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1、答案答案:本科高等数学作业卷测试题本科高等数学作业卷测试题(一一) 一、填空题一、填空题 ._)2(ln,1lim)(. 1 2 = += f t x xf t t 则设 4)2(ln,e1lim1lim)( 2 2 2 = += += f t x t x xf x x x t t t t 则解 ._ arctan lim. 2= x x x . 0应填数之积仍为无穷小量知根据无穷小量与有界函解 ._ 1e 1sin1 lim . 3 2 0 = + x x xx . 2 1 sin 2 1 lim 1e 1sin1 lim 2 00 2 = + x xx xx x x x 解 ._ 1 )
2、1 ()( lim)( . 4 22 1 = = x fxf xfy x 则是可导函数，设 ) 1 ( ) 1 (2)1 ()(lim 1 ) 1 ()( lim 1 ) 1 ()( lim 11 22 1 fffxf x fxf x fxf xxx =+ = 解 . 0 )( lim d lim ._ d lim,d)( .0)( )( . 5 00 0 0 0000 = = += x xo x yy x yy yxxfy xxxxxfxxxfy xx x 根据定义解 则处微分记为在，函数增量为 时，变到由当自变量处可导，且在设 ._1 1, 1ee 10,3 0,e )( . 6 2 1
3、= + =xxfxg xxgx x x x xf 可导连续，但不可导)D()C( 3 ).D(0)( 0 2 1 lim 0 cos1 lim)0(, 0)(lim 0)( lim)0( .)B(),A(0)( )0(0)(lim)(lim )0(0 2 1 lim cos1 lim)(lim 2 3 2 000000 2 00 2 00 2 000 处可导，故应选在 不正确处极限存在，且连续，在故 解： = = = = = = = = + + += xxf x x x x x fxxg x xgx f xxf fxgxxf f x x x x xf xxxx xx xxx 三、计算题三、计算
4、题 .), 2 , 1(6,10 . 1 11 极限存在，并求此极限，试证数列设 nnn xnxxx?=+= + . 3 ,2.0,),2,1(0 . 2 3 .06,66,lim .lim ,),2,1(0,6 ., 66 4610 2 1 1 1 2111 21121 = = =+=+= =+= =+= =+= + + + + aaanx aa aaaaxxa x xnxxx xxxn xxxxxxk xxxxx n nn n n n nnnn nnn kkkkkk 故得极限值为舍去所以因为 或 因此，从而两边取极限得对令 存在必有极限知 数列有下界。根据单调有界即显见，由 为单调减少数列
5、即都有正整数故由归纳法知，对一切 则有，有设对某正整数 知及由证 ? ? .1 1)( 1, 1 1, 2 sin1 ) 1cos(ln )(. 2 处的定义，使之连续修改函数在 ，处是否连续？若不连续在，问函数设函数 = = = = x xxf x x x x xf . 4 ) 1 (1)( 4 2 sin 4 1 lim 2 cos 2 1 lim 2 cos 2 ) 1sin( lim 2 sin1 1) 1cos( lim 2 sin1 1) 1cos(1ln lim 2 sin1 ) 1cos(ln lim)(lim 2 22 111 1111 = = = + = = = + = =
6、 fxxf x x x x x x x x x x x xf xxx xxxx ，需定义处不连续，若使之连续在故 解 4 .,sin)(, 2 1 ) 2 () 2 ( lim . 3 0 axaxxf x fxf x 求常数已知设= + . 2 1 ) 2 ( )cos(sin)( , 2 1 ) 2 () 2 ( lim) 2 ( 0 =+= = + = aafxxxaxf x fxf f x ，所以，故 解 .1)(, 1, 2 cos 1, )(. 4 2 处可导在为何值时，讨论设= +=+= += + )(lim,)(lim)( 0)35( 5 3 ) 5 3 (5365)( 432
7、)( 22224 35 xFxFxF abaxbaxxxF cbxaxxxF xx 的导数不存在取得极小值 取得极大值的导数存在，且 处则在点设 )()D()()C( )()B(0)( )()A( , 1 )( )()( lim. 2 2 xfxf xfafxf ax ax afxf ax = ，所以因为分析0 )( )()( lim1 )( )()( lim 2 = = ax afxf ax afxf axax 7 .)B( )(0)()(0 )( )()( . 0 )( 2 项正确处取极大值，所以只有在 ，所以，即的某一去心邻域内有又在即 ax xfafxf ax afxf aaf = +
8、 +=+ = + + =aaxx .)(1 1 ln) 1 ( .)(0)( 1 .)(0)( 1 0 . 1 0 1 )()0(ln)( 极大值，亦为最大值为因此 单减即时，当单增即时，当 得驻点设解 xf aa f xfxf a xxfxf a x a xa x xfaaxxxf = = .)( e 1 0) 1 () 3( .)( e 1 0) 1 ()2( . ) 1 () 1 , 0()( e 1 0) 1 () 1 ( .)(0 轴无交点，即无实根与时，曲线即当 一个实根轴仅有一交点，即仅有与时，曲线即当 两个实根 上各有一交点，即有，与轴在与时，曲线即当 值定理得从而依据连续函数
9、的介时，或又可判断当 xxfa a f xxfa a f aa xxfa a f xfxx + + .de )(. 6 2 arctan 22 yx z zyxz x y += 及，求设 x y x y x y yx x y x y yxx x z arctan 2 2 arctan 22 arctan e )2()( )(1 1 e )(e2 += + + 解 10 x y x y x y x y x y x y x y yx xxyy x x y yx yx z yxyxyxz xy x x y yxy y z arctan 22 22 2 arctanarctan 2 arctan ar
10、ctan 2 arctan 22 arctan e) 1 ( )(1 1 e )2(e d)2(d)2(ed e )2() 1 ( )(1 1 e )(e2 + = + + += = + + 故 .006 2 . 7 2 2 22 2 2 a vu z y z yx z x z ayxv yxu ，求常数化简为可把方程设变换= = + += = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 22 2 22 2 2 2 2 44 ,)2(2,2 ,2, v z a vu z a u z y z v z a yx z a u z yx z v z vu z u z x z v z a u z y
11、z v z u z x z + = + + = + + = + = + = 解 . 3 0510, 06 0)6()510( 2 2 2 2 2 = +=+ = + + a aaaa v z aa vu z a 解之得 且应满足依题意知 ，经整理后得将上述结果代入原方程 2211 4 23 3 2221 2 212 2 11 4 1 3 2 2212 3 11 5 2221 3 12 3 11 5 2 2 2 2 1 4 2 2 2 3 24 24 2 .),(. 8 yfyfxxffx yfyfxxfyfxyfxfx yx z xffxfxxffxfxfx y z fxfx y z yx z
12、 y z y z f x y xyfxz += += +=+= += = 解： 及，求具有连续的二阶偏导数，设 )2(e2ee ).1, 1 , 0( 0),(e),(. 9 22 2 x z yzyz x z zyyzf f xyzzyxyxzzyzzyxf xxx x x x += += =+= 解： 隐函数，求 确定的是由，其中设函数 11 . 1) 1, 1 , 0(0) 1, 1 , 0( 01 , 0 )1, 1 , 0( = = + + =+ x f x z x z xyyz x z xxyzzyx ，所以代入得，把 求导得两边关于由 . )(1.10 2 2 2 2 2 2 中
13、，求其体积最大者 各边分别平行于坐标轴内一切内接的长方体在已给的椭球面=+ c z b y a x =+ =+ =+ =+ = = = = += =+= =+ = 1 0 2 8 0 2 8 0 2 8 , 0, 0, 0, 0 18),( 18 1),( 8, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c z b y a x c z xy b y zx a x yz F z F y F x F c z b y a x xyzzyxF c z b y a x xyzV c z b y a x zyx xyzVzyx 得由 下面的
14、拉格朗日函数 入下的最大值，为此，引在满足条件问题是求函数 足方程在椭球面上，所以它满因为 的体积为的顶点坐标，则长方体为长方体在第一卦限中设解 . 33 8 ., 3 , 3 , 3 1 , 0, 0, 0 1, 0, 018 3 , 3 , 3 )0, 0, 0( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 abc cba b y a x yxV b y a x yx b y a x xyV c z b y a xzyx 的最大体积为 故长方体点故这个可疑点是最大值内，只有一个可疑点 界上达到，又在开域所以最大值不可能在边因为在边界上函数 上的最大值问题，在闭域 问题是求连续函数求的解，事实上，这个下面说明这组解即为所 只有一组解
