2yfxyxyf′xy，yxzPQR于是2y2z。xyz2222补面Σ1z0xy≤1，下侧；Σ2zxy≤2，上侧。由高斯公式知
fPQRI0∫∫PdydzQdzdxRdxdy∫∫∫dVΣΣΣxyz∫∫∫2y2zdV，由对称性知，∫∫∫ydV0，利用截面法得：
12


331dσπ∫0zz3dzπ，故I0∫∫π。0ΣΣΣ42Dxy≤1z又I1∫∫PdydzQdzdxRdxdy∫∫dxdy∫∫dxdyπ，
∫∫∫zdV∫zdz
1
∫∫
2
2
2
z
1
2
Σ1
Σ1
D
I2∫∫PdydzQdzdxRdxdy∫∫4dxdy∫∫dxdy8π，
Σ2Σ2D
所以，II0I1I2
311ππ8ππ。22
π
0
五、（满分10分）证明：（1）Ft∫l
12tcosxt2dx
xπu

∫
π
0
l
12ucosxu2dx∫0l
12tcosxt2dxFt
π
0
2xπy
π
（2）2FtFtFt∫l
1t224t2cos2xdx
∫l
12t2cos2xt4dx
0
π

1πl
12t2cosyt22dy2∫π
∫l
12t2cosyt22dyFt2Ft2
0
π
六、（满分10分）证明：设Fx2x∫ftdt1，
0
x
则Fx在01上连续，在01内可导，F010
F11∫ftdt，当fx1时，F10，x1是方程2x∫ftdt1的解；
00
1
x
当0≤fx1时，F11∫ftdt0，由零点定理，得至少存在一点ξ∈01使
0
1
Fξ0，即方程2x∫ftdt1至少有一解。
0
x
又F′x2fx0，故Fx在01上严格单调递增，因此在01上方程
2x∫ftdt1有唯一解。
0
x
a
b
∞a
∞b
七、（满分15分）解：∑2x∑x∑2x，
1
1
1
∞∞a
b
设a
∑xb
∑2x
1
1
b
1a
1
∞

1b∴Rmi
11Qlim
1alim
→∞a
→∞b
ab
2
2
f①当ab0时，R
11x时，aa
∞∞∞∞a
b
111b1a
∑发散b
∑2∑2收敛∴∑2发散
a
1
1
a
1
1
∞11Qlim101递减∴a收敛x时，a
∑
→∞

a
1

1bb
∑2绝对收敛∴b
收敛a
1

∞


a
b
111∴∑2收敛∴收敛域为
aaa
1
11②当b≥a0时，Rx时，bb

∞∞r