题目304 [
begin{aligned}
设 f(x) = lim_{ntoinfty} 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) = limlimits_{ntoinfty} dfrac{x^{n 1}-x^2}{x^n 1} = dfrac{0-x^2}{0 1} = -x^2 x = 1 时：
f(x) = limlimits_{ntoinfty} dfrac{x^{n 1}-x^2}{x^n 1} = dfrac{1-1}{1 1} = 0 x = -1 时：
f(x) = limlimits_{ntoinfty} 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) = limlimits_{ntoinfty} 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) = limlimits_{xto-1^-}dfrac{intlimits_0^xf(t)dt - dfrac{1}{3}}{x 1} = limlimits_{xto-1^-}f(x) = -1 F'_ (-1) = limlimits_{xto-1^ }dfrac{intlimits_0^xf(t)dt - dfrac{1}{3}}{x 1} = limlimits_{xto-1^ }f(x) = -1 由 导数极限定理：
F'(-1) = F'_-(-1) = F'_ (-1) = -1 F'_-(1) = limlimits_{xto1^-}dfrac{intlimits_0^xf(t)dt dfrac{1}{3}}{x 1} = limlimits_{xto1^-}f(x) = -1 F'_ (1) = limlimits_{xto1^ }dfrac{intlimits_0^xf(t)dt dfrac{1}{3}}{x 1} = limlimits_{xto1^ }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_{xto 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^xdfrac{1}{1 f^2(t)}bigg[{sqrt{frac{1}{t}} - sqrt{ln(1 frac{1}{t})}}bigg]dt \\
f(x) - f(1)
&= int_1^xdfrac{1}{1 f^2(t)}bigg[{sqrt{frac{1}{t}} - sqrt{ln(1 frac{1}{t})}}bigg]dt \\
&le int_1^xbigg[{sqrt{frac{1}{t}} - sqrt{ln(1 frac{1}{t})}}bigg]dt （系数放缩）\
&le int_1^xbigg[{sqrt{frac{1}{t}} - sqrt{frac{1}{t 1}}}bigg]dt quad(不等式放缩)\\
&le int_1^xbigg[{frac{1}{2}xi^{-frac{3}{2}}}bigg]dt quad(其中xiin(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_{xto 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：
limlimits_{xto infty}f(x)存在 题目306 [
设 f(x) = int_{-1}^x(1-|t|)dt (xge-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 \\
&=2pi int_{0}^{ infty} frac{1}{(1 x^2)^2} dx \\
&=2pi int_{0}^{frac{pi}{2}} frac{1}{sec^2 t} dt quad(三角换元)\\
&=2pi 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
&= 2piiintlimits_D (1-y)dsigma\\
&= 4piint_0^{ infty}dxint_{frac{x^2}{1 x^2}}^1 (1-y)dy\\
&= 2piint_0^{ infty}frac{1}{(1 x^2)^2}dx\\
&= 2piint_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 iintlimits_D dfrac{mx - y}{sqrt{1 m^2}} dsigma \\
&=
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}{30sqrt{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）
aint_0^bf(x)dx > bint_0^af(x)dx （B）
bint_0^af(x)dx > aint_0^bf(x)dx （C）
aint_0^bsqrt{f(x)}dx < bint_0^asqrt{f(x)}dx （B）
bint_0^asqrt{f(x)}dx < bint_0^bsqrt{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}
&~~ aint_0^bf(x)dx - bint_0^af(x)dx
\\
=&~~
aint_0^af(x)dx aint_a^bf(x)dx - bint_0^af(x)dx
\\
=&~~
a^2 f(xi) a(b-a)f(eta) - abf(xi)
qquad xiin(0,a), etain(a,b)
\\
=&~~
a^2bigg({f(xi) - f(eta)}bigg) abbigg({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 [
aint_0^bf(x)dx - bint_0^af(x)dx = aint_0^a f(frac{b}{a}t) dfrac{b}{a}t - bint_0^af(x)dx = bbigg({
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~~ aint_0^bf(x)dx - bint_0^af(x)dx = bbigg({ 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) = aint_0^xf(t)dt - xint_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：aint_0^bf(x)dx < bint_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：
[
aint_0^bf(x)dx > bint_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{xsin^2x}{1 e^{cos^2x}}dx, I_2=int_0^pifrac{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{xsin^2x}{1 e^{cos^2x}}dx = piint_0^{frac{pi}{2}}frac{sin^2x}{1 e^{cos^2x}}dx
qquad
bigg(套公式int_0^pi xf(sin x)dx = piint_0^{frac{pi}{2}}f(sin x)dxbigg)
] [
I_2 = int_0^pifrac{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)dxbigg)
] 综上:
begin{cases} I_1 = pi I_3\\ I_2 = 2 I_3 \\ I_3 = I_3 end{cases} qquadRightarrowqquad 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 cdotint_0^x f'^2(t)dt = xint_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 cdotint_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 xint_0^xf'^2(t)dt &le xint_0^{frac{1}{2}}f'^2(t)dt &(0le 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}} xint_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^2sin 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^2sin 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
limlimits_{(x,y)to(0,0)} dfrac{y^2sin 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 xto 0} frac{f(Delta x,0) - f(0,0)}{Delta x} = lim_{Delta xto 0} frac{0}{Delta x} = 0
] [
frac{partial f}{partial y}bigg|_{y=0} = lim_{Delta yto 0} frac{f(0,Delta y) - f(0,0)}{Delta y} = lim_{Delta yto 0} frac{0}{Delta y} = 0
] 故可偏导
可微性：（可微定义式）
[
limlimits_{(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}} = limlimits_{(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：
[
limlimits_{Delta xto 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)sindfrac{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) = limlimits_{xto 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)sindfrac{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
limlimits _{xto0} f_x'(x,0) = f_x'(0,0) ，
limlimits _{yto0} 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}
limlimits_{(x,y)to(x_0,y_0)} f_x'(x,y) = f_x'(0,0) \\
limlimits_{(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，
limlimits _{xto0} f_x'(x,0) = f_x'(0,0) = 0 ，
limlimits _{yto0} 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)sindfrac{1}{x^2 y^2} & (x,y) ne (0,0)\\
0 & (x,y) = (0,0)
end{cases}
] [
f'_x(x,0) = 2xsinfrac{1}{x^2} -frac{2}{x}cos frac{1}{x^2} Rightarrow limlimits _{xto0} 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{xcos(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}
xydfrac{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_{xto 0} frac{f(x,0) - f(0,0)}{x - 0} = 0
] [
f_x(0,y) = lim_{xto 0} frac{f(x,y) - f(0,y)}{x - 0} = lim_{xto 0} ydfrac{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_{xto 0} frac{f(0,y) - f(0,0)}{y - 0} = 0
] [
f_y(x,0) = lim_{yto 0} frac{f(x,y) - f(x,0)}{y - 0} = lim_{yto 0} xdfrac{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 xpartial 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_{ntoinfty} 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} =
-1partial 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_{ntoinfty} bigg[{
frac{f(0,y dfrac{1}{n})}{f(0,y)}
}bigg]^n =
e^{limlimits_{nto infty} n cdot frac{f(0,y frac{1}{n}) - f(0,y)}{f(0,y)}} =
e^{limlimits_{nto 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}
