高数(二) 习题选解答docVIP

1、第七章 微分方程的解1 求曲线族满足的微分方程，其中为任意常数.解 在等式两端对求导,得 再从解出代入上式得 化简即得到所求的微分方程 2验证函数(C为任意常数)是方程 的通解, 并求满足初始条件的特解.解 .将函数求一阶导数,得 把和代入方程左边得 因方程两边恒等,且中含有一个任意常数,故是题设方程的通解.将初始条件代入通解中，得 即 从而所求特解为 可分离变量的微分方程1 求微分方程的通解.解 分离变量得两端积分得 从而,记则得到题设方程的通解 2 求微分方程的通解.解 先合并及的各项,得设分离变量得 两端积分得 于是 记则得到题设方程的通解 注：在用分离变量法解可分离变量的微分方程的过程

2、中, 我们在假定的前提下, 用它除方程两边, 这样得到的通解, 不包含使的特解. 但是, 有时如果我们扩大任意常数C的取值范围, 则其失去的解仍包含在通解中. 如在例2中，我们得到的通解中应该，但这样方程就失去特解，而如果允许，则仍包含在通解中. 齐次方程1求解微分方程 满足初始条件的特解.解 题设方程为齐次方程,设则代入原方程得分离变量得两边积分得 将回代，则得到题设方程的通解为利用初始条件得到从而所求题设方程的特解为2 求解微分方程 解 原方程变形为（齐次方程）令则故原方程变为即分离变量得两边积分得或回代便得所给方程的通解为 一阶线性微分方程1 求下列微分方程满足所给初始条件的特解. 解

3、将方程标准化为于是由初始条件得故所求特解为2 求解方程 是的已知函数.解 原方程实际上是标准的线性方程，其中直接代入通解公式，得通解伯努利方程1 求的通解.解 两端除以得令得解得 故所求通解为2（E03）求方程的通解.解 以除方程的两端,得即 令则上述方程变为 解此线性微分方程得 以代得所求通解为 全微分方程1 (E01) 求方程的通解.解 原方程是全微分方程,原方程的通解为 2 求解解 这里，所以题设方程是全微分方程.可取由全微分求积公式得:于是，方程的通解为 3（E02）求方程的通解.解 原方程是全微分方程,将左端重新组合 原方程的通解为型1 求方程的通解.解 设代入题设方程,得解线性方程

4、,得为任意常数)，即两端积分,得再积分得到所求题设方程的通解为其中为任意常数. 进一步通解可改写为其中为任意常数.型2 (E02) 求方程的通解.解 这是一个不显含有未知函数的方程.令则于是题设方程降阶为即两边积分,得即或再积分得原方程的通解 3 求微分方程满足 且当时，有界的特解.解法1 所给方程不显含属型,令则代入方程降阶后求解, 此法留给读者练习.解法2 因为即这是一阶线性微分方程，解得因为时，有界,得故由此得及又由已知条件得从而所求特解为型4（E03）求方程的通解.解 设则代入原方程得即由可得所以 原方程通解为 5已知是某二阶非齐次线性微分方程的三个特解：（1）求此方程的通解；（2）写

5、出此微分方程；（3）求此微分方程满足的特解.解 (1) 由题设知, 是相应齐次线方程的两个线性无关的解,且是非齐次线性方程的一个特解，故所求方程的通解为，其中(2) 因 所以从这两个式子中消去即所求方程为 (3) 在, 代入初始条件得从而所求特解为 二阶常系数齐次线性微分方程及其解法1求下列微分方程的通解. (1) (2)解 特征方程为即特征根通解为 (2) 特征方程为即特征根通解为2（E05) 已知一个四阶常系数齐次线性微分方程的四个线性无关的特解为求这个四阶微分方程及其通解.解 由与可知，它们对应的特征根为二重根由与可知，它们对应的特征根为一对共轭复根所以特征方程为即它所对应的微分方程为其

6、通解为型1 (E02) 求方程的一个特解.解 题设方程右端的自由项为型，其中对应的齐次方程的特征方程为 特征根为由于不是特征方程的根，所以就设特解为把它代入题设方程,得 比较系数得解得于是，所求特解为2 (E03) 求方程的通解.解 题设方程对应的齐次方程的特征方程为特征根为于是，该齐次方程的通解为因是特征方程的单根，故可设题设方程的特解：代入题设方程,得比较等式两端同次幂的系数,得于是，求得题没方程的一个特解从而，所求题设方程的通解为 3 求方程的通解.解 对应的齐次方程的特征方程为特征根所求齐次方程的通解 由于不是特征方程的根，因此方程的特解形式可设为代入题设方程易解得故所求方程的通解为

7、或型4 求方程的通解.解 对应齐次方程的特征方程的特征根为故对应齐次方程的通解作辅助方程是单根,故设代入上式得取虚部得所求非齐次方程特解为从而题设方程的通解为 5 (E04) 求方程的通解.解 对应齐次方程的特征方程的特征根为故对应齐次方程的通解作辅助方程不是特征方程的根，故设代入辅助方程得取实部得到所求非齐次方程的一个特解: 所求非齐次方程的通解为 6(E01) 求欧拉方程的通解.解 作变量替换或则题设方程化为即两次积分，可求得其通解为代回原来变量，得原方程的通解7 (E02) 求欧拉方程的通解.解 作变量变换或原方程化为即 或 (1) 方程(1)所对应的齐次方程的特征方程 求得特征根故所以

8、齐次方程的通解设特解代入原方程得即故所求欧拉方程的通解为第8章 向量及其线性运算1 (E04) 已知两点和，求与向量平行的向量的单位向量.解 所求向量有两个，一个与同向,一个与反向.因为 所以故所求向量为2(E05)已知两点和, 计算向量的模、方向余弦和方向角.解 3 设有向量, 已知它与x轴和y轴的夹角分别为和, 如果的坐标为(1, 0, 3), 求的坐标.解 设向量的方向角为 或设的坐标为 的坐标为4点位于第卦限, 向径与轴、轴的夹角依次为和，且 求的坐标.解 由关系式得因为在第卦限，知故于是 点的坐标为两向量的数量积1试用向量方法证明三角形的余弦定理.证 (作简图). 设在中, 现要证记

9、则有从而由即得同理2 (E04) 求与都垂直的单位向量.解 3在顶点为和的三角形中, 求AC边上的高BD.解 三角形的面积为又所以从而4 利用向量积证明三角形正弦定理.证 设的三个内角为三边长为, (作简图).因为，所以故即两边取模即故同理可证 因此三角形正弦定理得证.平面的截距式方程1 求平行于平面而与三个坐标面所围成的四面体体积为一个单位的平面方程.解 设平面方程为由所求平面与已知平面平行得(向量平行的充要条件)令 由所求平面方程为 即2 求平面II, 使其满足:(1) 过轴;(2) II与平面夹角为.解 因为平面过轴，可设其方程为又因为与已知平面夹角为故或或3求经过两点和且与平面垂直的平

10、面的方程.解 设所求的平面方程为由于点和在平面上，故又由于所求平面与平面垂直,由两平面垂直条件有从上面三个方程中解出得 代入所设方程，并约去因子得所求的平面方程点到平面的距离4(E06) 求两平行平面：和： 之间的距离.解 可在平面上任取一点，该点到平面的距离即为这两平行平面间的距离. 为此，在平面上取点则 5求平行于平面, 且与球面相切的平面方程.解 可利用条件写出平面的一般式方程,再利用球心到平面的距离来确定一般式方程中的特定系数.由可设平面的方程为因为平面与球面相切，故球心到平面的距离 得故所求平面的方程为或空间直线的对称式方程与参数方程1 求过点且与两个平面和的交线平行的直线的方程.解

11、 先求过点且与已知平面平行的平面 即 所求直线的一般方程为:2 (E01) 一直线过点且与y轴垂直相交, 求其方程.解 因为直线和轴垂直相交,所以交点为所求直线方程 3 用对称式方程及参数方程表示直线 解 在直线上任取一点例如,取得点坐标因所求直线与两平面的法向量都垂直,可取对称式方程 参数方程 4求过点M(2, 1, 3)且与直线垂直相交的直线方程.解 先作一过点且与已知直线垂直的平面再求已知直线与该平面的交点令 代入平面方程得交点取所求直线得方向向量为所求直线方程为 5 (E04) 过直线作平面, 使它垂直于平面解 设过直线的平面束的方程为即现要在上述平面束中找出一个平面图使它垂直于题设平

12、面因平面垂直于平面故平面的法向量垂直于平面的法向量于是即解得故所求平面方程为容易验证，平面不是所求平面.6在一切过直线L: 的平面中找出平面, 使原点到它的距离最长.解 设通过直线的平面束方程为即要使为最大,即使为最小，得故所求平面的方程为易知，原点到平面的距离为故平面非所求平面.第9章 多元函数微分法及其应用1 (E01) 求二元函数的定义域.解 即所求定义域为 2求极限 .解 令则 =0.3证明 不存在.证 取为常数),则 易见题设极限的值随的变化而变化,故题设极限不存在.4讨论二元函数 在处的连续性.解 由表达式的特征，利用极坐标变换：令则所以函数在点处连续.5 试证函数 的偏导数存在，

13、但在点不连续.证 即偏导数存在.但由上节的例 8知道,极限不存在,故在点不连续.6设 求二阶偏导数.解 7 验证函数 满足方程 .证 8证明函数满足拉普拉斯方程 ,其中 .证 由函数关于自变量的对称性,得9设 , 试求 及解 因当时，所以 同理 当时，所以 10求 的偏导数.解 设则可得 则 11 设函数可微，在极坐标变换 下，证明证 为方便起见,我们从欲证等式的右端出发来证明.把函数视为的复合函数,即则 所以12 求由是常数）所确定的隐函数的偏导数和解 令则显然都是连续.所以，当时，由隐函数存在定理得 12求出曲线上的点，使在该点的切线平行于已知平面解 设所求切点为则曲线在该点的切线向量为由

14、于切线平行于已知平面因而垂直于已知平面的法线向量故有即或将它代入曲线方程, 求得切点为和13求曲面 在点处的切平面及法线方程.解 令 切平面方程为 即法线方程为 14 求曲面 平行于平面的各切平面方程.解 设为曲面上的切点,则切平面方程为依题意, 切平面方程平行于已知平面, 得 是曲面上的切点,满足曲面方程,代入得故所求切点为切平面方程(1)即切平面方程(2)即15（E02）求函数在矩形域 上的最大值和最小值.解 先求函数在内驻点.由求得在内部的唯一驻点 (1, 1),且其次求函数在的边界上的最大值和最小值.如图所示.区域的边界包含四条直线段在上这是的单调增加函数,故在上的最大值为最小值为同样

15、在和上也是单调的一元函数,易得最大值、最小值分别为(在上), (在上),而在上易求出在上的最大值最小值将在驻点上的值与上的最大值和最小值比较,最后得到 在上的最大值最小值16求函数 在区域上的最小值.解 先求在内的极值.由解方程组得驻点(0, 0), (2, 0). 由于所以, 在点 (0, 0) 处故在 (0, 0) 处有极小值在点 (2, 0) 处故函数在点 (2, 0)处无极值.再求在边界上的最小值.由于点在圆周上变化,故可解出代入中，有这时是的一元函数, 求得在上的最小值最后比较可得, 函数在闭区间上的最小值17(E03）某厂要用铁板做成一个体积为的有盖长方体水箱. 问当长、宽、高各取

16、怎样的尺寸时, 才能使用料最省.解 设水箱的长为宽为则其高应为此水箱所用材料的面积此为目标函数.下面求使这函数取得最小值的点令解这方程组,得唯一的驻点根据题意可断定,该驻点即为所求最小值点.因此当水箱的长为、宽为、高为时，水箱所用的材料最省.注: 体积一定的长方体中,以立方体的表面积为最小18（E04）求表面积为而体积为最大的长方体的体积.解 设长方体的三棱长为则问题就是在条件(1)下, 求函数的最大值.作拉格朗日函数由代入 (1) 式,得唯一可能的极值点:由问题本身意义知,此点就是所求最大值点.即,表面积为的长方体中,以棱长为的正方体的体积为最大,最大体积第10章 重积分1 不作计算，估计的

17、值，其中是椭圆闭区域： .解 区域D的面积在上由性质 6 知2 判断 的符号.解 当时， 故 又当时，于是 3（E01）计算其中D是由直线及所围成的闭区域.解一 如图，将积分区域视为型,解二 将积分区域视为型,4计算, 其中是由直线和所围成的闭区域.解 如图,既是型,又是型.若视为型,则原积分若视为型，则其中关于的积分计算比较麻烦，故合理选择积分次序对重积分的计算非常重要.5 计算其中D为.解 6 计算 其中区域是由, 所围成的矩形.解 如图，因为是矩形区域,且所以7 交换二次积分的积分次序.解 题设二次积分的积分限: 可改写为:所以 8（E06）证明 其中a、b均为常数, 且.证 等式左端二次积分的积分限:可改写为所以9（E08）计算 其中区域解 因为关于轴和轴对称，且关于或关于为偶函数10 证明不等式 其中证 因为关于对称，所以，故又由于及而的面积为 1. 由二重积分性质,有11求 其中为三个坐标面及平面所围成的闭区域.解 如图9-4-3，将区域向面投影得投影区域为三角形闭区域在内任取一点过此点作平行于轴的直线，该直线由平面穿入，由平面穿出，即有 所以12 求 其中为三个坐标面及平面所围成的闭区域.解 (1) 截面故原式(2) 根据例1所确定的积分限,有第12