數(shù)下-華理高數(shù)答案

9章（1）（44次*1．微分方程2(y)39yy5xy7的階數(shù) 答案解*2．下列函數(shù)中的C、、及k都是任意常數(shù)，這些函數(shù)中是微分方程y4y0的 （A）y3Ccos2x(1229C)sin2x；（B）yCcos2x(1sin2x)1k2C（C）y1k2C答案

sin2x；（D）yCcos(2x解中的函數(shù)只有一個任意常數(shù)中的函數(shù)從表面上看來也有兩個任意常數(shù)C及k，但當令CkCyCcos2x sin2x，實質11C*3．在曲線族ycexcexyx 根據(jù)題意條件可歸結出條件y(0)0,y(0)ycexcex，ycexcex，可得cc0,cc 故c1c1y1(exex)ysinhx d2 dd d

2d

y

3e2sin x是初值問題

d

證明y

13e

sin2

x

12

co x，2y

13e

sin 2

xe12 x22 yyy0 y3

13e2

2*5yexxet2dtCex（其中C為任意常數(shù)）yyexx20證明yexxet2dtexex20

yexx2yyexx2yexxet2dtCex含有一任意常數(shù)C0（1）y 解將等式y(tǒng) 改寫為y3Cx1，再在其兩邊同時對x求導，得3y2yC，代入上式，即可得到所求之微分方程為3xy2yy31．yCxC2 程等式兩邊同時對x求兩次導數(shù)，得yCC2，y2C2 x 從以上三個式子中消去任意常數(shù)C1和C2，即可得到所求x2yxyy0**7y24C(xC（其中C為任意常數(shù)）所滿足的微分方程［這里的共焦拋物線族是以x軸為對稱軸，坐標原點為焦點的拋物線．解yy(2xyy)解yy(x上的點(x,y，曲線在該點處的切線斜率為y=dy 所以過點(xyy，法線方程為Yy=yXx因為法線過原點，所以0y1(0xxyy09章（（45次教學內容：§9.2.1§9.2.2（1）yx(1y)1x解：分離變 ，兩邊積解：分離變 ，兩邊積 1 1x 1 11x得ln(1y)1ln(1x2)lnC，即y11x2（2）yxe2xy22解：分離變量2yey2dyxe2xdxey21(xe2xe2xdx)1(xe2x1e2x)c (2x1)eyy2ey40eyd解

d

1ln(e

2)

1ln(2x1)1lnC2ey 2x 即(ey2)(2x1C**2y1xyxy（可分離變量方程的分離變量法）這是一個一階可分離變量方程，同時也是一個一y1x)(1y1

1

1x)dx，并積分1x2

dy1

(1得ln(1y)x x2c，所求通解2

y1ce 解法二（線性方程的常數(shù)變易法）y1xy1xy1xy0，其通解為

1x2yCe 1x2 x1代入原非齊次方程得Ce

1x，解得2Ce C2代入1即可得1x2y1Ce y

e（1）y

， 611x1x1x解：y 1x1xy

(y0

dy 11xlnyarcsinxC，yCearcsinx arcsiny()e，2

2，C1，yearcsinx（2）y2xyex2，y(0)解 y2xyex2 p(x)2x，q(x)ex2y(x)e2

ex2e2xdxdxCex2ex2e2xdxdxCxex2Cex2 y(0)1，10cc y(x1)ex2y(yycotxecosx， y(2解yycotxecosx，P(x)cotxQ(x)ecosx yecoxtdxCecoxsecoxtdx elnsinx(Cecosxelnsinx cscx(Cecosxsinxdx)(Cecosx)cscx cos由 )1，可確2

C2，所 y(2 )cscxx2dy(2xyx1)dx0，yx10 y2y11，是一階線性非齊次方程，其通解 x2dx 2 y xc

2)e

1c(11)x2dx1c1x2xc1x2 1

x2 x 由y(10，得c2y2x22x**4．求微分方程ylnydxxlny)dy0的通解（xy的函數(shù)

x1 yln P(y)

yln

Q(y)

y1dy 11 x yln c eylnydyeln(lny)c eln(lny 1 ln cylnycy

ln

lny2**5．求滿足關系式xuy(udux2y(xy(x2 解xxy(x)2xdy d2d d 2即 xy2x，分離變量得 xdx，積分得yCe22，d y在原方程兩邊以x代入，可得初試條件11 y4e 2

x

2．據(jù)此可得C4e1d d ln(mgkv)C mg kt由初始條件v(0)0，得C

ln(mg)，即得v 1e k

m**7．求一曲線，已知曲線過點(0,1)，且其上任一點(x,y)的法線在x軸上的截距為kx 解：曲線在點(xy處的法線斜率為y，所以法線方程為YyyXx．只要令Y0，就可以得到法線在x軸上的截距為Xxyy．xyykxyyk1)x．這是一個可分離變量方程，分y21k)x2C，由于曲線過點(0,1，所以C1，所以所求曲線方程為y2(1k)x21．解ycx2上任意一點(x,yk0y2cxy2yy2y去c得 設所求曲線方程為yy(x，在同一點(x,y處切線斜率為ky求有

k1yx22y21x2c2***9．作適當變換，求微分方程y4ey 2x

解原方程可化為eyy 2x

2x

42dx 2d ze2x1C4e2x1dx {C4x 2xdyy y2***10．作適當變換，求微分方程d 2y

x d

dx，積分得sinuCx

uy2

tan Cxsiny2Cxx9（3）（46次dy

y(1lnylnx)；解：dy

y(1lnylnx)，

dy=y(1+lny) y令uyx

yuxyuxuxuulnu

dx，得lnlnulnxlnc，即uecxuln uln 以uyyxecxxyx arctanx解：方程可化為yy arctanyy令u yx

yuxyuxuxdud

11

x2yx2y

yarctan以ux

Ce xxydx2x2y2dy0滿足初始條件y(21解:xydx(2x2y2)dy0 dx=2xy 令ux u

2u u

u1=y uu

1=yuu21ln(u21)lnylncu22

cy， u21c2y2

x y2+1=

y2 y(21，c25 因此x2y2=5y4(xy)dx(xy)dyyy

解：原方程可表為dyxy x，令uy，yud y 1yx

ud u代入方程，有uxu ，即 u d

u u12uu

x

1ln(12uu2)lnxln通解x22xyy2C，令x0,y0，得C0．所以初值問題的解為x22xyy20．***3．試證明：當a1b2a2b1時，總能找到適當?shù)某?shù)hk，使一階微分方f a1xb1f ya2xb2y在變換syk，txh之下，可化為一階齊次型方 ds

f(a1tb1s)a2tb2并求方程(x2y1)dx2x3y)dy0a1xb1yc1a1t

x

y

atb

a1b2a2b1

sya2c1 ka2c1 a

a

a

a1 2 1 2 bcb bcbtx1 2 h1 2 a1b2 a1b2sy ds解：(x2y1)dx2x3y)dy0，令tx

dtt32(s2)1dt2(t3)3(s2)ds0，t2sdt(2t3s)ds0 3s

11 (2) t

t令u ut dt ut

1

tdu(3u1)(u1) 2 3u(3u dudt,

dt(3u1)(u 2(u 2(3u1) 1ln(u1)(3u1)lntlnc2(u1)(3u(s1)(3s(u1)(3u(s1)(3s(1y 3yxx) (x (1y 3yxx)xyyy2lnx0解：xy'yy2lnx y2y'1y1ln 令ty1dt1tlnx P(x)1,Q(x)lnxxxxx1dxln11lnt(x) xC

ex

xC

Cx1xx(xlnxx)Cx1lnxy1lnx1Cx1(y2xy)dxxdy0解：y2xy)dxxdy0

dy+1y=

1y2

y2y+

y2 x1 x x1 xxuy2 + u ，P(x) ，Q(x) xx1 11dx

1 1 1

u(x) 2xC

e2xdx

2C

x2dx

2CxC Cy2x2C

y

y2(xy2x2

ud 解一：令uy2

dx

u，解此方程得uCexu以uy2代入上式，原方程通解為y2Cexd xd

x2d yx1zdz2z2d 2dy 22d y則通解z Cy

y3

dy

[C2lny]y11[C2lny y**5yy2xy(0)y解：y'y2xy yy'y22x令ty2

2t4x

P(x) Q(x)4xt(x)e2dxC(4x)e2dxdxe2xC4xe e2x[C2xe2xe2x)]Ce2x2xy22x1y(0)1，1201y22x

C1 sin2yy2xsin2y1

2xsin2y 1x21x2dsin2111xd 1x令zsin2y， z1xd故z

2xdx

21212xdd ln(x1x2原方程的通解為sin2y ln(x1x2)x***7．已知20y(x

d2xy2xy(x1y2(解：兩邊關于x求導得 2yyy21， y2Cex1，由yx01y2(y21ex***8．曲線過點(1,1)，其上任一點與原點的距離平方等于該點橫坐標與該點的曲線的法線在x軸上的截距乘積的兩倍，求曲線方程．解 x2y22x(xyy),y(1) 2yy1y2x令y2z，解 zy2x(C由y(1)1， C2， x2y22x***9．根據(jù)托里斥利定律，液體從容器小孔中流出的速度為v ，其中g為部直徑為d1cm解：設在時刻t時，容器中液面高度h(t，則經過t后液面高度為h(tt ，h(tt) A ，即 r令t0解

2r

dh d r r2gt 代入h0，g980，r50，A4

0.62，得t10304（秒9（（47次（1）．微分方程yyxy滿足條件y(2)1,y(2)1的解是 （A）y(x （B）y(x1)2 y1(x1)2 （D）y(x1)2 （2）．微分方程y2yy30滿足條件y(0)1,y(0)1的解 33

x

x

y 33

x

x

y （1）xyy0解：xyy 令py y xpp0，dp=dx dp

lnplnxln

pC1x

C1

dyC1dx dy C1dx，yClnxC （2）(1x2)y2xy解y1x

y 1x

y (xC)1x y1ln(1x2)CarctanxC yyy20解：∵yyy20 令py，則yp ypdpp20，

p(y p)0因為求通解，所以p滿 ydpp0由

dp

dy

lnplnylnCpC1 dy ydy ydy y2CxC ∴通解：y2CxC (1y2)y解：令：yp(y),ypp， (1y2)pp2p2yd 2 1y

dy pC(1y2)1d 1y2C1dx，通解為：arctanyC1xC29（（48次**1．若y,y是方程yP(x)yQ(x)yR(x)的兩個解，試證y ．次方程yP(x)yQ(x)y0的解 證明：因為y1,y2是方程yP(x)yQ(x)yR(x) y1P(x)y1Q(x)y1R(x)y2P(x)y2Q(x)y2R(x)

(1)、(2)(y1y2)P(x)(y1y2)Q(x)(y1y2)0

所以y1y2是齊次方程yP(xyQ(xy0的解

1x,

1x2y2y

y

解：按（1）證明可 y2y1 y3y1x 分別是其對應齊次方y(tǒng)

y0的解，并且線性無關，所以C1xC2x

2 2yC1xC2x21*3．驗證：et2et2x14t2x0t，et21et24t2et22et24t2et212tet24t ， et2"1et24t2et22et24t2et21(2tet2)4t 0 故et2,et2是方程的解， et2e2t2常數(shù)et于是et2et2是方程線性無關的解（構成基本解組xCet2Cet2 其中C1,C2*4．已知函數(shù)y1exy2x是方程(1xyxyy0的兩解，試求該方程滿足初始條件y(0)1,y(0)0的特解．解：方程的通解為yc1exc2xy(0)c1y'(0)c1exc2c1c2解得c1,c2為 c11,c2 yexx**5．設x1(t)是非齊次線性方x(t)a1(t)x(t)a2(t)x(t) x(t)a1(t)x(t)a2(t)x(t) xx1(t)x2x(t)a1(t)x(t)a2(t)x(t)

f2 f1(t)f2 x1(t)a1(t)x1(t)a2(t)x1(t)f1 x2(t)a1(t)x2(t)a2(t)x2(t)(1)2)

f2 x1(t)x2(t)a1(t)x1(t)x2(t)a2(t)x1(t)x2(t)即xx1(tx2t)是方程（3）9（（49次

y8y0的通解為y．f1(t)f2解yc1cos22xc2sin22x（2）方程y"6y'25y0的通解為y 1解ye3x(ccos4xc2sin4x)1方程y8y15y0的通解為y 解yCe3xCe5x 方程5y215y3y0的通解為y 解y

15 (C1xC2)（3）方程y6ypy0的通解為yekx(C1 2xC2 2x)，則p k （1）y8y16yy(1)e4y(1)0解2816yc1c24)20)e4x y(1)(c1c2)e4e4y'(1)c2e4x4(c1c2x)e4xc2e44(c1c2)e4c2e44e4

4 y54x)e4x（2）y4y29y y()2

1,y(2

3解24290

4162

410i25i2ye2x(c1cos5xc2sin5xy()e(0c2)

e y()

2得：c1e．特解為：y (cos5xsin5x)（3）y4y3y0, y(0)6, 2430，(1)(30， ycexce3x y(0)c1c26y'(0)cex3ce3xc3c10 y14ex8e3x**3初值問題y2yydx y(0)

x解：將原方程對x求導 y2yy 且 y(0)12y(0) yex(CxC)，故所求問題的解為：yex x***4．設函數(shù)(x)二階連續(xù)可微，且滿足方程(x)1 (xu)(u)du，求函數(shù)(x)0解：原方程關于x (x)(u)dux(x)x(x)(u)du,(0)0 再求導得：(x)(x) 且由原方程還有：(0)1微分方程的通解為：(x)CexCex 代入條件(0)1,(0)0，得

C21故所求函數(shù)為：(x)1(exexchx2***5100cm的鏈條從桌面上由靜止狀態(tài)開始無摩擦地沿桌子邊緣下滑．設運動開始時，鏈條已有20cm垂于桌面下，試求鏈條全部從桌子邊緣滑下需多少時間．解，則鏈條的質量為100t 100d2x

d2x

gx0dt

dt

x(0)0，所以x(t)滿足下列初值問題

gx0gg 2解得方程的通解為：xc1e10 ce10．又因為有初始條件：x020gg 2 gg x0gg g 所 x10e10g g g即 t5 t arch5

10e10解：取物體的平衡位置為坐標原點，x軸豎直向下，設t時刻物體m位于x(t)處，由牛 2d2xdt22gg(x2) gx其中g980厘米/秒 xCcosgtC gt， 振動周期為T 9（7（50次**1．微分方程yyxsinx的一個特解應具有形 (AxB)sinx(AxB)(cosxsinx(AxB)(CsinxDcos**2AB,CDyyxcosx AxBCcosAxBCcosxDsinAxBx(CcosxDsinAxBCxcos（1）yy2y2x解：∵220， ∴1,22,1， 0不是特征根．設ypb1xb0， 代入原方程，得：b12b1x2b02x1，有：b00,b11， 特解為：yx．（2）y2yyex．解：∵1是二重特征根，∴設ypx2exb yp x2exb yp2exb x2exb 0代入y''2y'yex，解得：b102y1x2ex2**4y3y2yxexy(0)y(0)0的特解．解：特征方程r23r20的根為r11r22，相應齊次方程的通解為yCexCe2x ypxAxB)ex

A1,B12x2 xyC1eC2 xe y(0)y(0)0，得C11,C212 y x1e **5．y2yf1)f(x)4x 2)f(x)e2x 解：特征方程：220，特征根：10, 22，所以方程y2y'0的通解為 yhc1ce2x．2對于方程y2y'4x yp(b0xb1)x

x

4x1，解得

12 x21x 所以方程的通解為：yy cce2xx21x e2xb

18

y1e2x yyycce2x1e2x ypb0cosxb1sinx，yp"b0cosxb1sinx b0cosxb1sinx2b0sinxb1cosxcosx，得：b05 b2 yp5cosx5sinxyyycce2x1cosx2sinx **6y6y9y25exsinx解：特征方程r26r90的根為

yh(C1C2

exAcosxBsinx，代入方程得：A

By(CCx)e3xex(4cosx3sin ***7yy(x)(x0)xMx0y0處xy(0)0y0ydxxy(0)0xyy其通解為：yC1exC2ex11y(00y(00C1C22，y1(exex1chx12***8．設一物體質量為m，以初速v0從一斜面滑下，若斜面與水平面成角，斜面摩擦系(0tan)，試求物體滑下的距離與時間的關系．d2 mgsinmgcosdt2且S(00S(0S1gt2(sincos)Ct 代入初始條件得C1v0C20S1gt2(sincos)v ***9．設彈簧的上端固定，下端掛一質量為m的物體，開始時用手托住重物，使彈簧既不d2由牛頓第二定律： kxmg，dt

方程的通解為：xC1m

tCkmkm

tmgkmkm代入初始條件得C1kgC20xmg k t．k m（1）y(4)2yy0解：42320，2(221)0，2(1)20， yc1c2x（c3c4x）ex．（2）y(4)5y36y0452360，(2)(2)(29)0 yce2xce2xccos3xcsin3x ****11*試證明，當以tlnx為新的自變量時，變系數(shù)線性方程（a,b,c為常數(shù)，這是歐拉方程）ax2y"bxy'cyf(x)可化為常系數(shù)線性方程d2 a ba cyf(etdt （1）x2y2y0 （2）x2yxy2yxlnx證明：令tlnx dy

1

xet dt xd2 1 1ddy 1d2ydy 2 2 ， xdxdt x dtyy

d2

dy

d2 ax2ybxycydt

dt

cy

dt

ba cyfet令tlnx xetd2y

2y

dt

dt yce2tcet xycx2c2 令tlnx xetd2y

2 2ytedt h

1etet

sin yetbtbp

ett yetccostc2sint1yxc1coslnxc2sinlnxlnk>0）Bxt之間的函數(shù)關系．解：F重F阻Bma a為加速度mgkvBma v為下降

d2

mgk

d2因為v

a

dt2，所以

B d2xkdxgBdt m 2k0

km

k

1 xhc1emc2 mg

b0gm

，mk

b0 kmg所以微分方程的通解為：xc1emc2 tkc1c20 mg

x'00cm2g cBmm2

k

kBmm2g ktmg所以x與t的關系可表示為 x 1em tk ***13f(x)f(1xf(xf(x)0，并求解此方程．證明：由于f(x)f(1xx求導得f(x)f(1x)f[1(1x)]ff(x)f(x) f(x)C1cosxC2sin

f(0)f(1f(1f(0，將此代入(2),(3) C1cos1C2sin1C2C C 1 1 f(x)C1cosx 9（8）（51次教學內容：§9.6微分方程應用舉 (機動9（9）（52次t t已知yt3et是二階差分方程 et te解：a 32yt7yt10

C(2yt3yt14；ytC3t2)2yt110yt5t0；yC(5)t5(t1)tyt14

22t tytC4yt

t2tytCt2yt1ytsint；YtB1sintB2costyt1yt3cost．Ytt(B1costB2sint)之間有關系ytCtICtyt1，其中010ytCtytytyt1I解 yCtI，從 CyICtI 1 1已知差分方程(abytyt1cytabc為正的常數(shù)．設初始條件y(0)y00對任意t12,yt0(2)在變換1之下，原差分方程可化為有關(2)在變換tyttyt(3)求方程(12ytyt1yty02的解．解：（1）1y令utyt

uytut

，yt1 utcut1autb其一般解為ca1

uC(a)t

；ca時，

Cb令ut

，原方程化為ut1ut2，一般解 utC2ytyt y1t

y2，得C30 C 0所以特解 yt210（1（53次 *1

2,

23,a

2，則(a,b) 答 6

**2.設向量a與b不平行，cab，則(ac)b|a||b

,試用向量r0，aP的徑向量r PP||a PP 而

PP ∴rr0

∴P點的徑向量為ta**4．設a2,b3，ab23（1）ab （2）(3a2b)(a2b)（3）(a)b （4）3a2b 23 3

a

（2）

3224324336 a

1

2 （4）3a

2b

9 922432123108

4 33a2b 3**5a4,b5，ab13（1）(ab)ab5a2b與ab

a 2b

224 2ab4

213∴ab

abab

4

3 ba a 2 2

5 2 542252345cos

0 ∴向量5a2bab**6.a，babab，試證ab 解：abab ∴a ab ∴ab2abab2ab ∴ab0 ∴ab OAOC，|OB||OA||OC 則有ABOBOA CBOBOCOB ABCB(OBOA)(OBOA)|OB|2|OA|20 10（2（54次*(1)A（2，－3，－1）M（3，1，－2）．**(2)ABCDA(2,3,1B(2,4,3),C(3,1,3)，則D．**(3)已知a

1,4za

a

，則z

5,3 **2.A,B兩點的坐標分別為(2,5,p),(q,3,1)ABy軸相交且被y軸平分p(2q,53,p1) 又Cy

22

p2

0，即q2p**3.設A,B兩點的坐標分別為0,2,1,1,0,1AB的模；（2）ABAC2AB的C12(2)2解：（1）AB{1,2,2}，則 12(2)2 cos 3

cos 3

cosr 3x011

2 y201

2，z(1)11

3所以C點的坐標為2,2,3)uvuv 解：向量u{2,

q∴10 ∴p0,q2q 向量u與v垂直時 uv0∴21p04q01∴q

p2 FF1F2F31,2,32,3,43,4,5

2212F合2212cos

cos 1 cos 42 2 bxyzxyz0，且ab0∴xy0 xy 取x1,y （1）aj （2）bk（3）(2ab)(ab) （4）(ab)(3a（2）bk(3i4k)k3ik3j（3）(2ab)(ab){213,2(2),224}{13,2,2{5,4,0}{2,2,6}5(2)(4)(2)062(ab)(3ab){4,2,2}{0,6,10}**8a0,1,1}b2,1,1}(a)bb)a （2）a與bb

{0,1,1}{({0,1,1}{(2)2(1)2b

1bb

1212

（2）ab cos 即2

cos 2 0，所以

，即a與b的夾角 byz平面內，∴可設坐標為0,y ∵ba ∴ba0即：0,y,z8,4,30 ∴4y3z0y2y2

又b

10z8y6 或z8y6***10.

或 3abi其中a1a2a3及b1b2b3為任意實數(shù) 的坐標分別為a,a,a,b,b,b

1 ababcosa,babababa1 2 3

a2a2ab2a2a2ab2b2bii1ii1ii10（3（55次教學內容：§10.3平面與直線xP3,1,2)及Q0,1,0)yz與xOy坐標平面垂直的平面的一般方程為 答：AxByd0 (A2B20) P1,2,1S1i2j3kS2jkxyz點M0(6,2,1)到平面x2y2z60的距離為d 解：d 2平面3x3y60 （A）平行于xOy平 （B）平行于z軸，但不通過z垂直于y軸 （D）通過z軸**2AxBxCzD0A,B,C,DC0，ABDAD0，BCΠzΠ垂直yAxByCzD0C0ABD0z軸（z軸）AD0,BC0x軸的平面（y軸、z軸的平面CD0,A2B20AB0zB0,AC0y**（1）P1,3,2及Q0,2,1且平行于向量l 解：所求平面的法向量n垂直于向量l2,1,1與由P1,3,2與點Q0,2,1 成的向量PQ1,1,1，故取nPQl1 1

2x13y3z20， 2x3yz50．**（2）z軸且垂直于平面3x2yz70解：平面3x2yz70的法向量n0 故所求平面法向量nnz nn0

3

k1 2x3y0z0 2x3y0法向量nx軸垂直，又與向量PQ垂直，故可取 1 1

故可得所求平9y01z20即 9yz20A2,3,0B0,3,5)和C2,0,5)AB{2,0,5},AC nABAC 5 故平面方程為：15x10y6z600***5M0,4,3)N6,4,3)作平面，使之不過原點，且使其在坐標軸上

xy

4

a a

ab解得：a b2,6故平面方程為：2x3y6z6或6x3y2z18（1）1:xy2z10,2:2x2y4z31:2x2yz10,2:x2y2z解：（1）12法向量分別為n1{1,1,2},n2{2,2,4}n2取1上一點(1,0,0)，顯然不在2上，故12平行，不重合（2）12法向量分別為n12,2,1},n21,2,2n2n1故n2n1垂直，從而12垂直10（4（56次（1）M1(3,2,1M2(1,0,2的直線方程為．x1yz2 x2yz3直線2xy2z60在xOz坐標面上的交點為P 答：P0,0,3)x

yz

x，參數(shù)方程為y

z5t直線xay1z在平面xyz3上的充要條件是a ，k **2A3,0,2xz1xyz1

解：所求直線L

n1,0,1，且

j1011,0,1

11x3

yz20**3A2,1,0xyzx1y2

解：所求直線L

1 x2y1z01 L2x4yzL 3y

L2:y1z3L2x4yz

，

x3y l1n1n2xx2

4y x y zL2:y1t1t z3

12 t ∴可取l24,1,2ll1，且ll2∴可取 l1

x y z

461

3

y12

L:x1y1z3M 過點M與直線L的平面

1 n 且nMM 的法向量， ∴MM3,2,13,0,5 n ，故可取為 n0,14,28，故可 l

x y z 解法二M0作垂直于直線L1的平面3x22y1z50，即3x2yz133x2yz13 t L與平面M的坐標滿足：x1

y1

z

xy

z∴M點坐標為2,3,1M0M

x20

y11

z．2**6kL1x1y4z3

:x3

y9z14 x3t解：將第二條直線的參數(shù)方程y4t9z7t3t44t137t ky z y z**7．求直線l1:x1 1 與l2:1

S cos(S1,S2) |S1||S2

，故l1，l2之間的夾角為 **8x1y1

和平面qx6y2z1垂直,pqz z

解：l2,p,1//n

q4,p3 2x7y5z7**9．求過直線2xyz4 解：過直線2x7y5z702xyz4u2x7y5z7v2xyz4 (*7u令yz0，求得在x軸截距x 2u7u令xz0，求得在y軸截距y 7u∴7u4v7u4v∵x

2u

7u7u4v0或2u2v7uv即u4或u3,代入（*） （1）42x7y5z72xyz406x35y27z073（2）2x7y5z72xyz40，即：16x16y10z41．***10xyzx5y3z1L的方向向量l1,1,1．在直L上取一A0,0,0，顯然不x5y3z1,∴AA做與平面0x5y3z1的垂直的平面

i

則平面的法向量可取 1115

42,1,1這就得到了的方程為2xyz0x5y3z12xyz0．10（5（57次教學內容：§10.4空間曲面x2*(1)曲面zx2zoyzyzzoyzyy軸旋轉而成的旋轉曲面**(2)方程x2z21在空間表 z軸 （C）母線平行y軸的柱面（D）錐面*(3)

2y2

1

(A)單葉雙曲 (B)雙葉雙曲(C)橢球 (D)雙曲拋物

2y2

1

平

(A)交于一雙曲 (B)交于一對相交直(C)不 (D)交于一橢.5M1M2M01,2,3)M1M2 (x1)2(y5)2(z3)2(5)2 x2y2z22x5y6z100M(xyPM:PM 4[(xa)2y2z2](x4a)2y2z2 x2y2z2(2a)2x2y2z解：動點M(x,y,z)到點A0,0,2的距離為d1 動點M到xOy平面的x2y2z∴動點M的軌跡方程為 x2y2z22z2，整理得：x2y24z4是旋轉拋物面．**5.求yOz平面上曲線y2z21分別繞y軸，z軸而成的旋轉曲面的方程．解：繞y軸 x2y2z21；繞z軸x2y2z21．**（1）x22y2z22x4y10x22y2z22x4y10，x22x2y24yz2x124

y141M0y12**（2）x24y2z28y2z90x24y2z28y2z90x24y12z124

x24y22yz22z9y1 y1 0,1,1 10（6（58次教學內容：§10.5z2**1.求曲線 x2z3zx220y224x1160，x2y22z2**2．求以曲線x2y2z21zx2y22z21消x2y2z2

x23y2x23y2zx2y**3.求曲線xyz1在各坐標平面上的投影曲線方程．zx2y2xy1

x2y2xyzxz1yz)2y2故在yoz平面上，投影曲線為yzx21xz)2故在xoz平面上，投影曲線為

z(1yz)2yxzx2(1xy**4x2y2z21xy1xy軸的兩個x2y2z2 解 xy由（1）xy12y2z212y22yz20，由（1）yx12x2z212x22xz20，2y2z22y交線可寫為2x2

2x**5.求由曲面3x2y2zz1y2所圍成的立體在xOy3x2y2解：投影區(qū)域由交線z1y3x2y21y投影曲線為z

3x22y2，故投影區(qū)域為z **6.試求曲 rt

tt

對應于t0rr

t

e e e e

xt x't

yt

y't ∴在對應于t0zxy11

x01

ze0**7.試求曲 rt 2cos3t 2sin3t t

從t0到t4解：空間曲線的參數(shù)方程

xt2cos3t zt

x't6sin3ty't 6cos3t．4s4

0429t2dt209ln0036sin23t36cos036sin23t36cos23t4t2**（1）.f(xy)ln(x2y21)x2y2

x2y2x2y**（2）.fx2y x2y2

(C)僅在（0,0）點連續(xù) 答：（A）x （1）ux 解：定義域為：(x, x，見圖示陰影部分包括邊界，雙曲線xy1用虛線表示．xxxxxx

0xyxyxy

xyx***3fxy,yx2y2fx xsx x 解：令t

∴y

s2s2t s21t

1

x21∴fs,t1t2

，1

fx,y

11xyx21xyx2x,y1xy011xy

1x2y2 x2221xyx2 x,y

（ x, 0,01xy1xyx2x2y

1xy x**5.說明極 x,y0,0x2y

解：我們證明 y沿不同的路徑趨于0,0時，極限不同

x,y

x2yx2yx2y

yy

1

x2y2

x2

x,yx,y0,0x2**6f(xy)

，試問極限ysinxyysinxy1

f(xy解：不存在，因為不符合極限存在的前提，在(0,0)點的任一去心鄰域內函數(shù)f(x,y)

ysin

xy1xy1

x1

xyxy1xy1上的點處解：由于arctan1xy**8f(xy)

sin2xsin2

解：顯然當(x,y) m,nZ時，f(x,y)沒定義，故不連續(xù)f(xy)

sin2xsin2

所以除點(m,n（其中m,nZ）11（2）（60次內容：§11.2x2y（1）函數(shù)f(x,y) 在(0,0)x2y（A）fx(0,0)和fy(0,0)都存在 （B）fx(0,0)和fy(0,0)都不存在（（2）zxy2)(A)0 (B)

2

4

．（3）設fx,y ，則fx'(0,0) ，fy'(0,0) 解：由于f(x,0)0， fx'(0,0)0，同理fy'(0,0)0．x2**2.設zx2y 3exy，求zx,x2

1 x2y

3yexy z2 x2yy

3xexy**3zy

xxzxx2y2zyx2y2x2ln(x2y2 x2y2**4f(xy)

x2y20fx(0,0),fy(0,0) ．解：f(0,0)limx2lnx20 f(0,0)lim00 ． x zx2x ***5.求曲線 zy1,1x2y1,1

arctan1．[也可求出切向量為41212 1212 ***6.設函數(shù)(xy在點(0,0)f(xy)（1）證明(0,0)0；（2）fy(0,0

xy(xy在點(0,0x：（1）limf(x,0)fx f(0,0)存在，所以limx(x,0)limx 即(0,0)(0,0)， (0,0)0（2）由于(x,y在點(0,0)連續(xù)，且(0,0)0，所以y0時，(0,y)是無窮小量而f(0,y)f而f(0,y)fy(0,y11（3）（61次內容：§11.2[§11.2.2~**1.fxyzxchzyshxP0,1,ln2處的梯度向dfx,yzdxchzchzdxxshzdzshxdy∴dfx,y, dx fx,y, 1 0,1,ln 0,1,ln

x**2.求函數(shù)zarctan 1dzd

x1

d(arctanx)d(arctany) 1 1y**3.z

sec2(xy)ln(xy

，求dzdz

[ln(xy1)]d[sec2(xy)]sec2(xy)d[ln(xy1)][ln(xy1)]2[ln(xy1)2sec2(xy)tan(xy)(ydxxdy)sec2(xy)(ydxxd[ln(xy xy[2ln(xy1)tan(xy)(xy1)1](ydxxdy)(xy1)cos2(xy)ln2(xy**4.利用fdffxxyyfxydfx 解：由于fxx,yyfx,yx2設fx,y x2x2y于 dfx,yxdxydyxxx2yx2x2yfxx,yyfx,

xxx2x23232 3232 5.012***5．已知圓扇形的中心角為60，半徑為r20cm，如果增加了1，r1cm，試用全微分計算面積改變量的近似值12解：S r 2 dS

(2(drrd))∴SdS

22060

(20)2 )17.4533(cm2) ***6.fxyzlnx2y3zP1,2,0

l2ij的方向導數(shù) l

, f x2y x2y x2ye ,1e6 6

123 1 5 fel , 5l 555 6***7.z

11

(0,0)

11 x1y

1

(0,0)2

2

1x2(0,0)1

(1 11 l

2

)sin2

1,1cos,sin2

cos2其中

cos,sing

,1

22 2所以0時，即lgl2**8.f(xyz)exyz求出f(xyz)f(1,2,3解：fyzexyzxzexyzxyexyzf(1,2,3)e6 e

e1**9.f(xyzxyzP

,

z z

z1

(xy)zln(xy)z(xz

(x z)f(e1,e1,)

2e,2e,4e2 xx2y

x2y2***10.f(xy)

x2y

x2y2 11x2y解：因為limf(x,y) 0x2y

x2yf(xy在點（0，0）因為

f(0x,0)f

，xsin11（4（62次（1）f(uvf(xx2x42x3xfu(xx22x22x1fv(x,x2) (A)2x22x1 (B)2x23x1

2x22x (D)2x23x 設函數(shù)zz(x,y)由方程xyzxyz所確定，則 2xyz答 1xy 方 ，在變量代換ux3y，v3xy下，可得新方程 0 uu**2.設uxyzxrcossinyrsinsinzrcosr,r2xcossin2ysinsin2zcos2ru2x[r(sin)sin]2y(rcossin)0u2x(rcoscos)2y(rsincos)2zrsin0h=25cm時其體積的增加速率．解：V1r2h，3dVVdrVdh2rhdr1r2dh r151125cm3/sh25*4zex3yxsintyt4dz 解 z z

excost

．

y

23y**5.若z ，證明：xy2zx2yzx2zy2zf(x2y2 yf2x2yf xf2xy2f解：zx f ,zy f xy(x2y2 xyzxxyzy xzyz u**6

ufy

yexycosx

x,y,duxef1yef2ycosxxysin2xf3 xe

xf1efxcos2xf dueyfyexf(ycos2xxysin2x)fdxxeyfexfx z**7zlnyzz(xy的偏導數(shù)xy1

，

Fy z解：zxFzx x

x1xyyzz z 試

z,

,dzx解：F(xy,yz,xz)0,兩邊對x求導， yF1zxF2F3(zxzx)0x解 zyF1zF3xF2 xF1F2(1zy)F3xzy0yzxF1F2，所以dzyF1zF3dxxF1F2dyyF2 F2 F2***9zz(xyF(xxyzzxy)1F 導數(shù)，F(xiàn)2F30， 解F1dxdxdydz)F2(dzydxxdy)F3dz(F1F2yF3)dx(F2xF3)dyF2zF1F2yF3 zF2xF3 F2 F2***10z33xyza3(a0)zz(xy在坐標原點處沿由向量a1,2所確定的方向的方向導數(shù)．x0,y0z0a0x(0

z2

y(0

z2

0，

0***11xuyv0,yuxv1,(x2y20)求uvuvxxyuxuyv uxu 解：v

xv

x2y2xvyux2yxuvyv uyu

uy

x2yxu x2y11（5（63次內容：§11.5多元函數(shù)微分法在幾何上的應用**1.曲面x22y2z2xyz4x2z6在點A(0,1,2)處的切平面方程為 （A）3(x1)2(y2)3z11 （B）3x2y3z（C）xy1z2 （D）xy1z

**2.設函數(shù)F(xyz)可微，曲面F(xyz)0過點M2,1,0)Fx(2,1,0)5,Fy(2,1,0)2,Fz(2,1,0)3.過點M作曲面的一個法向量n，已知n與x軸正向的夾角為鈍角，則n與z軸正向的夾角= 答：3***3.設曲線x2t1,y3t21,zt32t1對應點處的法平面為S，則點P(2,4,1)S的距離d．**4.LxacostybsintzctM0a,0,2c處的切線和法平面方dtt0asintt0dyt0bcosx

t

y

tz

cx

z2c ***5.求曲線L:xyyzzx11, 解：設F(x,y,z)xyyzzx11，G(x,y,z)xyz6，(F,G)(x,

xz(yz)yz(xz)z2(yx)(F,G)(y,(F,

x

y

xy(xz)xz(xy)x2(yz)2(z,x)

zy(xy)xy(yz)

(zx)∴(x,

M0M

(y,

M

8(z,M0x0

y

z 1 9 x11y28z490， x8y9z120．***6.4x2y24z216P1,22,1yOz y2xy2 2

2y2 zy2 ***7.xt3y2t2z3tx2yz1．

上的點，使曲線在該點處的切線平行于平面解：設所求的點對應于tt

30

3和

,,1和(27,18,99**8．z

6上平行于平面6x3y2z60.

z

，6x26

6k3k

xyy2

z1 ∴切平面方程為6(x13y22(z3) 6x3y2z180 ***9zex2y2Mxy沿過該點的等值線的外法線方向的方向導數(shù)．解：等值線方程為x2y2x2 M0

,

ky0

n{1

x}或{x0y0x0x2y x2y 方向余弦為：x2y x2y 2

x2zex2y22x ex0 0x2x2y

2y0

x2x2x2y ysin***10.求函數(shù)z 在ysin

,1a方向的方向導數(shù)，其中a為曲線x2sint ycos2t在t

處的切向量（指向t增大的方向6dd解：tanddt6

t2cost

22cos ，sin22x

,1

2y2ysin

0，

12ysin12 2

2

2

2所 0

) ) ．22222222222***11.fyzg(z都是可微函數(shù)，求曲線

yg(z)zz0解：zz0對應點f[g(z0),z0],g(z0),z0 Sfy[g(z0),z0]g(z0)fz[g(z0),z0],g(z0),1 zz0 xf[g(z0), zz0f[g(z),z]g(z)f[g(z),z g(z g(z0)[yg(z0)](zz0)0****12.u11x28y216 dxdy dyy解：對等值線u0xy

x y

， x

8y

dyx 8y 令 ，x 8

x2y 代入x28y216， x y 33 u0