y?x0y ― x0= 2x0（x ― x0）即x?。
2x02
2由题设，有
223??1?12?x02?y?xx122?00????y?dy??y?x0y??y2????120?2x0?3?0?2x0?2?
1?1423134???x0?x0??x0?x02x0?212?3故有
1132?x0即x0?1，y0?x0?1，得A(1，1)。 1212⑵ 切线方程为y?1?2(x?1)，即y?2x-1。 ⑶ 在上述切线方程中令y = 0，得到x?x1?x0x011，故所求旋转体的体积 21V???(x2)2dx???(2x?1)2dx???x4dx???1(2x?1)20x1021d(2x?1)2
?1??1?????(2x?1)35?23?第七题解：解法1
命In?1????????1??56302?1?(x2?1)ndx，则有
I1??I2??1x2x?x??dx??x?dx??2I1?2I2，于是有 2222?2??x?1x?1x?1?(x?1)?
1?x??I1?。 ?22?x?1?1x2xxdx??x(?2)dx??4I2?4I3， ?(x2?1)2(x2?1)2?(x2?1)3(x2?1)2同理I2?所以有
?11?xx3x3I3??2?3I???arctanx?C。 2?22224?(x?1)8x?18?4(x?1)解法2
命x?tan?，则
I3??
11?31?24secθdθ?cos?d???2cos2θ?cos4θ??d?6??4?22secθ??2x1?3112x1x??3??θ?sin2θ?sin4θ?C?arctanx???4??C ??2222??4?284x?132?(x?1)x?1??8?33x1x?arctanx???C88x2?14(x2?1)2第八题 解：将y = sinx代入u?f(x,y,z),?(x,y,z)?0，得到u?f(x,sinx,z),?(x,sinx,z)?0，显然方程
22?(x2,sinx,z)?0确定了 z 是x 的隐含数 z = z (x) ，所以
du???????f(x,sinx,z)?x?f1?f2cosx?f3zx dx
又由 ?(x,sinx,z)?2?????2x???cosx???z??0，
x123x??2x?1??2cosx?du??得到 ?f1?f2cosx?f3。
?dx?3第九题解：解法1
在S上有x2?y2?1，即x2?1?y2，代入f(x,y)?x2?2x2y?y2，得到
f(x,y)?g(y)?1?2y?2y3,(?1?y?1)
因此 g?(y)?2?6y2 命g?(y)?0，得到y??13，x??2， 3由于g(13)?1?2243， ?1?933g(?13)?1?2243，又g(?1)?1，所以 ?1?393maxf(x,y)?maxg(y)?g(y?[?1,1]131(x,y)?S)?1?43； 943。 9(x,y)?Sminf(x,y)?ming(y)?g(?y?[?1,1]3)?1?解法2
构造F(x,y,?)?x2?2x2y?y2??(x2?y2?1)， 解方程组
?Fx?2x?4xy?2x??0?2?Fy?2x?2y?2y??0?22F?x?y?1?0??(1)(2) (3)(1)?y?(2)?x得到x?0或x?2y?0222xy?4xy2?2x3?2xy?0，即x(2y2?x2)?0，于是有(4)
联合求解(3)、(4)，得到6个可能的极值点
P1(0,1)，P2(0,?1)，P3(21212121,)，P4(,?)，P5(?,)，P6(?,?)， 333333334343,f(P4)?f(P6)?1?，所以 99因为f(P1)?f(P2)?1,f(P3)?f(P5)?1?(x,y)?Smaxf(x,y)?1?4343，minf(x,y)?1?。 (x,y)?S99第十题解：如图，用直线x?y??2将区域D分为D1和D2两个区域，则
I???cos(x?y)dxdy???cos(x?y)dxdyD1D2??20??dx?20?x?20??xcos(x?y)dy??dx??2cos(x?y)dy
2?0?0??2(1?sinx)dx??2(cosx?1)dx???2第十一题证明：本题即证当 0 < x < 1时，(1?x)e2x?(1?x)?0，命：f(x)?(1?x)e2x?(1?x),x?[0,1)，于是有
f?(x)??e2x?2(1?x)e2x?1?(1?2x)e2x?1， f??(x)??2e2x?2(1?2x)e2x??4xe2x?0，
即f?(x)在区间(0,1)内单调减少，而f?(0)?0，故当 x > 0时f?(x)?0，因而f(x)在区间(0,1)内单调减少，即
f(x)?f(0)?0，于是有(1?x)e2x?(1?x)?0，即
第十二题证明：由格林公式有
1?x?e?2x,x?(0,1)。 1?x???DCxf(y)dy??y1?dx????f(y)?dxdy， ?f(x)f(x)?D?其中D是由 ( x – 1 )2 + ( y – 1 )2 = 1所围成的区域。而
f(x)dxdy??dx?021?1?(x?1)21?1?(x?1)2f(x)dy?2?f(x)1?(x?1)2dx，
02??Df(y)dxdy??dy?021?1?(y?1)21?1?(y?1)2f(y)dx?2?f(y)1?(y?1)2dy，
02即
??f(x)dxdy???f(y)dxdy，
DD所以
?Cxf(y)dy???y1?1?dx????f(y)?dxdy?f(x)?dxdy???2d??2? ?????f(x)f(x)?f(x)?D?D?D2001
378x2x4??o(x4)； 第一题①2②?dx③④⑤4l 第二题DADCB第三题解：cosx?1?1232!4!e?x22x21?x2?x2x444??1?????o(x)?1???o(x)； ?22!?228??2
1ln(1?2x)??2x?(?2x)2?o(x2)??2x?2x2?o(x2)；
2由此得到：
limx?0cosx?e?lim2x[2x?ln(1?2x)]x?0?x2?2?x2x4?x2x441???o(x)??1???o(x4)?2!4!28??x2x?2x?2x?o(x)2?22?
14x?o(x4)1? ?lim124 。
x?0?2x?o(x4)24??第四题
??1?e?解：
0xe?x?x2dx????xex0?1?e?x2dx????0x????1??1?xd?????dxx?x01?ex01?e1?e??
1dx01?ex1x命：e?t，则dx?dt，于是
t??????1?e?0??xe?x?x2dx????1???111?t??dt????dt?ln?ln2 ?1t(1?t)1?t1?tt?1?第五题 解：u(x,2x)?x两边对x求导，得到
u'1(x,2x)?2u'2(x,2x)?1
代入u'1(x,2x)?x，求得
2
1?x2u'2(x,2x)?，
2
u'1(x,2x)?x2两边对x求导，得到
u11''(x,2x)?2u12''(x,2x)?2x， u21''(x,2x)?2u22''(x,2x)??x。
1?x2u'2(x,2x)?两边对x求导，得到
2
?2u?2u以上两式与已知2?联立，又二阶导数连续，所以u12''?u21''，故 2?x?y4u11''(x，2x)??x。
3第六题 解：设三角形的三条边长分别为x、y、z，由海伦公式知，三角形的面积S的平方为
S2?p(p?x)(p?y)(p?z)
则本题即要求在条件x + y + z = 2p之下S达到的最大值。它等价于在相同的条件下S2达到最大值。 设
f(x,y)?S2?p(p?x)(p?y)(x?y?p)，
问题转化成求f(x,y)在
D??(x,y)0?x?p,0?y?p,p?x?y?2p?
上的最大值。其中D中的第3个条件是这样得到的，由于三角形的任意两边之和大于第三边，故有x + y > z，而由假设x + y
+ z = 2p，即 z = 2p－（x + y），故有x + y > z = 2p－（x + y），所以有x + y > p。
?fx'?p(p?y)(2p?2x?y)?0由?，
f'?p(p?x)(2p?x?2y)?0?y?2p2p?,?。因f(x,y)在有界闭区域D上连续，故f(x,y)在D上有最大值。注意到?33?求出f(x,y)在D内的唯一驻点M??f(x,y)在D的边界上的值为0，而在D内的值大于0。故f(x,y)在D内取得它在D上的最大值。由于f(x,y)在D内的
偏导数存在且驻点唯一，因此最大值必在点M处取得。于是有
4?2p2p?p， maxf(x,y)?f?,??(x,y)?D?33?27此时x = y = z =
2p，即三角形为等边三角形。 3yx1yyx1xyx1第七题 解：先从给定的累次积分画出积分区域图，再交换累次积分次序，得到
31I??dy?1edx??1dy?edx??1dx?2edy??1x(e?ex)dx?e?e
yx822222y1214第八题 解：记S为平面z = 0（ x2 + y2 ≤ a2 )的下侧，Ω为Σ与S所围的空间区域，
I???S???x3?az2dydz?y3?ax2dzdx?z3?ay2dxdy??????????3?xS?2?0???x3?az2dydz?y3?ax2dzdx?z3?ay2dxdy2??????y2?x2dxdydz??0a2??x2?y2?a22ay??dxdya
?3?d??2sin?d??r4dr??asin2?d??r3dr0006129??a5??a5??a55420第九题解：第一步：证明数列?xn?的极限存在：
注意到：当n ≥ 2时，xn?11?a????xn?xn?xn?3?≥
?4?xn?4xnxnxnaxn3?4a，因此数列?xn?有下界。又
xn?11?a?a??≤1???3?3????1，即xn+1≤xn ，所以?xn?单调递减，由极限存在准则知，数列?xn?有极限。 4?xn4?4ax??n??
第二步：求数列?xn?的极限
设：limxn?A，则有A≥4a?0。
n???由limxn?1?n????1a??， lim?3x?n3??n???4xn??有A?1?a?，即limxn?4a ?3A?3?，解得A?4a（舍掉负根）
n???4?A?第十题证明：设f(x)?1?xlnx?1?x2?1?x2，则
??f'(x)?lnx?1?x?x命f'(x)?0，得到驻点 x = 0。由
?2?1?x1?x22x?1?x?x1?x2?lnx?1?x2。
??f''(x)?11?x2?0
可知 x = 0 为极小值点，亦即最小值点，最小值为f(0)?0，于是对任意x????， ???有f(x)?0，即所证不等式成立。
第十一题证明：由积分中值定理知，存在???,1?，使得
4?3???f(?)?11?34?134f(x)dx?4?3f(x)dx?f(0)
41?0,??内可导，又函数f(x)在区间?0,????0,1?上连续，由罗尔定理知，至少存在一点???0,????0,1?，使得f'(?)?0。
第十二题
证明：对任意的x?[a,??)，及任意的h > 0，使x + h ∈ (a，+∞)，于是有
f(x?h)?f(x)?f'(x)h?即
1f''(?)h2，其中??[h,x?h]。 2!f'(x)?1?f(x?h)?f(x)??hf''(?) h2故
f'(x)?2M0h?M2，（x?[a,??)，h > 0） h2命g(h)?2M0h?M2，试求其最小值。 h2M02M01h?2?M?0，得到， 022M2h2命g'(h)??g''(h)?4M0?0， h3M0处得极小值，亦即最小值， M2所以，g(h)在h0?2g(h0)?2M0M2。
故
（x?[a,??)）。 f'(x)?2M0M2，