专升本数学分析精选三试卷及答案

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.

yx11解： f(x,y)3xsin3ysin3x3y，因此二重极限为0.……(4分)

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)

zxf(xy),yy(x),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)0z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设,,wzey （假设出现的导数皆连续）.

22解：z看成是x,y的复合函数如下：

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

2w2w2w。 ……(9分) 2

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,

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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) 2F2rr0.h14,h3. 由题意知问题的最小值必存在，当底面半 解得h2r，故有r32径为r

y3314,高为h3时，制作圆桶用料最省。 ……(9分) 225. 设F(y)exydx,计算F(y).

y2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x2y yeyeedx。 ……(9分)

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，则图象在第一三象限，从而可

ybsin.2以利用对称性，只需求第一象限内的面积。

ab,0,0sincos。 ……(3分) 22c则

V2(x,y)dd22d0(,)1ab22sincosc0abd ……(6分)

ab2sincosd20c

a2b22 ……(9分)2c .

7. 计算曲线积分3zdx5xd,z其中L是圆柱面x2y21与平面y2ydL22，从z轴的正向看去，是逆时针方向. zy3的交线（为一椭圆）

解： 取平面zy3上由曲线L所围的部分作为Stokes公式中的曲面，定向为上侧，则的法向量为

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11, cos,cos,cos0,。 ……(3分) 22由Stokes公式得

coscoscosdS 3zdx5xdy2ydzxyzL3z5x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

,且

2(z,x) acsin2sin。 ……(3分) (,)积分方向向下，取负号，因此，

2322yzdzdxdbacsincossind202,000 ……(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limf0x,0f0,0xx00，

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fy0,0limf0,0yf0,0y即函数在原点0,0处可偏导。 ……(5分)

y00，

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*。

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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110xsinxdx1t2sintdt。 ……(3分)

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

442sint。 ……(5分)

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nntnnlimnnn20，当2时。 4《数学分析(三) 》参考答案及评分标准第 5 页 共 5 页