【考研类试卷】考研数学二-练习四及答案解析.doc

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1、考研数学二-练习四及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、论述题(总题数：20，分数：100.00)1.证明下列重极限不存在：（分数：5.00）_2.试求下列二重极限：（分数：5.00）_3.讨论下列函数在(0，0)点的连续性：（分数：5.00）_4. （分数：5.00）_5.试证明函数 （分数：5.00）_6.二元函数 f(x，y)在点(x 0，y 0)处两个偏导数 fx(x0，y 0)和 fy(x0，y 0)都存在是 f(x，y)在该点连续的 （分数：5.00）A.充分条件而非必要条件B.必要条件而非充分条件C.充分必要条件D.既非充分条件，又非必要条件7. 则在点(0，

2、0)处函数 z=f(x，y)（分数：5.00）A.B.C.D.8.考虑二元函数下面四条性质f(x，y)在点(x 0，y 0)处连续；f(x，y)在点(x 0，y 0)处的两个偏导数连续；f(x，y)在点(x 0，y 0)处可微；f(x，y)在点(x 0，y 0)处的两个偏导数都存在则（分数：5.00）A.B.C.D.9.设 （分数：5.00）_10.设 f(x，y)=|x-y|(x，y)，其中 (x，y)在点(0，0)的邻域内连续，问：()(x，y)应满足什么条件，才能使偏导数 fx(0，0)和 fy(0，0)都存在?()在上述条件下，f(x，y)在(0，0)点是否可微?（分数：5.00）_1

3、1.设 fx(x0，y 0)存在，f y(x，y)在点(x 0，y 0)处连续，证明：f(x，y)在点(x 0，y 0)处可微（分数：5.00）_12. （分数：5.00）_13. （分数：5.00）_14.设 z=ln(1+xy2)，则 （分数：5.00）_15.设 z=(1+x2+y2)xy，求 （分数：5.00）_16.若函数 z=f(x，y)满足 （分数：5.00）A.B.C.D.17.设 （分数：5.00）_18.已知(axy 3-y2cosx)dx+(1+bysinx+3x2y2)dy 是某一函数的全微分，则 a，b 取值分别为（分数：5.00）A.-2 和 2B.2 和-2C.-

4、3 和 3D.3 和-319.设函数 f(u，v)由关系式 fsg(y)，y=x+g(y)所确定，其中函数 g(y)可微，且 g(y)0，则（分数：5.00）_20.设函数 其中 具有二阶导数， 具有一阶导数，则必有（分数：5.00）A.B.C.D.考研数学二-练习四答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、论述题(总题数：20，分数：100.00)1.证明下列重极限不存在：（分数：5.00）_正确答案：(证明 ()取直线 y=kx，让点(x,y)沿直线 y=kx 趋于(0，0)点，此时有*显然，点(x，y)沿不同直线 y=kx 趋于点(0，0)时，极限值不相同，则重极限*不存在

5、)解析：评注 利用沿不同直线趋向于点(x 0，y 0)时极限不相等证明重极限不存在是一种证明重极限不存在的常用方法()取直线 y=kx，则*这说明沿任何一条过原点的直线 y=kx(不包括 y 轴)趋于(0，0)点时，极限存在且都为零，并且若沿 y 轴趋于(0，0)点极限也为零，事实上*这能否说明重极限*存在且为零呢?不能!事实上若沿过原点的抛物线 x=y2趋于(0，0)点时，就有*故重极限*不存在()当点 P(x，y)沿曲线 y=-z+x3。趋于点(0，0)时有*故重极限*不存在2.试求下列二重极限：（分数：5.00）_正确答案：(解 *()方法 1 将分子有理化得*方法 2 化为一元函数极限

6、，令 x2+y2=t，则*方法 3 利用等价无穷小代换，当 x0，y0 时，*则*()方法 1 由于*即为有界量，而*即为无穷小量，则原式=0方法 2 由于*由夹逼原理知*)解析：3.讨论下列函数在(0，0)点的连续性：（分数：5.00）_正确答案：(由于*由夹逼原理知，*则 f(x，y)在(0，0)连续()由例 1知极限*不存在，则 f(x，y)在(0，0)处不连续()若 a1(a0)，则*故 f(x，y)在(0，0)点不连续若 a=1，则*由于*即有界量，*即为无穷小而 f(0，0)=0，则 f(x，y)在(0，0)连续综上所述，当 a=1 时 f(x，y)在(0，0)点连续；当 a1(a

7、1)时，f(x，y)在(0，0)点不连续)解析：4. （分数：5.00）_正确答案：(解 由于*则厂 fx(0，0)不存在而*)解析：5.试证明函数 （分数：5.00）_正确答案：(证明 由例 3的()知 f(x，y)在(0，0)点不连续，但*由 x 和 y 的对称性知 fy(0，0)=0，即 f(x，y)在(0，0)点可导)解析：评注 这是一个可导而不连续的典型例子6.二元函数 f(x，y)在点(x 0，y 0)处两个偏导数 fx(x0，y 0)和 fy(x0，y 0)都存在是 f(x，y)在该点连续的 （分数：5.00）A.充分条件而非必要条件B.必要条件而非充分条件C.充分必要条件D.既

8、非充分条件，又非必要条件 解析：7. 则在点(0，0)处函数 z=f(x，y)（分数：5.00）A.B.C. D.解析：由于*则 f(x，y)在(0，0)连续，事实上，当 x0，y0 时，*为有界量，y 为无穷小，则*故(A)不正确由偏导数定义知*不存在，因为*与 k 有关，故 f(x，y)在(0，0)点不可微，应选(C)评注 像本题中讨论分段函数在分界点处的连续性、偏导数的存在性及可微性一般都是用定义8.考虑二元函数下面四条性质f(x，y)在点(x 0，y 0)处连续；f(x，y)在点(x 0，y 0)处的两个偏导数连续；f(x，y)在点(x 0，y 0)处可微；f(x，y)在点(x 0，y

9、 0)处的两个偏导数都存在则（分数：5.00）A. B.C.D.解析：由多元函数连续、可导、可微之间的关系图知(A)正确，即两个一阶偏导数连续*可微*连续评注 本题涉及到多元函数几个重要概念之间的关系，是一个基本内容，也是一个重点内容，不仅应知道(A)正确，而且应理解其余选项为什么不正确事实上(B)选项中的*不正确；(C)选项中的*不正确；(D)选项中的*不正确9.设 （分数：5.00）_正确答案：(证明 *则*则 fx(x，y)在(0，0)点不连续，由变量 x 与 Y 的对称性知 fy(x，y)在(0，0)点不连续而*故 f(x，y)，)在(0，0)点可微)解析：评注 本例给出一个一阶偏导数

10、不连续全可微的例子10.设 f(x，y)=|x-y|(x，y)，其中 (x，y)在点(0，0)的邻域内连续，问：()(x，y)应满足什么条件，才能使偏导数 fx(0，0)和 fy(0，0)都存在?()在上述条件下，f(x，y)在(0，0)点是否可微?（分数：5.00）_正确答案：(解 *由此可知，当 (0，0)=0 时，f x(0，0)和 fy(0，0)都存在，且fx(0，0)=f y(0，0)=0()当 (0，0)=0 时，*故当 (0，0)=0 时，f(x，y)在(0，0)点可微)解析：11.设 fx(x0，y 0)存在，f y(x，y)在点(x 0，y 0)处连续，证明：f(x，y)在点

11、(x 0，y 0)处可微（分数：5.00）_正确答案：(证明 z=f(x 0+x，y 0+3y)-f(x 0，y 0)=f(x0+x，y 0+y)-f(x 0+x，y 0)+f(x0+x，y 0)-f(x0，y 0)由一元函数拉格朗日中值定理知f(x0+x，y 0+y)-f(x 0+x，y 0)=fy(x0+x，y 0+ 2y)y由 fy(x，y)在(x 0，y 0)处连续，则*则 fy(x0+x，y 0+ 2y)=f y(x0，y 0)+ 2其中 2为x0，y0 时的无穷小量，从而有f(x0+x，y 0+y)-f(x 0+x，y 0)=fy(x0,y0)y+ 2y又由于 fy(x0，y 0)

12、存在，则*其中 1为 x0，y0 时的无穷小量则 f(x 0+x，y 0)-f(x0，y 0)=fx(x0，y 0)x+ 1xz=f x(x0，y 0)x+f y(x0，y 0)y+ 1x+ 2y*| 1|+| 2|0(当 x0，y0 时)则当 x0，y0 时， 1x+ 2y=o()故 f(x，y)在(x 0，y 0)处可微strong例题分析/strong)解析：12. （分数：5.00）_正确答案：(解 由于 f(x，0)=2x，则fx(0，0)=2同理，由于 f(0，y)=3y，则fy(0，0)=3)解析：评注 偏导数本质上就是一元函数的导数，利用本题中的方法求函数在一点处的偏导数往往比

13、较方便13. （分数：5.00）_正确答案：(解 应填 dx-dy*则 df(1，1，1)=dx-dy)解析：14.设 z=ln(1+xy2)，则 （分数：5.00）_正确答案：(解 应填 2由 z=In(1+xy2)得*)解析：15.设 z=(1+x2+y2)xy，求 （分数：5.00）_正确答案：(解 方法一 由原题设可知*方法二 由原题设知 lnx=xyln(1+x2+y2)，两端对 x 求导得*两端对 y 求导得*方法三 令 u=1+x2+y2，v=xy，则函数可看作 z=uv和 u=1+x2+y2，v=xy 的复合，由复合函数求导法可知*同理可得*)解析：评注 不难看出方法三较简单，

14、事实上这种方法也可用在一元函数的幂指函数的导数，如 y=(1+x2)sinx，要求 y，可令 1+x2=u，sinx=v，则*16.若函数 z=f(x，y)满足 （分数：5.00）A.B.C. D.解析：方法一 *由题设条件 fy(x，1)=1+x 知*由 f(x，1)=x+2 知 x+2=1+(x-1)+(x)*(x)=2由 z=y2+y(x-1)+2故应选(C)方法二 容易验证，只有(C)选项中的函数同时满足题设中的三个条件*f y(x，1)=x+1，f(x，1)=x+2故应选(C)17.设 （分数：5.00）_正确答案：(解 应填 xy+sinx+siny*由 x=0 时，z=siny

15、可知 siny=g(0)+(y)*(y)=siny-g(0)由 y=0 时，Z=sinx 可知即 sinx=g(x)+(0)， (*)g(x)=sinx-(0)从而有 z=xy+sinx+siny-(g(0)+(0)在以上的(*)式 sinx=g(x)+(0)中令 x=0 得 g(x)+(0)=0故 z(x，y)=xy+sinx+siny)解析：18.已知(axy 3-y2cosx)dx+(1+bysinx+3x2y2)dy 是某一函数的全微分，则 a，b 取值分别为（分数：5.00）A.-2 和 2B.2 和-2 C.-3 和 3D.3 和-3解析：由题设可知，存在可微函数 f(x，y)，使

16、*评注 事实上，由本题可以看出，若*在区域 D 上连续，且 P(x，y)dx+Q(x，y)dy 在 D 上是某一二元函数全微分，则在 D 上*这个结论可直接用19.设函数 f(u，v)由关系式 fsg(y)，y=x+g(y)所确定，其中函数 g(y)可微，且 g(y)0，则（分数：5.00）_正确答案：(解 应填*)解析：20.设函数 其中 具有二阶导数， 具有一阶导数，则必有（分数：5.00）A.B. C.D.解析：方法一 (直接法)由于*进一步有：*从而有*方法二 (排除法)令 (x)=x 2，(x)=0，显然符合题设条件，此时u(x，y)=(x+y) 2+(x-y)2=2(x2+y2)*显然(A)、(C)、(D)均不正确，故应选(B)