题目304
[
\begin{aligned}
设 f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{x^{n+1}-x^2}{x^n+1}, &F(x) = \int_0^xf(t)dt,则() \\\\
(A)f(x)有1个间断点，F(x)有1个不可导点 \quad&(B)f(x)有1个间断点，F(x)有2个不可导点 \\\\
(C)f(x)有2个间断点，F(x)有1个不可导点 \quad&(D)f(x)有2个间断点，F(x)有2个不可导点
\end{aligned}
]解答
首先先解出
f(x) 的分段表达式：
|x| < 1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{x^{n+1}-x^2}{x^n+1} = \dfrac{0-x^2}{0 + 1} = -x^2x = +1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{x^{n+1}-x^2}{x^n+1} = \dfrac{1-1}{1+1} = 0x = -1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{x^{n+1}-x^2}{x^n+1} = \dfrac{(-1)^{n+1}-1}{(-1)^n+1} = 不存在|x| > 1 时：
f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{x^{n+1}-x^2}{x^n+1} = \dfrac{x - \frac{1}{x^{n-2}}}{1 + \frac{1}{x^n}} = x故
f(x) = \begin{cases} -x^2 & |x| < 1 \\\\ 0 & x = 1\\\\ x & |x| > 1 \end{cases}因此可以轻易观察出
f(x) 的间断点：可去间断点
x = - 1，跳跃间断点
x = 1研究可导性，可以用 导数定义：
F'_-(-1) = \lim\limits_{x\to-1^-}\dfrac{\int\limits_0^xf(t)dt - \dfrac{1}{3}}{x + 1} = \lim\limits_{x\to-1^-}f(x) = -1F'_+(-1) = \lim\limits_{x\to-1^+}\dfrac{\int\limits_0^xf(t)dt - \dfrac{1}{3}}{x + 1} = \lim\limits_{x\to-1^+}f(x) = -1由 导数极限定理：
F'(-1) = F'_-(-1) = F'_+(-1) = -1F'_-(1) = \lim\limits_{x\to1^-}\dfrac{\int\limits_0^xf(t)dt + \dfrac{1}{3}}{x + 1} = \lim\limits_{x\to1^-}f(x) = -1F'_+(1) = \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\int\limits_0^xf(t)dt + \dfrac{1}{3}}{x + 1} = \lim\limits_{x\to1^+}f(x) = 1由 极限的唯一性：
F(x) 在
x=1 处，不可导
题目305
[
设 f(x) 在 [1,+\infty)上有连续一阶导数，f'(x)=\dfrac{1}{1+f^2(x)}\bigg[{\sqrt{\frac{1}{x}} - \sqrt{\ln(1+\frac{1}{x})}}\bigg]\\
\quad\\
证明：\lim_{x\to+\infty}f(x)存在
]解答
证明极限的存在性： 1. 单调有界准则（抽象型函数） 2. 夹逼准则（具体型函数）
本题对于抽象型函数，应考虑使用 单调有界准则
由 常见不等式：
\dfrac{1}{x+1} \lt \ln(1+\dfrac{1}{x}) \lt \dfrac{1}{x}，可知：
{\sqrt{\dfrac{1}{x}} - \sqrt{\ln(1+\dfrac{1}{x})}} > 0故 f'(x) > 0
现还需证明函数 上有界，但是题干中只给了 一阶导数 信息
联系一阶导数与函数的桥梁有：拉格朗日中值定理、逆用牛顿莱布尼兹公式
本题我们是希望把函数还原到区间
[1,+\infty) 上的，用 中值定理 来区间估计误差会很大（带个正无穷）
因此考虑 逆用牛顿莱布尼茨公式，对方程两次进行积分：
[
\begin{aligned}
\int_1^xf'(t)dt
&= \int_1^x\dfrac{1}{1+f^2(t)}\bigg[{\sqrt{\frac{1}{t}} - \sqrt{\ln(1+\frac{1}{t})}}\bigg]dt \\\\
f(x) - f(1)
&= \int_1^x\dfrac{1}{1+f^2(t)}\bigg[{\sqrt{\frac{1}{t}} - \sqrt{\ln(1+\frac{1}{t})}}\bigg]dt \\\\
&\le \int_1^x\bigg[{\sqrt{\frac{1}{t}} - \sqrt{\ln(1+\frac{1}{t})}}\bigg]dt （系数放缩）\\
&\le \int_1^x\bigg[{\sqrt{\frac{1}{t}} - \sqrt{\frac{1}{t+1}}}\bigg]dt \quad(不等式放缩)\\\\
&\le \int_1^x\bigg[{\frac{1}{2}\xi^{-\frac{3}{2}}}\bigg]dt \quad(其中\xi\in(t,t+1)，拉格朗日中值定理)\\\\
&\le \frac{1}{2}\int_1^x{t^{-\frac{3}{2}}}dt （放缩\xi）\\\\
f(x) &\le f(1) + \frac{1}{2}\int_1^x{t^{-\frac{3}{2}}}dt
\end{aligned}\\\quad\\\\
则 \lim_{x\to+\infty}f(x) = f(1) + \frac{1}{2}\int_1^{+\infty}{t^{-\frac{3}{2}}}dt
]由 反常积分的常用结论—p积分 可知：
f(x)收敛 \Rightarrow f(x) 有上界由 单调有界准则：
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)存在题目306
[
设 f(x) = \int_{-1}^x(1-|t|)dt (x\ge-1),求曲线y=f(x)与x轴所围图形的面积
]解答
看见绝对值，想办法去掉就好了，分段讨论即可
-1 < x < 0 时:
[
f(x) = \int_{-1}^x(1+t)dt = t + \frac{1}{2}t^2 \bigg|_{-1}^x = \frac{1}{2}x^2 + x + \frac{1}{2}
]0 < x 时：
[
f(x) = \frac{1}{2} + \int_{0}^x(1-t)dt = \frac{1}{2} + t - \frac{1}{2}t^2 \bigg|_{0}^x = -\frac{1}{2}x^2 + x + \frac{1}{2}
]综上所述：
[
f(x) =
\begin{cases}
\dfrac{1}{2}x^2 + x + \dfrac{1}{2} & -1 < x \le 0\\\\
-\dfrac{1}{2}x^2 + x + \dfrac{1}{2} & 0 < x
\end{cases}
]通过简单的绘图（此处省略）可以简单通过定积分计算出图像面积：
[
S = \int_{-1}^0 (\dfrac{1}{2}x^2 + x + \dfrac{1}{2}) dx + \int_0^{1 + \sqrt{2}} (-\dfrac{1}{2}x^2 + x + \dfrac{1}{2}) dx =
1 + \frac{2}{3}\sqrt{2}
]题目307
求曲线
y = \dfrac{x^2}{1+x^2} 与其渐近线所围区域绕该渐近线旋转所得旋转体体积
解答
看到绕 渐近线旋转 的题，不要害怕，考研范围内只学过绕垂直于 x y 轴 的直线旋转，不会考超纲
求渐近线
y'=\dfrac{2x}{(1+x^2)^2} 未找到无定义点，所以没有 铅锤渐近线
_{x} = 1 故存在 水平渐近线 \(y = 1\)
观察
f(x) 是一个偶函数，故可以化简区间（我只能说，没看出来也能做）
体积微元法
[
\begin{aligned}
V
&= \pi \int_{-\infty}^{+\infty} (\frac{x^2}{1+x^2} - 1)^2 dx \\\\
&=2\pi \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x^2)^2} dx \\\\
&=2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sec^2 t} dt \quad(三角换元)\\\\
&=2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2t dt = \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1+\cos 2t) dt\\\\
&= \pi \bigg({
t + \frac{1}{2}\sin 2t
}\bigg)\bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}\\\\
&= \frac{\pi^2}{2}
\end{aligned}
]面积微元法
[
\begin{aligned}
V
&= 2\pi\iint\limits_D (1-y)d\sigma\\\\
&= 4\pi\int_0^{+\infty}dx\int_{\frac{x^2}{1+x^2}}^1 (1-y)dy\\\\
&= 2\pi\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^2}dx\\\\
&= 2\pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2t dt \\\\
&= \frac{\pi^2}{2}
\end{aligned}
]题目308
求曲线
y=x^2 与直线
y=mx(m>0) 在第一象限内所围成的图形绕该直线旋转所形成的旋转体的体积
V解答
本题可以用体积微元，也可以用面积微元，我仅展示面积微元的做法
设区域内任意一点的坐标为
(x,y)，则该点到转动轴的距离为
r(x,y)=\dfrac{|y-mx|}{\sqrt{1+m^2}} = \dfrac{mx - y}{\sqrt{1+m^2}}然后直接套公式计算 二重积分 即可：
[
\begin{aligned}
V
&=
2 \pi \iint\limits_D \dfrac{mx - y}{\sqrt{1+m^2}} d\sigma \\\\
&=
2 \pi \int_0^m dx \int_{x^2}^{mx} \dfrac{mx - y}{\sqrt{1+m^2}} dy \\\\
&=
\frac{2 \pi}{\sqrt{1+m^2}} \int_0^m dx \int_{x^2}^{mx} (mx - y) dy \\\\
&=
\frac{2 \pi}{\sqrt{1+m^2}} (\frac{1}{6} - \frac{1}{4} + \frac{1}{10})m^5 \\\\
&=
\frac{\pi m^5}{30\sqrt{1+m^2}}\\\\
\end{aligned}
]题目309
（2018年2，3）设函数
f(x) 在
[0,1] 上
2 阶可导，且
\int_0^1f(x)dx=0，则（ ）
（A）当
f'(x)<0 时，
f(\frac{1}{2}) < 0 （B）当
f''(x)<0 时，
f(\frac{1}{2}) < 0（C）当
f'(x)>0 时，
f(\frac{1}{2}) < 0 （D）当
f''(x)>0 时，
f(\frac{1}{2}) < 0分析
要用到 一阶导数 和 二阶导数，考虑使用 泰勒中值
然后就是展开点的问题，选项中有暗示在 中点处展开，因此我们选择 中点
[
f(x) = f(\frac{1}{2}) + f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2}) + \frac{f''(\frac{1}{2})}{2!}(x-\frac{1}{2})^2 + R
]两侧同时积分，凑出题干里的积分：
[
\int_0^1f(x)dx = f(\frac{1}{2}) + f'(\frac{1}{2})\int_0^1(x-\frac{1}{2})dx + \frac{f''(\dfrac{1}{2})}{2}\int_0^1(x-\frac{1}{2})^2 + R \\\\
0 = f(\frac{1}{2}) + \frac{1}{2}f''(\frac{1}{2})\int_0^1(x-\frac{1}{2})^2dx+R
]由于
(x-\dfrac{1}{2})^2 > 0，故
\int_0^1(x-\frac{1}{2})^2 > 0又
f(\frac{1}{2}) < 0，故要使等号左端为
0，必须满足：
f''(\dfrac{1}{2}) < 0，故 D选项 正确
题目310
已知正值连续函数
f(x) 在
[0,1] 上单调减少，则对任意的
a,b(0<a<b<1)，下列结论不正确的是（ ）
（A）
a\int_0^bf(x)dx > b\int_0^af(x)dx （B）
b\int_0^af(x)dx > a\int_0^bf(x)dx（C）
a\int_0^b\sqrt{f(x)}dx < b\int_0^a\sqrt{f(x)}dx （B）
b\int_0^a\sqrt{f(x)}dx < b\int_0^b\sqrt{f(x)}dx解答一（中值定理）
核心思想就是用 积分中值定理 配合上题干给的 单调性 进行不等号判断
但是由于
[0,a] 和
[0,b] 区间有交集，故考虑 拆分区间
[
\begin{aligned}
&~~ a\int_0^bf(x)dx - b\int_0^af(x)dx
\\\\
=&~~
a\int_0^af(x)dx + a\int_a^bf(x)dx - b\int_0^af(x)dx
\\\\
=&~~
a^2 f(\xi) + a(b-a)f(\eta) - abf(\xi)
\qquad \xi\in(0,a), \eta\in(a,b)
\\\\
=&~~
a^2\bigg({f(\xi) - f(\eta)}\bigg) + ab\bigg({f(\eta) - f(\xi)}\bigg)
\\\\
=&~~
a \cdot [f(\xi) - f(\eta)] \cdot (a-b) < 0
\\\\
\end{aligned}
]故 A选项错误
解答二（换元法还原积分上限）
不等式中的 定积分，他们的 被积函数一样，积分上限 不同
能不能把 积分上限 变成一样的，然后直接去比较 被积函数 呢？答：换元法
换元要三换：一换被积函数，二换积分变量，三换积分上下限
我们想把积分限
[0,b] \rightarrow [0, a]，故令
x = \dfrac{b}{a} t[
a\int_0^bf(x)dx - b\int_0^af(x)dx = a\int_0^a f(\frac{b}{a}t) d\frac{b}{a}t - b\int_0^af(x)dx = b\bigg({
\int_0^a f(\frac{b}{a}x) - f(x)
}\bigg)dx
]由于
b > a，故
\dfrac{b}{a} > 1 \Rightarrow f(\dfrac{b}{a}x) < f(x)，
[
则~~ a\int_0^bf(x)dx - b\int_0^af(x)dx = b\bigg({ \int_0^a f(\frac{b}{a}x) - f(x) }\bigg)dx < 0
]故 A 选项错误
解答三（积分不等式常规解法—变上限积分法）
统一替换上限参数（或者下限参数，有的题目替换下限计算量小）
令
F(x) = a\int_0^xf(t)dt - x\int_0^af(t)dt （x > a）
验证初值
F(a) = 0求导：
F'(x) = af(x) - \int_0^af(t)dt = a(f(x) - f(\xi))由于
\xi < a < x，故
f(x) - f(\xi) < 0 \Rightarrow F'(x) < 0又
F(a) = 0，故
F(x) < 0 \Rightarrow F(b) < 0[
即：a\int_0^bf(x)dx < b\int_0^af(x)dx
]故 A 选项错误
解答四（统一参数进行比较）
感觉有点像 OI 里常用的二元组排序法？
对 A 选项进行变形：
[
a\int_0^bf(x)dx > b\int_0^af(x)dx \Rightarrow \frac{\int_0^bf(x)dx}{b} > \frac{\int_0^af(x)dx}{a}
][
于是我们可以令 F(x) = \dfrac{\int_0^xf(t)dt}{x}
][
则~~ F'(x) = \frac{xf(x) - \int_0^xf(t)dt}{x^2} = \frac{x(f(x) - f(\xi))}{x^2} < 0
]故
F(b) < F(a) A选项错误
题目311
[
设 I_1 = \int_0^\pi \frac{x\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx, I_2=\int_0^\pi\frac{\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx,I_3=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2x}{1+e^{\sin^2x}}dx，比较三者的大小
]解答
看形式，其实就是考几个公式的变换，直接搞就完事了
[
I_1 = \int_0^\pi \frac{x\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx = \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx
\qquad
\bigg(套公式\int_0^\pi xf(\sin x)dx = \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(\sin x)dx\bigg)
][
I_2 = \int_0^\pi\frac{\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx = 2 \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx
\qquad
\bigg(利用被积函数关于 x = \frac{\pi}{2} 的对称性\bigg)
][
I_3=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2x}{1+e^{\sin^2x}}dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2x}{1+e^{\cos^2x}}dx
\qquad
\bigg(区间再现：\int_a^bf(x)dx = \int_a^bf(a + b - x)dx\bigg)
]综上:
\begin{cases} I_1 = \pi I_3\\\\ I_2 = 2 I_3 \\\\ I_3 = I_3 \end{cases} \qquad\Rightarrow\qquad I_1 > I_2 > I_3题目312
[
设 f(x) 在 [0,1] 上有连续导数，且f(0)=f(1)=0,证明：\int_0^1f^2(x)dx \le \frac{1}{8}\int_0^1f'^2(x)dx
]解答
积分不等式证明中，常用的六种手段：变量代换、积分中值定理、变上限积分、柯西不等式、逆用牛顿莱布尼茨公式、分布积分法
本题中，需要建立起
f 与
f' 之间的关系，故想到的方法有：
Lagrange中值定理 和
N-L公式当这两种方法都能使用的时候，我推荐后者，因为
N-L公式 是 还原原函数，不会损失精度
而 中值定理 是一种 区间估计，在 估计 的过程中，会 丢失精度，导致最终不等式不成立
逆用牛顿莱布尼茨公式：
f(x) = f(x) - f(0) = f(x)\bigg|_0^x = \int_0^xf'(t)dt，接着用 柯西不等式 放缩
[
f^2(x) = \bigg(\int_0^xf'(t)dt \bigg)^2 \le \int_0^x 1^2 dt \cdot\int_0^x f'^2(t)dt = x\int_0^xf'^2(t)dt
]此处直接两侧积分去做，证明的 精度 是
\dfrac{1}{2} 不满足题目中的
\dfrac{1}{8}，精度不够
题目中还给了
f(1) = 0 的条件，故考虑再搞一次：
逆用牛顿莱布尼茨公式：
f(x) = f(x) - f(1) = f(x)\bigg|_1^x = \int_1^xf'(t)dt，接着用 柯西不等式 放缩
[
f^2(x) = \bigg(\int_x^1f'(t)dt \bigg)^2 \le \int_x^1 1^2 dt \cdot\int_x^1 f'^2(t)dt = (1 - x)\int_x^1f'^2(t)dt
]这里我们想要 精度尽可能高 等价于求 上界的最小值 （有点类似差分约束的意思）
因此我们希望 拆分区间，使得两个 估计方式 在每段区间上 值较小 ：
x \le 1-x \Rightarrow x \le \dfrac{1}{2}在
\dfrac{1}{2} 处切开，分别进行估计
[
\begin{cases}
f^2(x) &\le x\int_0^xf'^2(t)dt &\le x\int_0^{\frac{1}{2}}f'^2(t)dt &(0\le x \le \frac{1}{2})\\\\
f^2(x) &\le (1-x)\int_x^1f'^2(t)dt &\le (1-x)\int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(t)dt &(\frac{1}{2}\lt x \le 1)
\end{cases}
][
\begin{aligned}
\int_0^1 f^2(t)dt = \int_0^{\frac{1}{2}} f^2(t)dt + \int_{\frac{1}{2}}^1 f^2(t)dt &\le \int_0^{\frac{1}{2}} x\int_0^{\frac{1}{2}}f'^2(t)dt dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 (1-x)\int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(t)dt dx \\\\
&= \frac{1}{8}\int_0^{\frac{1}{2}}f'^2(t)dt + \frac{1}{8}\int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(t)dt = \frac{1}{8}\int_0^1 f'^2(t)dt
\end{aligned}
]得证
题目313
[
设 f(x,y) = \begin{cases}
\dfrac{y^2\sin x}{x^2 + y^2}, & (x,y)\ne(0,0)\\\\
0, &(x,y)=(0,0)
\end{cases}，则 f(x,y) 在 (0,0) 点处（ ）
\\~~\\
\begin{matrix}
(A) &不连续 & (B)&连续但不可导 \\\\
(C) &可导但不可微 & (D) &可微
\end{matrix}
]解答
由我们熟知的 强弱 条件关系：一阶偏导数连续 > 可微 > 可导 > 连续，从 弱到强 开始一个个验证
连续性：（连续性定义）
[
\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{y^2\sin x}{x^2 + y^2} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{xy^2}{x^2 + y^2}
]这种情况直接考虑 常用不等式 进行 夹逼：
[
x^2 + y^2 \ge 2xy \Rightarrow \frac{1}{x^2+y^2} \le \frac{1}{2xy} \Rightarrow 0 \le |\frac{xy^2}{x^2 + y^2}| \le 2|y|
]故
\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)} \dfrac{y^2\sin x}{x^2 + y^2} = 0 = f(0,0) \quad \Rightarrow \quad f(x,y) 在 (0,0) 处连续可导性：（偏导数定义）
[
\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{x=0} = \lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(\Delta x,0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0} \frac{0}{\Delta x} = 0
][
\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{y=0} = \lim_{\Delta y\to 0} \frac{f(0,\Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y\to 0} \frac{0}{\Delta y} = 0
]故可偏导
可微性：（可微定义式）
[
\lim\limits_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x,\Delta y) - f(0,0) - 0 \cdot (\Delta x-0) - 0 \cdot (\Delta y - 0)}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = \lim\limits_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \dfrac{\Delta y^2 \Delta x}{(\Delta x^2 + \Delta y^2)^{\frac{3}{2}}}
]取
\Delta y = k \Delta x 的趋近方式：
[
\lim\limits_{\Delta x\to 0} \frac{k^2 \Delta x^3}{(1+k^2)^{\frac{3}{2}} \cdot \Delta x^3} = \frac{k^2}{(1+k^2)^{\frac{3}{2}}}
]极限值 随
k 值变化而变化，不唯一
于是由 极限 的 唯一性 可知，该 极限不存在，故该函数 不可微
正确答案 为 C：可导但不可微
题目314
下列函数中，在
(0,0) 点可微的是（ ）
[
\begin{aligned}
&(A) f(x,y) = \sqrt{x^2+y^2}
&(B) g(x,y) = \begin{cases}
\dfrac{xy}{x^2+y^2} &(x,y)\ne(0,0) \\
0 & (x,y) = (0,0)
\end{cases} \\\\
&(C) \varphi(x,y) = \begin{cases}
\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} & (x,y) \ne (0,0) \\
0 & (x,y) = (0,0)
\end{cases}
&(D) \psi(x,y) = \begin{cases}
(x^2+y^2)\sin\dfrac{1}{x^2+y^2} & (x,y) \ne (0,0) \\
0 & (x,y) = (0,0)
\end{cases}
\end{aligned}
]解答
首先读者必须知道 可微定义式，然后就是纯的 极限计算 了
可微定义式：
[
\lim_{\begin{matrix}
\Delta x \to 0\\
\Delta y \to 0
\end{matrix}}
\frac{f(x_0+\Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0) - f_x'(x_0,y_0)(x-x_0) - f_y'(x_0,y_0)(y - y_0)}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}}
](A)
f'_x(0,0) = \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{|x|}{x} 不存在，关于
x 不可导
\Rightarrow 不可微
(B)
在
(0,0) 点处 不连续，故 不可微
(C)
f'_x(0,0) = f'_y(0,0) = 0[
\lim_{\begin{matrix}
\Delta x \to 0\\\\
\Delta y \to 0
\end{matrix}}
\frac{\Delta x \Delta y}{\Delta x^2 + \Delta y^2}
]直接取
\Delta y = k \Delta x 即可证明该 极限不存在，故 不可微
(D)
f'_x(0,0) = f'_y(0,0) = 0[
\lim_{\begin{matrix}
\Delta x \to 0\\\\
\Delta y \to 0
\end{matrix}}
\frac{(\Delta x^2 + \Delta y^2)\sin\dfrac{1}{\Delta x^2 + \Delta y^2}}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = 0
]故函数在
(0,0) 点处 可微
正确答案（D）
题目315
已知函数
f(x,y) 在
(0,0) 点的某邻域内有定义，则
\lim\limits _{x\to0} f_x'(x,0) = f_x'(0,0)，
\lim\limits _{y\to0} f_y'(0,y) = f_y'(0,0) 是
f(x,y) 在
(0,0) 点可微的（ ）条件
解答
首先我们要知道，可微的 充分条件 — 偏导数连续，他长这样：
[
\begin{cases}
\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f_x'(x,y) = f_x'(0,0) \\\\
\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f_y'(x,y) = f_y'(0,0)
\end{cases}
]而题干里给的 一元函数极限 与 二元函数 可微 基本没有什么关系
充分性：
该条件显然推不出 偏导数连续，反例：
[
f(x,y) = \begin{cases}
a & xy = 0,a \ne 0 \\\\
0 & xy \ne 0
\end{cases}
]该函数在
x/y 轴上值为
a，其他位置为
0，显然在
(0,0) 点不连续，故不可微
但是，
\lim\limits _{x\to0} f_x'(x,0) = f_x'(0,0) = 0，
\lim\limits _{y\to0} f_y'(0,y) = f_y'(0,0) = 0故 不满足充分性
必要性：
可微只能给出一个可微定义式极限存在，和上面的极限没有任何关系
反例： 我们直接举一个 可微但偏导数不连续的例子
[
f(x,y) = \begin{cases}
(x^2+y^2)\sin\dfrac{1}{x^2 + y^2} & (x,y) \ne (0,0)\\\\
0 & (x,y) = (0,0)
\end{cases}
][
f'_x(x,0) = 2x\sin\frac{1}{x^2} -\frac{2}{x}\cos \frac{1}{x^2} \Rightarrow \lim\limits _{x\to0} f_x'(x,0) 不存在
]故正确答案为：非充分非必要条件
题目316
[
设 z = \frac{x\cos(y - 1) - (y - 1)\cos x}{1 + \sin x + \sin(y - 1)}，求 \frac{\partial z}{\partial y} \bigg|_{(0,1)}
]解答
计算题，直接套定义
[
\begin{aligned}
f'_y(0,1) &= \lim_{\Delta y \to 0}\frac{\dfrac{- \Delta y}{1 + \sin(\Delta y)} - 0}{\Delta y}
= \lim_{\Delta y \to 0}-\dfrac{1}{1 + \sin(\Delta y)} = -1
\end{aligned}
]题目317
[
已知f(x,y) = \begin{cases}
xy\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2} &(x,y)\ne(0,0)\\\\
0 &(x,y) = (0,0)
\end{cases}
，求f_{xy}''(0,0) \cdot f_{yx}''(0,0)
]解答
先写出
f_{xy}(0,0) 的 定义式，然后看 缺什么 就 求什么
[
f_{xy}(0,0) = \frac{f_x(0,y) - f_x(0,0)}{y}
]根据该定义式，求出其中的函数表达式：
[
f_x(0,0) = \lim_{x\to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x - 0} = 0
][
f_x(0,y) = \lim_{x\to 0} \frac{f(x,y) - f(0,y)}{x - 0} = \lim_{x\to 0} y\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2} = -\frac{y^3}{y^2} = -y
][
f_{xy}(0,0) = \frac{f_x(0,y) - f_x(0,0)}{y - 0} = \frac{-y}{y} = -1
]同理，镜像求出
f_{yx}(0,0):
[
f_y(0,0) = \lim_{x\to 0} \frac{f(0,y) - f(0,0)}{y - 0} = 0
][
f_y(x,0) = \lim_{y\to 0} \frac{f(x,y) - f(x,0)}{y - 0} = \lim_{y\to 0} x\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2} = x
][
f_{yx}(0,0) = \frac{f_y(x,0) - f_y(0,0)}{x - 0} = \frac{x}{x} = 1
]综上：
[
f_{xy}''(0,0) \cdot f_{yx}''(0,0) = -1
]题目318
[
若 \frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} = 1,且当 x = 0 时,z=\sin y;当y=0时,z=\sin x.求z(x,y)
]解答
看到求一个 函数的表达式，那就是妥妥的 微分方程 了
[
z_{xy} = 1 \Rightarrow \int z_{xy} dy = \int dy
\Rightarrow z_x = y + \varphi(x)
][
\Rightarrow \int z_x dx = \int [y + \varphi(x)] dx
\Rightarrow z = xy + \int \varphi(x) dx + \psi(y)
]然后代入特值，计算式子中的待定项即可：
当
x=0 时：
z = \sin y = \psi(y)当
y=0 时：
z = \sin x = \int \varphi(x)dx[
故 z(x,y) = xy + \sin x + \sin y
]题目319
[
设可微函数 f(x,y) 满足 \frac{\partial f}{\partial x} = -f(x,y),f(0,\frac{\pi}{2}) = 1，\\\ \quad \\\
且 \lim_{n\to\infty} \bigg[{
\frac{f(0,y+\dfrac{1}{n})}{f(0,y)}
}\bigg]^n = e^{\cot y}，求 f(x,y)
]解答
要求函数
f(x,y) 的函数表达式，本题就是一个 微分方程 的问题
[
\frac{\partial f}{\partial x} = -f \Rightarrow \frac{\partial f}{f} =
-1\partial x \Rightarrow
\ln f = -x + C(y) \Rightarrow
f = C_2(y)e^{-x}
]现需要想办法把
C_2(y) 解出来，试试看处理其他条件
f(0,\dfrac{\pi}{2}) = 1 这样的初值条件，在微分方程里只能用于确定任意常数
C[
\lim_{n\to\infty} \bigg[{
\frac{f(0,y+\dfrac{1}{n})}{f(0,y)}
}\bigg]^n =
e^{\lim\limits_{n\to \infty} n \cdot \frac{f(0,y+\frac{1}{n}) - f(0,y)}{f(0,y)}} =
e^{\lim\limits_{n\to \infty} \frac{f(0,y+\frac{1}{n}) - f(0,y)}{\frac{1}{n}} \cdot \frac{1}{f(0,y)}}
= e^{\frac{f_y(0,y)}{f(0,y)}}
]故建立 微分方程：
\dfrac{f_y(0,y)}{f(0,y)} = \cot y \Rightarrow \dfrac{df}{f} = \cot ydy \Rightarrow \ln f = \ln(\sin y) + C_1 这里由于
x=0 故直接当成 一元函数 一阶导 来处理
得：
f(0,y) = C_1 \cdot (\sin y)代入初值
f(0,\dfrac{\pi}{2}) = 1 得：
1 = C_1 \cdot 1 \Rightarrow C_1 = 1 \Rightarrow f(0,y) = \sin y代入
f(0,y)=\sin y 得：
\sin y = C_2(y)故
f(x,y) = \sin y \cdot e^{-x}
