高等数学教学的几点注记

金少华　宛艳萍　臧婷　徐勇　王东

【摘要】本文通过空间解析几何典型习题的多种解法和利用多元函数求条件极值来证明不等式，拓展学生求异思维，激发学生学习兴趣，培养学生的科学思维方法和创新能力.

【关键词】平面;圆周;球面;多元函数;条件极值;不等式

【基金项目】2019～2020年度河北省高等教育教学改革研究与实践项目（2019GJJG056）

求异思维是沿着不同的方向探索问题答案的思维，在教学中主要表现为“一题多解”.本文首先给出了空间解析几何[1]一道典型习题的多种解法，以拓展学生求异思维，激发学生学习兴趣，培养学生的科学思维方法和创新能力.

例1 求过点A（2，0，0），B（0，1，0），C（0，0，3）的圆周的方程[2].

解一 过A，B，C三点的平面为x2+y+z3=1.设所求圆的圆心为D（x0，y0，z0），半径为r，则D在上述平面上，故x02+y0+z03=1.

又（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2，

所以x02+y0+z03=1，-4x0+4=-2y0+1=-6z0+9，

解得x0=4049，y0=1398，z0=13598，r=52614.

故所求圆周的方程为x-40[]492+y-13[]982+z-135[]982=32598，x2+y+z3=1.

解二 与A，B两点等距离的平面满足 4x-2y-3=0，与B，C等距离的平面满足y-3z+4=0，∴过A，B，C三点的球面的球心在直线4x-2y-3=0，y-3z+4=0上，即球心为12t+34，t，t3+43. 令t为某一常数（如t=0），得34，0，43，则球半径为48112.所以过A，B，C三点的球面方程为x-342+y2+z-432=481144.而过A，B，C三点的平面为x2+y+z3=1，故所求圆周为x-3[]42+y2+z-4[]32=481144，x2+y+z3=1.

解三 过A，B，C三点的平面方程为x2+y+z3=1.所求圆周可看成上述平面与过A，B，C，O四点的球面的交线.设球心为D（x0，y0，z0），由AD2=BD2=CD2=OD2，有

x20+y20+z20=（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2.

解方程组-4x0+4=0，-2y0+1=0，-6z0+9=0，得x0=1，y0=12，z0=32，即D1，12，32，而半径OD=1+14+94=142，故所求圆周的方程为（x-1）2+y-1[]22+z-3[]22=72，x2+y+z3=1.

下面给出一种利用多元函数求条件极值来证明不等式的方法，即根据要证的不等

式将其转化为多元函数的条件极值问题，从而证得不等式.下面看两个例题.

例2 证明：对任何正数a，b，c和自然数n，不等式an+bn+cn3≥a+b+c3n成立.

证 这个问题可以转化为：对于任何给定的正数a，b，c和自然数n，求函数μ=an+bn+cn 满足条件a+b+c=3d（d >0）的最小值.

用代入消元法，得 μ=an+bn+（3d-a-b）n.

求偏导数，得唯一驻点a=b=d.求二阶偏导数可知，a=b=d是极小值点，因此也是最小值点，最小值等于3dn，即

an+bn+cn3≥a+b+c3n.

例3 证明：对任何正数a，b，c，不等式abc3≤27a+b+c55成立.

证 对于任何给定的正数a，b，c，设a+b+c=d，则问题可转化为求函数f（a，b，c）=abc3在条件a+b+c=d，a>0，b>0，c>0之下的最大值.

令 F=abc3+λ（a+b+c-d），

则Fa=bc3+λ=0，Fb=ac3+λ=0，Fc=3abc3+λ=0，a+b+c=d，

得唯一解a=b=d[]5，c=3d[]5.

由于连续函数f在平面a+b+c=d位于第一卦限部分的边界上为零，故f在该点取得最大值，即有

abc3≤d523d53=27d55=27a+b+c55.

在求由方程组决定的隐函数的偏导数时，也可使用多个解法，如下面例4.

例4 设u=u（x，y）由方程组u=f（x，y，z，t），g（y，z，t）=0，h（z，t）=0所确定，其中f，g，h都是C（1）类，J=（g，h）（z，t）≠0，求uy.

解一 依题意，所给方程组确定了三个二元函数u（x，y），t（x，y），z（x，y）.将所给方程组对y求偏导，得uy=fy+fz·zy+ft·ty，gy+gz·zy+gt·ty=0，hz·zy+ht·ty=0，整理，得uy-fz·zy-ft·ty=fy，0·uy+gz·zy+gt·ty=-gy，0·uy+hz·zy+ht·ty=0，由克莱姆法则，得uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

解二 用微分法.将所给方程组中的每个方程求全微分，得

du=fxdx+fydy+fzdz+ftdt，gydy+gzdz+gtdt=0，hzdz+htdt=0，整理，得du-fzdz-ftdt=fxdx+fydy，0du+gzdz+gtdt=-gydy，0du+hzdz+htdt=0，

由克莱姆法则，得du=fxdx+1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）dy，

故uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

例5 求冪级数∑∞n=12+cosnπ2n2xn 的收敛半径[3].

分析 令an=2+cosnπ2n2，由于limn→∞an+1an=limn→∞2+cos（n+1）π2（n+1）2[]2+cosnπ2n2不存在，因此不能用系数模比值法求收敛半径.下面寻求其他方法.

解一 用定义求收敛半径.

考察所有奇次幂项构成的幂级数212x+232x3+…+2（2n-1）2x2n-1+…，

由比值法可知，当|x|>1 时，级数∑∞n=12x2n-1（2n-1）2的一般项不趋于零（当n→∞时），故当|x|>1时，原级数发散;当|x|<1 时，2+cosnπ2n2xn≤3n2，由∑∞n=13n2 收敛，知原级数收敛.综上，原级数的收敛半径为1.

解二 用系数模根值法求收敛半径.

令an=2+cosnπ2n2，则1n2≤an≤3n2，从而1nn2≤nan≤n3nn2，由夹逼准则，知limn→∞nan=1，故由系数模根值法，知原级数的收敛半径为1.

例6 证明：不等式1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2成立，其中区域D：0≤x≤1，0≤y≤1.

分析 虽然可以通过求被积函数cos y2+sin x2在闭区域D上的最大、最小值来解决问题，但求该最值是相当麻烦的，因为需要考察边界及区域内部的情况，但如果能充分利用区域特点，将被积函数化为一元函数，就简单多了.

证一 利用对称性.

因为D关于直线y=x对称，所以Dcos y2dσ=Dcos x2dσ.从而原式=Dcos x2+sin x2dσ=2Dsin x2+π4dσ.而0≤x2≤1，故π4≤x2+π4≤π4+1<3π4，所以sinπ4≤sin x2+π4≤sinπ2，即1≤2sin x2+π4≤2，從而1≤Dcos y2+sin x2dσ≤2.

证二 将二重积分化为二次积分，进而化为定积分.

由于Dcos y2dσ=∫10dx∫10cos y2dy=∫10cos y2dy=∫10cos x2dx，而Dsin x2dσ=∫10dx∫10sin x2dy=∫10sin x2dx.从而原式=∫10cos x2+sin x2dx=2∫10sin x2+π4dx，由于1≤2sin x2+π4≤2，从而1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2.

【参考文献】

[1]高等学校工科数学课程教学指导委员会本科组.高等数学释疑解难[M].北京：高等教育出版社，1992.

[2]同济大学应用数学系.微积分：第三版[M].北京：高等教育出版社，2010.

[3]于新凯，金少华，郭献洲.微积分典型问题分析与习题精选[M].天津：天津大学出版社，2009.