x1x2
102
x21x2
1dx
0
0
1
2
x2111x2
1dx
0
2
I
12
I
，
4
f所以有I


2
2

1
I

1




23
⑵由⑴，
I


2
2
1
2
242
15
I1
2462
3572
1
246
2

3355772
12
1
21112
3
2
132
1
22，
1233
3
五、证明：
Sy2z2f2x，取其上半部分
zf2xy2，xyDxyfxyfxaxb。
由zx
fxfxf2xy2
zy

y
，得
f2xy2
1
z
2x

z
2y

f2x1fx2，f2xy2
根据计算曲面面积的二重积分公式，有
bfx
A2dxfx
afx
1fx2f2xy2dy
b
fx
2fx1fx2dx
a
fx
因其中
dyf2xy2
fx
fx
于是得：
dyf2xy2
arcsi
yfx
fx
fx
，
六、⑴解：
b
A2fx1fx2dx。
a
5
f
由si
x1
1
x2
1
，得到

1
2
1
si
x1
1x2
2。
x

1
2
1
再由泰勒系数公式，得到
f2
201
1，2
22
1
于是求得f2
201
12
21
1。2
12
1


⑵设a
与
a
a
1的部分和分别记做S
与
。则有

1

1

a1a22a2a3
a
a
1
a1a2a
a
1
S
a
1
由于
lim

S



S

lim


a
1

lim



1a
1


1

0都存在，因此
lim





lim

S



S，


即
a
a
1a
S。

1

1
⑶因为f
x为连续函数序列，f
x一致收敛于fx，xab，故fx在ab
上连续。又因为fx0，所以
fxmi
fxm0，xabxab
取0

m2
0，N0

0，当


N0时，对一切xab，都有
f
x
fx
f
x

f
x

m2
，

m2
m
m2

fx
m2

f
x
fx
m2
。
由此可见，当
N0时，f
x都无零点。
6
f又因为011，故由fxm
11f
xfx，f
xfxf
xfx
f
x
f
x

m22



N0
X
ab
，对上述

0，存在
N1

0，当

N1时，有
f
x

f
x

m22

。
于是当
NmaxN0N1时，满足
111m2，xab。f
xfxm22
2
7
fr