12-13-2工科数学分析期中试卷（精选5篇）

第一篇：12-13-2工科数学分析期中试卷

河南理工大学 2012-2013 学年第 二 学期

《高等数学a2》期中试卷（A卷）

一、填空题（共30分，每题5分）

1、二元函数zx

ln(1y2

1xy

y)的定义域为.2、极限

(x,y)(0,0)

lim(1sinxy)=

.3、函数ux2y2z2在点M(2,2,1)处沿着从点M到点N(3,3,1)方向的方向导数为

....4、曲面x2y2z23在点P(1,1,1)处的切平面方程为

5、设区域D由1x1,1y1确定，则

6、xydxdyD



dx

xx20

f(x,y)dy在极坐标下的二次积分为．．

二、试解下列各题（共48分，每题8分）

1、设zfx,yexysinyx1x

(1,1).，求fx

y

zz和.xy2、设zzx,y是由方程zexy所确定的二元函数，求

z3、设函数u

x2y2，试问在点M1,1,1函数u沿着哪一个方向其方向导数取得最大z

值，并求出方向导数的最大值.4、设有曲线L:

xyz1，试求曲线在点M1,1,1处的切线方程.2

yx

xy22

，其中dxdyDx,yxy1,xy1.22

Dxy5、计算二重积分



6、设f(x)为连续函数，试证明等式



dxf(y)dyf(x)(1x)dx成立.x1

三、试解下列各题（共22分，每题11分）

z2z1、设函数zfx,xy，其中f具有二阶连续偏导数，求和.xxy2、求函数zxy3xy5的极值.3

第二篇：工科数学分析作业

多

1、多元函数的极限与连续

海因定理：lim

1110810316贾金达

f(P)A的充分必要条件是：P以任何点列、任

PP0何方式趋于P0时，f(P)的极限都是A。

换句话说，当动点P以不同的方式或路径趋于P0时，极限不相等，则可以判定二重极限不存在。例1 求下列极限

1 lim(22(xy)22xxy)e

(2)lim(xy)lnx(y)x0

yy0

解:1 对于充分大的x和y x2y2xyxexyeeexyeey0

或者 x2y2(xy)2

令xyu

则x2y2(xy)2exyexyu2eu

当u时，上式趋于0。

(2)利用极坐标变换

xrsinyrcos

(xy)ln(x2y2)rcossinlnr24rlnr0

例2 

设f(x,y)(x2y2)cos1,x22x2y2y0 0,x2y20

试问在点(0,0)处，是否连续，偏导数是否存在？

f(P)的由于

f(x,y)f(0,0)f(x,y)0 (xy)cos221xy22xy022

所以，f(x,y)在点(0,0)处连续

由偏导数的定义得

fx(0,0)limf(x,0)f(0,0)xx0limxcosx01x0，同理f(0,0)0

y

于是，f(x,y)在点(0,0)处的偏导数存在。

2、偏导数与全微分 f(x,y)若在点(x0,y0)处可微，则zf(x,y)在点(x0,y0)fx(x0,y0)处两个偏导数dz和。

fy(x0,y0)都存在，且有=fx(x0,y0)dx+fy(x0,y0)dy 2 则必在(x,y)连续，且该函数在f(x,y)若在点(x0,y0)处可微，(x0,y0)的两个偏导数fx(x0,y0)，fy(x0,y0)都存在。

全微分的形式不变性可理解为：对什么变量求偏导数就乘以什么变量的微分，无论这个变量是自变量，还是中间变量。多元函数的复合求偏导不论复合关系多复杂，其基本原则是：有几个中间变量求出来就有几项，每项先对中间变量求偏导再乘以中间变量对自变量的偏导数。例（武汉大学1995）

设二元函数

解：

(1)fx(0,0)fy(0,0)0，易得(2)(x,y)(0,0)12222(xy)cos,xy022 f(x,y)xy220,xy0(1)求fx(0,0)fy(0,0)

(2)证明：fx(x,y)，fy(x,y)在(0,0)(3)证明：f(x,y)在(0,0)不连续

处可微

时

1xy2 fx(x,y)2xcosxxy22sin1xy22

利用极坐标变换

lim111limcossinfx(x,y)lim2rcoscoscossinr0rrr0r(x,y)(0,0)显

然不存在。

故fx在(0,0)不连续，类似可得f在(0,0)不连续。

y(3)证 limzfx(0,0)xfy(0,0)y00

即化为

(xy)cos221xy22

(x,y)(0,0)limxy22limcos010

此式显然成立。

3、隐函数微分法 隐函数可分为由单个方程确定的隐函数以及由隐函数组确定的隐函数，隐函数可以是一元的，也可以是多元的，首先要掌握隐函数的存在唯一性定理，然后再熟悉隐函数求导的公式和程序。

一、单个方程确定的隐函数偏导数的求法

1.公式法

若F对各个变量皆存在连续的一阶偏导数，且Fz0,则由F(x,y,z)0确定的隐函数zz(x,y)也是连续可偏导的，并且有公式

zxFxFzzyFyFz;

2.链式法则的应用

在方程F(x,y,z)0中

zz(x,y)，即

F(x,y,z(x,y))0

上式的两边分别对x，y求偏导，得：

FxFyFzzxFzzy0

03.全微分法

一阶全微分具有形式不变性的优点，可广泛应用于求隐函数的微分以及各个偏导数，且不易出错。

FxdxFydyFzdz0

例1 设zz(x,y)由方程z5xzyz1确定43，求

zxy2|(0,0)。解

在原方程两边对x，y求偏导，分别得到：

5z4zxz4xz43zx33yz2zx0

5z4zy4xz3zyz3yz3zy0以x=y=0代人原方程的z=1，再以x=y=0，z=1代入以上两个偏导数方程得

zx|(0,0)1z,|(0,0)0.2 5y然后再对式子两边关于y求导，并将数据代入得：

zxy2|(0,0)325

例2

设uf(x,y,xyz)，函数z(x,y)由方程g(xyzt)dtexyzxyz确定，其中f可微，g连续，求x

解：令vxyztxyzzuxyuy.z则xyg(xyzt)dt.g(z)zxxyg(v)dv，得方程

zxyg(v)dve两边对x求偏导有 得zxyg(xy)yzeg(z)xyexyzyg(x,y)exyzy(zxzx)，xyz.f1f3y(zxzx)又y和x类似，ux代入并整理得：xuxyuyxf1yf2.二、隐函数组微分法 对于多变量多个方程确定的隐函数偏导数的求法，亦如单个方程的情形，有公式法、利用复合函数偏导数的链式法以及全微分的方法。1.公式法

定理

设隐函数组方程（1）F(x0F(x,y,u,v)0G(x,y,u,v)0满足，初始条件；

F,G以及它们的,y0,u0,v0)0,G(x0,y0,u0,v0)0（2）在P(x0,y0,u0,v0)0的某邻域内，函数各个偏导数皆连续；（3）J(F,G)(u,v)在点P0不等于零。

则在点P0的某邻域内，由方程组唯一的确定了两个二元隐函数

uu(x,y),vv(x,y)

并且u(x,y),v(x,y)连续可偏导，求导公式为

1(F,G)J(x,v)1(F,G)J(y,v)uxuy，vxvy1(F,G)J(u,x)1(F,G)J(u,y)。2.复合函数链式法则的应用

对方程组的两边关于x，y分别求偏导数的方法，视u和v为x，y的函数。

FxFuuxFvvx0 GGuGv0uxvxx我们在解题时只要掌握了其中的数学思想，就不必死记硬背某些公式，这样才减轻负担的同时反而提高了学习效率。

3.全微分法

对方程组的两边求微分，利用微分的形式不变性，得到

FuduFvdvFxdxFydy0 GuduGvdvGxdxGydy0这是一种单纯的不易出错的方法，同时采用这种方法也很普遍。

下面对这三种方法举例子： 例

huf(x,y)设函数u(x)是由方程组g(x,y,z)0h(x,z)00,gy0,求dudx.所确定，且

z

分析

方程组含有三个方程，四个变量x、y、z、u，故应该有一个是自由变量。可选取x作为自变量，y、z、u皆是x的一元函数，这样，求导数或是偏导数时才不易出错。解一 对g(x,y,z)0h(x,z)0两边关于x求导数，视yy(x),zz(x),得

gxgyygzz0 hhz0xz解出

uxfxgxfygygzfyhxgyhz。

解二

原方程组求全微分

dufxdxfydygxdxgydygzdz0 hxdxhzdz0一样能够得出结论。

将两种方法做一个比较，不难看出，利用全微分方法简便易行。

例 若u(x,y)的二阶导数存在，证明u(x,y)条件是uuxy2f(x)g(y)的充要

uuxy

（清华大学）

注：方法独特 令vux，原方程化为uvyuy0

vyvuy。

uvu2等价化为即

vv0,知1(x)uyulnux

凑微分得 解得

从而

1(x)

lnu1(x)dx2(y)

uf(x)g(y)。

4.多元函数的极值 极值的定义

若在(x0,y0)的某空心邻域内恒f(x,y)f(x0,y0)(或(f(x0,y0))

则称f(x,y)在(x0,y0)取到极大值或是极小值，对于自变量的取值有附加条件的极值称为条件极值。2 极值存在的必要条件

设zf(x,y)在点(x0,y0)具有偏导数，且在(x0,y0)处有极值，,y0)0，令 则必有fx(x0,y0)0，f(xy0(x0,y0)，Cfyy(x0,y0)，(x0,y0)，BfyxAfxx则：（1）（2）B2A20时，(x0,y0)不是极值点； B2A20时，(x0,y0)为极值点，当

A<0时，为极大值点；当A>0时，为极小值点。

注：求极值的基本步骤：先解方程组f(x,y)0,f(x,y)0,所有

xy驻点；对每一个驻点(x0,y0)，求A,B,C的值；由B2AC的符号确定是否为极值点，由A的符号确定是极大值点还是极小值点。条件极值 函数zf(x,y)在条件(x,y)0下的极值成为条件极值。求

条件极值的常用方法是拉格朗日数乘法：先构造辅助函数

F(x,y)f(x,y)(x,y)，(x,y),Fxfx(x,y)x再解方程组Fyfy(x,y)y(x,y)，F(x,y)0,得x，y以及，则其中x，y，就是可能极值点的坐标。类似可求函数uf(x,y,z)在条件(x,y,z)0下的可能极值点。多元函数的最大值、最小值及其简单应用

闭区域上连续多元函数的最大值就是区域内部的极大值和边界上的条件下的极大值中的最大的数，它可能在区域内部或边界上达到。对于实际问题一般根据实际背景来确定是否取最大值，最小值也一样。例

设曲面

x2a2yb22zc221在点P(x,y,z)处使在该点处的切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积最小；并说明函数uaxbycz222在点（1,1,1）处沿向量OP上的方向导数是否是该函数在改点处的方向导数的最大值。【解】曲面

x2a2yb22zc221在P(x,y,z)处的法向量为(xa2,yb2,zc2)，在P处的切平面方程为

xa2(Xx)yb2(Yy)zc2(Zz)0，所以，切平面在x,y,z轴上的截距分别是与三个坐标面所围成的四面体的体积为V1abc6xyz222a2x,b2y2,c2z，于是，切平面

1abc6xyz22，即求条件极值的问题，作F(x,y,z,)(xa22yb22zc221)，求解方程组

FxFyFzF0,0,0,0.解方程并结合实际问题知,当P为(a3b3uyc3a3,b3,c31)时，体积最小。

向量OP=(ux，)的单位向量为

uy(1,1,1)abc222(a,b,c)，又

2a;(1,1,1)2b;(1,1,1)2c;

所以，所求方向的方向导数是2(a2b2c2)，求出u的梯度可知u在(1,1,1)处OP的方向导数是u在点（1,1,1）处的方向导数的最大值。

空间曲线的切线与法平面（略）；

*本章的难点偏微分方程的综合题，其中往往要用到字符的代换

【例1】 设函数f(u)有二阶连续导数且zzx22f(ecosx)y满足

zy22e2yz,zx21,zxx20，求f(u)。

【解】 由复合函数的求导链导法则，可得

zxzyf(u)e(sinx),yzx222yf(u)esin22yxf(u)ecosx，f(u)ecosx,yzx222y22yf(u)ecosxf(u)ecosx，所以

zx22z2z2y2y22yf(u)e.又

zx22f(u)e2y.所以 f(u)f(u).这是一个二阶常系数线性微分方程，解此方程得

f(u)C1eC2euu.将初值条件代入得

C1C212，uu故

f(u)0.5(ee).【例2】设uu(ux22xy)具有连续二阶偏导数，且满足

22uy221u22uxy, xx试求函数u的表达式.【解】 令ruxxy22，则 u变为了只和r有关的因变量。

xdu, rdrux2221duxdu223rrrdrrdr1duydu223rrrdrrdry2x2u22，uy2u22代入原方程，即得

dudrur.2再解二阶常系数线性微分方程方程，得

uC1cosxyC2sin22xyxy2.2222其中C1,C2是任意常数。

第三篇：河南理工大学 2011-2012 学年第 一 学期 《工科数学分析》期中试卷(A卷)

河南理工大学 2011-2012 学年第 一 学期

《工科数学分析》其中试卷（A卷）

一、填空题（共35分，每小题5分）１．limcosxcos3xx01cosx．２．limn4nn

2３．lim1nn33n

４．设y1x2sinx，则dydx

y d2y５．设yyx由方程y1xe确定，则dx2

x3etd2y６．设，则2tdxy2ex0 ．

.７．设fx2x3x2x3，它在x01处的三阶Taylor多项式为

二、试解下列各题（共35分，每小题7分）

8．试确定a,b的值，使函数

x2,x0 fxaxb,x0

在x1处连续且可导．

９．求曲线ylnx在点e,1处的切线方程和法线方程．

10．设fxxsin2x，求f2x．

11．设fxx1x2x3x4，问方程fx0有几个实根，并指出它们所在的区间．

12．求函数fxxln1x2的单调区间与极值． 50

三、证明题（共30分，每小题10分）

13．设函数f在,上满足Lipschitz条件:

L0，使得xy,恒有fxfyLxy，证明：f在,上一致连续．

2214.设f在a,b上可微，且a与b同号，证明：存在a,b，使得2fbfabaf．

n311． 15．试用数列极限的“N”定义证明：3n2n52

《工科数学分析》期中考试 第1页（共1页）

第四篇：数学分析三22

《数学分析》(三)一.计算题（共8题，每题9分，共72分）。

111.求函数f(x,y)3xsin3ysin在点(0,0)处的二次极限与二重极限.yx解： f(x,y)131因此二重极限为0.……(4分)ysin3x3y，yx1111因为lim3xsin3ysin与lim3xsin3ysin均不存在，x0yxy0yx故二次极限均不存在。……(9分)3xsin

yy(x),zxf(xy),2.设 是由方程组所确定的隐函数,其中f和F分别

F(x,y,z)0zz(x)dz具有连续的导数和偏导数,求.dx解： 对两方程分别关于x求偏导:

dydzf(xy)xf(xy)(1)，dxdx ……(4分)dydzFFFz0。xydxdxdzFyf(xy)xf(xy)(FyFx)解此方程组并整理得.……(9分)dxFyxf(xy)Fz

3.取,为新自变量及ww(,v)为新函数，变换方程

2z2zzz。2xxyxxyxy,,wzey（假设出现的导数皆连续）.设22解：z看成是x,y的复合函数如下：

wxyxyzy,ww(,),,。……(4分)e22代人原方程，并将x,y,z变换为,,w。整理得：

2w2w 22w。……(9分)

4.要做一个容积为1m3的有盖圆桶,什么样的尺寸才能使用料最省? 解： 设圆桶底面半径为r,高为h,则原问题即为：求目标函数在约束条件下的最小值，其中

目标函数: S表2rh2r2, 《数学分析(三)》参考答案及评分标准

约束条件: r2h1。……(3分)构造Lagrange函数：F(r,h,)2rh2r2(r2h1)。

Fr2h4r2rh0,令  ……(6分)2Fh2rr0.14 解得h2r，故有r3,h3.由题意知问题的最小值必存在，当底面半

214径为r3,高为h3时，制作圆桶用料最省。……(9分)2

y35.设F(y)exydx,计算F(y).y22解：由含参积分的求导公式

y3y322x2yF(y)2edx2x2exydx3y2exyyyy 2x2exydx3y2ey2yey

yy3275xy32yex2yxy2 ……(5分)72y75y51y3x2yedx。……(9分)yeye222yy2

x2y2xy6.求曲线222所围的面积，其中常数a,b,c0.bcaxacos,解：利用坐标变换 由于xy0，则图象在

11 cos,cos,cos0,,。……(3分)

22由Stokes公式得

coscoscos 3zdx5xdy2ydzLx3zy5xdS z2y 2dS ……(6分)2x2y212dxdy

2 ……(9分)

x2y2z28.计算积分yzdzdx,S为椭球2221的上半部分的下侧.abcS解：椭球的参数方程为xasincos,ybsinsin,zccos，其中

02,0,且

2(z,x)acsin2sin。……(3分)

(,)积分方向向下，取负号，因此，2322dbacsincossindyzdzdx002 ……(6分)

 bac2sin2d2sin3cosd0024abc2

……(9分)

二。

.证明题（共3题，共28分）

xy322,xy0249.（9分）讨论函数f(x)xy在原点(0,0)处的连续性、0,x2y20可偏导性和可微性.解：连续性：当x2y20时，xy2x2y4yyf(x)2y0，当x,y0,0，424xyxy22从而函数在原点0,0处连续。……(3分)可偏导性：fx0,0limx0f0x,0f0,00，x《数学分析(三)》参考答案及评分标准

f0,0yf0,00，y0y即函数在原点0,0处可偏导。……(5分)fy0,0lim可微性：x2y20limffxxfyyxy22xy3lim24x2y20xy1xy22 不存在，从而函数在原点0,0处不可微。……(9分)

10.（9分）（9分）设Fx,y满足：（1）在Dx,yxx0a,yy0b上连续，（2）Fx0,y00，（3）当x固定时，函数Fx,y是y的严格单减函数。试证：存在0，使得在xxx0上通过Fx,y0定义了一个

函数yy(x)，且yy(x)在上连续。

证明：（i）先证隐函数的存在性。

由条件（3）知，Fx0,y在y0b,y0b上是y的严格单减函数，而由条件（2）知Fx0,y00，从而由函数Fx0,y的连续性得

Fx0,y0b0，Fx0,y0b0。

现考虑一元连续函数Fx,y0b。由于Fx0,y0b0，则必存在10使得

Fx,y0b0，xO(x0,1)。

同理，则必存在20使得

Fx,y0b0，xO(x0,2)。

取min(1,2)，则在邻域O(x0,)内同时成立

Fx,y0b0，Fx,y0b0。……(3分)于是，对邻域O(x0,)内的任意一点x，都成立

固定此x，考虑一元连续函数Fx,y。由上式和函数Fx,y关于y的连续性可知，存在Fx,y的零点yyb,yb使得

Fx,y＝0。

而Fx,y关于y严格单减，从而使Fx,y＝0的y是唯一的。再由x的任意性，Fx,y0b0，Fx,y0b0。

00证明了对:O(x0,)内任意一点，总能从Fx,y0找到唯一确定的y与x相对应，即存在函数关系f:xy或yf(x)。此证明了隐函数的存在性。

……(6分)（ii）下证隐函数yf(x)的连续性。

设x*是:O(x0,)内的任意一点，记y*:fx*。

《数学分析(三)》参考答案及评分标准

对任意给定的0，作两平行线

yy*，yy*。

由上述证明知

Fx*,y*0，Fx*,y*0。由Fx,y的连续性，必存在x*的邻域O(x*,)使得

Fx,y*0，Fx,y*0，xO(x*,)。

对任意的xO(x*,)，固定此x并考虑y的函数Fx,y，它关于y严格单减且

Fx,y*0，Fx,y*0。于是在y*,y*内存在唯一的一个零点y使

Fx,y0，即 对任意的xO(x*,)，它对应的函数值y满足yy*。这证明了函数yf(x)是连续的。……(9分)

11111.（10分）判断积分sindx在02上是否一致收敛，并给出证明。

0xx证明：此积分在02上非一致收敛。证明如下：

1作变量替换x，则

t1111sindx0xx1t2sintdt。……(3分)

3不论正整数n多么大，当tA,A2n,2n时，恒有

442。……(5分)sint2因此，A1t2A2A1sintdtdt ……(7分)

2At2214t2  

tA22342n4因此原积分在02上非一致收敛。……(10分)注：不能用Dirichlet判别法证明原积分是一致收敛的。原因如下：

B1尽管对任意的B1积分sintdt一致有界，且函数2关于x单调，但是当

1t1x时，2关于0,2并非一致趋于零。事实上，取tn, 相应地取t11112，则lim2lim110，并非趋于零。1ttnnnnlimnnn20，当2时。4《数学分析(三)》参考答案及评分标准

第五篇：工科数学分析试题B

一．计算极限（每小题5分，共10分）

（1）lim(x22xx)（2）limxx xx0

1xsin,x0二．（10分）设f(x), 试根据和的值, 讨论f(x)x

ex,x0

在x0处的连续性(包括左连续、右连续及间断点的类型).d2yy22三．（10分）设方程arctanlnxy确定函数yf(x), 求2.dxx

四．（10分）试确定数列{n}中的最大项.五．（10分）设a0, 试讨论方程lnxax实根的个数.六．计算下列积分（每小题5分，共10分）

（1）dx

ex2（2）x(sinxe)dx



0x4七．（10分）设Inxnex dx(n为正整数), 试建立数列{In}的递推

公式, 并求In的值.八．（10分）求抛物线y22x与直线x

旋转而成的立体的体积.九.（10分）设函数f(x)在[0,1]上二阶可导, |f(x)|a, |f(x)|b, 1所围成的图形绕直线y12

c(0,1), 试证明|f(c)|2ab.2

十．（10分）已知a0, x1a, xn1axn, 证明数列{xn}收敛

并求其极限.《工科数学分析》试卷