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1、 微积分课后题答案 习题四 A 1 用积分公式直接求下列不定积分。 （1）cxxxdxxxxdxxxxx22123233421829)49(149 （2）cxxdxxxdxxxx21252123252)()1( （3）cxxdxxxdxxxxarctan)113(1133322224 （4）cxedxxexxln32)32( （5）ceceedxedxexxxx5555555)3(53ln51)3(3ln1)3()3( （6）ceceedxedxexxxxx)7(27ln1)7(7ln1)7(722222 2 用积分公式直接求下列不定积分。 （1）cxxxdxxxxdxxxxdxxx21232
2、52121232223452)2()12() 1( （3）cxxdxxdxxxdxxxx2csc22csc2cot42sin2cos4cossin2cos222 （5）cxedxxedxxexexxxxln)1()( （6）cxdxxdxxxxxdxxxxxarcsin2112)1)(1 (11)1111(2 （7）cxxdxxxdxxxx414745432474)()11 ( （9）cxeedxeedxeeeedxeexxxxxxxxxx2) 1(1) 1)(1(112223 3 用第一类换元法求下列不定积分： （1）ceceduexdedxexuuxx)( （4）caeaecuudxudx
3、aedxeaxxxxxx)(ln1ln1)( （5）cxuduxxdxdxxdx23arctan61161)23(1)23(3241)23(141942222 （8）cxcuduuxdxxxdx21221222)21 (2121141)21 (2114121 （10）cxcuuduxdxxdxxcos2cos2sin2sin2sin （11）ceceduexdedxxexuuxxsinsinsinsincos 5 用第二类换元法求不定积分： （3）dxxx31 解：令,6xt 则dttdx56 cxxxxcttttdttttdtttdtttdttttdxxx)1ln(6632)1ln2131(
4、6)111(616) 1(61661663232332353 （4）dxex1 解：令xet 1，则.12),1ln(22dtttdxtx 原式=ceeectttdtttdtttdtttxxx1111ln12) 1ln() 1ln(2) 1(21) 1(211 (21112122222 （6）dxxxxxln12 解：令,ln xt 则.,dtedxextt 原式cxxctedtteedteteeetttttttlnlnln112 （9）dxxx229 解：令,sin3tx则.sincos3,sin32dtttdxtx 原式cxxcxsxxcttdttdtttdxttt3arcsin393ar
5、csin3)3(133cot3) 1(csc3sincos3sincossin132222222 （11）224xxdx 解；令 ,1xt 则.12dttdx 原式cxxctttdt44414141222 6、用分步积分法求下列不定积分。 （2） cxxecexeexdxexeexdxxeexdxeexdexdxexxxxxxxxxxxxxx)21(21412121212121212121222222222222222222222 （4） cxxxdxxxxxxxxdxxxdxxxxxdxxxxxddxxx)2ln2(ln112ln2ln11ln2ln1ln12ln1ln1ln11ln)ln(
6、2222222222 （5） cxxedxexdxexxexexdxexexdedxexxxxxxxxxx)cos(sin21sinsincossincossinsinsin （8） cxxxxdxxxxdxxxxxxdxxxdxxarctan22)1ln()111 (2)1ln(12)1ln()1ln()1ln()1ln(222222222 （10） cxxxxdxxxxxxxdxxxxxxdxxxxxxxxxdxxxxxdxxdxxxx11ln) 1(21)1111(2111ln211111ln2)1111(211ln211ln211ln2211ln11ln2222222222 （13）
7、cxxxdxxxxxxdxxxxddxxxlnln)ln(ln1ln)ln(lnlnlnlnln)ln(lnlnlnlnlnln （14） cxecexexdeexdexdxexxxxxxx) 1(222222 （16） cxxxxxxddxxxxxxdxxxdxxdxxxxdxxx22222222)(arctan21)1ln(21arctanarctanarctan1arctanarctan11arctanarctan111arctan1 习题 4（B） 1. 求下列不定积分 （1）2221001001001001 11(1)(1)(1)(1)xxxdxdxxdxxxx 9899100(1)
8、2(1)(1)xxxdx 979899111(1)(1)(1)974999xxxC （2）32636321133610610610dxdtxdxxxxxtt 令3tx 22363113(3)11ln(3)(3)131ln(3610)3dttttCxxxC （3）222(2)ln(244)44(2)8dxd xxxxCxxx （4）22222212112 (1)2(1ln |1|2211xttdxdttdttttxtt 令1tx 2ln |1|)ttC(1)ln( 1)x xxxC （5）2222(2)(2)(2)xxxxxxxxxdxdedeedeeeeee 2111(1)1ln(1)1xxx
9、xxxdeeexeCe （6）2ln(2)ln(2)xxxxxeedxdeee1ln(2)xxede ln(2)1(2)xxxxxedeeee ln(2)11122xxxxxedeeee ln(2)1ln(2)22xxxexeCe （7）arcsinarcsin2arcsin1xxxedxxedxxarcsin xxde arcsinarcsinarcsin2arcsinarcsin2arcsinarcsin2111xxxxxxxxeedxxex dexxex eedxx arcsin2arcsin21(1)21xxxedxxxeCx （8）2222211()(1)(1)1xxxxxxxxdx
10、dedeeeeeee 1arctanxxeCe 2 （1）sincos( )( )sincossincosxxF xG xdxdxxxxx sincossincosxxdxxCxx （2）sincos(sincos )( )( )sincossincosxxdxxF xG xdxxxxx ln |sincos|xxC （3）sin(sincos )cos( )sincossincosxxxxF xdxdxxxxx (sincos )(cossin )sinsincossincosdxxxxxdxxxxx sinln |sincos|sincosxxxxdxxx 1( )( ln |sincos
11、|)2F xxxxC cos(cossin )sin( )sincossincosxxxxG xdxdxxxxx (sincos )(sincos )cossincossincosdxxxxxdxxxxx cosln |sincos|sincosxxxxdxxx 1( )(ln |sincos|)2G xxxxC 3 （1）222( )sincos2sincoscossinsin()444dxdxdxG xxxxxx 2ln | tan()|228xC （2）2212sincossincos2sincos( )2 ( )sincossincosxxxxxxG xF xdxdxxxxx (sin
12、cos )cossinxx dxxxC （3）sincos1( ) ( )2 ( )( )sincos2xxF xdxG xF xG xxx 12(sincosln | tan()|)2228xxxC 4（1）令 1tx， 222211111 | |1dtdxdttx xttt arcsin | |1arcsin |tCCx （2）令 21tx， 222(1)(1)1dxtdtdttttx x 221 tx arctan tC 2arctan1xC （3）令11xtx， 2111(1)11dxdxxdxx xxx xxx x 2221111xttxxt， 22(1)1tdxdtx xt 2ar
13、ctan tC 12arctan1xCx 5（1）令1,(0)txx时， 32422421(0)11111dtdxt dtttxxttt 2222221(1) 111(1)2211tdttdttt 32221 2(1)212 3ttC 32221111(1)3Cxx 22 33111(1)3xxCxx （2）令1,(0)txx时， 32422421(0)11111dtdxt dtttxxttt 2222221(1) 111(1)2211tdttdttt 32221 2(1)212 3ttC 3222322231 211 (1)212 311(1)13CxxxxCxx 322234211(1)1
14、31dxxxCxxxx 习题五 (A) 3. 根据定积分的几何意义， 说明下列各式的正确性。 (2) 11112x dxxdx 解：11x dx表示图 1 中阴影部分的面积，它是图1 中第一象限面积的 2 倍，而第一象限阴影部分的面积可以表示为11xdx，11112x dxxdx。 (4) 2204x dx 解：2204x dx表示图 2 所示的四分之一圆的面积，故22201424x dx。 4.根据定积分的性质，比较下列各组定积分值的 大小。 (1) 112300x dxx dx与 解：因为01x，所以23xx(等号成立的x只有有限个)，又因为23,xx是连续函数从而可积，由定积分的性质可知
15、112300x dxx dx。 5. 利用定积分的性质，估计下列定积分值。 (2) 5244I(1+sinx)dx 解：令25( )1 sin,( )2sincossin244f xx xfxxxx 则。令( )0fx得12,2xx而353(),()2,( )1,(),42242ffff因此1( )2f x，故52442(1+sinx)dx。 (4) 20sin xIdxx 解： 令sin( ),0,2xf xxx， 则2cos (tan )( )0x xxfxx。 令( )0fx得120,2xx。因为( )f x在20, 上单调递减，所以min()2ff2, max0sinlim1xxfx，
16、 即202sin( )112xf xdxx ， 。 6. 求下列函数的导数。 (1) 20sinxdt dtdx 解：220sinsin.xdt dtxdx (2) 2xtxdedtdx 解：2221211().22xtxxxxxdedteexeedxx (3) 331()sinxdtxtdtdx 解：3333111()sinsinsinxxxdddtxtdtttdtxtdtdxdxdx3sinxx31sinxdtdt xdx（） 32321sin3sinsin3(coscos1).xxxxtdt xxxx 7. 求下列极限。 (1) 0000000sinsinlimsinlimlim(1 c
17、os )sin 01xxxxxxxxxxetdtexetdtexexx (2) 0220222( )( )lim( )limlim2( )( )( ).1xxxaaaxaxaxaxf t dtx f xxf t dtxf t dtx f xa f axa (4) 00001221111lnln1ln111limlimlimlim1)2(1)2(1)44xxxxxtxdtxtxxxxxx(. 8. 利用适当代换，证明下列各题。 (2)若21ln( )1xtf xdtt，证明1( )( )f xfx。 证明：令11mttm则，从而11221121ln1ln1( )()( ).111 ()xxmmf
18、 xdmdmfmmxm (3)若( )f x在, a a上连续，证明( )()0aaaaf x dxfx dx。 证明：( )()( )() ()aaaaaaaaf x dxfx dxf x dxfx dx () ()( )( )( )aaaaaaaafx dxtxf t dtf t dtf x dx 令 ( )() ()( )( )0aaaaaaaaf x dxfx dxf x dxf x dx原式。 9. 设( )f x连续，0x ，且220( )(1)xf t dtxx，求(2)f。 解：两边同时对x求导得：222() 22 (1)23f xxxxxxx，23()12f xx . 令32
19、(2)122xf , 则。 11. 用牛顿莱布尼兹公式计算下列定积分。 (2) 33666222226221622 (2222333xdxxd xd xx）（）（）。 (4) 222200022 ( )211112(arctan)arctan044222281 ( )2xdxxdxdxx (6) 44443333212(1)1211()(1)(2)(1)(2)221xxdxdxdxdxxxxxxxx 443ln(2)ln(1)4ln2ln333xx (8) 1616161600009119 (9)9999dxxxdxxd xxdxxx 332216161 2(9)12009 3xx (9) 1
20、011110012(1)10xxxxxedxe dxe dxeee (10) 22002sin( cos )cos00xdxdxx (12) 3334441112222arcsin2arcsin2arcsin(arcsin)(1)21 ()xdxdxxxdxxxxx 22223132742arcsin(arcsin)(arcsin)12221442x（） 12. 用变量代换法计算下列定积分。 (2) 2233333214444secsin(cos ) tan tansinsin1 cos1dxtdttdtdtxtdtttttxx 3334441111(1 cos )1(1cos )()2 1
21、cos1 cos21 cos21 cosdtdtdtttt(-) cost 113(12)33ln(1 cos )ln(1 cos )ln22344tt (3) 1122222222210001121 sin 2sin cos(sin2 )2xx dxxx dx xtttdtt dt 220011 cos411cos4222 428tdttdt (6) 233222244sectan32 sec cossectan21dxttxtdttdtttxx (7) 101111 ln ()lnln(1)1 ln(1)ln2111(1)1eexeedxdtxtdttteet ttt (9) 222100
22、2(1) 2 12( 3 1)01 ln11tettdxe dtdtxetxxett (11) 222lnln2422200011tanlncos lncos (ln2)81tttteexxdxtxtdttdtee 令 (12) 320002sinsincossincossincossinxxdxxxdxxxdxxxdx 3101201024sin 2()33txtdttdtdt 120ln31111ln31ln313ln3)8221182228dxxx( (4) 2tan33233332000002tansec2secsec1sec1txtxxtxdxdtxdxxdxxxxt(dx) 令32
23、333000secsectantansectansec30Ixdxxdxxxxxdx 23333300002 3(sec1) sec2 3secsec2 3secxxdxxdxxdxIxdx 故：3013sec2Ixdx。又30secln sectanln(23)30xdxxx 12 3ln(23)ln(23)2 3ln(23)2原式 22. 求下列曲线围成的平面图形的面积。 (1),0xyeyex与; 解：如图 3 所示，面积11lnln11eeeSydyy ydy (3)22 ,4;yx yx 解：如图4所示，面积4422322111(4)18226Sdyy(y+4)-ydyy (4)1,
24、2yyxxx与； 解：如图 5 所示，面积2113()ln22Sxdxx (5) 2,2yxyxyx与； 解：如图 6 所示，面积122017(2)(2)6Sxx dxxxdx 23. 求由抛物线243yxx 及其在点(0, 3)和(3,0)处的切 线所围成的图形的面积。 解：24 (0)4,(3)2yxyy 。(0, 3)y=4x-3过点的切线为，过 点（3，0）的切线为26yx 。当4326xx 时3,2x两切线的交点为3( ,3)2。如图 7 所示，面积 33222302(43)(43)( 26)(43)Sxxxdxxxxdx 332223029(69)4x dxxxdx 24. 求si
25、ncos02yxyxxx与在与之间所围成的图形的面积。 解：如图8所示，面积52445044(cossin )(sincos )(cossin )Sxx dxxx dxxx dx 524(sincos )( cossin )(sincos )4 245044xxxxxx 25. 设2,0,1yxx，问t为何值时，图中阴影部分的面积12SSS与之和最小？最大？ 解：如图9所示面积122223212041()()33ttSSStxdxxtdxtt 212422 (21).00,1SttttStt令得。又1112(0), ( ), (1)3243SSS 1121.243当t=时,S最小为 ; 当t=
26、 时,S最大为 29. 设某产品投放市场后都转化为商品，当销售量为Q(百台)时，其边际成本函数为1( )44C QQ(万元/百台)，其边际收益函数为( )8R QQ(万元/百台)。 求：(1) 总成本函数( )C Q和总收益函数( )R Q; (2) 问月销售量为多少台时，才能获得最大利润。并求出获得最大利润时的总收益R和平均收益R。假若固定成本01C (万元)。 解：(1)由题意20011( )(4)4148QC QQ dQCQQ，201( )(8)82QR QQ dQQQ (2) 25418LRCQQ ,54,03.24LQLQ 令得唯一驻点. 又504L 所以当3.2Q 取极大值也是最大
27、值。 即当月销售量为 3.2 台是才能获得 最大利润(3.2)5.4()L万元。此时20.48(3.2)20.48,6.43.2RR 30. 生产某产品的固定成本050C 万元， 边际成本与边际收益分别为214111MCQQ (万元/单位)，1002MRQ(万元/单位)，试求厂商的最大利润。 解：利润2000(1002 )(14111)50QQLRCCQ dQQQdQ 321611503QQQ 。21211(11)(1)LQQQQ 令0L 得 1211,1.212QQLQ 又。(11)100L 为极大值点也是最大值点。所以当 11Q 时厂商有最大利润334(11)()3L万元。 32. 计算下
28、列广义积分。 (2) 22111arctan()144544241()2dxdxxxxx (3) 22111arctan1111arctan( )arctan11xdxxdxdxxxxxx 2222111111()lnln(1)ln2114214242dxxxxx (5) 2222000sin()2cos0xxxxIexdxedcosxecosxexdx 22220001 2cos1 2sin2sin0xxxxexdxedxexexdx （sin）=1-2=1-4I 故201sin5xIexdx。 (6) 2120100limlim(2)(2)(2)dxdxdxxxxxxx 。 令2xux则2
29、2,1xu 112012lim2arctan,12dxduuuxxx 同理2100lim2arctan1(2)dxuxx 102arctan2arctan1uu 原式 (7) 22222221110011ln(1)limlimln(1)ln(1)dxd xdxxxxxx 22110001111limlimlim(1)1ln2ln(1)ddx 1(-)(-)lnx 001ln(1)1lim11limln2ln(1)ln2(1)ln(1) 11311ln222ln2 习题五(B) 1. 证： 由积分中值定理可知： 至少存在一点 , a b，使得1( )( ).baf x dxfba在 , b上满足
30、洛尔定理，至少存在一点 , , ba b使得( )0.f 2. ( ) , f xa b在上连续，故有最小值 m 最大值 M, ( ) ( )( )( ) ( )( ).( )bbbbabaaaaf x g x dxm g x dxf x g x dxMg x dxmMg x dx 由闭区间上连续函数的性质可知:至少存在一点 , a b使得: ( ) ( )( )( ) ( )( )( ).( )bbbabaaaf x g x dxff x g x dxfg x dxg x dx 3. 证：(1) 0()(2 ) ( ),()( )xFxxt f t dtutftf t 令则由可得： 00()
31、(2 ) ()()(2 ) ( )( )( )xxFxxu fuduxu f u duF xF x 即为偶函数。 (2)00( )( )2( ),xxF xx f t dtt f t dt00( )( )( )2( )( )2( ).xxF xf t dtxf xxf xf t dtxf x 0( )( )( )( )0( )xf xf t dtxf xF xF x单调不增，单调不减。 4. 解： 令2222222( )(1)01.( )22 (1)2(2)xxxxfxx exfxxexx exex 得 而(1)0f ，(1)( 1) 0( 1)fff为极大值；为极小值。 5. 解：令222l
32、nln( )0()( )( ,)21(1)ttfxxef xxe ettt 222222lnlnln( )max( )2121(1)xeee x eeeetttf xdtdtdtf xttttt 2222221lnln1ln11eeeeeeeetttdtdtdtte t(t-1)(t-1)(t-1) 22222ln11111()lnln(1)1111eeeeeeeetdttedtdteettete(t-1)t(t-1) 6. 解：111( )1( ).( )( ):xxf xf t dtxf xxf t dtxx 上式两边对 求导得 11( )( )1( )( ). ( )lnf xxfxf
33、xfxf xdxxcxx 即。 (1)11( )ln1.fcf xx 故 7. 解：,uxttxu dtdu 令则代入原式可得030()( )1 cosxxf xt dtf u dux 111330011( )1 cos 1;1( )1 cos 1( )0.xf u duxf u duf u du 令得令得两式相加得 8. 解：,uxttxu dtdu 令则代入原式可得200( )( )xxx uxuxf u eduef u e due 20( )( )( )xuxxxxf u e duef x eef xe. 两端对x 求导得:1122001( )(1).2xf x dxe dxe 9. 解
34、：12201( ).( )1,1Af x dxf xAxx设则代入原式得 11121220200011arctan11.sin14Ax dxxAx dxAx dxxtx令代入上式可得222001 cos2cos442444tAAtdtAdtAA= 10. 解：:0,duutxux dtx令则代入原式左端得 120001( )( )( )sin( )( )sinxxxf tx dtf u duf xxxf u duxf xxxx。两端对 求导得： 2( )( )( )2 sincos( )sincosf xf xxfxxxxxfxxxx ( )2coscos2cossinsincossinf x
35、xxxdxxxxxdxxxxC 11.解：两边对x求导得：15( )( )( ).1,(1)2ttf txtf xf u duxf令由得15( )( )2ttf ttf u du 由 此 推 出( )f t在)0,+内 可 导 。 两 边 对t求 导 得5( )( )( )2tf tf tf t5( )2f tt 5555( )ln.(1),( )ln12222f xxCfCf xx由得 12. 解：在左端令2uxt，则:2,uxxdudt代入左端得： 2222001arctan(2) ( )()(2) ( )(2) ( )(2) ( )2xxxxxxxxu f uduxu f u duxu
36、f u duxu f u du2200002( )2( )( )( )xxxxxf u duxf u duuf u duuf u du。两端对x求导得： 224002( )2( )( )2( )( )1xxxxxf u duf u duxf xf u duxf xx。令1,x 由f(1)=1可得： 2411113( )( ) (1)21224xf u duxf xfx 13. 解：(1)求焦点2211(1)1ynxnynxn21,211,(1)(1)xxn nn n 11(1)(1)223012(1)11412(1)(1)3 (1)n nn nnn nSx dxx dxn nn nn n (2
37、)11413(1)nnnnSan n ,1141411414()(1)3(1)31313nnnkkk kkkn令 143nnnSa. 14. (1) 如图 1，1403()10yVyydy (2) 如图 2，286230012864;4() 75xyVx dxVydy (3) 如图 3，1022201(arccos )(arccos ) yVydyydy (4) 如图 4，21ln(2)exVxdxe (5) 如图 5，112222220021128 14xVxxdxx dx(2+) -(2-) 15. 解：(1) 设切点00(,),A xy则过00(,),A xy的切线方程为000()()y
38、yfxxx。即 220000012()()2yxxxxxyxx，由命题可知0y00011222xyyx( + )- dy 3320002200000211;1(1,1).42312yx yyyxyAx 切点 (2) 切线方程为21yx。 (3) 如图 6，1142102(21)30xVx dxxdx. 16. 解： 设抛物线的方程为2yaxbxc， 它通过点(1,0)A和(3,0)B，故 22043 .43(2)1930abcbacayaxaxaa xabc ，从而有抛物线的方程为.(1) 1322121201444(43);(43).333Saxxdxa SaxxdxaSSa (2) 依题意
39、有： 111222242100038(43)(2)1(2)2(2)115Vaxxdxaxdxaxxdxa 31224221016(43)(2)2(2)115Vaxxdxaxxdxa.1219.8VV 17. 解：如图8，(1)1233322102032()();().2366aaaaxxaaaSaxxdxSxax dx 3122321,( )0(0)62aaSSSS aaa 令,111222 , ()20,6222SaS即S( ) 为极小值也为最小值 , 且S( )=. (2)21224420221121()()2230xVxxdxxxdx. 18. 解：如图9，(1) 22201(1), (
40、1)lim222xaVedxeV aeV()由 ()()=4 ln2.2a (2)设曲线上所求点为( ,)Ae，则过该点的切线方程为( )()().yefxex (1).yeexex e 该切线与y轴的交点为：1.x 121max0(1)( )(1).( )01( )2.2Sx e dxeSSe 面积令 19. 解：22200001limlimlim()(1)(1)(1)(1)bbbxxxxxxxbbbxexexedxdxdxxdeeee 000001111limlimlim()lim lnln211(1)1bbbxxbxbxxxxxxxbbbbdxe dxedeeeeeeee 20. 解：原
41、式=1222211ee11limarctan()eeee244xxxbxxbdxdeeeee 21. 解：22222222000004lim2lim( 2)2lim( 2)bbbxxxbxxbbbx edxx dex exedxxde 2220001lim( 2)lim( 2)(0)1.2bxbxxbbbxeedxe 2( 2 )/(1)222lim()lim(1)ax aaaxaax axxxaaexaxa，要使21ae，取0.a 22. 解：如图 10，(1)0222020011limlim1.22xxxxbaabSe dxedxee当0t 时， 221() ( )2.( )12(0).t
42、tStt F tteS ttet (2)2222(2)2(21).tttSetete 令( )0S t得唯一驻点12x ，又21111( )4(22 ).( )0( )( )1.222tS tt eSSSe 为极小值也是最小值 . 最小值 习题六（A） 5 求下列函数的定义域并画出定义域的示意图： （1）zxy； 解：0,0,2xxyyxDz （2）2ln(21)zyx； 解：12,2xyyxDz 9设221 1(,)2yxfx yxy，求( , )f x y。 解：令.1,1.1,1vyuxvyux )2(1211),(2222uvuvvuvuuvvuf )2(),(22xyxyyxyxf
43、13求下列函数的偏导数： （1）arctanxyzxy 解：22222222()()()()()(),1()1()xyxyxyxyzyzxxyxyxyxyxxyyxyxyxy （2）cossinxyzyx 解：xxyyxyxxyyxyzxyxyyxyxyyxxz1coscossinsin)(coscos1sinsin22 （3）yxzxy 解：1lnyxzyxyyx，1lnyxzxxxyy （4）22yxzx arcrany arcranxy 解：yxyxyxyyxxyxyxyyxyxyxxyxxzarctan2arctan2111arctan222322222222 yxyxyxyxyyxy
44、xyxxyzarctan21arctan21122222222 （5）sin()xyzexy 解：)cos()sin()cos()sin(yxeyxxeyzyxeyxyexzxyxyxyxy （7）221xyzexy 解：2222222222)(2)(,)(2)(yxyeyxxeyzyxxeyxyexzxyxyxyxy 15设22arctanxyzxy，试证：sin22zzzxyxy。 证明：222222222222)()(2)(1)()(2yxyxyxyxyxyxyxyxyxxxz 解：22221,1yxxyzyxyxz， ,)1 (11)2()1 (21,)1 (1)2()1 (22322
45、222212222223223222212222yxyxyxyxyyxyxzyxxyyxxyyxyxz ,)1 (1)2()1 (223223222212222yxyxyxyxyxxyz 18求下列函数的全微分： 、 （2）xyzxy 解：因为222()()xxyxyyZxyxy，222()()yxyxyxZxyxy 所以22()()dzydxxdyxy。 （4）23( , )f x yx y在点（2，1）处的全微分 解：因为32fxyx，(2, 1)4fx 223fx yy，(2, 1)12fy。 所以412dfdxdy 。 20，求下列复合函数的偏导数或导数： （1）2lnzuv，yux，
46、22vxy，求zx，zy； 解：.zzuzvxuxvx 22232222 ln2()uyyuvvxx xy 22223222ln()yxxyxxy 21.2 ln2zzuzvuuvyyuyvyxv322222222ln()()yyxyxxxy 2222222ln()()yyxyxxy （2）2uvze，sinux，2vy，求zx，zy； 解：22sin2coscosuvxyzexexx。 22sin2224uvxyzeyyey （3）22(,)xyzf xye，( , )f x y有连续的二阶偏导数，求zx，zy； 解：设22uxy，xyve 则222212(,)(,)xyxyzuvfxyef
47、xyexxx 2222122(,)(,)xyxyxyxfxyeyefxye 2222122(,)(,)xyxyxyzyfxyexefxyey 21求下列方程所确定的隐函数( , )zf x y的全微分： （1）zexyz 解：()()zd ed xyz 有ze dzxydzxzdyyzdx 所以zzzxzdyyzdxyzxzdzdxdyexyexyexy （2）arctan()yzxz； 解：()arctan()d yzdxz 有22zdxxdzydzzdyx z 所以222222(1)(1)(1)zx zzdzdxdyx zyxx zyx 22求下列函数的极值，并判断是极大值还是极小值： （
48、1）()zxy axy(0)a 解：解方程组()0()0xyzy axyxyzx axyxy 得驻点(0,0),(,)3 3a a， 3(0,0)0,(,)3 327a aaff 由2 ,xxzy 22 ,xyzaxy 2yyzx 1(0,0)0,xxAz 1(0,0),xyBza 1(0,0)0yyCz 由于 221110.BACa (0,0) 不是极值点。 而 22(,),3 33xxa aAza 2(,),3 33xya aaBz 22(,)3 33yya aCza 2222270,81BA Ca 22,3Aa 当0a 时，20,A 函数在( , )3 3a a取极大值327a； 当0a
49、 时，20,A 函数在( ,)3 3a a取极小值327a； （3）222ln2lnzxyxy，x0，y0； 解：解方程组220220xyzxxzyy 得驻点(1,1)（由于0,0xy） (1,1)2f 222,xxzx 0,xyz 222yyzy (1,1)4,xxAz 0,B (1,1)4yyCz 20,BAC 0A (1,1)2f为极小值。 24某工厂生产甲，乙两种产品的产量各为 x，y，其成本函数为22( , )23c x yxxyy，由 市场调查调查得知， 其单价与产量分别有如下关系：1363px，2405py，试求甲，乙两种产品产量各为多少时总利润最大？并求出最大利润。 解：总利润
50、函数12( , )( , )L x yp xp yc x y 22(363 )(405 )(23)xxyyxxyy 224283640xxyyxy (0,0)xy 解方程组82360216400xyLxyLxy 得唯一驻点(4,2) 根据问题的实际意义。L必为可取得最大值。因此4,2xy总利润最大。 且(4,2)112L 25，某厂家生产某种产品的成本是每件 2 元，另外每月再花广告费 A 元，则每月的销售量为0.00130(1)(22)AxeP，其中 P 为产品销售价格，求最合理的 P 和 A 值，使得工厂的纯利润最大。 解：设纯利润为L。则 0.001( ,)30(1)(22)(2)AL
51、P AeP PA 解方程组0.0010.00130(1)(242 )030(22)(2)0.001 10APAALePLP Pe (0,0)PA 得驻点12,1000ln3,PA 由问题的实际意义。L必可取最大值。 12,1000ln3PA时，工厂的纯利润最大。 27，比较二重积分的大小： 、 （1）sin()DIxy d与x yDJed，其中 D 是正方形( , ) 01,01x yxy； 解：01,01xy时 sin()1x yxye 。且等号不同时成立 sin()x yDDIxy dJed 28估计积分的上下界： （1）22ln(1)DIxy d，其中 D 是单位圆 解：由2201,xy
52、 知 220ln1ln(1)ln2xy 0ln2ln2DId （2）2DIx d，其中 D 是矩形( , )11,01x yxy ； 解：由0 | 1,x 得201x 02DId 29，分别对下列区域将二重积分( , )Df x y dxdy按两种次序化为累次积分： （1）D 由2yx与2xy所围成； 解：210( , )( , )xDxf x y dxdydxf x y dy 210( , )yydyf x y dx （3）D 由12yx，2yx，及3xy所围成； 解：123yxxy 得交点(2,1) 23yxxy 得交点(1,2) 1223110122( , )( , )( , )xxDx
53、xf x y dxdydxf x y dydxf x y dy 2312110122( , )( , )yyyydyf x y dxdyf x y dx （4）D 由cosyx，1yx，及2x所围成； 解：12yxx得交点(,1)2 2 120cos( , )( , )xDxf x y dxdydxf x y dy 112220cos11( , )( , )arcyydyf x y dxdyf x y dx 30交换下列积分次序： （1）10( , )yydyf x y dx 解：21100( , )( , )yxyxdyf x y dxdxf x y dy （2）2110( , )xxdxf
54、 x y dy 解：原式1210011( , )( , )yydyf x y dxdyf x y dx （3）10dx2111ln( , )( , )exxf x y dydxf x y dy 解：原式011100( , )( , )yeydyf x y dxdyf x y dx 31，计算下列二重积分： （1）2()DIxy d，其中 D 由 x0，x2 及 y0，y2 所围成； 解222233220000(2)6128()36xxxxIdxxydydxdx 2320288(2)333|xxx （2）DIxyd，其中 D 由 y2x-1，x0 及 yx所围成； 解： 1021xDxIxydd
55、xxydy 132031(2)2224xxxdx （4）()DIxy d，其中 D 是区域1xy； 解：()DIxy d 1100()xdxxy dy1001()xdxxy dy0110()xdxxy dy 0011()xdxxy dy 121101()2xxxyydx021111()2xxyxydx 120(22)xxdx021( 22)xxdx23。 （5）sinDxIdx,其中 D 由 yx，x1 及 x 轴所围成； 解：sinDxIdx100sinxxdxdyx100sinxxydxx10sin xdx10cos x1 cos1 （7）660cosyxIdydxx 解：交换积分次序得，
56、 600cosxxIdxdyx60cosxdx60sin x12。 32，计算二重积分： （1）22xyDedxdy,其中 D 为圆环2214xy； 解：令cossinxryr，( , ) 02 ,12Drr 22xyDedxdy22201rre drd 2224101()2redee。 （2）Dxydxdy，其中 D 为区域2212xyx，0y 解：令cossinxryr，( , ) 0,12cos3Drr Dxydxdy2cos3301cossindrdr 42cos533100cossincossin(4cossin)44rdd 62302coscos()38916 （4）Dyd，其中
57、D 为第一象限中圆周224xy与心脏线2(1cos )r围成的区域 解：令cossinxryr，( , ) 02 ,22(1cos )Drr Dyd32(1 cos )22(1 cos )222020sinsin3rdrdrd 3208822 (1cos ) cos333d 34计算下列各题： （1）求曲线222()xyxa所围成区域的面积(0)a 解法一：令uxyvy，J 1 11 1 0xyxyu uv v 此时曲线化为222uva 令cossinurvr，( , ) 02 ,0Drra 2220002xyaDDuvaSdJdudvdrdrd 2a 解法二：222222002axaxaxa
58、xSdxdyax dx 令sinxat，:0xa就有3:0,:22tor 所以322222202coscosSatdtatdt220sin2242tta2a （2）求222()xyaxy所围成区域的面积(0)a 解：令cossinxryr，3( , ) 0,0cossin22Drorra Dd1cos sin20022aDdxdydrdr 22200cossinsin22aaad 。 习题 6 (B) 1. 已知32(cos )axyyx dx22(1sin3)byxx ydy为某一函数( , )f x y的全微分，试求, a b之值。 解：( , )xydf x yf dxf dy 32co
59、sxfaxyyx 221sin3yfbyxx y 由2232 coscos6yxffaxyyxbyxxyyx 比较有关系数得到 2a ，2b 。 2. 设函数( , )zf x y有222fy，( ,0)1f x, ( ,0)yf f xx 求：( , )f x y 解： 因为 222fy， 连续对y积分两次得2( )yfyc x，2( , )( )f x yyc x yc ( ,0)1f x 1c ( ,0)( )yfxxc xx 2( , )1f x yyxy 3. 设 ( , )yf x t,t 是方程( , , )0F x y t 所确定的函数( , , )0tFx y t . 求dy
60、dx. 解: ( , )0yf x t 两边对 x 求导. 0xxtxyff t(1) ( , , )0F x y t 0xyxtxFFyF t(2) 由(1),(2)解得xyxxtFFytF = xxtyff txxtxyttFfFfdyydxFfF 4. 已知( )ZZ u且( )( )xyuup t dt其中( )Z u可微( )u连续 且( )1u.P(t)连续. 试求( )( )zzP yP xxy. 解: ( )zyZ uxx, ( )zuZ uyy ( )( )xyuup t dt 两边分别对 x 求导得. ( )( )( )1( )uuup xup xxxxu 两边分别对y求导
61、得. ( )( )( )1( )uuup yup yyyyu ( )( )( )( )( ) ( )( )( )01( )1( )zzp xp xp yp xp y z up x Z uxyuu 5. u=f(x,y,z)有连续编导, y=y(x), z=z(x), 分别由方程0xyey和 0zexz确定 求: dudx 解:由0xyey得xy 1xyxyyexe 21yxy 由0zexz得 xzzzZexxzx 21xyxzxxyzdyyzffyfzfffdxxyxzx 6. 假设某企业在两个相互分割的市场上出售同一种产品，两个市场的需求函数分别是11182PQ，2212PQ，其中1P和2P
62、分别表示该产品在两个市场的价格 （单位： 万元/吨） 。1Q和2Q分别表示该产品在两个市场的销售量（即需求 量，单位：吨） ，并且该企业生产这种产品的总成本函数是25CQ，其中Q表示该产品在两个市场的销售总量，即12QQQ。 （1） 如果该企业实行价格判别策略， 试确定两个市场该产品的销售量和价格，使企业获得最大利润； （2） 如果该企业实行价格无判别策略， 试确定两个市场该产品的销售量及其统一的价格，使企业的总利润最大化；并比较两种价格策略下的总利润大小。 解： （1）11182PQ 2212PQ 12252()5CQQQ 11221122(182)(12)RPQPQQ QQ Q 22112
63、2216105LRCQQQQ 11116404QLQQ,110P 22210205QLQQ,27P 752352L （2）122126PPQQ 所以1211()(182)(36)RP QQQQ 1212()52(36)5CQQQ 211660113LRCQQ 111260QLQ 15Q ,24Q 此时128PP，L72-2349。 7，估计积分(23 )Dxy d的上界与下界，其中D是由1,yx yx及2x 所围成的区域。 解：由于mIM 又12,12xy 所以52310xy 即5m ，10M 且D的面积为110xxdxdy 1013()ln22xdxx 所以335(ln2)10(ln2)22
64、I。 8， 分别对下列区域将二重积分( . )Df x y dxdy按两种次序化为累次积分 （1）D是由x轴，曲线lnyx及其过点(0,0)的切线围成的区域 解：设过原点的切线为ykx 由lnlnykxxkyxx 设切点为00(,)xy，就有000(,)00ln1xyxykxx0xe 得1ke，切点( ,1)e 所以( . )Df x y dxdy10( , )yeeydyf x y dx 或者1001ln( , )( , )xxeeexdxf x y dydxf x y dy （2）D是由曲线2xy，222xyx围成的包含点(1,0)的区域 解：由图( . )Df x y dxdy22111
65、1( , )yydyf x y dx 22122012( , )( , )xx xxx xdxf x y dydxf x y dy 9（1）xyDIye d，D由ln2,ln3y 及2,4xx围成 解：ln34ln342ln22ln2xyxyIdyye dxedyln342ln2()yyeedy3134 （2）12DIdax ，D由, x y轴及曲线2222 ()xyaa xy所围成的不包含( , )a a的区域(0)a 。 解：220012aaax xIdxdyax 22002aaax xydxax 132202 2 (2)3aaaxx 328(2 2)3a （3）sin( )DxIdy，D
66、由,yx yx围成 解：221100sincosyyyyxxIdydxydyyy 10cosyydy10cos1ydy21011( sincoscos1)sin1cos1 122yyyy （4）DIxdxdy，22( , )Dx y xyx； 解：令,sin,cosryrx 则( , ), 0cos 22Drr 5coscos22200022cos2cos5Idrrdrrd 32322200044418cos(1 sin) sin(sinsin)555315dd 。 (5) I=Ddyx)sin(,其中D是区域：20yx； 解： dxxydyIyo)sin(20 dyxyyo20)cos( =
67、dyy20)cos1 (2 (6) 设是D由直线xy ，1y及1x围成的平面区域，求二重积分dxeyDyx1 )(2122的值。 解：dxeyDyx1 )(2122DyxDdxdyyxeydxdy)(2122 122)(2111111)(2122yyxyyxdyedyydxdydyeeydyyyyy11)1(21112)()(22 =1111)1(2111311222232yyeeyy32 (7) dxdyeyx,max22，其中10, 10),(yxyxD； 解： 将D分成1D和2D两部分, 10:1xyD . 10:2yxD dxdyeyx,max222212DyDxdxdyedxdyed
68、xedydyedxyyxox1001022 101022ydyedxxeyx1010222121yxee1 e （8）221()Dxyf xyd，( )f u为连续函数，D由曲线3yx，直线1,1xy所围成。 解：？ 10设其它，, 0,0, 21,),(2xyxyxyxf,2),( 22xyxyxD计算Ddyxf),(。 解：令,sin,cosryrx 则( , ) 0, 02cos 4Drr Ddyxf),(2cos22400cossindrrrdr74032cossin5d 84043cos54 11. 设其它，若, 0, 10,)()(, 0xaxgxfaD表示全平面，求二重积分Ddx
69、dyxygxfI.)()( 解：依题意110xyxxy，因此 21012)()(adyadxdxdyxygxfIxxD 12. 设),(yxf连续， 且满足方程Ddudvvufxyyxf,),(),(其中D是由曲线,2xy 直线1, 0xy围成的区域，求),(yxf。 解：令DCdudvvuf)(),(常数 1，则Cxyyxf),( ，因此， 1213)2()(),(10010522CdxxCxdyCxydxdudvvufDx 2， 由12得, 81C 所以. 81),( xyyxf 13. 设),(yxf连续，计算极限22.),(1lim20yxdxdyyxf 解：),(yxf在闭区域连续
70、D:22yx上连续，有二重积分中值定理得，至少存在D),(，使得),(),(),(222fSfdxdyyxfDyx， 当 0时，( , )(0,0),ff 所以22.),(1lim20yxdxdyyxf220( , )lim(0,0)ff 14计算下列二重积分： (1) ,422222dyxayx 其 中D是 由 曲 线)0(22axaay和直线xy围成的区域。 解：令,sin,cosryrx 则( , )0, 02 sin 4Drra 。 dyxayx222224202 sin22044arddrar（令tarsin2） 022044sindatdt (2) dxdyyxeIDyx)sin(
71、22)(22,其中),( 22yxyxD。 )2116(22a0240(2sin2 )attd =ayxdxfdyyf00)()(axdyyfdxxf00)()( 所以 aaxdyyfdxxf0)()(2aaxdyyfdxxf0)()(axdyyfdxxf00)()( =xaaxdyyfdyyfdxxf00)()()(=aadyyfdxxf00)()(=2)(0adxxf 18. 计算下列各题： (1) 求由 2 曲线)(2)(222222yxayx及222xya围成的区域的面积);0(a 解：令,sin,cosryrx 由22222cos2,(0,1)6rakkra 则Dcos, 6765,66),( arar（参见附图） ， 2cos2cos2226660001444(cos2)22aaaaDaddrdrrdad.33)222sin(422602602aaaa （2）设立体由222,0,0,0(20)xyza xyRxyzaR围成，求其体积。 解：该立体是由顶为zaxy，底为xy平面上以为半径的圆的第一象限部分（如附图） 令,sin,cosryrx 则D( , ) 0,02rrR 所以()Vaxy dD 200(cossin )Rdr arrdr 32201(cossin )23RaRd 32243RaR。
