数学分析三试卷及答案
数学分析试题及答案解析
2014 -——2015学年度第二学期《数学分析2》A试卷学院班级学号（后两位）姓名一.判断题（每小题3分，共21分）（正确者后面括号内打对勾，否则打叉）1。
若在连续，则在上的不定积分可表为（）.2.若为连续函数，则（)。
3。
若绝对收敛，条件收敛，则必然条件收敛（).4。
若收敛，则必有级数收敛( )5. 若与均在区间I上内闭一致收敛,则也在区间I上内闭一致收敛（).6. 若数项级数条件收敛，则一定可以经过适当的重排使其发散于正无穷大（).7. 任何幂级数在其收敛区间上存在任意阶导数,并且逐项求导后得到的新幂级数收敛半径与收敛域与原幂级数相同（）.二.单项选择题（每小题3分,共15分）1.若在上可积,则下限函数在上( ）A.不连续B. 连续C。
可微D。
不能确定2。
若在上可积，而在上仅有有限个点处与不相等，则（）A。
在上一定不可积;B. 在上一定可积,但是;C。
在上一定可积，并且；D. 在上的可积性不能确定。
3.级数A。
发散 B.绝对收敛 C.条件收敛 D. 不确定4。
设为任一项级数,则下列说法正确的是( )A.若，则级数一定收敛；B。
若，则级数一定收敛;C。
若，则级数一定收敛；D. 若，则级数一定发散；5。
关于幂级数的说法正确的是( ）A. 在收敛区间上各点是绝对收敛的；B. 在收敛域上各点是绝对收敛的;C。
的和函数在收敛域上各点存在各阶导数；D。
在收敛域上是绝对并且一致收敛的；三.计算与求值（每小题5分，共10分）1。
2。
四. 判断敛散性（每小题5分，共15分)1.2.3.五. 判别在数集D上的一致收敛性（每小题5分，共10分）1。
2。
六．已知一圆柱体的的半径为R，经过圆柱下底圆直径线并保持与底圆面角向斜上方切割，求从圆柱体上切下的这块立体的体积。
(本题满10分）七. 将一等腰三角形铁板倒立竖直置于水中（即底边在上)，且上底边距水表面距离为10米，已知三角形底边长为20米,高为10米，求该三角形铁板所受的静压力。
华东师大数学分析试卷
华东师大数学分析试卷一、（24分）运算题： 求011lim()ln(1)x x x →-+； 求32cos sin 1cos x x dx x+⎰ 设(,)z z x y =是由方程222(,)0F xyz x y z ++=所确定的可微隐函数，试求gra d z 。
二、（14分）证明：（1）11(1)n n +⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为递减数列： （2） 111ln(1),1,21n n n n <+<=+⋅⋅⋅⋅ 一样说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。
杨士勋（唐初学者，四门博士）《春秋谷梁传疏》曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也”。
这儿的“师资”，事实上确实是先秦而后历代对教师的别称之一。
《韩非子》也有云：“今有不才之子……师长教之弗为变”其“师长”因此也指教师。
这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形，但仍说不上是名副事实上的“教师”，因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。
三、（12分）设f(x)在[],a b 中任意两点之间都具有介质性，而且f 在（a ，b ）内可导，'()f x K ≤ （K 为正常数），(,)x a b ∈ 证明：f 在点a 右连续，在点b 左连续。
四、（14分）设120(1)n n I x dx =-⎰，证明：五、（12分）设S 为一旋转曲面，它由光滑曲线段绕x 轴曲线旋转而成，试用二重积分运算曲面面积的方法，导出S 的面积公式为：2(b a A f x π=⎰六、（24分）级数问题：事实上,任何一门学科都离不开死记硬背,关键是经历有技巧,“死记”之后会“活用”。
不记住那些基础知识,如何会向高层次进军?专门是语文学科涉猎的范畴专门广,要真正提高学生的写作水平,单靠分析文章的写作技巧是远远不够的,必须从基础知识抓起,每天挤一点时刻让学生“死记”名篇佳句、名言警句,以及丰富的词语、新颖的材料等。
如此,就会在有限的时刻、空间里给学生的脑海里注入无限的内容。
数学分析试卷及答案6套
f ( x1 ) f ( x2 ) .
g ( x) ,x 0 九. (12 分)设 f ( x) x 且 g (0) g (0) 0 , g (0) 3 , 求 f (0) . 0, x 0
答案参见我的新浪博客：/s/blog_3fb788630100muda.html
lim
h 0
1 h
x
a
[ f (t h) f (t )] dt f ( x) f (a).
六 (10 分 ) 求椭圆区域 R : (a1 x b1 y c1 ) 2 (a2 x b2 y c2 ) 2 1 (a1b2 a2b1 0) 的 面积 A . 七 (10 分) 设 F (t ) f ( x 2 y 2 z 2 ) dx dy dz ，其中 V : x 2 y 2 z 2 t 2 (t 0) ，
四. (12 分)证明函数 f ( x)
五. (12 分)叙述闭区间套定理并以此证明闭区间上连续函数必有界. 六. (10 分)证明任一齐次多项式至少存在一个实数零点. 七. (12 分)确定 a, b 使 lim ( x 2 x 1 ax b) 0 .
x
1 5 八. (14 分)求函数 f ( x) 2 x 3 9 x 2 12 x 在 [ , ] 的最大值与最小值. 4 2
x x0
x x0
1 1 . f ( x) b
三. (10 分)设 an 0 ,且 lim
an l 1 , 证明 lim an 0 . n n a n 1
四. (10 分 ) 证 明 函 数 f ( x) 在 开 区 间 ( a, b) 一 致 连 续 f ( x) 在 ( a, b) 连 续 , 且
数学分析试题及答案解析
WORD 格式整理2014 ---2015 学年度第二学期 《数学分析 2》A 试卷学院 班级学号（后两位）姓名题号一二三四五六七八总分核分人得分一. 判断题（每小题 3 分，共 21 分）( 正确者后面括号内打对勾，否则打叉 )1.若 f x 在 a,b 连续，则 f x 在 a,b 上的不定积分 f x dx 可表为x af t dt C （ ）.2. 若 f x ,g x 为连续函数，则 f x g x dx f x dx g x dx （ ）.3. 若f x dx 绝对收敛，g x dx 条件收敛，则 [ f x g x ]dx 必aaa然条件收敛（）.4. 若f x dx 收敛，则必有级数f n 收敛（ ） 1n 15. 若 f n 与 g n 均在区间 I 上内闭一致收敛，则 f ng n 也在区间 I上内闭一致收敛（）.6. 若数项级数a 条件收敛，则一定可以经过适当的重排使其发散 n n 1于正无穷大（ ）.7. 任何幂级数在其收敛区间上存在任意阶导数， 并且逐项求导后得到的新幂级数收敛半径与收敛域与原幂级数相同（）.专业资料值得拥有WORD 格式整理二. 单项选择题（每小题 3 分，共 15 分）8.若 f x 在 a,b 上可积，则下限函数axf x dx 在 a,b 上（）A.不连续B. 连续C. 可微D. 不能确定9.若g x 在 a,b 上可积，而f x 在 a,b 上仅有有限个点处与g x 不相等，则（）A. f x 在 a,b 上一定不可积；B. f x 在 a,b 上一定可积, 但是babf x dxg x dx；aC. f x 在 a,b 上一定可积，并且babf x dxg x dx；aD. f x 在 a,b 上的可积性不能确定 .10.级数n1 1 12nn 1nA. 发散B. 绝对收敛C. 条件收敛D. 不确定11.设u n 为任一项级数，则下列说法正确的是（）uA. 若lim u n 0 ，则级数nn一定收敛；un 1B. 若lim 1，则级数u n 一定收敛；n unun 1C. 若N,当n N时有，1，则级数u n 一定收敛；un专业资料值得拥有WORD 格式整理u n 1D. 若 N,当nN 时有， 1，则级数u n 一定发散；u n12. 关于幂级数na n x 的说法正确的是（）A. na n x 在收敛区间上各点是绝对收敛的； B. na n x 在收敛域上各点是绝对收敛的；C. na n x 的和函数在收敛域上各点存在各阶导数；D.na n x 在收敛域上是绝对并且一致收敛的；三. 计算与求值（每小题 5 分，共 10分）1 1.lim nnnn 1 n 2nn专业资料值得拥有WORD 格式整理ln sin x13.dx2cos x四. 判断敛散性（每小题 5 分，共 15 分）3 x 12.dx0 1 2x x专业资料值得拥有14.n1 n! n n15.n 1nn1 2nn 1 2专业资料值得拥有五. 判别在数集D上的一致收敛性（每小题 5 分，共 10 分）sin nx16.f n , 1,2 , ,x n Dn专业资料值得拥有WORD 格式整理2n17. D , 2 2,nx六．已知一圆柱体的的半径为R，经过圆柱下底圆直径线并保持与底圆面30 角向斜上方切割，求从圆柱体上切下的这块立体的体积。
燕山大学数学分析(3)试卷1答案
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4、已知42sin()()x xy F x dy y=⎰，则=)('x F 54sin sin 2x x x -5、方程0)sin(2=++xy y x 在（0，0）点的某邻域内_能_____（填能、不能或不一定）确定隐函数)(y g x =.6、函数),(y x f 在点),(000y x P 的某邻域内具有二阶的连续偏导数，则f 在0P 取极值的必要条件是0),(),(0000==y x f y x f y x ；充分条件是0000000000()()(,)(,)0,0,(,)0()()xx xy x y xx xy yy f P f P f x y f x y D f x y f P f P ===>≠7、改变积分次序，22212(,)x x xdx f x y dy --=⎰⎰211102(,)y ydy f x y dx +--⎰⎰8、l 是以(0,0)O ，(1,0)A , (0,1)B 为顶点的三角形，计算()lx y ds +=⎰12+二、（每题5分，共20分）1、解：12u f f x ∂=+∂， 2111221222u f f f f x ∂=+++∂，211122122uf f f f x y∂=-+-∂∂． 装订线装 订 线 内 不 要 答 题学 号姓 名班 级2、解：两边取对数，有)1ln(ln xy x z +=，于是z -1xy xy xy x z +++=∂∂1)1ln(，21z x z y xy ∂=∂+ ，故dy xy x dx xy xy xy dz ++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=11)1ln(23、解：方程两边关于x 求偏导得，1z zyz xyx x∂∂+=+∂∂，于是， 11z yz x xy ∂-=∂-，22(1)z x y z xyzx y xy ∂-++=∂∂- 4、答案：2y P x =，1Q x =-，21Q P x y x ∂∂==∂∂，积分和路径无关。
2008年中国科学技术大学数学分析试题解答
∑a
k
< r ，这个重要性质在证明 lim xn = a 时要用到。
n →∞
∀ε > 0 , 存在一个充分大的 N > 0 ，使得当 nk > N , m > N , m ≥ nk 时
| xnk − a |<
两式相加得
ε
2
⇒ xnk − a < xm − a < ε
ε
2
及 (1)
xm − xnk <
1
π
.Байду номын сангаас
1
π
在 [0, π ] 上只有两个交点 t1 , t2 (0 < t1 < t2 <
π
2
).
g (t ) 在区间 [0, t1 ],[t2 , π ] 上单调递减，在区间 [t1 , t2 ] 上单调递增。
因为 g (t1 ) < g (0) = 0 , g (t2 ) > g ( ) =
π
2
n →∞
∑a
n =1
∞
n
收敛，
证明：由已知条件，可设存在 M > 0 使得
n −1 ∞
∑a
n =1
∞
n
≤ M . 因为 xn +1 ≤ xn + an ，所以
xn − x1 = ∑ ( xk +1 − xk ) ≤ ∑ ak ≤ M ，从而 0 ≤ xn ≤ M + | x1 | .
k =1 k =1
I (r ) 是 Riemann 可积的。任取 r ∈ [0,1) ，存在 0 ≤ r < b < 1 ，使得被积函数在 [0, b] × [0, 2π ] 上连续，因而 I (r ) 可以在积分号下求导。
数学分析三试卷及答案
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）
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
cos ,cos ,cos
由 Stokes 公式得 cos
0,
11 ,
。
22
cos cos
3zdx 5xdy 2 ydz
L
x
y
3z 5x
2 dS
dS z 2y
……（3 分) ……（6 分)
《 数学分析 》 ( 三 ) ――参考答案及评分标准
一 . 计算题（共 8 题，每题 9 分，共 72 分）。
1. 求函数 f ( x, y) 3 x sin 1 3 y sin 1 在点 (0,0) 处的二次极限与二重极限 .
y
x
解： f ( x, y)
3 x sin 1
3
1 y sin
3x
3 y ，因此二重极限为 0 . …… (4 分)
2w
2
2w 2w 。
…… (4 分) …… (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 r 2 ,
约束条件 : r 2 h 1。 构造 Lagrange 函数： F (r , h, ) 2 rh 2 r 2
x2
y2
…… (9 分 )
数学分析试卷2
《 数学分析 》期末试卷 《 数学分析 》试卷（一）一、10分 用定义证明：数列⎥⎦⎤⎢⎣⎡+1n n 的极限是1，不是2。
二、10分 证明：若任意n ∈ N,有 | y n+1 - y n | ≤ cr n 其中c 是正常数，且0 < r < 1,则数列{ y n }收敛。
三、10分 证明不等式：当0 < a < b 时有不等式21b a b +- < arctg b - arctg a < 21aab +- 四、42分 求解下列各题：（每题6分） 1、210)sin (limx x xx +→； 2、()sin ,0,01,0b x x x f x a x b ax x ⎧>⎪⎪==⎨⎪+-<⎪⎩问：,?a b =()f x 连续； 3、设函数()y y x =由参数方程()2ln 1x t y arctgt t⎧=+⎪⎨=-⎪⎩ 给出，求22d y dx ；4、设x y xyb a e=确定()y f x = 求y ''；5、42cos 2limx xex x --→；6、设xx x x f 42)(2++=求f(x)的稳定点和斜渐近线；7、数列1，,...,...3,23n n 中那一项最大？五、10分 证明：若函数g(x)在[a, b] 可导(0<a<b)，则存在),(b a ∈ξ使ab g a g b g ln)()()(/ξξ=-。
六、9分 证明：设g(x)在[c, d]上有定义，且每一点处函数的极限存在，则g(x)在[c, d]上有界。
七、9分 设函数g(x)在开区间（c, d ）上有连续的导函数，且)(/limx g c x +→与)(/limx g d x -→均存在且有限，试证：(1) g(x)在（c, d ）上一致连续。
(2))(lim x g c x +→ ，)(lim x g d x -→均存在。
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《数学分析》(三)――参考答案及评分标准.计算题(共8题，每题9分，共72分)。
因为 lim 3 xsin — 3 ysin —与 lim 3 xsin — 3 ysin -均不存在，x 0y x y 0 y x故二次极限均不存在。
4.要做一个容积为1m 3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 r 2,1. 解:1 1求函数f (x, y) V^sin — 济sin-在点(0,0)处的二次极限与二重极限. y xf (x, y) Vxs in 丄 羽 si n 丄y x |3X |3y|，因此二重极限为0.……(4分) (9分)2. 解:设y y(x)，是由方程组z xf(x z z(x) F(x,y,z)具有连续的导数和偏导数,求空.dx对两方程分别关于x 求偏导：y0'所确定的隐函数’其中f 和F 分别dz 丁 f (x dx F F 矽 x ydx y) xf (x y)(dX 1),解此方程组并整理得竺 dxF z dz 0dxF y f(x y) xf (x y)(F y F x )(4分)3. 取，为新自变量及2z x yx y 2 解: 2z2xx yJ2z 看成是 wzyF y xf (x y)F z w( ,v)为新函数，变换方程ze y (假设出现的导数皆连续) x, y 的复合函数如下：/、 x yw w(,),,2代人原方程，并将x, y, z 变换为，，w 2 2w W c 2 2w 。
x y。
2整理得:(9分)(4分)(9分)------------------- 时磊忖呎… ... . .... ... ...约束条件：r 2h 1 o构造 Lagrange 函数：F （r,h, ） 2 rh 2 r 2 （3分） （r 2h 1）o人 F r 2 h 4 r 2 rh 0, 令 F h 2 r r 2 0.（6分）解得h径为r 2r ，故有r 彳*，h 3上.由题意知问题的最小值必存在，当底面半 3 ；,高为h 3 4时，制作圆桶用料最省。
……（9分）y 325.设 F （ y ） e xy dx ,计算 F （y ）.y 2解：由含参积分的求导公式y 3 F （y ） 2 y e x 2y dx yy3 2 x 2y 1 _ 2 x 2y 2x e dx 3y e y 3 x y 2 ye 心2 x y••…（5 分）y 3 y 22 x e 2xy dx n7 5 3y 2e y 2ye y7 2 -y e 『 5 —ye y 5 1 y 3 X 2y 2e dx o……（9 分）2 22y y22 26.求曲线 x a 2 y b 2笃所围的面积，其中常数 ca,b,c 0. 解：利用坐标变换 由于xy 0 ,则图象在第一三象限，从而可a cos , bsin .以利用对称性，只需求第一象限内的面积ab2 sin cos o（3分）2d1ab .2^sin coscab d（6分）a 2b 2c 2a 2b 2 2c 22 ・2 sin cos 0 （9分）7.计算曲线积分3zdx 5xdy 2ydz,其中L 是圆柱面x 2 y 2 1与平面Lz y 3的交线（为一椭圆），从z 轴的正向看去，是逆时针方向.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，贝U 的法向量为0，cos ,cos,cos由Stokes 公式得cos磊 rtf-1 1 0,.2^2coscos3zdx 5xdy 2ydzLx 3zdSy 5xz 2ydSx 2 2y'、.2dxdy1（9分）8.计算积分 yzdzdx, S 为椭球笃a S解：椭球的参数方程为x asincos0 2 ,0，且2 （z, x ） . 2 acsi n(,) 积分方向向下，取负号，因此, yzdzdx°2 d 0^bac 2s in 32z cbsin 1的上半部分的下侧.sin ,z ccos ，其中sin 。
（3分） cos .2sin（6分）bac 2 0 sin 2 d [sincos （9分）.证明题(共3题，共28 分) 9.( 9分)讨论函数 f（x ） o 3xy 2 x x 2 0, 0在原点(0,0)处的连续性、可偏导性和可微性. 解：连续性：当x 2f（x ） 从而函数在原点0,00时, 2 xy -2—4 y x y处连续。
2 4 x y 2 4xyy 20，当 x,y 0,0 ，（3分）可偏导性：f x 0,0 f 0limx 0x,0f 0,0f y 0,0x..f 0,0 y f 0,0 lim y 0 y------------------- 布磊Sn/ — .......... ... ......... ....... .........即函数在原点0,0处可偏导。
10. (9分)(9分)设F x,y 满足：(1) 在 D x, y x x 0 a, y y 0 b 上连续， (2) F0，(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 x 0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 x 0,y 在y 。
b,y 。
b 上是y 的严格单减函数，而由条件(2) 知F xcY c0，从而由函数 F x c ,y 的连续性得F x c ,y o b 0，F x^Y c b 0。
现考虑一元连续函数 F x,y cb 。
由于F X Q ,y a b 0，则必存在10使得F x,y c b 0，x 0 (x c , 1)。
同理，则必存在20使得F x,y c b 0，x 0 (x c , 2)。
取 min( !, 2)，贝U 在邻域O(x °,)内同时成立F x, y 0 b 0， F x, y 0 b 0。
... (3 分)于是，对邻域O(x °,)内的任意一点；，都成立F x,y g b 0， F x, y g b 0。
知，存在F x,y 的零点yy ° 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, 证明了对:O(x 0,)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(x o ,)内的任意一点，记y * : f x * 。
对任意给定的0，作两平行线y y *(5分)可微性：lim从而函数在原点 f f x xf y y厂22.x y(9分)固定此x ，考虑一元连续函数F x, y 由上式和函数F 】,y 关于y 的连续性可y y * 0,0处不可微 不存在,由上述证明知0，x F x*, y* 0，F x*, y* 0。
由F x,y的连续性，必存在x*的邻域0(x*,)使得0，F x, y* 0，x O(x*,)。
F x,y*对任意的xF x, y* 于是在y*F x, y 即对任意的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0，F x, y^ 0。
内存在唯一的一个零点,y*0，x O（x*, )，它对应的函数值y满足y %y f(x)是连续的。
这证明了函数……(9分)11. (10分)判断积分证明：此积分在0作变量替换x 1，t1 1 1 sin - dx0 x x 不论正整数n多么大,i t运sint2因此, A丄sintdtA t21 1 1sin dx 在0 0x x2上非一致收敛。
证明如下:2上是否一致收敛，并给出证明。
1-3—sintdt。
t（3分）A,A@2n -,2n时，恒有（5分）2、2A吕dtA t2（7分）14 t2224 2n —42上非一致收敛。
2时。
因此原积分在0注：不能用Dirichlet 判别法证明原积分是一致收敛的1……(10分) 原因如下：尽管对任意的B 1积分：sintdt —致有界，且函数关于X单调，但是当1时，厂关于1 12 —，则lim^—n t t0,2 并非一致趋于零。
事实上，取t n,相应地取lim Ann n1———1 0,并非趋于零。
lim』n《数学分析［3］》模拟试题、解答下列各题（每小题 5分，共40 分）1、设z ln （ xz z ..y),求x x yzsinZx3s 2 2t,y 4s 2t 3,z 2 s 2 u3、设xsin (-),y求x y 在点4、求由方程 处的全微分dz ； ln （xyz x 2 z 2 （2,丄）处的值；ri ---■2所确定的函数zz(x,y)在点(1,0, 1)5、求函数u2z ）在点M（1,2, 2）处的梯度gradu(1,2, 2)；6、求曲面z 2xy7、计算积分: 3在点（1， 2x -dx2 , 0）处的切平面和法线方程;8、计算积分: 二、（10分）求内接于椭球 行于坐标面。
（10分）若 四、 五、 六、 七、i dx2x ~2 af(x)dxdy D2y_ b 7 "dy；2zc1的最大长方体的体积，长方体的各个面平和两坐标轴围成 角形区域，(x)dx，求(x).arctg —dx（10分）计算y 0y x所围成的在第一象限内的闭区域2,其中D 是由圆周x4,x 2 y 2 1I o e x [(1 cos y)dx (y sin(10分)计算 Ly sin x的全部边界曲线, 取逆时针方向。
y)dy]其中102y(10 I分）计算2z(x y z)dS2a ,z 0(a0)。
分）讨论含参变量反常积分）内的一致收敛性。
------------------- 时磊论呎― ... . .... ... ...参考答案、解答下列各题(每小题 5分，共40分)z z__ x y1、设z ln(、x ... y),求 x y ；y y y 1 yzcos2 6s zcos 4 sin 4s x x x x x丝 cos ，4ssi n ，uu x u xy xu z xxxtxty t ztzcos —y22zcos ， 1 ( 6t 2) sin ysin (6t)xxx xx2yz y 6t 2 zyy2cos —cos6tsinx x xxxx x u 1 u e sin( ), (2,—)3、设y求x y 在点处的值;u xx x2 e cos(—) 解: y y yxu e xx x(x 1)cos(—)—si n(—) x yyyy y2ux y 4、求由方程xyz x y z 2所确定的函数z z(x , y)在点(1,0, 1)处的全微分dz ；解：在原方程的两边求微分，可得z _____ 1 __ 1 1解.x x ■. y 2 xz ____ 1_ 1 _1yx . y 2 、y .1 、y 12x .. y 2u zsinZ2、x232x 3s 2t,y 4s 2t ,z 2s3t 2,u解：su x u y u z xsy szs(2,-)z z 1 x2xdx ydy zdzyzdx xzdy xydz --------------------------- 0 将 x 1, y 0,z 2 2 2x y z1代入上式，化简后得到 dz 5、求函数udx ■, 2dyln( x 2 2z )在点 M(1,2, 2)处的梯度 gradu(1,2, gradu 解： 2x ~2 2 x y gradu(1,2, 2)2y2 2 2 , x y z2 1,2, 2 9 。