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F (x, y, z) = 2x2 + y2 − 3z2 − 6,
对 F (x, y, z) 分别求 x, y, z 偏导数,
Fx = 4x, Fy = 2y, Fz = 6z,
代入 M (1, 1, 1) 点, 得到切平面的法向量为 (4, 2, 6), 根据点法式方程可知切 平面方程为
4(x − 1) + 2(y − 1) + 6(z − 1) = 0,
2 1t 1 1 2 =0 −2 0 2
可得 t = 1.
(2)
α1
2 1 −2
1
1 2
−1
α2
=
1
1
0
→
0
1 2
1
α3
12 2
00 0
故 α1, α2 是该向量组的一个极大线性无关组, 可知 α3 = 3α1 − α2.
例题 7 明:
x
已知 f (x) 在 [a, b] 上的连续函数, 设 F (x) = f (t)dt, x ∈ [a, b], 证
α2) β1)
β1
=
2 58 ,− ,
3 33
,
再对 β1, β2 进行单位化, 可得 V3 的一组标准正交基
√√√
√
√√
666
2 93 5 93 8 93
γ1 =
,, 636
, γ2 =
,− ,
93
93 93
.
例题 4 过点 P (1, 3) 作椭圆 x2 + y2 = 1 的切线, 分别交 x 轴和 y 轴于点 A 4 12
a
(1) F (x) 在 [a, b] 上连续;
(2) F (x) 在 [a, b] 上可导, 且 F (x) = f (x).
答案: 由 f (x) 在 [a, b] 上连续, 则
∀ε > 0, ∃δ > 0, 当 0 < |x − x0| < δ 时, |f (x) − f (x0)| < ε, x0 ∈ [a, b].
θ2
1),
故 F (x) 在 [a, b] 上可导, 且 F (x) = f (x).
例题 8
1
0
已知二次曲线
L
:
9x2
+
4y2
+
18x
+
16y
−
11
=
0,
矩阵
A
=
2
,
1
0
3
1
向量
B
=
2
,
求二次曲线
L
在变换
TX
=
AX
+
B
下所得二次曲线
L1
2
3 的方程.
答案: 因为 T X = AX + B, 所以
AX
=
B
的特解
β
=
−7
,
所以线性方
1
0
程组 AX = B 的通解为
9
4
5
X
=
β
+
k1α1
+
k2
+
α2
=
−7
+
k1
−3
k2
−4
,
1 1 0
0
0
1
其中 k1, k2 为常数.
例题 10 王强是一位快递员, 他负责由 A 到 B 地的送货任务, 送货方式为开 汽车或骑电动车. 分别记录了开汽车和骑电动车各 100 次所用的送货时间, 经过 数据分析得到如下结果: 开汽车: 平均用时 24 分钟, 方差为 36; 骑电动车: 平均用时 34 分钟, 方差为 4. (1) 根据上述数据, 你会建议王强选择哪种送货方式？请说明理由; (2) 分别用 X 和 Y 表示开汽车和骑电动车所用的时间, X 和 Y 的分布密度曲 线如图所示 ( 假设这些曲线具有轴对称 ). 为达到准时送达的母的, 如果某次送 货有 38 分钟可用, 应该选择哪种送货方式？如果某次送货有 34 分钟可用, 应该 选择哪种送货方式？请说明理由.
(2) 线性方程组的系数矩阵为
1 1 −1 −1
1045
1 2 2
3
→
0
1
3
4
,
23 1 2
0000
即 x1 = 4x3 + 5x4,
x2 = −3x3 − 4x4
, 因此齐次线性方程组 AX = 0 的基础解系为
4
5
α1
=
−3
,
α2
=
−4
,
1
0
0
1
9
令
x3
=
0, x4
=
1,
得到线性方程组
38 − 24
7
38 − 34
P (X 38) = Φ
= Φ , P (Y 38) = Φ
= Φ (2) ,
6
3
2
又因为 Φ 7 > Φ (2) , 所以当送货有 38 分钟可用时, 选择开汽车. 3
34 − 24
5
34 − 34
P (X 34) = Φ
= Φ , P (Y 34) = Φ
= Φ(0),
1
1 1 1
0
x+
x
=
2
x
+
2
=
2
2
,
y 1 y 2 1 2
0
y+
3
3
33
那么
11
x
=
x+ 22
1 1
x =
x 2
+ 2
⇒
,
12 y = y +
33
y = 3y − 2
代入到二次曲线 L 中, 得到
x 2 + y 2 = 1,
故二次曲线 L1 的方程为 x2 + y2 = 1.
例题 1 将平面曲线 y = x2 分别绕 y 轴和 x 轴旋转一周, 所得旋转曲面分别
记作 S1 和 S2.
(1) 在空间直角坐标系中, 分别写出曲面 S1 和 S2 的方程;
(2) 求平面 y = 4 与曲面 S1 所围成的立体的体积.
答案: (1) S1 : y = x2 + z2; S2 : y2 + z2 = x2.
6
3
2
又因为 Φ 5 > Φ(0), 所以当送货有 34 分钟可用时, 选择开汽车. 3
例题 11 设函数 f (x) 在 R 上连续且可导. (1) 当 f (x) = x2 时, 且 g(x) = exf (x) 时, 求证: f (x) 与 g(x) 有共同驻点; (2) 当 f (a) = f (b) = 0 时, 求证: f (x) + f (x) = 0 在 (a, b) 内至少有一个实根. 答案: (1) 令
x = t − sin t,
例题 12 设质点在平面上的运动轨迹为
(t 0). 求质点在时
y = 1 − cos t
刻 t = 1 的速度大小.
答案:
∂x 2 ∂y 2
v=
+
∂t
∂t
= (1 − cos t)2 + sin2 t
= (1 − cos 1)2 + sin2 1 √
= 2 − 2 cos 1.
F+(a)
=
lim
x→a+
x−a
= lim x→a+
f (t)dt
a
x−a
= lim f (a+θ1(x−a)) = f (a) (0 x→a+
θ1
1),
x
f (t)dt
F (x) − F (b)
F−(b)
=
lim
x→a−
x−b
= lim x→b−
b
x−b
= lim f (a+θ2(x−b)) = f (b) (0 x→b−
例题 13 设球面方程为 (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 169, 求它在点 (4, 5, 13) 处的切平面方程. 答案: 设 F (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 − 169, 对 F (x, y, z) 分 别求 x, y, z 的偏导数
故 F (x) 在 [a, b] 上连续. (2) 由可导定义知, ∀x ∈ (a, b),
F (x + ∆x) − f (x)
F (x) = lim
∆x→0
∆x
x+∆x
f (t)dt
= lim x
∆x→0
∆x
= lim f (x + θ∆x) (0 θ 1)
∆x→0
= f (x),
x
F (x) − F (a)
化简为
4x + 2y + 6z = 12.
(2) 因为切平面与平面 5x + ky − 4x = 0 相互垂直, 所以两平面的法向量相互垂 直, 即
(4, 2, 6)⊥(5, k, −4),
那么 4 × 5 + 2 × k − 4 × 6 = 0, 即 k = 2.
例题 6 已知向量组 α1 = (2, 1, −2), α2 = (1, 1, 0), α3 = (t, 2, 2) 线性相 关. (1) 求 t 的值. (2) 求出该向量组的一个极大线性无关组, 并将其余向量用极大线性无关组线性 表示. 答案: (1) 因为向量组 α1 = (2, 1, −2), α2 = (1, 1, 0), α3 = (t, 2, 2) 线性 相关, 所以有
