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高等数学（下） 证明题 1.证明：直线⎩⎨⎧=+−=−−1202zyxzyx绕y轴旋转一周得到的曲面方程为 2229269820xyzy−+−−=. 证 已知直线方程可以写成15313yxyz+⎧=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩ 绕y轴旋转一周得到的曲面方程为 2222151()()33yyxz+−+=+， 化简得到 2229269820xyzy−+−−=. 2. 设曲面Σ是直线直线12101zyx=−=−绕y轴旋转一周得到的曲面，证明：曲面Σ和平面1=y及2=y所围成的立体体积为1312π. 证 已知直线方程可以写成112xyz=⎧⎪⎨−=⎪⎩， 曲面Σ的方程为 22211()2yxz−+=+ 立体体积 22211113()d[1()]d212yVAyyyππ−==+=∫∫ 3.证明：曲线⎪⎩⎪⎨⎧=+=−zzyzzx2222在xOy面的投影曲线围成的面积等于2. 证 曲线⎪⎩⎪⎨⎧=+=−zzyzzx2222在xOy面的投影曲线是双纽线22222()2()xyxy+=−， 极坐标为 22cos2ρθ=， 该曲线围成的面积等于第一象限部分的四倍 2440014d4cos2d22Aππρθθθ===∫∫ 4．若0)1()1(≠−+−lbma，试证：两直线zyx== 和alzx+=，bmzy+= 为异面直线，并求它们的公垂线方程与距离. 证 直线111zyx== 通过点(0,0,0)A，其方向向量 1(1,1,1)s=； 直线1zmbylax=−=−通过点(,,0)Bab，其方向向量 2(,,1)slm=； 因为0)1()(11110≠−+−=−−+=lbmlaambblamlba， 所以已知两直线异面，取公垂线的方向向量 12111(1,1,)1ijksssmlmllm=×==−−−. 公垂线的点(,,)Pxyz 满足的方程为混合积 11[,,]0ppss=,22[,,]0ppss=, 即011111=−−−lmlmzyx, 0111=−−−−−−lmlmmlczbyax, 所求距离应为AB 在s上的投影长， ABsds⋅=.即222)()1()1()1()1(lmlmlbmad−+−+−−+−=. 5.设222uxyz=++，证明2222222uuuxyzu∂∂∂++=∂∂∂.证明因为 222333111,,,,,xxxyyyzzzxxyyzzuuuuuuuuuuuuuuu==−==−==− 所以 222332xxyyzzxyzuuuuuu++++=−= 6.由方程组2(),(0)0'()yzxfyxfαααααα⎧=++⎪⎪≠⎨⎪=−+⎪⎩所确定的函数(,)zzxy=满足1zzxy∂∂=∂∂.证明 211['()]ydzdxdyxfddxdyααααααα=++−+=+，所以 1,zzxyαα∂∂==∂∂ 故1zzxy∂∂=∂∂ 7.证明螺旋线cos,sin,xatyatzbt===(0,0)ab上任一点的切线与xOy面的夹角等于常数.证明螺旋线上在0tt=对应点处的切向量00(sin,cos,)Tatatb=−，该切向量与z轴正向夹角的余弦 22cosbabγ=+，22arccosbabγ=+， 所以切线与xOy面的夹角22arccos22babππθγ=−=−+为常数. 8.设(,)Fuv可微，,mn为常数，证明曲面(,)0Fxmzynz−−=的所有切平面恒与一固定向量平行.证明曲面(,)0Fxmzynz−−=的法向量1212(,,)nFFmFnF=−−。设(,,1)smn=，因为 12120nsmFnFmFnF⋅=+−−= 所以切平面的法向量1212(,,)nFFmFnF=−−垂直于固定向量(,,1)smn=，因此曲面(,)0Fxmzynz−−=的所有切平面恒与固定向量(,,1)smn=平行. 9.设函数(,,)Fxyz具有一阶连续偏导数，且对任意实数t有(,,)(,,)(kFtxtytztFxyzk=是自然数），试证曲面(,,)0Fxyz=上任一点的切平面都通过一定点（设在任一点处，有2220xyzFFF++≠）.证明由已知条件可得 xyzxFyFzFkF++= 曲面上点000(,,)xyz处的切平面方程为 000()()()0xyzFxxFyyFzz⋅−+⋅−+⋅−= 即000000(,,)0xyzxyzxFyFzFxFyFzFkFxyz++=++== 易知0,0,0xyz===满足上述平面方程，所以曲面的任意切平面都通过定点. 10.函数zzxy=(,)由方程Fxzyyzx(,)++=0所确定，其中F有连续的一阶偏导数，求证:zzxyzxy∂∂+=∂∂证明12212221()1yFzFyFzFzxxxFFx−++∂=−=∂ ()000,,112211FFzxyFFx−∂=−=−∂ 1212yFzFyFzzxyzxyF+−∂∂+==∂∂ 11.证明：ufxyz=(,,)在点M0沿过该点等值面fxyzfxyz(,,)(,,)=000的切平面内任一方向的方向导数为零。其中fxyz(,,)具有连续的偏导数.证明设000(,,)(,,)almnxxyyzz==−−−为等值面的切平面内的任意向量，则a与等值面的法向量 000000000((,,),(,,),(,,))xyznfxyzfxyzfxyz= 垂直，即0an⋅=，从而 000000000(,,)(,,)(,,)xyzulmnfxyzfxyzfxyzaaaa∂=++∂ 10naa=⋅= 12.试证明曲面xyza++=上任何点处的切平面在三个坐标轴上的截距之和等于a. 证明曲面xyza++=上点000(,,)xyz处的法向量 0000001111111(,,)(,,)2222nxyzxyz== 在点000(,,)xyz处的切平面方程为 000000111()()()0xxyyzzxyz−+−+−= 即000xyzaxyz++= 三个坐标轴上的截距分别为000,,axayaz，在三个坐标轴上的截距之和 000000()axayazaxyza++=++= 13.设zfuv=(,)具有二阶连续偏导数，其中ueyveyxx==cos,sin，试证明：若∂∂∂∂22220fufv+=，则02222=∂∂+∂∂yzxz.证明cossin,sincosxxxxxuvyuvzfeyfeyzfeyfey=+=−+ 22222cossincos2sincossinxxxxxxuvuuuvxvvzfeyfeyfeyfeyyfey=++++ 22222cossinsin2sincoscosxxxxyyuvuuuvxvvzfeyfeyfeyfeyyfey=−+−+ 222222222()0xzzffexyuv∂∂∂∂+=+=∂∂∂∂ 14.证明曲面xfaxbycz=++()上任一点处的法线都平行于平面bcxacybz−+=0，其中函数fu()可微，abc,,为正常数. 证明曲面上点(,,)xyz处的法线方向向量 {}11,,nafbfc′′=− 平面法向量{}2,,nbcacb=−，120nn⋅=即12nn⊥，故法线平行于平面. 15.设函数fxy(,)具有一阶连续偏导数，且ffxy220+≠。对任意实数t有ftxtytfxy(,)(,)=，试证曲面zfxy=(,)上任一点(,,)xyz000处的法线垂直于直线xxyyzz000==.证明由已知条件可得 (,)(,)(,)xyxfxyyfxyfxy+= 曲面上点000(,,)xyz处的法线方向向量0000((,),(,),1)xynfxyfxy=−，直线的方向向量 000(,,)axyz= 0000000(,)(,)xynaxfxyyfxyz⋅=+− 00000000(,)(,)(,)0xyxfxyyfxyfxy=+−= 所以法线垂直于直线. 16. 证明曲面221zxy=++上任一点的切平面与曲面22zxy=+所围立体体积为定值。 证 设0000(,,)Mxyz是曲面221zxy=++上任意取定的一点，过该点的切平面的法向量可取为{}002,2,1nxy=−，切平面方程000002()2()()0xxxyyyzz−+−−−=。整理得 220000221zxxyyxy=++−− 切平面与曲面22zxy=+的交线在xoy面上的投影曲线方程为 222200002210xxyyxyxyz⎧++−−=+⎨=⎩ 整理得：()()220010xxyyz⎧−+−=⎪⎨=⎪⎩即：()()2200:1xyDxxyy−+−≤ 22000022221xyxxyyxyxyDVdxdydzdxdydz++−−+Ω==∫∫∫∫∫∫ 222222001{1[()()]}(1)xyDuvxxyydxdyuvdudv+≤=−−+−=−−∫∫∫∫ 213002drdrπππθ=−=∫∫ 17．设)(xf在],[ba上连续，利用二重积分证明不等式 dxxfabdxxfbaba)()(])([22∫∫−≤． 18.设[]1,0)(在uf上连续，证明210010)(21)()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡=∫∫∫dxxfdyyfxfdxx19.设)(xf连续，证明极限).0()(lim2220222ftdxdyyxftyxt=+∫∫≤+→π []11()()00()011.fxfyfxedxedy−≥∫∫20.设在，上连续，试证 21. 若级数∑∞=1nna（0≥na）收敛，证明 （1）∑∞=+11nnnaa收敛；（2）∑∞=1nnna收敛 证明（1）0(0)1nnnnaaaa≤≤≥+，故∑∞=+11nnnaa收敛。 （2）0(0)nnnaaan≤≤≥，故∑∞=1nnna收敛。 22. 设0na≥，且数列{}nna有界，证明级数21nna∞=∑收敛 证明根据条件{}nna有界，即就是存在M0，故得 nnnanaM=≤ 222nnaM≤ 从而222nMan≤，因为221nMn∞=∑收敛， 根据比较原则得：21nna∞=∑收敛。 23 已知级数11,nnnnac∞∞==∑∑均收敛。且满足,1,2,nnnabcn≤≤=。证明级数1nnb∞=∑收敛 证明由,1,2,0,1,2,nnnnnnnnnabcnaabacan≤≤=⇒=−≤−≤−= 11,nnnnac∞∞==∑∑由级数1()nnnca∞=⇒−∑收敛 故1()nnnba∞=−∑收敛，又1nna∞=∑收敛，所以级数1nnb∞=∑收敛 24 设正项数列}{na单调减少，且∑∞=−1)1(nnna发散，试问级数nnna∑∞=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+111是否收敛？并说明理由。 解由正项数列}{na单调减少，得limnna→∞极限存在。又∑∞=−1)1(nnna发散，故lim0nnal→∞= 11lim111nnal→∞⎛⎞=⎜⎟++⎝⎠故nnna∑∞=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+111收敛。 25设∫=40tanπxdxann，证明级数∑∞=1nnnaλ)0(λ收敛. 证由∫=40tanπxdxann∫402sectanπxdxxn ∫=40tantanπxxdn⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+401tan11πxnn11+=nn1 得.λλ+110nnan因为,11+λ所以∑∞=+111nnλ收敛, 由比较判别法知∑∞=1nnnaλ收敛. 26已知数列{}nna收敛，级数11()nnnnaa∞−=−∑收敛。证明级数1nna∞=∑收敛 证明由数列{}nna收敛，不妨设limnnnal→∞= 设级数11()nnnnaa∞−=−∑的部分和数列{}ns，又级数11()nnnnaa∞−=−∑收敛 10213210112()3()()()nnnnnsaaaaaanaanaaaas−−=−+−+−++−=−+++→ 级数0nna∞=∑的部分和数列{}nσ：nnnnaslsσ=−→− 故级数1nna∞=∑收敛。 27若级数1nna∞=∑，且lim1nnnab→∞=。能否断定级数1nnb∞=∑收敛？ 解不能。反例：级数1(1)nn