并说明理由北京理工大学研解：当x0时，函数显然可微当x=0时，根据函数导数定义可得从而所以f（x，y）当x=0时也可微故f（x，y）在平面中的可微点为整个平面5设f（x，y）在上有定义，若f（x，y）在点x=0处连续，且在G上有界，证明：f（x，y）在点（0，0）处连续华南理工大学研证明：因为f（x，0）在x=0处连续，则对任意的0，存在使得当时，有又因为在G上有界，存在M0，使得对上述的，取，当时，有所以对
27、上述的，取，则当时，有故f（x，y）在点（0，0）处连续6设在处存在，在点处连续，证明：f（x，y）在点处可微西安电子科技大学研、清华大学2006研证明：为了证明f（x，y）在点处可微，就要证明z=f（x，y）的全增量可以表示成如下形式为此先把z拆成两部分以便能与偏导数所满足的条件相联系，利用对y的导数存在，并由一元函数微分中值定理可得其中，又利用在处可导，所以这就得到再利用在处连续的条件知，从而即为，得证7讨论函数在点处，（1）连续性；（2）可微性；（3）沿 （cos，sin）的方向导数的存在性北京工业大学研、中山大学2007研解：（1）由于，所以，故在点处连续（2）则从而故不可微（3）由于
28、沿 （cos，sin）的方向导数存在8设，其中f（u，v）有二阶连续偏导数（1）求，；（2）若，求上海理工大学研解：（1）由链式求导法则知（2）由（1）得到的结果知9设x=rcos,y=rsin，证明：（1）（2）中国地质大学2006研证明：因为所以于是10设f（x，y）有处处连续的二阶导数，证明：华中科技大学研证明：令F（s）=f（sx，sy），则由f（0，0）=0知F（0）=0，且同理，由知所以11确定的值，使得函数在点（0，0）可微同济大学研解：f（x，y）在点（0，0）可微，则存在由存在则必有此时同理有因此当时，f（x，y）在点（0，0）处可微12在曲面上求点，且使该点处曲面的切平面与
29、三坐标面围成的四面体的体积最小北京航空航天大学研解：过点的切平面方程为即，此平面与三坐标轴截距为因此四面体的体积原问题化为求V在限制条件下的极小值点作拉格朗日函数解得，且最小体积为13利用导数证明周长一定的三角形中以等边三角形的面积最大清华大学研证明：设三角形三边分别为x，y，z，其周长为定数2p，则面积所求为S在限制条件下的极大值，为此，作拉格朗日函数解得，此时。14设，其中z=f（x，y）是由方程所确定的隐函数，求和北京化工大学研解：对方程，求一、二阶偏导有解得，从而15设，求f（x，y）在上的最大值与最小值大连理工大学2006研解：令，则解得，所以，两边消去y可得再利用和就可以得到由x、
30、y的表达式知，越大，越小，因为a、b、c0，所以f（x，y）越小；同样，越小，越大，因此f（x，y）越大因为所以当时，f（x，y）最小，且最小值为当时，f（x，y）最大，且最大值为第15章重积分1计算二重积分，其中D为区域|x|1，0y2北京师范大学研图15-1解：如图示D可分为，在 内，在 内，所以2求北京航空航天大学研图15-2解：如图示，其中909设a0是常数，计算积分北京大学研解：令则，变成3求极限其中中国人民大学研解：作球坐标变换x=rsin cos，y=rsin sin，z=rcos 则所求极限为4求xz平面上的圆周绕z轴一圈所画的闭曲面所包围的体积厦门大学研解：令V为所画闭曲面所
31、围的空间，则所求体积仍记为V，则5计算积分，D为由直线y=x、y=1及x=0所围成的平面区域。中科院武汉物理与数学研究所研解：化为累次积分有6计算积分，其中D是由直线y=x及抛物线所围成的区域。中科院武汉物理与数学研究所、大连理工大学研解：由题设知D为，从而7求北京师范大学研解：做变量替换，则区域变为新区域又，故8已知，计算积分南京理工大学2006研解：9求，其中削成的有界区域。北京大学2006研解：令，则10设f（x，y，z）在球上连续。令证明：南开大学2006研证明：做球坐标变换，域为，则同样做变量替换，域为，则故有11求在单位球上的积分其中a、b、c不全为零。浙江大学2006研解：其中1
32、2求下列曲线所围面积：中国地质大学研解：令则所以13假定D是三维空间中的一个有界闭区域请计算D的边界面的总面积S和D的体积V复旦大学研解：第16章曲线积分与曲面积分1以S表示椭球的上半部分（z0），u，v表示S的外法线的方向余弦，计算曲面积分南京大学研解：如图示：补充xy平面上的椭圆S1与 S构成封闭曲面记为S0，由于S1：z=0，从而图16-12计算曲线积分其中L是空间螺线上对应于t=0与t=2的两点之间的一段曲线弧中山大学研解：3求，其中是和坐标面在第一卦限所围成曲面外侧哈尔滨工业大学研解：记由奥高公式，所求积分其中I4计算其中S是球面在第一卦限部分并取球面外侧（a0）武汉大学研解：如图示
33、补充平面块则构成封闭曲面外侧，由奥高公式，所求积分又平面，平面，故，故所以图16-25已知C是平面上任一简单闭曲线，问常数a等于何值时，曲线积分清华大学研解：记则（1）若原点在C外，欲使积分为零必须且只须即（2）若原点在C内，由多连通区域上的格林公式知，当a= 1时，所以，当a= 1时，总有6设f（u）具有连续导函数，计算积分其中为x0的锥面与球面所围立体表面的外侧西安交通大学研解：记由奥高公式得所求积分7求，其中L是抛物线上从点（-1，1）到点（1，1）上的一段华南理工大学2006研解：将，-1x1代入，根据函数的奇偶性可得8求，L是取逆时针方向的单位圆周华中科技大学研解：原点在L所围区域的
34、内部，则在原点不连续，挖去一个以原点为中心，以长轴为 ，短轴为 的椭圆，则L与外侧所围区域满足Green公式所以此处利用了9计算曲线积分，其中曲线，方向与z轴构成右手系中山大学2007研解：曲线c的参数方程为，0t2，则10求，其中L为平面和立方体0 xa，0ya，0za的交线，站在第一象限处看L为逆时针方向大连理工大学研解：平面位于立方体内的部分记为S，它在Oxy平面上的射影区域记为Sxy，其面积显然等于当平面取上侧时，法线方向的单位向量为于是，由Stokes公式可得11求球面在柱面内部的面积S。西安交通大学研解：由于于是利用对称性知12计算曲面积分，其中S是曲线绕x轴旋转而成的曲面的外侧。
35、中山大学研解：令为平面，方向取x轴正向于是由Gauss公式可得13求，其中是单叶双曲面在的部分，取外侧。中山大学2006研解：令为平面，取下侧；为平面，取上侧，则由Gauss公式可得第17章含参变量积分1设s（a）是曲线在y=1下方的一段弧长，求武汉理工大学研解：在y=1时曲线上的点为，故从而由含参量积分的连续性知2证明：（1）积分在u0，+）上一致收敛（2）积分在t0，+）上一致收敛北京师范大学2006研证明：（1）因为，又收敛，故由Weierstrass判别法知，在u0，+）上一致收敛（2）等价于证明在t0，+）上一致收敛对任意的，又在1，+）上单调递减且一致趋于0，故由Dinchlet判
36、别法知在t0，+）上一致收敛故对任意的0，存在，当时，有从而由可得，当，t0，+）时，有故由Cauchy收敛准则知在t0，+）上一致收敛，结论得证3证明：在（0，+）上连续华中科技大学2007研证明：因为对任意的A，存在M，有，同时对任意的0，关于x在（1，+）上单调递减，且当y，+）时，有，所以当y+时，在，+）上一致收敛于0故由Dirichlet判别法知在，+）上一致收敛，因为被积函数连续，所以由一致收敛的反常积分性质知在，+）上连续由0的任意性知，在（0，+）上连续4证明：在定义域s0上是连续的南京航空航天大学研证明：令对任意的s00，存在0ab使得当sa，b时，对x0，1有由于收敛，故
37、由Weierstrass判别法知I1在a，b上一致收敛，所以I1在a,b上连续，从而I1在处连续由于对x1，+）有，易知收敛，故由Weierstrass判别法知I2在a，b上一致收敛，所以I2在a，b上连续，从而I2在s=s0处连续，所以在s=s0处连续再由s00的任意性知在定义域s0上是连续的5设f（x，t）于上连续于c，d）一致收敛，证明收敛南开大学研证明：因为于c，d）一致收敛，所以任给0，存在Mc对一切A1，A2M（其中A1A2），有f（x，t）于a，+；c，d上连续，故f（x，t）在上一致连续，所以任给，存在0，当时从而故收敛6设证明：（1）（2）武汉大学研证明：1）对存在，当nN时
38、，有所以2）因为每个在0，+）上都连续，且当时对一切都成立，所以可以在积分号下取极限，所以7证明在中一致收敛武汉大学研证明：只需证，对当AA0时由亍故（不妨设），当0t时，此时，对有又对收敛由W氏判别法，在中一致收敛，因而当AA0时，因此在中一致收敛8证明：积分在（0，+）上不一致收敛北京大学研证明：设对，存在A=2NN，使得所以积分上不一致收敛9证明函数在区间0，+）上连续，在（0，+）上有连续导函数厦门大学研证明： ，取，使由和收敛可知，F（x）在a，b上一致收敛，故F（x）在a，b上连续，从而F（x）在x0处连续，由x0的任意性，知 F（x）在0，+）上连续，取使记则和f（x，t）均在上
39、连续对任意A0而所以对参数x在c，d上一致有界，当t1时关于t是单调减少的，且当时，对一切x，有由狄利克雷判别法可知在c，d上一致收敛所以F（x）在c，d上有连续的导函数，从而F（x）在x0处有连续的导函数，由x0的任意性知，F（x）在（0，+）上有连续的导函数10设证明：（1）（2）求F（x）华中师范大学研证明：（1）记，则显然f（x，y），fx（x，y）连续因为对一切，有，收敛，所以一致收敛又收敛，所以也一致收敛因此F（x）可微，且即（2）由得所以，c为常数又因为，所以，即，因此第二部分章节题库说明：本部分严格按照伍胜健主编的数学分析教材内容进行编写，每一章都精心挑选经典常见考题，并予以详
40、细解答。熟练掌握本书考题的解答，有助于学员理解和掌握有关概念、原理，并提高解题能力。第13章多元函数的极限和连续1讨论下列函数f（x，y）在（0，0）点处的重极限：解：（1）考察向径极限，即令ykx，我们有由于k可取不同值，故重极限不存在（2），重极限不存在（3）注意到，又有故重极限不存在（4）注意到，又有故重极限不存在（5）注意到，又有故重极限不存在（6）注意到，又有故重极限不存在（7）令，易知，又有故重极限不存在（8）注意到又有，故重极限不存在2讨论下列函数f（x，y）在点（0，0）处的重极限：解：（1）令有故（2）注意到，另一方面又有故重极限不存在（3）取对数再用参变量，我们有3讨论下列
41、函数f（x，y）在指定点的极限状况：解：（1）因为，所以当即时，极限存在（2）作变量替换，有由此可知，当或即时极限存在4试证明下列命题：（1）设是D上单变量连续的函数又有且若，则（2）设，f（x，y）定义在D上若f（x，y）是单变量x的连续函数，且对任意的，有（对一致），则f（x，y）在D上连续（3）设f（x，y）是上单变量连续的函数，且f（x，y）在视作y的函数时是单调的，则f（x，y）在上连续证明：（1）任取，往证为此，只需指出，对任给，存在，使得作并记由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使得类似地可知，存在以及闭区间，使得，继续这一过程，可得闭区间列，点列满足根据区间套定理可知，存在
42、，从而有因为且，而是单变量y的连续函数，所以在上式中令，导出（2）设依题设知，对任给，存在，使得当时有，以及从而可得（3）设，依题设知，对任给，存在，使得又存在，使得不妨假定f对y是递增函数，则当时，有由此即知存在，使得5试证明下列命题：（1）设在D上连续，且，则在（a，b）上连续（2）设，f（x，y）在D上连续若，则（3）设在D上连续令则证明：（1）设，则由题设知，对任给，存在，使得记，则依条件，存在，使得因此，对，有即（2）对，令，易知注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数对任给，存在，使得又存在，使得现在对满足的，存在，使得根据等度连续性，又推出导出这说明，随之有，即（3）令，注意
43、到f在D上的一致连续性可知，对，存在，使得由此知，即在上连续，自然也是一致连续的因此，存在，使得现在对任意取定的，我们有且从而导出又根据式可推知这说明即类似地可证，证毕6试证明下列命题：（1）设f（x，y）在上连续，是a，b上的一致收敛函数列则在a，b上一致收敛（2）设在D上连续，令则（关于一致）证明：（1）注意到f在D上一致连续，故对任给，存在，使得且因为是一致收敛列，所以存在N，使得从而视，可知这就是说，在a，b上一致收敛（2）注意到，故知其中，由f的一致连续知，当时有7试证明下列命题：（1）设f（x，y）在区域上连续，且对任意的存在极限，则f可连续延拓到上（2）设，且作函数则定义，可使在
44、上连续证明：（1）定义，从而只需指出，即在上连续对任给，存在使得从而有由此即得所证（2）显然，F（x，y）在上连续对处，根据的连续性可知，对任给，存在，使得由此即得所证8设求以及解：（1）因为所以（2）因为显然不存在，所以不存在（3）由三种极限间的关系及步骤（2）中的结果可知不存在9设函数f（x，y）于域axA，byB上是连续的，而函数序列在a，A上一致收敛并满足条件证明：函数序列也在a，A上一致收敛证明：由于故有意义由题设f（x，y）在域axA，byB上连续，故在此域上一致连续，即对任给的0，存在（）0，使对于此域中的任意两点只要时，就有特别地，当时，对于一切的xa，A，均有对于上述的0，因
45、为在a，A上一致收敛，故存在自然数N，使当mN，nN时，对于一切的xa，A，均有于是，对任给的0，存在自然数N，使当mN，nN时，对于一切的xa，A，均有因此在a，A上一致收敛10证明：若函数f（x，y）在某域G内对变数x是连续的，而关于x对变数y是一列连续的，则此函数在所考虑的域内是连续的证明：任意固定一点由于f（x，y）关于x对变数y一致连续，故对任给的0，存在使当（x，y）G，（x，y）G且时，就有又因f（x，y）在点关于变数x是连续的，故对上述的，存在使当时，就有取并使点的邻域全部包含在区域G内，则当点P（x，y）属于点的邻域，即时，从而有因此，f（x，y）在点连续由的任意性知，函数f
46、（x，y）在G内是连续的11证明：函数分别对于每一个变数x或y（当另一变数的值固定时）是连续的，但并非对这些变数的总体是连续的证明：先固定ya0，则得x的函数即它是处处有定义的有理函数又当y0时，显然是连续的于是，当变数y固定时，函数f（x，y）对于变数x是连续的同理可证，当变数x固定时，函数f（x，y）对于变数y是连续的作为二元函数，f（x，y）虽在除点（0，0）外的各点均连续，但在点（0，0）不连续事实上，当动点P（x，y）沿射线ykx趋于原点时，有对于不同的k可得不同的极限值，从而知不存在因此，函数f（x，y）在原点不是二元连续的第14章多元微分学1解答下列问题：，求，求求解：2试证明下
47、列命题：（1）设，则（2）设，则，其中（3）设是（1,1）上值域在中的连续可微函数若有则存在，使得函数在上递增证明：（1）问题等价于证明不等式令，这样，证上述不等式只要证明为此，在区域上考虑二元函数因为，即对固定的，函数f（x，y）是y的单调递减函数，所以如果，显然有；如果即，也有综上便知在上成立（2）易知W中第i行第j列的元素是若记其余子式为，则从而可得因此，有（3）依题设易知，且有注意到的连续性，有由此知存在，使得，即上递增3试证明下列命题：（1）令在D上的偏导数存在，且有若对取定的点是z的连续函数，则；（2）令且有偏导数若，则存在使得证明：（1）设且充分小，则由此以及依据题设即得所证（2
48、）作，则且，从而可知存在点使得达到最大（小）值由此得，从而导出因此有4讨论下列函数在指定点处的可微性：解：（1）由可知f（x，y）在点（0，0）处连续因为有所以得到易知时有，故在点（0，0）不可微注意，由可知这说明在点的一个邻域上存在有界偏导数（2）因为，所以导出取，则，这说明f（x，y）在点（0，0）处不可微5解答下列命题：（1）求函数的微分（2）求可微函数）在时对t的微分（3）设，则（4）设，则解：（1）（i）注意到，故得（ii）注意到，故得（3）对两式各求微分，可得从而可解出由此即得所证（4）对两式各求微分，可得从而可解出或若记此值为1/k，又知类似地可知因此有式左端6试证明下列命题：（
49、1）设在区域D上定义，若存在，又在邻域上存在，且在点处连续，则f（x，y）在点处可微（2）设f（x，y）在原点的邻域上定义，f（x，y）在点（0，0）处连续，在上可微若有则f（x，y）在点（0，0）处可微（3）设在零点的邻域上连续，且g（0，0）0，则f（x，y）在点（0，0）处可微（4）设f（x，y）在点（0，0）处可微，且，又假定在点（0，0）处连续，则在点（0，0）处可微，且有（在点（0，0）处）证明：（1）不妨假定，则有其中，再由）可知这说明f（x，y）在点处可微（2）依题设知，对任给，存在，使得从而应用中值定理与CauchySchwarz公式，则有（3）因为所以，注意到（4）因为所以
50、有由g（x，y）在点（0，0）处的连续性可知，这说明F（x，y）在点（0，0）处可微从而立即可得在点（0，0）处的微分为7试证明下列命题：（1）设在上可微若有则在变换下，上述方程组可表示为（2）设zf（x，y）在区域上可微，又假定在区域上可微，且，则在D上可微证明：（1）由以及题设，则有以y乘式，以x乘式，相加可知类似地可推得第二式（2）对D中任一点，并记，依题设得到由此可导出又（估计上式最后三项）立即推知证毕8解答下列命题：（1）设上可微函数F（x，y）满足（i）在直角坐标系中有分解：（ii）在极坐标系中有试求（2）在上题中，改为连续可微，又条件（ii）改为，试求（3）设在上可微；（i）若，
