2025年考研數(shù)學專業(yè)高數(shù)專項訓練試卷（含答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、設數(shù)列{a_n}滿足a_1=1,a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{a_n}(n\geq1)。(1)證明：數(shù)列{a_n}收斂；(2)求\lim_{n\to\infty}a_n。二、計算極限\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^2}-\cosx}{x^2}。三、設函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)具有二階導數(shù)，且f(0)=0,f'(0)=1。(1)若f(x)在x=0處取到極值，證明：f''(0)=0；(2)若f''(x)存在且連續(xù)，證明：存在唯一的\xi\in(-1,1)，使得f''(\xi)=3。四、設函數(shù)g(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，f(x)=\int_a^xg(t)\,dt(a\leqx\leqb)。(1)證明：在(a,b)內(nèi)至少存在一點\xi，使得f(b)=(b-\xi)g(\xi)；(2)若g(x)在[a,b]上非負且不恒為零，證明：(a,b)內(nèi)至少存在一點\eta，使得f(b)=\etag(\eta)。五、計算不定積分\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx。六、計算定積分\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx。七、計算反常積分\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{x^2+2x+2}\,dx。八、設函數(shù)y=y(x)由方程x^3+y^3-3axy=0確定。(1)求y=y(x)的駐點；(2)請判斷該駐點是否為極值點，并說明理由。九、設z=z(x,y)由方程x^2+y^2+z^2-2x+2y-4z=0確定。(1)求z在點(1,1,2)處的偏導數(shù)\frac{\partialz}{\partialx}和\frac{\partialz}{\partialy}；(2)求函數(shù)u=x^2+y^2+z^2在點(1,1,2)處沿向量l=(1,1,-1)的方向導數(shù)。十、將函數(shù)f(x)=\frac{1}{x^2-3x+2}在x=1處展開成冪級數(shù)，并指出其收斂域。十一、計算二重積分\iint_D\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\,d\sigma，其中D為區(qū)域x^2+y^2\leq1。十二、計算三重積分\iiint_Vz\,dV，其中V是由曲面x^2+y^2=z和z=1所圍成的閉區(qū)域。十三、計算曲線積分\int_C\left(y^3\,dx+3xy^2\,dy\right)，其中C是從點(0,0)到點(1,2)的分段光滑曲線。十四、計算曲面積分\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\,dS，其中\(zhòng)Sigma是曲面z=\sqrt{x^2+y^2}在x^2+y^2\leq1上的部分。十五、將函數(shù)f(x)=x^2在區(qū)間[-\pi,\pi]上展開成以2\pi為周期的傅里葉級數(shù)。試卷答案一、(1)證明：數(shù)列{a_n}收斂；思路：證明數(shù)列有界且單調(diào)。先證明單調(diào)遞減，再利用極限存在則必有界或直接用數(shù)學歸納法證明有界。證明略。結論：數(shù)列{a_n}收斂于\sqrt{2}。(2)求\lim_{n\to\infty}a_n；思路：利用數(shù)列收斂的定義，求出遞推關系的極限。解：\lim_{n\to\infty}a_n=L\impliesL=\frac{1}{2}L+\frac{1}{L}\impliesL^2=1\impliesL=\pm1。由a_1=1且數(shù)列遞減，得L=1不成立，故L=\sqrt{2}。\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt{2}。二、計算極限\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^2}-\cosx}{x^2}；思路：極限形式為\frac{0}{0}，可使用等價無窮小替換或洛必達法則。解：方法一（等價無窮小）：\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^2}-\cosx}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^2}-1+1-\cosx}{x^2}=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}+\frac{1-\cosx}{x^2}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{x^2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1。方法二（洛必達法則）：原式=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\sinx}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{x+\sqrt{1+x^2}\sinx}{2x\sqrt{1+x^2}}=\lim_{x\to0}\frac{1+\sqrt{1+x^2}\cosx+x\cosx/\sqrt{1+x^2}}{2\sqrt{1+x^2}+4x^2/\sqrt{1+x^2}}=\frac{1+1\cdot1+0}{2\cdot1+0}=1。結果：1。三、設函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)具有二階導數(shù)，且f(0)=0,f'(0)=1。(1)若f(x)在x=0處取到極值，證明：f''(0)=0；思路：利用極值點的必要條件，f'(0)=0，再結合f''(0)的定義或導數(shù)關系。證明略。結論：f''(0)=0。(2)若f''(x)存在且連續(xù)，證明：存在唯一的\xi\in(-1,1)，使得f''(\xi)=3。思路：構造輔助函數(shù)F(x)=f(x)-\frac{3}{2}x^2，利用羅爾定理和F''(x)=f''(x)-3的連續(xù)性。解：令F(x)=f(x)-\frac{3}{2}x^2。則F(0)=0,F'(x)=f'(x)-3x,F'(0)=f'(0)-3\cdot0=1\neq0。故F(x)在x=0處不取極值。由于F''(x)=f''(x)-3是連續(xù)函數(shù)，且F''(0)=f''(0)-3\neq0。不妨設F''(0)>0(若F''(0)<0，結論仍成立)。由f''(x)的連續(xù)性，存在\delta>0，使得在(-\delta,\delta)內(nèi)F''(x)>0。這意味著F'(x)在(-\delta,\delta)內(nèi)嚴格單調(diào)遞增。由于F'(0)=1>0，且F'(x)嚴格遞增，必有F'(x)>0對所有x\in(-\delta,\delta)成立。同理，由于F'(0)=1>0，且F'(x)嚴格遞增，必有F'(x)<0對所有x\in(-1,-\delta)成立。由F'(x)在(-1,-\delta)內(nèi)嚴格遞減且F'(-\delta)>0,F'(-1)<0，由介值定理，存在唯一的\xi_1\in(-1,-\delta)，使得F'(\xi_1)=0。由F'(x)在(-\delta,\delta)內(nèi)嚴格遞增且F'(0)=1>0,F'(\delta)>0，由介值定理，存在唯一的\xi_2\in(-\delta,\delta)，使得F'(\xi_2)=0。結合\xi_1\in(-1,-\delta),\xi_2\in(-\delta,\delta)，且F'(\xi_1)=0,F'(\xi_2)=0。由于F'(x)在(-1,-\delta)內(nèi)嚴格遞減，在(-\delta,\delta)內(nèi)嚴格遞增，這兩個零點是孤立的。考慮F''(x)=f''(x)-3。由F''(x)在(-1,1)內(nèi)連續(xù)，且F''(0)=f''(0)-3\neq0，必有F''(x)在(-1,1)內(nèi)至少有一個零點。若存在\eta_1,\eta_2\in(-1,1)且\eta_1<\eta_2，使得F''(\eta_1)=F''(\eta_2)=0。則F'(x)在(\eta_1,\eta_2)內(nèi)的導數(shù)為零，即F'(x)在(\eta_1,\eta_2)內(nèi)為常數(shù)。由F'(x)在\xi_1,\xi_2處為零且\xi_1\notin(\eta_1,\eta_2),\xi_2\notin(\eta_1,\eta_2)，這與F'(x)在(-1,-\delta)嚴格遞減、在(-\delta,\delta)嚴格遞增矛盾。因此，F(xiàn)''(x)在(-1,1)內(nèi)最多有一個零點。由于F''(x)在(-1,1)內(nèi)至少有一個零點，且最多有一個零點，故存在唯一的\xi\in(-1,1)，使得F''(\xi)=0，即f''(\xi)-3=0，得f''(\xi)=3。四、設函數(shù)g(x)在區(qū)間[a,b]上連續(xù)，f(x)=\int_a^xg(t)\,dt(a\leqx\leqb)。(1)證明：在(a,b)內(nèi)至少存在一點\xi，使得f(b)=(b-\xi)g(\xi)；思路：利用積分中值定理。證明：由積分中值定理，存在\xi\in(a,b)，使得\int_a^bg(t)\,dt=g(\xi)(b-a)。即f(b)=g(\xi)(b-a)。f(b)=g(\xi)\cdotb-g(\xi)\cdota=g(\xi)\cdotb-g(\xi)\cdot\xi+g(\xi)\cdot\xi=(b-\xi)g(\xi)+\xig(\xi)。由于\xi\in(a,b)，故\xig(\xi)=0不成立（除非g(\xi)=0，但這不能保證）。應改為：f(b)=g(\xi)\cdotb-g(\xi)\cdot\xi=g(\xi)(b-\xi)。所以，存在\xi\in(a,b)，使得f(b)=(b-\xi)g(\xi)。(注：此證明與思路描述有出入，直接使用積分中值定理更簡潔)更簡潔的證明：由積分中值定理，存在\xi\in(a,b)，使得f(b)=\int_a^bg(t)\,dt=g(\xi)(b-a)。所以f(b)=g(\xi)(b-\xi+\xi)=g(\xi)(b-\xi)。由于\xi\in(a,b)，所以(b-\xi)\neq0。故存在\xi\in(a,b)，使得f(b)=(b-\xi)g(\xi)。(2)若g(x)在[a,b]上非負且不恒為零，證明：(a,b)內(nèi)至少存在一點\eta，使得f(b)=\etag(\eta)。思路：構造輔助函數(shù)F(x)=xf(x)，利用微分中值定理。解：令F(x)=xf(x)=x\int_a^xg(t)\,dt。則F(x)在[a,b]上可導，F(xiàn)(a)=0。F'(x)=f(x)+xf'(x)=\int_a^xg(t)\,dt+xg(x)。F'(b)=f(b)+bg(b)=\int_a^bg(t)\,dt+bg(b)。由微分中值定理，存在\eta\in(a,b)，使得F'(b)-F'(a)=F''(\eta)(b-a)。F''(x)=g(x)+g(x)+xg'(x)=2g(x)+xg'(x)。F'(a)=f(a)+ag(a)=\int_a^ag(t)\,dt+ag(a)=0+ag(a)=ag(a)。F'(b)=\int_a^bg(t)\,dt+bg(b)。F'(b)-F'(a)=(\int_a^bg(t)\,dt+bg(b))-ag(a)=\int_a^bg(t)\,dt+bg(b)-ag(a)。F''(\eta)=2g(\eta)+\etag'(\eta)。F'(b)-F'(a)=F''(\eta)(b-a)。\int_a^bg(t)\,dt+bg(b)-ag(a)=(2g(\eta)+\etag'(\eta))(b-a)。由于g(x)在[a,b]上非負且不恒為零，\int_a^bg(t)\,dt>0。考慮函數(shù)h(x)=xf(x)=x\int_a^xg(t)\,dt。則h(b)=bf(b)。由微分中值定理，存在\eta\in(a,b)，使得h(b)-h(a)=h'(\eta)(b-a)。h(a)=af(a)=0。h(b)=bf(b)。h'(\eta)=f(\eta)+\etaf'(\eta)=\int_a^\etag(t)\,dt+\etag(\eta)。h(b)-h(a)=bf(b)-0=bf(b)。h'(\eta)(b-a)=(\int_a^\etag(t)\,dt+\etag(\eta))(b-a)。bf(b)=(\int_a^\etag(t)\,dt+\etag(\eta))(b-a)。f(b)=\frac{1}{b-a}(\int_a^\etag(t)\,dt+\etag(\eta))(b-a)=\int_a^\etag(t)\,dt+\etag(\eta)。由于\eta\in(a,b)，故\eta\neq0。所以，存在\eta\in(a,b)，使得f(b)=\etag(\eta)。五、計算不定積分\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx；思路：利用湊微分法或換元法。令t=1+x^2。解：方法一（湊微分）：\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx=\int\frac{1+x^2-1}{(1+x^2)^2}\,dx=\int\frac{1}{1+x^2}\,dx-\int\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx。第一項：\int\frac{1}{1+x^2}\,dx=\arctanx。第二項：令x=\tant,dx=\sec^2t\,dt。1+x^2=\sec^2t。\int\frac{1}{(1+x^2)^2}\,dx=\int\frac{1}{\sec^4t}\sec^2t\,dt=\int\cos^2t\,dt=\int\frac{1+\cos2t}{2}\,dt=\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}\sin2t+C=\frac{1}{2}\arctanx+\frac{1}{2}x\frac{1}{1+x^2}+C。所以，原式=\arctanx-(\frac{1}{2}\arctanx+\frac{1}{2}x\frac{1}{1+x^2})+C=\frac{1}{2}\arctanx-\frac{x}{2(1+x^2)}+C。方法二（換元）：令t=1+x^2,dt=2x\,dx,x^2=t-1。\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\,dx=\int\frac{t-1}{t^2}\cdot\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\right)\,dt=\frac{1}{2}(\ln|t|+\frac{1}{t})+C=\frac{1}{2}(\ln(1+x^2)+\frac{1}{1+x^2})+C。驗證兩種方法結果是否一致：\fracmooqsmg{dx}\left(\frac{1}{2}\arctanx-\frac{x}{2(1+x^2)}\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{2}\left(\frac{(1+x^2)-x\cdot2x}{(1+x^2)^2}\right)=\frac{1}{2(1+x^2)}-\frac{1-x^2}{2(1+x^2)^2}=\frac{1+x^2-(1-x^2)}{2(1+x^2)^2}=\frac{2x^2}{2(1+x^2)^2}=\frac{x^2}{(1+x^2)^2}。\fracco0c00m{dx}\left(\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+\frac{1}{2(1+x^2)}\right)=\frac{1}{2}\frac{2x}{1+x^2}+\frac{1}{2}\left(-\frac{2x}{(1+x^2)^2}\right)=\frac{x}{1+x^2}-\frac{x}{(1+x^2)^2}=\frac{x(1+x^2)-x}{(1+x^2)^2}=\frac{x^3}{(1+x^2)^2}。結果：\frac{1}{2}\arctanx-\frac{x}{2(1+x^2)}+C。六、計算定積分\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx；思路：換元法。令t=\sqrt{1+x^2}。解：令t=\sqrt{1+x^2},x=\sqrt{t^2-1},dx=\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}\,dt。當x=0時，t=\sqrt{1+0^2}=1。當x=1時，t=\sqrt{1+1^2}=\sqrt{2}。\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=\int_1^{\sqrt{2}}\frac{(\sqrt{t^2-1})^3}{t}\cdot\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}\,dt=\int_1^{\sqrt{2}}(t^2-1)\,dt。=\left[\frac{1}{3}t^3-t\right]_1^{\sqrt{2}}=\left(\frac{1}{3}(\sqrt{2})^3-\sqrt{2}\right)-\left(\frac{1}{3}(1)^3-1\right)=\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}\right)-\left(\frac{1}{3}-1\right)=\frac{2\sqrt{2}-3\sqrt{2}}{3}-\frac{1-3}{3}=-\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{2}{3}=\frac{2-\sqrt{2}}{3}。結果：\frac{2-\sqrt{2}}{3}。七、計算反常積分\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{x^2+2x+2}\,dx。思路：觀察被積函數(shù)，分母配方，分子湊微分。注意奇偶性。解：分母x^2+2x+2=(x+1)^2+1。令x+1=\tant,dx=\sec^2t\,dt。當x\to-\infty時，t\to-\frac{\pi}{2}。當x\to\infty時，t\to\frac{\pi}{2}。原式=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{(x+1)^2+1}\,dx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\tant-1}{\tan^2t+1}\sec^2t\,dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\tant-1}{\sec^2t}\sec^2t\,dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\tant-1)\,dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\tant\,dt-\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}1\,dt。計算第一項：\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\tant\,dt=\left[-\ln|\cost|\right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}。由于\cos(\frac{\pi}{2})=0,\cos(-\frac{\pi}{2})=0，該積分發(fā)散。計算第二項：\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}1\,dt=\pi。由于第一項積分發(fā)散，故原反常積分發(fā)散。結果：發(fā)散。八、設函數(shù)y=y(x)由方程x^3+y^3-3axy=0確定。(1)求y=y(x)的駐點；思路：求導，令導數(shù)為零。解：方程兩邊對x求導（視y為x的函數(shù)，使用隱函數(shù)求導法則）：3x^2+3y^2y'-3ay'-3axy'=0。3x^2+(3y^2-3a)y'-3axy'=0。(3y^2-3a-3ax)y'=-3x^2。y'=\frac{-x^2}{y^2-ax}。駐點處y'=0。即\frac{-x^2}{y^2-ax}=0\implies-x^2=0\impliesx=0。將x=0代入原方程x^3+y^3-3axy=0，得0+y^3-0=0，即y^3=0，得y=0。所以，駐點為(0,0)。(2)請判斷該駐點是否為極值點，并說明理由。思路：求二階導數(shù)，在駐點處代入計算，根據(jù)二階導數(shù)值判斷?；驑嬙靐(x,y)=x^3+y^3-3axy，求H_11,H_12,H_22，計算判別式。解：方法一（求二階導數(shù)）：在x=0,y=0處，y'=0。繼續(xù)求二階導數(shù)y''：對y'=\frac{-x^2}{y^2-ax}再對x求導：y''=\fracq66agk0{dx}\left(\frac{-x^2}{y^2-ax}\right)=\frac{(-2x)(y^2-ax)-(-x^2)(2yy'-a)}{(y^2-ax)^2}。在x=0,y=0處，y=0,y'=0。代入上式：y''\big|_{(0,0)}=\frac{(-2\cdot0)(0^2-a\cdot0)-(-0^2)(2\cdot0\cdot0-a)}{(0^2-a\cdot0)^2}=\frac{0-0}{0^2}=\frac{0}{0}。此式無法直接計算。改用隱函數(shù)求導的二次導數(shù)公式：y''=-\frac{H_1'y+H_2'}{H_1}，其中H_1=\frac{\partialF}{\partialx},H_2=\frac{\partialF}{\partialy},H_1'=\frac{\partialH_1}{\partialy},H_2'=\frac{\partialH_2}{\partialy}。F(x,y)=x^3+y^3-3axy。H_1=3x^2-3ay,H_2=3y^2-3ax。H_1'=-3a,H_2'=6yy'-3a。y'=\frac{-x^2}{y^2-ax}。y''=-\frac{(-3a)y'+(6yy'-3a)}{3x^2-3ay}=-\frac{-3a\cdot\frac{-x^2}{y^2-ax}+6y\cdot\frac{-x^2}{y^2-ax}-3a}{3x^2-3ay}。在(0,0)處，分母3x^2-3ay=0。分子-3a\frac{-x^2}{y^2-ax}+6y\frac{-x^2}{y^2-ax}-3a=3a\frac{x^2}{y^2-ax}-6y\frac{x^2}{y^2-ax}-3a=\frac{-3ax^2+3ax^2}{y^2-ax}-3a=-3a。所以，y''\big|_{(0,0)}=-\frac{-3a}{0}=\text{未定義}。此方法在(0,0)處遇到困難。方法二（使用Hessian判別法）：構造函數(shù)h(x,y)=x^3+y^3-3axy。駐點滿足h_x=0,h_y=0。h_x=3x^2-3ay=0。h_y=3y^2-3ax=0。在(0,0)處，h_x=0,h_y=0。故(0,0)是駐點。計算二階偏導數(shù)：h_{xx}=6x,h_{yy}=6y,h_{xy}=-3a。在(0,0)處，h_{xx}=0,h_{yy}=0,h_{xy}=-3a。計算判別式：H=h_{xx}h_{yy}-(h_{xy})^2=(0)(0)-(-3a)^2=-9a^2。當a\neq0時，H<0，根據(jù)Hessian判別法，駐點(0,0)不是極值點。當a=0時，H=0，Hessian判別法失效。需更高階導數(shù)或直接分析。檢查a=0的情況：若a=0，原方程為x^3+y^3=0，即(x+y)(x^2-xy+y^2)=0。駐點(0,0)滿足此方程。此時h_x=3x^2,h_y=3y^2。h_{xx}=6x,h_{yy}=6y,h_{xy}=0。在(0,0)處，h_{xx}=0,h_{yy}=0,h_{xy}=0。H=0。Hessian判別法失效。直接分析：h(x,y)=x^3+y^3。在(0,0)處，h(0,0)=0?？紤]路徑：沿y=x：h(t,t)=t^3+t^3=2t^3。在t=0處取極小值。沿y=-x：h(t,-t)=t^3+(-t)^3=0。不是極值。沿y=0：h(x,0)=x^3。在x=0處取極小值。沿x=0：h(0,y)=y^3。在y=0處取極小值。由于存在路徑使得函數(shù)值不變，同時也有路徑使得函數(shù)值改變方向，故(0,0)不是極值點。結論：當a\neq0時，駐點(0,0)不是極值點。當a=0時，駐點(0,0)也不是極值點。九、設z=z(x,y)由方程x^2+y^2+z^2-2x+2y-4z=0確定。(1)求z在點(1,1,2)處的偏導數(shù)\frac{\partialz}{\partialx}和\frac{\partialz}{\partialy}；思路：隱函數(shù)求導法。方程兩邊對x求導，視z為x的函數(shù)；方程兩邊對y求導，視z為y的函數(shù)。解：方程x^2+y^2+z^2-2x+2y-4z=0兩邊對x求偏導（視z=z(x,y)）：2x+2z\frac{\partialz}{\partialx}-2+(-4)\frac{\partialz}{\partialx}=0。(2z-4)\frac{\partialz}{\partialx}=2-2x。在點(1,1,2)處，x=1,y=1,z=2。代入上式：(2*2-4)\frac{\partialz}{\partialx}\big|_{(1,1,2)}=2-2*1=0。0\cdot\frac{\partialz}{\partialx}=0。無法直接求解。應使用全微分法或隱函數(shù)求導公式。方法一（全微分法）：對方程x^2+y^2+z^2-2x+2y-4z=0兩邊求全微分：d(x^2+y^2+z^2-2x+2y-4z)=0。2xdx+2ydy+2zdz-2dx+2dy-4dz=試卷答案=(2x-2+2)dx+(2y+2)dy+(2z-4)dz=0。在點(1,1,2)處，dx=dx,dy=0,dz=0。(2*1-2+2)dx+(2*1+2)dy+(2*2-4)dz=0。(2)求函數(shù)u=x^2+y^2+z^2在點(1,1,2)處沿向量l=(1,1,-1)的方向導數(shù)。思路：計算方向導數(shù)公式。先求梯度\nablau，再計算在指定方向上的投影。解：函數(shù)u=x^2+y^2+z^2在點(1,1,2)處的梯度為：\frac{\partialu}{\partialx}=2x，\frac{\partialu}{\partialy}=2y，\frac{\partialu}{\partialz}=2z。\nablau\big|_{(1,1,2)}=(2,2\cdot1,2\cdot2)=(2,2,4)。向量l=(1,1,-1)。單位向量l_0=\frac{l}{|l|}=\frac{1}{\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}}(1,1,-1)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1