数学分析题库 证明题
四 证明题（每题10分）
第十章 多元函数微分学
33
1. （10分-中等）证明:函数f (x , y ) =x +8y 在(0, 0) 处可导但不可微。
∂z 解:
∂x
(0, 0)
(∆x ) 3z (∆x , 0) -z (0, 0)
=lim =lim =1 ∆x →0∆x →0∆x ∆x
∂z
∂y
(0, 0)
8(∆y ) 3z (0, ∆y ) -z (0, 0)
=lim =lim =2。因为 ∆y →0∆y →0∆y ∆y
∆z -(lim
ρ→0
∂z ∂x
(0, 0) ∆x +
∂z ∂y
(0, 0)
∆y )
=lim
∆x →0∆y →0
(∆x ) 3+8(∆y ) 3-(∆x +2∆y )
(∆x ) +(∆y )
2
2
ρ
，所以当(x , y ) 沿直
1∆x +8k 3-∆x (1+2k )
线y =kx 趋向(0, 0) 时，（k ≠0, ），上式=lim ≠0。所以
∆x →022|∆x |+k ∆y =k ∆x f (x , y ) =x 3+8y 3在(0, 0) 处可导但不可微。
⎧x 2-y 2
⎪xy ,
2. （10分-中等）设f (x , y ) =⎨x 2+y 2
⎪, ⎩0
(x , y ) ≠(0, 0) (x , y ) =(0, 0)
' ' ' '
，证明f xy (0, 0) ≠f yx (0, 0) 。
f (x , y ) -f (0, y ) x 2-y 2
解:f ' x (0, y ) =lim =lim y 2=-y
x →0x →0x x +y 2
f ' x (0, 0) =lim
x →0
f (x , 0) -f (0, 0) 0
=lim =0 x →0x x f ' x (0, y ) -f x '(0, 0) -y =lim =-1 y →0y x
''(0, 0) =lim f xy
y →0
f (x , y ) -f (x , 0) x 2-y 2
f ' y (x , 0) =lim =lim x 2=x 2y →0y →0y x +y f ' y (0, 0) =lim
y →0
f (0, y ) -f (0, 0) 0
=lim =0 y →0y y f ' y (x , 0) -f y '(0, 0)
x
=lim
x
''(0, 0) ≠f yx ''(0, 0) =1。故f xy
y →0x
''(0, 0) =lim f yx
x →0
⎧xy 2⎪,
3．（10分-中等）试证f (x , y ) =⎨x 2+y 4
⎪, ⎩0
导数存在； 证:因为
(x , y ) →(0, 0) my 2=x
(x , y ) ≠(0, 0) (x , y ) =(0, 0)
在(0, 0) 点处不连续，但一阶偏
lim
my 4m
，所以lim f (x , y ) 不存在，进而f (x , y ) =24=2(x , y ) →(0, 0) y →0m y +y 41+m
f (x , 0) -f (0, 0) 0
=lim =0，x →0x x
f (x , y ) 在点(0, 0) 不连续。但f x '(0, 0) =lim
x →0
f y '(0, 0) =lim
y →0
f (0, y ) -f (0, 0) 0
=lim =0。因此，z =f (x , y ) 在(0, 0) 不连续但可导。 y →0y y
4．（10分-难）证明函数z =f (x , y ) 的偏导数若在点(x , y ) 的某一邻域内存在且有界，则函数
z =f (x , y ) 必在该点连续。
证:设|f x '(x , y ) |≤M 1，|f y '(x , y ) |≤M 2，则
|∆z |=|f (x +∆x , y +∆y ) -f (x , y +∆y ) +f (x , y +∆y ) -f (x , y ) |
≤|f (x +∆x , y +∆y ) -f (x , y +∆y ) |+|f (x , y +∆y ) -f (x , y ) | =|f x '(x +θ1∆x , y +∆y ) |⋅|∆x |+|f y '(x , y +θ2∆y ) |⋅|∆y |
≤M 1|∆x |+M 2|∆y |≤M (|∆x |+|∆y |)（0
其中M =max(M 1, M 2) 。所以lim ∆z =0，即f (x , y ) 在点(x , y ) 处连续。
∆x →0∆y →0
1⎧22
(x +y ) sin , ⎪225．（10分-难）求函数f (x , y ) =⎨x +y ⎪0, ⎩
在(0, 0) 处偏导数的连续性及函数f (x , y ) 的可微性。 证:f x '(x , y ) =2x sin
(x , y ) ≠(0, 0) (x , y ) =(0, 0)
的偏导数，并研究
1x +y 1
2
2
-
x x +y y
2
2
cos
1x +y 1
2
2
f y '(x , y ) =2y sin
x +y
22
-
x +y
22
cos
x +y
22
f x '(0, 0) =lim
x →0
f (x , 0) -f (0, 0)
=lim x →0x
x 2sin
x
1
|x |
=lim x sin
x →0
1
=0。同理f y '(0, 0) =0。因为|x |
lim f x '(x , y ) =lim (2x sin
x →0y →0
x →0
1x 1-cos ) 不存在，所以f x '(x , y ) 在(0, 0) 处不连续。同理，|x ||x ||x |
f y '(x , y ) 在(0, 0) 处不连续。令ρ=x 2+y 2，∆f =f (x , y ) -f (0, 0) ，则
∆f -[f x '(0, 0) x +f y '(0, 0) y ]
(x 2+y 2) sin =lim
ρ→0
1x 2+y 2
2
lim
ρ→0
ρ
x +y
2
=lim ρsin
ρ→0
1
ρ
=0
所以f (x , y ) 在(0, 0) 处可微。
6、（10分-难）设x +y ≤M ，证明e x +y -1-(x +y )-
证明：设f (x , y ) =e 则
x +y
11
(x +y )2-(x +y )3≤M 4⋅3M -2 23!
2分
f (0, 0) =1
f x (0, 0) =f y (0, 0) =e x +y
(0, 0)
=1
(0, 0)
f xx (0, 0) =f xy (0, 0) =f yy (0, 0) =e x +y
=1
(0, 0)
f xxx (0, 0) =f xxy (0, 0) =f xyy (0, 0) =f yyy (0, 0) =e x +y
=1
5分
∂4f x +y
=e
∂x p ∂y 4-p
(p =0, 1, 2, 3, 4)
f (x , y ) =1+(x +y ) +
11
(x +y ) 2+(x +y ) 3+R 3 2! 3!
7分
e x +y -1-(x +y ) -=R 3
1
=e θ(x +y ) (x +y ) 4
4! 1
≤e M M 4
4!
≤M 4⋅3M -2
11
(x +y ) 2-(x +y ) 32! 3!
(0
10分
7、（10分-中等）设u (x , y ) 具有二阶连续偏导数，且u ≠0，证明：u (x , y ) =f (x ) g (y ) 的
充要条件是：
∂2u ∂u ∂u u =⋅ ∂x ∂y ∂x ∂y
证明：必要性：
∂2u ∂u ∂u
（3分） u =u f '(x ) g '(y ) =f (x ) g '(y ) ⋅g (y ) f '(x ) =
∂x ∂y ∂x ∂y
充分性： 由u ≠0知
u
∂⎛∂u ⎫∂u ∂u ⎪-
∂x ⎝∂y ⎭∂x ∂y
u 2
=0
即 ⎢
⎡1∂u ⎤'
=0, ⎥
⎣u ∂y ⎦x
u
=ϕ(y ), f (x )
1∂u
=G (y ) u ∂y
ln
(ϕ(y ) =⎰G (y ) d y )
ϕ(y )
（7分）
u =f (x ) g (y )
(g (y ) =e )
（10分）
第十一章 隐函数求导
1、（10分-中等）证明由方程F (
y z
, ) =0所确定的隐函数z =z (x , y ) 满足关系式x x
x
∂z ∂z
+y -z =0, 其中F 具有连续的一阶偏导数。 ∂x ∂y
证明：
F d y
=-x d x F y
(F xx +F xy
(3分)
d y =2
d x
2
d y d y ) F y -(F yx +F yy ) F x 2
(F y )
(8分)
=-
F xx (F y ) 2-2F xy F x F y +F yy (F x ) 2
(F y ) 3
(10分)
2、（10分-难）试证曲面x +截距之和等于常数。
y +z =a (a >0) 上任一点的切平面在三个坐标轴上的
证明：曲面上点(x 0, y 0, z 0)处的切平面法向量
⎧11⎫⎪1⎪n =⎨, , ⎬
y 0z 0⎪⎪⎩x 0⎭
3分
切平面方程为
x -x 0
x 0
+
y -y 0
y 0
+
z -z 0
z 0
=0
即
x y z
++=a x 0y 0z 0
8分 10分
在三坐标轴上截距ax 0, ay 0, az 0
三截距之和为ax 0+ay 0+az 0=a 为常数。
3、（10分-难）证明曲面F (x -ay , y -bz ) =0上任一点处的法线都平行于平面
abx +by +z =0，其中函数F (u , v ) 具有一阶连续偏导数，a , b , c 为常数。
证明：曲面上点(x , y , z ) 处的法线方向向量
S ={F 1, -aF 1+F 2, -bF 2}
4分
平面法向量N ={ab , b , 1}
n ⋅S =0
8分 10分
即 n ⊥S
故法线平行于平面。
4、（10分-难）设平面曲线L 1的方程为ϕ(x , y ) =0，其中ϕ具有一阶连续偏导数且不全为零，P (x 0, y 0) 为L 1外一点，Q 是P 到L 1上点距离最近的一点，证明PQ 是曲线L 1在点Q 处的法线。
证明：L 1上点(x , y ) 到点P 的距离平方
d 2=(x -x 0) 2+(y -y 0) 2
2
2
令L =(x -x 0) +(y -y 0) +λϕ(x , y )
4分
则由拉格朗日乘数法，可知在Q (x 1, y 1) 点满足
⎧L x =2(x 1-x 0) +λϕx =0⎪
由 ⎨L y =2(y 1-y 0) +λϕy =0
⎪L =ϕ(x , y ) =0
11⎩λ
8分
L 1在点Q 的法线向量为ϕx , ϕy
{}
Q
PQ ={x 1-x 0, y 1-y 0}
由于PQ //ϕx , ϕy
{
Q
，且PQ 过Q 点，因此Q 是曲线L 1在点Q 处的法线。
10分
5、（10分-难）证明曲面x =yzf ⎪上任一点(x 0, y 0, z 0) 处的切平面平行于直线
⎛z ⎫
⎝y ⎭
x y z ==，其中函数f (u ) 可微。 2x 0y 0z 0
证明：曲面上点(x 0, y 0, z 0) 处的切平面法向量
2
⎧⎛z 0⎫z 0⎛z 0⎫⎛z 0⎫⎛z 0⎫⎫
⎪ ⎪ ⎪⎪''n =⎨1, -z 0f ⎪+f ⎪, -y 0f ⎪-z 0f ⎪⎬ 4分 y y y y y 0⎝0⎭⎝0⎭⎝0⎭⎝0⎭⎭⎩
直线方向向量S ={2x 0, y 0, z 0}
n ⋅S =0
8分
即 n ⊥S
故切平面平行于直线。 10分
6、（10分-难）证明曲面x =x (u , v ), y =y (u , v ), z =z (u , v ) （其中各函数均具有一个连续偏导数）上任一点处的法向量为⎨
⎧∂(y , z ) ∂(z , x ) ∂(x , y ) ⎫∂(y , z ) y u
，其中, , =⎬
∂(u , v ) z u ⎩∂(u , v ) ∂(u , v ) ∂(u , v ) ⎭y v
称为雅可z v
比行列式，且设这里出现的三个雅可比行列式不同时为零。
证明：对于任一点(u , v ) ，设
∂(x , y )
≠0
∂(u , v )
则曲面方程可看成为z =z (u (x , y ), v (x , y )) 其中u (x , y ), v (x , y ) 由隐函数⎨
⎧x =x (u , v )
确定
y =y (u , v ) ⎩
4分
∂(y , z ) ∂(u , v )
z x =z u ⋅u x +z v ⋅v x =-
(x , y ) ∂(u , v )
∂(z , x ) ∂(u , v )
z y =z u ⋅u y +z v ⋅v y =-
(x , y ) ∂(u , v )
8分
曲面的法向量
⎧∂(y , z ) ∂(z , x ) ⎫⎪⎪∂(u , v ) ∂(u , v ) ⎪⎪⎧∂(y , z ) ∂(z , x ) ∂(x , y ) ⎫
n ={-z x , -z y , 1}=⎨, , 1⎬//⎨, , ⎬
(x , y ) (x , y ) ∂(u , v ) ∂(u , v ) ∂(u , v ) ⎭⎪⎪⎩⎪⎩∂(u , v ) ∂(u , v ) ⎪⎭
10分
222
7、（10分-中等）函数z =z (x , y ) 由方程x +y +z =ϕ(x +y +z ) 所确定，ϕ(u ) 可微，
求证(y -z )
证明：
∂z ∂z
+(z -x ) =x -y 。 ∂x ∂y
(dx -a d z ) f u +(dy -b d z ) f v =0
d z =
1
(f u d x +f v d y )
af u +bf v
f v ∂z
=
∂y af u +bf v
(4分)
f u ∂z =
∂x af u +bf v a
(8分)
∂z ∂z af u +bf v
+b ==1 ∂x ∂y af u +bf v
(10分)
y ⎧
z =αx ++f (α) ⎪α8、（10分-中等）证明由方程组⎨, (α≠0) 所确定的函数z =z (x , y ) 满足
y
⎪0=x -2+f '(α)
α⎩∂z ∂z
⋅=1。 ∂x ∂y
证明：
d z =αd x +
1αd y +⎡⎢⎣x -y ⎤
1α2+f '(α)⎥⎦
d α=αd x +αd y (6分)
∂z
∂z ∂x =α∂y =1α
(8分)
∂z ∂x ⋅∂z ∂y
=1
(10分)
第十二章 反常积分
1、（10分-中等）设J n =
⎰
1
x n 0
-x 4
dx ，试证J n =
n -3
n -1
J n -4 (n ≥4) ．
3证明：J x 3n =
⎰
1
x n -0
-x
4
dx
=-11
⎰1
x n -3d (1-x 4) 22
⎡x n -311
1
=-⎢(1-x 4) 2⎤⎥+n -31n -442⎣2⎦⎰0x (1-x ) dx 0
2n -31x n -4=(1-x 4) 2⎰0-x
4dx
=
n -3n 2J --3
n -42
J n 于是得 J n -3
n =
n -1
J n -4 (n ≥4)
2、（10分-中等）证明：I +∞
n -x
n =⎰0
x e dx =n ! (n 为正整数) ．
I +∞
n =-⎰x n de -x
证明：
=-x n e -x
+∞
+∞
+n ⎰x n -1e -x 0
dx
=n ⎰+∞0
x n -1e -x dx
2分
4分
8分
10分
∴ I n =nI n -1
于是 I n =n ⋅(n -1) I n -2= =n ! I 0 I +∞
-x
-x +∞
0=⎰0e dx =-e
=1
∴ I n =n ! 10分
3、（10分-难）证明：
⎰
+∞
x ln x
(1+x 2)
2
dx =0． 证明：
⎰
+∞
x ln x (1+x 2) 2
dx =⎰1x ln x 0
0(1+x 2) 2 +⎰
+∞
x ln x
1
(1+x 2)
2
dx 1ln 1⋅(-1令 x =
1+∞x 02) dt t ，⎰ln x
1(1+x 2) 2
dx =⎰1(1+2
t
2)
=⎰
t ln t 11
(1+t 2) 2dt =-⎰x ln x 0(1+x 2)
2dx ∴ ⎰
+∞
x ln x
(1+x 2) 2
=0 10分
+∞
dx +∞x 2
4、（10分-难）证明：⎰01+x 4=⎰01+x 4．
证明：
⎰
+∞
dx
1+x
4
收敛 令
1
x
=t ，则 ⎰
+∞
dx
110
1+x
4=⎰0+∞(-
1+1
t
2) dt t 4
=⎰+∞
t 2
1+t 4
=⎰
+∞
x 2
1+x 4
10分 5分
3分
5分
8分
3分
x n
=0． 5、（10分-难）证明 lim ⎰n →∞01+x
1
证明：因为
1
，x n 在[0，1]上连续，且x n 在[0，1]上同号由推广积分第一中值定理 1+x
１
x n 11n 1
⎰dx =x dx =，ξ∈0，1
０1+x 1+ξ⎰0(1+ξ)(1+n )
[]
5分
x n 1
所以 lim ⎰dx =lim =0 10分
n →∞01+x n →∞(1+ξ)(1+n )
1
6、（10分-中等）证明：
0⎰
1
ln x -x 2
dx =-
π
ln 2．2
证明：令 x =sin t
⎰
π
1
ln x -x
2
π
=⎰2ln(sint ) dt
2分
π
12122
ln(sinx ) dx =ln(cosx ) dx =ln(sin 2x ) dx ⎰0⎰0⎰022111
=⎰2ln dx +⎰2ln(sin2x ) dx 20220
π
π
π
4分
1π
=-ln 2+⎰ln(sint ) dt
4401
=-ln 2+⎰2ln(sinx ) dx
420
π
6分
π
π
=-
π
2
ln 2
1
8分
∴ ⎰
ln x -x
2
=-
π
2
ln 2
10分
7、（10分-难）试证B (m ，n ) =证明：
⎰
1
x m (1-x ) n dx =
m ! n !
．其中m ，n 均为正整数．
(m +n +1)!
m +11nx ⎡⎤n x B (m ，n ) =⎰x (1-x ) dx =⎢(1-x ) +⎰(1-x ) n -1dx ⎥0m +1⎦00m +1⎣
1
m
n
m +1
1
3分
n 1m +1n n -1=x (1-x ) dx =B (m +1，n -1) m +1⎰0m +1=
n n -1
B (m +2，n -2)
m +1m +2
5分
n n -111m +n
= = x dx
m +1m +2m +n ⎰0=
n n -111
m +1m +2m +n m +n +1
7分
=
n ! m !
(m +n +1)!
10分
第十三章 重积分
a
y
a
1. （10分-中等）证明I =dy e a -x f (x , y ) dx =
⎰⎰
⎰ye
00
y
f (a -y ) dy
证明：改变积分次序
a
a
a -x
a
a -x
⎰e
f (x ) dx ⎰dy =⎰(a -x ) e
x
x
f (x ) dx =-⎰ue f (a -u ) du =⎰ye y f (a -u ) dy
a
x
a -x =u
a
u
u
2. （10分-中等）证明I 1=du f (t ) dt =I 2=(x -u ) f (u ) du ；
x
x
x
⎰⎰⎰
证明：对I 1交换积分次序I 1=dt f (t ) du =(x -t ) f (t ) dt =I 2
t
⎰⎰⎰
3. （10分-难）设f (x ) 是[0，1]上的正值连续函数，且f (x ) 单调递增，证明：
1
1
2
⎰xf (x ) dx
01
≤
⎰
f 2(x ) dx
01
⎰xf (x ) dx
⎰f (x ) dx
证明：只要证明：
1
1
2
1
2
1
I =⎰xf (x ) dx ⎰f (x ) dx -⎰xf (x ) dx ⎰f (x ) dx ≥0
11
2
1
2
111
I =⎰xf (x ) dx ⎰f (y ) dy -⎰yf (y ) dx ⎰f (x ) dx =⎰
1
1
2
1
2
1
1
⎰
01
f 2(y ) f (x )(x -y ) dxdy
又I =
⎰yf (y ) dy ⎰f (x ) dx -⎰xf (x ) dx ⎰f (y ) dy =⎰
1
⎰
f 2(x ) f (y )(y -x ) dxdy
以上两式相加
1
2I =⎰
⎰f (x ) f (y ) ⋅(x -y )[f (y ) -f (x )]dxdy f (t )
在[0, 1]↓∴当y ≤x 时
f (y ) ≥f (x ) 当y >x ,
∴2I ≥0即I ≥0命题得证
f (y )
4. （10分-中等）若Ω是由x +y +z =1, x =0, y =0, z =0所围，证明
⎰⎰⎰(x +y +z ) dv =3⎰⎰⎰xdv
Ω
Ω
证明： 被积函数f (x , y , z ) =x +y +z 关于三个变量的位置是平行的；
积分域Ω的图形关于(x , y , z ) 三个变量的位置是也平行
∴⎰⎰⎰xdv =⎰⎰⎰ydv =⎰⎰⎰zdv
Ω
Ω
Ω
∴I =3⎰⎰⎰xdv
Ω
第十四章 线面积分
1. （10分-中等）证明下列曲线积分在整个xoy 平面内与路径无关，并计算积分值：
(3, 4)
I =
(1, 2)
2322
(6xy -y ) dx +(6x y -3xy ) dy 。 ⎰
设P =6xy -y , Q =6x y -3xy
3
4
2
3
2322
∂P ∂Q
=12xy -3y 2=∴积分与路径无关 ∂y ∂x
3
原式=(6x ⋅2-2) dx +(6⋅32y -3⋅3y 2) dy =(12x 2-8x ) 1+(27y 2-3y 3) 42=236
⎰
1
⎰
2
2. （10分-中等）验证：当x +2y ≠0时，
22
ydx -xdy
是某二元函数u (x , y ) 的全微分，并求
x 2+2y 2
u (x , y ) 。
y -x
设P =2, Q =
x +2y 2x 2+2y 2
∂P x 2-2y 2∂Q 22
=2=, (x +2y ≠0) 22
∂y (x +2y ) ∂x
∴存在u (x , y ) ，使du =
(x , y )
ydx -xdy x 2+2y 2
x
当y ≠0时，
∴u (x , y ) =⎰
(0, y 0)
ydx -xdy ydx 1x
+c =+c =arctg +c , 2222⎰x +2y 22y 0x +2y
(y 0y >0)
3. （10分-中等）具有连续偏导数的f (x , y ) 应满足怎样的条件，才能使曲线积分
⎰f (x , y )(ydx +xdy ) 与路径无关。
L
设P (x , y ) =f (x , y ) y , Q (x , y ) =f (x , y ) x
∂P
=f (x , y ) +y f y '(x , y ) , ∂y ∂Q ∂P ∂Q
=f (x , y ) +x f x '(x , y ) 当=时 ∂x ∂y ∂x
即当y f y '(x , y ) =x f x '(x , y ) 时，原曲线积分与路径无关
222
4. （10分-中等）设空间闭区域Ω由曲面z =a -x -y 与平面z =0所围成，∑为Ω的表面
外侧，V 为Ω的体积。证明：
由高斯公式，有 左边积分=
2222x yz dydz -xy z dzdx +z (1+xyz ) dxdy =V . (a >0) ∑
22
(2xyz -2xyz +1+2xyz ) dxdydz =V +2⎰⎰⎰xyzdxdydz ⎰⎰⎰Ω
Ω
2π
a
a 2-r 2
⎰⎰⎰xyzdxdydz =⎰sin θcos θd θ⎰r 3dr
Ω
⎰
12π
zdz =sin 2θ|0⋅⎰r 3dr
20
a
a 2-r 2
⎰zdz =0
或由于Ω关于xoz 面对称，又f (x , y , z ) =xyz 是Ω上关于y 的奇函数，故
⎰⎰⎰xyzdxdydz =0∴原积分=0 即等式成立。
Ω