浙江科技学院2020年数学分析


解：先利用积分区域的对称性和被积函数的奇偶性，化简，再计算

                              $\begin{align*}I&=\iint_D(x^2-2x+y+3)dxdy\\\\&=\iint_Dx^2dxdy+3\iint_Ddxdy\\\\&=\iint_Dx^2dxdy+3\pi a^2\\\\&=\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{a}r^3dr+3\pi a^2\\\\&=\frac{1}{4}a^4\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta d\theta+3\pi a^2\\\\&=\frac{1}{4}\pi a^4+3\pi a^2.\end{align*}$

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解：
                             $\displaystyle \because \frac{x_n}{1+x_n}< 1,$

                              $\displaystyle \therefore 1\leq x_n< 2,$

                   而
                                $\displaystyle x_{n+1}-x_n=\frac{x_n}{1+x_n}-\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=\frac{x_n-x_{n-1}}{(1+x_n)(1+x_{n-1})},$

                 右边的等式一直套用下去，可知大于零。故数列单调增。单调有界，故极限存在。

                     令
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x,$

                      代入已知表达 式，求极限，得
                                   $\displaystyle x=1+\frac{x}{1+x},\Rightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

                                 $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$

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解：
                           $\displaystyle \because \lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{ax^2\cdot e^{-\frac{1}{x-1}}-b}{e^{-\frac{1}{x-1}}+1}=-b,$

                                  $\displaystyle \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}\frac{ax^2-be^{\frac{1}{x-1}}}{1+e^{\frac{1}{x-1}}}=a.$

                           所以，当$a=-b=2$时，函数连续；

                                      当$a=-b\neq 2$时，间断。可去间断点；

                                      当$a\neq -b$时，间断。跳跃间断点。

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解：不妨设$a>0.$将$z=a$平面与曲面$S$组成一个闭合曲面，方向向外，则原积分可用高斯公式计算。

                            $\begin{align*}I&=\oiint_\Sigma (x^2+y)dydz+(y^2-2z)dzdx+z^2dxdy-\iint_{z=a}z^2dxdy\\\\&=\iiint_\Omega (2x+2y+2z)dV-a^2\iint_Ddxdy\\\\&=2\iint_Ddxdy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{a}(x+y+z)dz-\pi a^4\\\\&=\frac{1}{3}a^4-\frac{1}{2}\pi a^4.\end{align*}$

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解：
                          由于$\displaystyle x^\lambda $为单调函数。因此不妨设$\displaystyle x^a<x^\lambda<x^b,$且有界。

                           又
                                 $\displaystyle \because  \int_{0}^{+\infty }x^af(x)dx=x^a\int_{0}^{+\infty }f(x)dx< \infty ,$

                                  $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }f(x)dx< \infty ,$

                           由一致收敛判别定理知，原无穷积分一致收敛。

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证明：
                对已知隐函数求偏导，得
                                $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial s}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s},$

                                $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial s^2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial s})^2+2\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial s})^2.$

                                 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t},$

                                 $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(\frac{\partial x}{\partial t})^2+2\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial t}\frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}(\frac{\partial y}{\partial t})^2.$

                    再将已知恒等式代入，消去相同项，即得证命题。

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证明     
                               $\displaystyle \because f(0)=0< \frac{a}{a+b}< 1=f(1),$

                  由连续函数的介值定理，有
                                  $\displaystyle \exists x_0\in (0,1),s.t.$

                                  $\displaystyle f(x_0)=\frac{a}{a+b}.$

                    再利用拉氏微分中值定理
                                  $\displaystyle \exists \xi \in (0,x_0),\eta \in (x_0,1),s.t.$

                                    $\displaystyle f(x_0)-f(0)=\frac{a}{a+b}=f'(\xi)x_0,$

                                    $\displaystyle f(1)-f(x_0)=1-\frac{a}{a+b}=\frac{b}{a+b}=f'(\eta )(1-x_0),$

                                $\displaystyle \therefore \frac{a}{f'(\xi)}=(a+b)x_0,$

                                     $\displaystyle \frac{b}{f'(\eta )}=(a+b)(1-x_0),$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta )}=a+b.$

【注】此题太技巧了。不太容易想到。更一般的形式为：

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证明：
                       令
                             $\displaystyle F(x)=(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2-\int_{0}^{x}f^3(t)dt,F(0).$

                       则
                             $\displaystyle F'(x)=2f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt-f^3(x)=f(x)(2\int_{0}^{x}f(t)dt-f^2(x)),$
                     
                       再设
                               $\displaystyle g(x)=2\int_{0}^{x}f(t)dt-f^2(x),$   

                          则有
                                   $\displaystyle g'(x)=2f(x)-2f(x)f'(x)=2f(x)(1-f'(x))> 0.$

                                   $\displaystyle \therefore F'(x)\uparrow \Rightarrow  F(x)\uparrow.$

                          从而
                                   $\displaystyle F(x)> F(0)=0,(x> 0)$

                        因此就有
                                    $\displaystyle (\int_{0}^{1}f(x)dx)^2> \int_{0}^{1}f^3(x)dx,$

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证明
                                $\displaystyle \because |(-1)^n\frac{1}{n+x^2}|=\frac{1}{n+x^2}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                      所以，级数一致收敛。又当$x=0$时，级数
                                  $\displaystyle |(-1)^n\frac{1}{n+x^2}|=\frac{1}{n},$

                      发散。故对任一$x$ ,原级数非绝对收敛。

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利用定义解析即可。

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同样可证

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（1）、
                   因为
                               $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},$

                                    $\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\arctan \frac{1}{x}=-\frac{\pi}{2},$

                      所以，极限不存在。

（2）、
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}e^{-t^2}dt}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{2xe^{-x^4}}{2x}=1.$


（3）、
                        $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt[3]{1-x}}=\lim_{x\to 0}(\sqrt[3]{(1+x)^2}+\sqrt[3]{(1-x^2)}+\sqrt[3]{(1-x)^2})=3.$


（4）、
                    因为
                                 $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,y)}\frac{\sin (xy)}{x^2+y^2}=0.$

                                  $\displaystyle \lim_{x=y\rightarrow 0}\frac{\sin (xy)}{x^2+y^2}=\lim_{x=y\rightarrow 0}\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}.$

                        所以，极限不存在。

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解：
       （1）、      
                          $\begin{align*}I&=\iiint_Ve^{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dV\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{1}e^rr^2dr\\\\&=2\pi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta (e-2\int_{0}^{1}re^rdr)\\\\&=4\pi(e-2e+2e-2)\\\\&=4(e-2)\pi.\end{align*}$


        （2）、
                           $\begin{align*}I&=\int_Cxy^2dy-yx^2dx=\iint_D(y^2+x^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r^3dr=2\pi\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi}{2}. \end{align*}$

汕头大学2020年612数学分析


解：此为$a=1$的伯努利双纽线。

                          $\displaystyle \rho ^2=\cos 2\theta .-\frac{\pi}{4}\leq \theta \leq \frac{\pi}{4},0\leq \rho \leq \sqrt{\cos 2\theta}.$

                           $\displaystyle I=2\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_{0}^{\sqrt{\cos 2\theta}}\rho d\rho =\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\theta d\theta =2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos 2\theta d\theta=1.$

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解：
                   设切点为$P_0(x_0,y_0,z_0)$ ,则切平面方程为
                                    $\displaystyle xx_0+yy_0+zz_0=1,$  

                       其与三个坐标轴的交点坐标分别为：$\displaystyle \frac{1}{x_0},\frac{1}{y_0},\frac{1}{z_0}.$   

      （1） 所求的体积为：
                             $\displaystyle V=\frac{1}{3x_0y_0z_0}.$

                    令
                            $\displaystyle f(x,y,z)=\frac{1}{3xyz}+\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                       由拉格朗日乘数法，得
                             $\begin{cases}
f_x &=-\frac{1}{3x^2yz}+2\lambda x=0, \\
f_y &=-\frac{1}{3xy^2z}+2\lambda y=0, \\
f_z &=-\frac{1}{3xyz^2}+2\lambda z=0, \\
f_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                        $\displaystyle \therefore x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

                 因此
                          $\displaystyle V_{\min}=\sqrt{3}.$

          （2）、所求坐标截距和为
                            $\displaystyle d=\frac{1}{x_0^2}+\frac{1}{y_0^2}+\frac{1}{z_0^2},$

                          再令
                                    $\displaystyle f(x,y,z)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\lambda (x^2+y^2+z^2-1),$

                     由拉格朗日乘数法，得
                                     $\begin{cases}
f_x &=-\frac{2}{x^3}+2\lambda x=0, \\
f_y &=-\frac{2}{y^3}+2\lambda y=0, \\
f_z &=-\frac{2}{z^3}+2\lambda z=0, \\
f_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0.
\end{cases}$

                                  $\displaystyle \Rightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

                                    $\displaystyle d_{\min}=9.$

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证明：
                    将$f(a),f(b)$分别在$\displaystyle x=\frac{a+b}{2}$泰勒展开：
                               $\displaystyle f(a)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(a-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2}f''(\xi)(a-\frac{a+b}{2})^2,\xi\in(a,\frac{a+b}{2})$

                               $\displaystyle f(b)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(b-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2}f''(\eta )(b-\frac{a+b}{2})^2,\eta \in(\frac{a+b}{2},b)$

                               $\displaystyle \Rightarrow f''(\xi)+f''(\eta )=-\frac{4f(\frac{a+b}{2})}{(\frac{b-a}{2})^2}< 0.(\because f(\frac{a+b}{2})> 0)$

                由此可知，$f''(\xi),f''(\eta )$之中至少有一个为负。这就证明了命题结论。

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证明
                   $\displaystyle \because \int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\cos 1+\int_{0}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^2}dx\leq \cos 1+\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx< \infty .$

                    因此积分收敛。而

                     $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }|\frac{\sin x}{x}|dx> \int_{1}^{+\infty }|\frac{\sin^2x}{x}|dx> \int_{1}^{+\infty }\frac{2}{x}dx=\infty .$

                    所以，积分非绝对收敛。即积分为条件收敛。

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解：
              因为$x$为厅函数，所以$a_n=0.$

                 $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin nxdx=\frac{1}{n\pi}(-x\cos nx|_{-\pi}^{\pi}+\int_{-\pi}^{\pi}\cos nxdx)=(-1)^{n+1}\frac{2}{n}.$

                 $\displaystyle \therefore x=2\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\frac{1}{n}\sin nx.$

             令$\displaystyle x=\frac{\pi}{2},$

             就有
                     $\displaystyle \frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots .$

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证明
            （1）由
                                           $\displaystyle F(x,y)=(f(x)-f(y))^2\geq 0.$

                            则其在$[0,1]$上的积分也大于零。从而有
                                            $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx-2\int_{0}^{1}f(x)dx\int_{0}^{1}f(y)dy+\int_{0}^{1}f^2(y)dy\geq 0.$

                            注意到积分与变量无关，因此得
                                             $\displaystyle \therefore (\int_{0}^{1}f(x)dx)^2\leq \int_{0}^{1}f^2(x)dx.$


            （2）利用结论（1），并应用积分中值定理，有
                                             $\begin{align*}\int_{0}^{1}(g'(x))^2dx-(\int_{0}^{1}f'(x)dx)^2&\leq \int_{0}^{1}(g'(x))^2dx-\int_{0}^{1}(f'(x))^2dx\\\\&=\int_{0}^{1}((g'(x))^2-(f'(x))^2)dx\\\\&=(g'(\xi)+f'(\xi))\int_{0}^{1}(g'(\xi)-f'(\xi))dx\\\\&=0.\end{align*}$
            
                                      其中$\xi\in(0,1).$

                                             $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}(g'(x))^2dx\leq (\int_{0}^{1}f'(x)dx)^2.$

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证明：
                              $\because f(\lambda x,\lambda y)=f(x,y),$

                               $\therefore \lambda \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x},$

                                           $\lambda \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial y},$

                                 $\Rightarrow x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}=\lambda (x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y})\equiv 0.$

                             对任意$\lambda$均成立。

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证明：
                   设
                             $A=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0),B=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0),C=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,0),$

               则如果函数$f(x,y)$有极小值，则有
                               $A=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)> 0,$

                              $AC-B^2=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,0)-(\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0))^2> 0.$

                            而此正是行列式
                                            $\begin{vmatrix}
A & B\\
B & C
\end{vmatrix}$

                对应的矩阵
                                       $\begin{bmatrix}
A & B\\
B & C
\end{bmatrix}$

                     是半下定矩阵。

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证明
           （1）、由
                             $g(x+1)=f(x+1)-(x+1)=f(x)+1-x-1=f(x)-x=g(x).$

                       知，$g(x)$为周期为$1$的周期函数。

            （2）、
                               $\because g(x)\in C[0,1],$且为周期函数，

                               $\therefore \sup g(x)\in \{g(x)|x\in[0,1]\},$

                    由上确界的定义可知，必有
                                     $\sup g(x)=\underset{x\in[0,1]}{\max }g(x).$

                   同理可证
                                       $\inf g(x)=\underset{x\in[0,1]}{\min} g(x).$

              （3）、

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解：
               $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin(\sin x)]\sin x}{x^4}=\lim_{x\to 0}\frac{[\sin x-\sin x+\frac{1}{6}\sin^3x+o(\sin^3 x)]}{x^3}=\frac{1}{6}.$

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（1）证：利用不等式，有
                                       $\displaystyle \because 2=\frac{1+3}{2}> \sqrt{1\cdot 3},$

                                                $\displaystyle 4=\frac{3+5}{2}> \sqrt{3\cdot 5},$

                                                  $\displaystyle \cdots $

                                                $\displaystyle 2n=\frac{(2n-1)+(2n+1)}{2}> \sqrt{(2n-1)\cdot (2n+1)}$

                                       $\displaystyle \therefore \frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot \cdots 2n}< \frac{1}{\sqrt{2n+1}}.$

                         又
                                    $\displaystyle \because 3=\frac{1+2}{2}> \sqrt{1\cdot 2},$

                                               $\displaystyle 5=\frac{2+3}{2}> \sqrt{2\cdot 3},$

                                                 $\displaystyle \cdots $

                                              $\displaystyle 2n-1=\frac{(2n-2)+2n}{2}> \sqrt{(2n-2)(2n)}$

                                 $\displaystyle \therefore \frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot \cdots 2n}=\frac{1\cdot 3\cdot \cdots (2n-1)}{2^n\cdot 1\cdot 2\cdot \cdots n}> \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2n}}{n}> \frac{1}{2\sqrt{n}}.$

                                  综合所得，结论成立。

（2）、利用上面的结论，由夹逼法知
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0.$

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解：将所给方程求导，可知，方程中$\cos3x$应改为$\sin3x$.

                                       $\displaystyle y=\sin x+a\sin3x,$

                                       $\displaystyle y'=\cos x+3a\cos 3x=0,$

                                       $\displaystyle \therefore x=\frac{\pi}{3},a=\frac{1}{6},$

                                         $\displaystyle y''=-\sin \frac{\pi}{3}-9\cdot \frac{1}{6}\sin \pi< 0,$

                 所以，是极大值。

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解：
                                 $\begin{align*}I&=\iint_S(x^2+y^2+z^2)dS=R^2\iint_SdS\\\\&=R^2\iint_\sigma \sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{R^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=R^3\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{r}{\sqrt{R^2-r^2}}dr\\\\&=\pi R^4.\end{align*}$

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解：对已知方程求偏导数，得
                         $\displaystyle u_x=g'(u)u_x+\phi (x),\phi (x)=(1-g'(u))u_x,$

                         $\displaystyle u_y=g'(u)u_y-\phi (y),\phi (y)=-(1-g'(u))u_y,$

                         $\displaystyle \therefore \phi (x)\frac{\partial z}{\partial x}+\phi (y)\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}(1-g'(u))(u^2_x-u_y^2).$

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（1）、证明：令
                                  $\displaystyle x=nT+x,$

                          利用偶函数和周期性，得
                                     $\begin{align*}\because \int_{0}^{nT}xf(x)dx&=\int_{-nT}^{0}(nT+x)f(nT+x)dx\\\\&=nT\int_{-nT}^{0}f(x)dx+\int_{-nT}^{0}xf(x)dx\\\\&=nT\int_{-nT}^{0}f(x)dx-\int_{0}^{nT}xf(x)dx.\end{align*}$

                                      $\displaystyle \therefore \int_{0}^{nT}xf(x)dx=\frac{nT}{2}\int_{0}^{nT}f(x)dx=\frac{n^2T}{2}\int_{0}^{T}f(x)dx.$


（2）解
                 利用（1）的结论计算
                                $\displaystyle a_n=\int_{0}^{n\pi}x\cos xdx=\frac{(\frac{n}{2})^2\cdot 2\pi}{2}\int_{0}^{2\pi}\cos xdx=0.$

                    题应该有误。

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解：
                   由
                                  $\displaystyle \lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x\arctan \frac{1}{x^2}=0=f(0)$

                       知，$f(x)$在$x=0$处连续，$a=0$。而导函数

                                  $\displaystyle x\neq 0,f'(x)=\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x}{1+\frac{1}{x^4}}=\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x^5}{x^4+1},$

                                   $\displaystyle x=0,f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x\arctan \frac{1}{x^2}-0}{x}=\frac{\pi}{2}.$

                      故有
                                    $\displaystyle \lim_{x\to 0}f'(x)= \lim_{x\to 0}(\arctan \frac{1}{x^2}+\frac{x^5}{x^4+1})=\frac{\pi}{2}=f'(0).$

                       在$x=0$处导函数连续。