f()=S,(0)+S2(0)=(inx int x)dx +(sin x-sinr )d 求导数:f(t)=sint+ t cos t f(0) <0 ∫(=)>0 于是在区间0<t≤。中存在t,使得∫(t0)=0。通过计算知, 在区间:0<t≤上,恒有:rx)=4cost+(z-2smt>0 23 所以函数∫()在区间0<t≤有唯一驻点,并在该驻点处达到最小值。 2.点A(3,1,-1)是闭曲面S1:x2+y2+z2-2x-6y+4z=10 内的定点。求以点A为球心的球面S2,使S2被包含在S1内的那部分面积 S为最大 解|将S1变形:(x-1)2+(y-3)2+(z+2)2=24 S;是球面,球心为(,3,-2),半径为√24,且点A到球心的距离为3 因为要确定S2,只须求出其半径r。 不妨考虑新问题:S1为x2+y2+z2=24,点A为(0,0,3) 设S2为x2+y2+(z-3) 当0<r≤√24-3时,有 S=4m2≤4z(√24-3) 当√24-3<r≤√24+3时,两球面S1与S2的交线为圆C x2+y2+z2=24 从方程中消去x、y,得z(r)=(33-r2) 故C是平面z=(33-r2)的圆( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t  = − t x dx t t x 0 2 2 ) sin (sin  + − 2 (sin sin )  t x t dx 求导数： f t t t t cost 2 cos 3 2 sin 3 2 ( )   = + − 0 2 (0) = −   f ， ) 0 2 (   f 于是在区间 2 0   t  中存在 0 t ，使得 f (t 0 ) = 0 。通过计算知， 在区间： 2 0   t  上，恒有： )sin 0 3 2 2 cos ( 3 4 f (x) = t + − t   。 所以函数 f (t) 在区间 2 0   t  有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。 2． 点 A(3, 1, − 1) 是闭曲面 S1 ： 2 6 4 10 2 2 2 x + y + z − x − y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面 S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 [解] 将 S1 变形： ( 1) ( 3) ( 2) 24 2 2 2 x − + y − + z + = S1 是球面，球心为 (1, 3, − 2) ，半径为 24 ，且点 A 到球心的距离为 3 因为要确定 S2 ，只须求出其半径 r 。 不妨考虑新问题： S1 为 24 2 2 2 x + y + z = ， 点 A 为 (0, 0, 3) 设 S2 为 2 2 2 2 x + y + (z − 3) = r 当 0  r  24 − 3 时，有 2 2 S = 4r  4 ( 24 − 3) 当 24 − 3  r  24 + 3 时，两球面 S1 与 S2 的交线为圆 C ：    + + − = + + = 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) 24 x y z r x y z 从方程中消去 x 、 y ，得 (33 ) 6 1 ( ) 2 z r = − r 故 C 是平面 (33 ) 6 1 2 z = − r 的圆