1解1原式=xdx=sin2tdt（4分）解dt，則f'且f（2分）原式x2f'（3分）sin2xdx=·（2分）2設f(x)是[0,1]上的連續函數，且滿足dx=1，求一個這樣的函數f(x)使得積分取得最小值.3.設F(x,y,z)和G(x,y,z)有連續偏導數曲線過點P(x0,y0,z0).記Γ在xoy平面上的投影曲線為S.求S上過點(x0,y0)的切線方程.解.由兩方程定義的曲面在P0(x0,y0,z0)的切面分別為2Fx(P0)(x-x0)+Fy(P0)(y-y0)+Fz(P0)(z-z0)=0,Gx(P0)(x-x0)+Gy(P0)(y-y0)+Gz(P0)(z-z0)=0.（3分）上述兩切面的交線就是Γ在P0點的切線,該切線在xoy面上的投影就是S過(x0,y0)的切線.消去z-z0,我們得到(FxGz-GxFz)P0(x-x0)+(FyGz-GyFz)P0(y-y0)=0,（3分）這里x-x0的系數是故上式是一條直線的方程,就是所要求的切線.（1分）位矩陣且B≠E.若秩rank(A+B)=3，試求常數a的值.位矩陣且B≠E.若秩rank(A+B)=3，試求常數a的值.解.由關系式AB=A-B+E，得→(A+E)(B-E)=0→rank(A+B)≤rank(A+E)+rank(B-E)≤3（3分）因為rank(A+B)=3，所以rank(A+E)+rank(B-E)=3又rank(A+E)≥2，考慮到B非單位，所以rank(B-E)≥1，只有rank(A+E)=2（2分）4(-∞,與x,h無關的常數，證明f是不超過三次的多項式.=f,,+f=f,,+f,,,θ2其中ξ介于x與x+h之間，η介于x與x+θh之間，由○1，○2式與已知條件4(1-3θ)f,,,(x)=[6f(4)(η)θ2-f(4)(ξ)]h當θ≠時，令h→0得f,,,(x)=0，此時f是不超過二次的多項式；（3分）（2分）3令h→0，注意到ξ→x,η→x，有f(4)(x)=0，從而f是不超過三次的多項式.（3分）,fxfttd()=0，且0)=1，試證:當x≥0時,有e-x≤f(x)≤1成立.證設由題設知f,(0)=-1,則所給方程可變形為兩端對兩端對x求導并整理得((x+1)f,,(x)+(x+2)f,(x)=02分）由=-1得C=-1,f,見f單減.而f(0)=1,所以當x≥0時,f(x)≤1。（2分）dt≥1-e-tdt=e-x（3分）f(x,y)在D上有連續二階偏導數.若對任何x,y有f證證dx=-對固定由分4dy=-（2分）因為≤A,且在D上非負,故I≤Adxdy=（3分）五、（12分）設函數f(x)連續可導,P=Q=R=f((x2+y2)z),有向曲面Σt是圓柱體x2+y2≤t2,0≤z≤1的表面,方向朝外.記第二型的曲面積分dxdydz（3分）5六、（12分）設A,B為二個n階正定矩陣，求證AB正定的充要條件是AB=BA.證必要性設AB為二個n階正定矩陣，從而為對稱矩陣，即(AB)T=AB.又AT=A,BT=B,所以(AB)T=BTAT=BA,所以AB=BA.（3分）充分性因為充分性因為AB=BA，則(AB)T=BTAT=BA=AB，所以AB為實對稱矩陣.（2分）.因為A,B為正定矩陣，存在可逆陣P,Q，使A=PTP,B=QTQ于是AB=PTPQTQ.（2分）所以(PT)-1ABPT=PQTQPT=(QPT)T(QPT)，即(PT)-1ABPT是正定矩陣.（2分）所以矩陣(PT)-1ABPT的特征值全為正實數，而AB相似于(PT)-1ABPT，所以AB的特征值全為正實數。所以AB為正定矩陣.（3分）七假設anxn的收斂半徑為nan=0,且anxn=A.證明：收斂且an=A.證由nan=0,知故對于任意ε>0存在N1使得當n>N1時,有又因為anxn=A，所以存在δ>0，