山东师范大学2018年数学分析（17）823

1、设$f(x)$在$x_0\in(a,b)$上有$n+1$阶导数。则：
          $f(x)=f(x_0)+\frac{1}{1!}f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}f''(x_0)(x-x_0)^2+\cdots +\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x-x_0)^n+\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi )(x-x_0)^{n+1}.$

        其中：
                  $R_n=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi )(x-x_0)^{n+1}.(\xi \in(x_0,x)\subset (a,b))$

         称为拉格朗日余项。

2、例：
             $\int_{0}^{+\infty }\sin x^2dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}dt.$

         由Dirichlet判别法知，上述积分收敛。而$\sin x^2$不趋于$0$.

山东师范大学2018年数学分析（17）823


1、解：$$\lim_{n\to \infty }\left ( \frac{n}{n^2+\pi}+\frac{n}{n^2+2\pi}+\cdots +\frac{n}{n^2+n\pi} \right )=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\pi x}dx=\frac{1}{\pi}\ln(1+\pi).$$

2、解：
           $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2+\tan x}-\sqrt{2+\sin x}}{x^3}&=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2}(\tan x-\sin x)}{x^3(\sqrt{2+\tan x}+\sqrt{2+\sin x})}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{2}\sin x(\frac{1}{\cos x}-1)}{2\sqrt{2}x^3}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos}{2x^2\cos x}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{2x^2}\\&=\frac{1}{4}.\end{align*}$

山东师范大学2018年数学分析（17）823


3、比较简单，利用定义求解。

4、解：
              $\begin{align*}
\int_{0}^{1}\int_{1}^{x}\frac{\ln(t+1)}{t\sqrt{x}}dtdx &=\int_{1}^{0}\frac{\ln(t+1)}{t}dt\int_{0}^{t}\frac{1}{\sqrt{x}}dx,(x\leftrightarrow t) \\
&=\int_{1}^{0}\frac{\ln(t+1)}{t}\cdot 2\sqrt{t}dt \\
&=4\int_{1}^{0}\ln(u^2+1)du,(\sqrt{t}=u,dt=2udu) \\
&=4u\ln(u^2+1)|_1^0+8\int_{0}^{1}\frac{u^2}{u^2+1}du \\
&=-4\ln2+8-2\pi.
\end{align*}$

5、先求极值：
                    $f'(x)=\frac{x(x+1)}{x^2+1}e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}.$

                    $x=0,-1,\rightarrow f'(x)=0.$

                   $f''(x)=\frac{2(x+1)}{(x^2+1)^2}e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}.$

                    $x=0,f''(0)\geq 0,\rightarrow f_{min}(0)=-e^{\frac{\pi}{2}}.$

                    $\because \displaystyle \lim_{x\to -1^+}(x+1)< 0,f'(x)< 0.\displaystyle \lim_{x\to -1^-}(x+1)< 0,f'(x)< 0.$

                    $\therefore x=-1$不是极值点。

        求单调区间：
                      $-\infty <x<0,f(x)$单调降； $0 \leq x<+\infty ,f(x)$单调增。

         设渐近线为：
                       $y=ax+b.$

                      $\displaystyle a=\lim_{x\to\infty }\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\infty }\frac{x-1}{x}e^{\pi/2+\arctan x},$

                      $\rightarrow \displaystyle a_1=e^\pi,(x\to+\infty ),a_2=1,(x\to-\infty )$

                      $\displaystyle b_1=\lim_{x\to +\infty }(f(x)-ax)=\lim_{x\to +\infty }\left ( (x-1)e^{\pi+arctan x}-xe^{\pi} \right )=-e^\pi.$

                      $\displaystyle b_2=\lim_{x\to -\infty }(f(x)-ax)=\lim_{x\to -\infty }\left ( (x-1)e^{\pi+arctan x}-xe \right )=-1.$

            因此，两条浙近线为：
                      $\therefore y=xe^\pi-e^\pi,y=x-1.$

            

山东师范大学2018年数学分析（17）823


6、解：利用格林公式计算。

               $P=-y+\frac{1}{2},Q=x+e^{\sin x}.$

               $L'=L+\overrightarrow{CA},$

              $\begin{align*}
I&=\oint_{L'} -\int_{\overrightarrow{AC}} \\
&=\iint_S\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy-\int_{A}^{C} \frac{1}{2} dx\\
&=\iint_S0 dxdy+1\\
&=1.
\end{align*}$

7、利用高斯公式计算。

                     $\Omega :\Sigma +z=0.$

                     $\begin{align*}
I&=\iint_\Omega +3\iint_{z=0}  \\
&=\iiint_\Omega (6x^2+6y^2+6z)dV+3\pi  \\
&=6\iint_S(\int_{0}^{1}(x^2+y^2+z)dz)dxdy +3\pi\\
&=6\iint_S(x^2+y^2+\frac{1}{2})dxdy +3\pi \\
&=6\int_0^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(r^2+\frac{1}{2})rdr +3\pi \\
&=6\pi.
\end{align*}
$

山东师范大学2018年数学分析（17）823

解：
        当$p> 1-\frac{1}{n}$时，级数绝对收敛；

        当$-1-\frac{1}{n}< p\leq 1-\frac{1}{n},$时，级数条件收敛；

        当$p\leq -1-\frac{1}{n}$时，级数发散。

山东师范大学2018年数学分析（17）823



此题前已有类似题目。

山东师范大学2018年数学分析（17）823

山东师范大学2018年数学分析（17）823

山东师范大学2018年数学分析（17）823


证明：此题华师大课本上有。利用高斯公式，有

山东师范大学2018年数学分析（17）823

证明：
             $f(x),g(x)$可积，因此有$f(x),g(x)\leq M.$

             $\because \displaystyle \lim_{n\to\infty }\int_{a}^{b}|f_n(x)-f(x)|^2dx=0,|f_n(x)-f(x)|^2\geq 0.$

             $\therefore |f_n(x)-f(x)|\rightarrow 0,(n \to \infty )$
              
             $\Rightarrow \displaystyle \lim_{n\to\infty }\int_{a}^{b}|f_n(x)-f(x)|dx=0,$
    而
             $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\left | h_n(x)-h(x) \right |&=\lim_{n \to \infty }\left | \int_{a}^{b}f_n(x)g(x)dx-\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\right |\\
&\leq \lim_{n \to \infty }\int_{a}^{b}\left |g(x)(f_n(x)-f(x))\right |dx \\
&\leq M\lim_{n \to \infty }\int_{a}^{b}\left |f_n(x)-f(x)\right |dx \\
&=0.
\end{align*} $

             所以，$h_n(x)$一致收敛于$h(x)$.

山东师范大学2018年数学分析（17）823


证明：先作变量变换：
                                  $t=xy,h=\frac{y}{x},1\leq t\leq 2,1\leq h\leq 4.$

                                  $|J|=\begin{vmatrix}
\frac{1}{2\sqrt{th}} &-\frac{\sqrt{t}}{2\sqrt{h^3}} \\
\frac{\sqrt{h}}{2\sqrt{t}} & \frac{\sqrt{t}}{2\sqrt{h}}
\end{vmatrix}=\frac{1}{2h}.$

                                  $\begin{align*}\iint_Df(\sqrt{xy})d\sigma&=\iint_Df(\sqrt{t})\frac{1}{2h}dtdh\\
&=\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt\int_{1}^{4}\frac{1}{2h}dh\\
&=\frac{1}{2}\ln h|_1^4\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt\\
&=\ln2\int_{1}^{2}f(\sqrt{t})dt.
\end{align*}$

中山大学2018年数学分析662


（1）解：
        $\displaystyle \lim_{x\to 0}(1+\tan x)^{\frac{2018}{x}}=\lim_{x\to 0}(1+\tan x)^{\frac{1}{\tan x}\frac{2018\tan x}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac{2018\tan x}{x}}=e^{2018}.$


(2)解：
        $(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)},$

         $(f^{-1})''(y)=-\frac{f''(x)}{(f'(x))^2}.$

(3)解：
         $\begin{align*}
\lim_{n\to \infty }\left ( \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\cdots \frac{1}{2n} \right ) &=\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}+\lim_{n\to \infty }\frac{1}{n}\left ( \frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}\cdots \frac{1}{1+\frac{n}{n}} \right ) \\
&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx\\
&=\ln2.
\end{align*}$

中山大学2018年数学分析662

（4）解：
              $\because \frac{\partial f}{\partial x}=y^2z^3+2xyz^3+3xy^2z^2z'_x,$

                     $2x+2zz'_x=3yz+3xyz'_x,$

              $\rightarrow z'_x=\frac{2x-3yz}{3xy-2z}.$

               $\therefore \frac{\partial f}{\partial x}=0.$

（5）解：
               $x=u^2,y=v^2.|J|=4uv.u+v=1.$

               $I=4\iint_{u+v\leq 1}(u+v)uvdudv=\cdots .$

（6）解：
              $L:\begin{cases}
z&=2, \\
x^2+y^2&=1.\end{cases}$

               $\sigma :x^2+y^2\leq 1.$

               $\begin{align*}I&=\oint_L2x^2ydx+dy+(x+y+1)dz\\
&=\iint_\sigma \left ( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z} \right )dydz+\left ( \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x} \right )dzdx+\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy\\
&=\iint_\sigma dydz+(x^2y-1)dzdx+(1-x^2)dxdy\\
&=\iint_\sigma(1-x^2)dxdy\\
&=\iint_\sigma dxdy-\iint_\sigma x^2dxdy\\
&=\pi.
\end{align*} $

中山大学2018年数学分析662

二、解：
                $\because \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}\sim \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$
          而
                $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$收敛，所以原级数收敛。

三、解：用拉格朗日条件极佳法求解：
                  $L(x,y,z,\lambda ,\mu )=xyz+\lambda (x^2+y^2+z^2-1)+\mu (x+y+z).$

                   $\begin{cases}
L_x&=yz+2\lambda x+\mu=0   \\
L_y&=xz+2\lambda y+\mu=0   \\
L_z&=xy+2\lambda z+\mu=0   \\
L_\lambda &=x^2+y^2+z^2-1=0  \\
L_\mu &=x+y+z=0
\end{cases}$
      
                解之。得到下例极值点，也是可能的最值点。即：

                                   $p_1(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{-2}{\sqrt{6}}),p_2(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{-2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}),p_3(\frac{-2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}), $
                                
                                    $p_4(\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}}),p_5(\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}}),p_6(\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}},\frac{-1}{\sqrt{6}}).$

                     比较得到：$P_1,P_2,P_3$为最小值点，$f_{min}=-\frac{1}{3\sqrt{6}}.$

                              而：$P_4,P_5,P_6$为最大值点，$f_{Max}=\frac{1}{3\sqrt{6}}.$

中山大学2018年数学分析662


四、证明：
                 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}=\frac{1}{2}+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^2+1}.$

                 $\because \displaystyle \frac{1}{k^2+1}-\frac{n}{k^2+n^2}=\frac{(1-n)(k^2+n)}{(k^2+1)(k^2+n^2)}\leq  0,(n\geq 2)$

                 $\therefore \displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}=\frac{1}{2}+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^2+1}< \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{k^2+n^2}.$

                 $\Rightarrow \displaystyle \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2+1}< \frac{1}{2}+\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{k^2+n^2}=\frac{1}{2}+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}.$


五、证明：由已知
                            $f(x)\in C(-\infty ,+\infty ),\rightarrow \forall x\in [a,b]\subset (-\infty ,+\infty ),$

                     $\Rightarrow |f(x)-f(a)|< \frac{\varepsilon }{2},|f(x)-f(b)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                      $\because \displaystyle \lim_{x\to -\infty }f(x)=f(-\infty)< \infty ,$

                            $ \displaystyle \lim_{x\to +\infty }f(x)=f(+\infty)< \infty ,$

                     $\Rightarrow \exists A> 0,b> A,s.t.|f(b)-f(+\infty)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                             $\exists A> 0,a<-A,s.t.|f(b)-f(-\infty)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                     $\therefore \forall x\in (-\infty ,+\infty ),\exists A> 0,x,b> A,s.t.$

                             $|f(x)-f(+\infty)|<|f(x)-f(b)|+|f(b)-f(+\infty)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon ,$

                             $\forall x\in (-\infty ,+\infty ),\exists A> 0,x,a<-A,s.t.$

                            $|f(x)-f(-\infty)|<|f(x)-f(a)|+|f(a)-f(-\infty)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon ,$

                 
                  所以，在$(-\infty ,+\infty )$上，$f(x)$一致收敛。

中山大学2018年数学分析662

证明：由函数在给定点的连续性质，有
                                      $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$

              又因为在该点的邻域内导数存在，由罗必塔法则，有

                                  $\displaystyle \therefore f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}f'(x)=a< \infty .$

中山大学2018年数学分析662


七、解：令
                 $A_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n},$
                则有
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }A_n=\infty.$

                        $\displaystyle R=\lim_{n \to \infty }\left | \frac{A_n}{A_n+\frac{1}{n+1}} \right | =1.$

                       由于$x=\pm 1$时，级数发散，

                                     $\therefore -1< x< 1.$

八、解：
                     $f(x)=e^x+e^{-x}+2\cos x,$

                     $f'(x)=e^x-e^{-x}+2\sin x=0,\Rightarrow x=0,$

                     $f''(x)=e^x+e^{-x}-2\cos x=0.f''(0)=0.$
           
                   由于二阶导数为$0$,因此，不能用二阶导数判断极值。可以用函数在$x=0$附近的性态，来判断。

                     $x\to 0^+,f'(x)<0,f\downarrow.$

                     $x\to 0^-,f'(x)> 0,f\uparrow.$

                     $\therefore f_{Max}(0)=4.$

中山大学2018年数学分析662

九、解：               $\forall\varepsilon , x_1,x_2\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

               $|f(x_1)-f(x_2)|=|x_1\sin x_1^{\frac{1}{4}}-x_2\sin x_2^{\frac{1}{4}}|\leq |x_1-x_2|< \delta =\varepsilon .$

             所以，$f(x)$一致收敛。


十、解：
                $\because \left | \frac{x^n}{n\ln n} \right |\leq \left | \frac{1}{n\ln n} \right |\rightarrow 0,(n \to \infty )$

              由狄氏判别法可知，级数一致收敛。

中山大学2018年数学分析662

网友提供的解答

江苏大学2018年601－数学分析

江苏大学2018年601－数学分析


解：（题中似是漏了括号）
         $\displaystyle \alpha =\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n}\sqrt{5n^2+3n-2}+\frac{\beta }{n})=\sqrt{5}.$

         $\displaystyle \beta =\lim_{n \to \infty }(\sqrt{5n^2+3n-2}-\sqrt{5}n)=\lim_{n \to \infty }\frac{5n^2+3n-2-5n^2}{\sqrt{5n^2+3n-2}+\sqrt{5}n}=\frac{3}{2\sqrt{5}}.$

江苏大学2018年601－数学分析

证明：
                 $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{1}x^nf(x)dx&=\lim_{n \to \infty }\frac{n}{n+1}(x^{n+1}f(x)|_0^1-\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx)\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^{n+1}f'(x)dx\\
&=f(1)-\lim_{n \to \infty }\xi^{n+1}f'(\xi),(0<\xi <1)\\
&=f(1).
\end{align*}$

江苏大学2018年601－数学分析

解：
         $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)+\cos x}{x}=\lim_{x\to 0}(g'(x)-\sin x)=g'(0)=f(0).$

         $\therefore f(x)$在$x=0$连续。

       由分段函数求极限，有：
                           $\because f'(x)=\frac{xg'(x)-x\sin x-g(x)-\cos x}{x^2},$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0}f'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{xg'(x)-x\sin x-g(x)-\cos x}{x^2}=-\infty .$

         由定义求导：  
                             $\begin{align*}
f'(x)|_{x=0}&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{g(x)+\cos x}{x}-g'(0)}{x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)+\cos x-xg'(0)}{x^2}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g'(x)-\sin x-g'(0)}{2x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{g''(x)-\cos x}{2}\\
&=\frac{g''(0)-1}{2}.
\end{align*}$   

              所以，$f'(x)$不连续。

   

江苏大学2018年601－数学分析

解：
                              $\because f_x=-(1+e^y)\sin x=0,f_y=e^y\cos x-e^y-ye^y=0.$

                              $\Rightarrow x=0,y=0.$

         所以函数的驻点为$(0,0).$

                            $ A=f_{xx}|_{(0,0)}=-(1+e^y)\cos x|_{(0,0)}=-2,$

                            $B=f_{xy}|_{(0,0)}=-e^y\sin x|_{(0,0)}=0,$

                            $C=f_{yy}|_{(0,0)}=x^y\cos x-2e^y-ye^y|_{(0,0)}=-1.$

                            $\therefore AC-B^2=2> 0.$

                  因此，在$(0,0)$有极小值，$f_{Max}=2.$

江苏大学2018年601－数学分析

解：
                 $L(x,y,z,\lambda )=x^2+y^2+\frac{z^4}{2}-\lambda (xyz-1),$   

                  $\begin{cases}
L_x &=2x+\lambda yz=0. \\
L_y &=2y+\lambda xz=0. \\
L_z &=2z+\lambda xy=0.\\
L_\lambda &=xyz-1=0.
\end{cases}$      

          所以，可能的条件极值点为：

                        $ P_1(1,1,1),P_2(1,-1,-1),P_3(-1,-1,1),P_4(-1,1,-1)$

           比较而得极小值为：$f_{min}=\frac{5}{2}.$

江苏大学2018年601－数学分析

证明：
            $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0,$

            $\begin{align*}\therefore \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)}{x}}{x}\\
&=\lim_{x\to 0}\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-xf''(x)-f'(x)}{2x}\\&=\frac{1}{2}f''(0).
\end{align*}$

             $\Rightarrow f(x)=O(x^2).$

             $\therefore f(\frac{1}{n})=O(\frac{1}{n^2}).$

          而级数$\frac{1}{n^2}$绝对收敛，因此级数$f(\frac{1}{n})$绝对收敛。

附上一个另解：

                                                            参见：《高等数学（微积分）700例题》杨延龄等著,2004

江苏大学2018年601－数学分析

解：此题参见：《数学分析习题集》  吉米多维奇,2010版，第4109题。

江苏大学2018年601－数学分析

解：设两曲面的交截面为$\Sigma $，方向向上。且有：
                            $\cos\alpha=\cos\beta =\cos\gamma =-\frac{1}{\sqrt{3}}.$

                             $\oint_L xdy+ydz+zdx=-\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1\\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z}\\
y & z & x
\end{vmatrix}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_\Sigma -3d\sigma = \sqrt{3}\pi.$

江苏大学2018年601－数学分析

解：添加$z=0$（方向向上）使积分区域成为闭合曲面。
             $\Omega :\Sigma +z_{=h+},$

            $\begin{align*}\iint_\Sigma (x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma  )ds&=\iint_\Omega (x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma  )ds-\iint_{z_{=h-}}h^2dxdy\\&=\iiint_\Omega \left ( \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right )dV-\pi h^3\\&=2\iiint_\Omega (x+y+z)dV-\pi h^3  .
\end{align*} $

            变量代换：
             $\begin{cases}
x &=r\cos\theta ,0\leq \theta \leq 2\pi, \\
y &=r\sin\theta ,0\leq r\leq h,\\
z &=r\tan\varphi ,0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{4} .
\end{cases} $

              $|J|=r^2\sec^2\varphi .$

             $\begin{align*}\therefore 2\iiint_\Omega (x+y+z)dV-\pi h^3&=2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\varphi \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{h}(r\cos\theta +r\sin\theta +r\tan\varphi )r^2\sec^2\varphi dr-\pi h^3\\&=\frac{1}{2}\pi h^4-\pi h^3.
\end{align*}$

谢谢分享