第07章多元函數(shù)微分法及其應(yīng)用習題詳解

第七章多元函數(shù)微分法及其 （1）(x,（2）(x,（3）(x,（4）(x,

x0,y0；1x2y24；yx2；解（1）集合是開集 x0或y x2y2 y{(x,y)x2(y1)21}U{(x, x2(y1)2 x4y42t2xyt2 x4y4x2x2 設(shè)xx xx 解由于 ，則fx （1）

x2

（2）zln(yx)arcsiny； （4） ； z （6）u z解（1）定義域為(xy)y定義域為(x,定義域為(x,

xyxxy0，即第一、三象限（不含坐標軸 a2b2 定義域為(xy)x0y0x2y定義域為(x,y

x2y2z20,x2y2 1cosx2 x

(x,y)(0,0)ln(x2

(x2y2)

1

；y

1xy)x (x,

(x2y2(x,y)(解：（

xy

f(2,0)4221cosx21cosx2 cosulim 1 u0ln(1 u0 1（3）因 ，

有界， (x2y2)

10

x 212

1

1 (1

(x2y2 (x當 0， 0時，有

xy2limulim2u 22(x,y)( u u (x,y)(x(x,y)(0,0)x

xy

x

證明（1）當(xyykx趨于(00 (x,y)(0,0)x與k有關(guān)，上述極限不

122 22

04(x,y)(0,0)x4y4

x0x

x0x lim lim 2(x,y)(0,0)xy2

x0x4

故函數(shù)f(x,y在點(0,0)處二重極限不存在 （2）

1.y2 y2

01x2 0 2P(x,y)，其中 |OP|，于是，0，20；當0x2

0成立，由二重極限定義

x2

0設(shè)f(x,y)sinx，證明f(x,y)R2證設(shè)P(xyR20，由于sinxx處連續(xù)，故0，當|xx|

|sinxsinx0|以上述作P0的鄰域U(P0，則當P(xyU(P0)時，顯|xx0|(P,P0)R2上連續(xù)zf(xy在(x0y0fx(x0y0Afy(x0y0B，問下（1）limf(x0h,y0)f(x0,y0) （2）limf(x0,y0)f(x0,y0h) （4）limf(x0h,y0)f(x0h,y0) 解（1）limf(x0hy0f(x0y0z(xy （2）limf(x0,y0)f(x0,y0h)limf(x0,y0h)f(x0,y0)z(x,y) （3）limf(x0,y02h)f(x0,y0)lim2f(x0,y02h)f(x0,y0) AA

（1）z （2）zln （3）zexy （4）

x2；zx2ln(x2y2) （8）z(1（9）uarctan(x （10）u y解（1）zy1zxx 1x 2x 2

yyycoty

yztan1xsec2x x t 2 y yy2

y2

ysec

2xxy(x2y2)y

2x2y(x2y2)yx2y2

1y x

2xln(xy) 2x2xln(xy) x2 x2 2x22 x2y2 x2y2

2

1

，

2

1

；

y1 xy) xy 1

z(x

z1

， 1(x

1(x z1 z(x 1(x z(x ( 1(xy)2z z (xy)zln(x(x ln(x 1(x

1(x xz1 z xz1 x z（10）x

2 y2

yy

y lny

xyf(10f(1,0 11 1，f(1,0)1 2 y 2

1y，f(x,y) y 2x2

1x yx . 101，f(1,0) 1. 0 2

2

解法一由于f(x,1)x(11) x

1

，fx(x,1)x

xey

x x

z y

yy

由于 y ， x2 y xxex xex

z y y 所以x

y xyex y

x2y2 在點(2,45)處的切線與x軸正向（2）

1x2y2

在點(1,1,3)y解zx(2,4)2xx21，即ktan1，于是傾角411傾角的斜率zy(1,1)

211

，即ktan

，于是傾角 已知zxsinyysinx，求xy （2）已知z y y)， z

求

xx232解（1）x3xsinyycosxxy3xcosy3ycos ln x lnyxx 2z1 1ln x lnylnx z

x11 x2 x2 x x2

3

x2y2

z

y

，z 1 2 2

x x x 2z 22，y2 xy xy

x2y22y2

2

x2y22x22

y2. 2

xy xy xy xy fx(0,0,1)，f(1,0,2)，fyz(0,1,0)fzx(2,0,1)解

y22xz，

xx2z，

fy2xyz2，

yzzz

z2y，fzx0fx(00,12fxz(1022fyz(0100fzx(20,10

2y sinnx滿足t

r xyz滿 2 2 2證（1）因為tkn sinnx，x cosnx，x2n sin 2 2所 kn 2 2 x r22（2）因為 2

x 22

r2

r2， r2 r2 r2 所以 s2

x2 （2）z(x2y2)exys2 y yxzarcsin(y0) （4）ze y（5）uln(x2y2z2) （6）u 解（1） 2 sst s yx y dzdexyexyd y

xy y x dx x2 y2 1

dx2y2z2 x2y2x2y2

x2y2（2）z

1

x1，y1處的全微解 因為dzdln(1x2y2) 1x2

1x2

所以dzx1

(2dx4dy)

（2）因為dzdarctan1y2

d1y2d 1y21

2

2dy1

x21y

1y2

1yx 1 所以dzx1 2 2 1yx 1 zx2y3x2y1x0.02y0.01x2y1x0.02y0.01dz4x12y0.080.120.2

x2y2

x2y1x0.01y0.03 解因為dzd 2 xy x2y2

x2y2 0.250.027777 x0y0x2y1x0.01y0.03zxxy xy 0.0282522x

2y

x2 x2

y0全增量與全微分之差為 dz0 0 0000475設(shè)uex2yxsinty

， x2 x2 cost 3t (cost6t) z z 12x 1(u 1(u314x2 1x2(4x2

設(shè)zuvuv，uxcosy，vxsiny， z z 解xuxvx2uvvcosy ysiny) 2uvsinz

z

u

z

2uv

xsiny

2uvxcos u v 設(shè)zulnv，而u3x2y， z z u2 y解x

x

x2ulnv3 vx2 6(3x2y)lny1(3x2y)2 zzuzv u21 y1 2ulnv u v

v

2y)ln

2y) z ycos u 2e2xyycos，e2xyysinzzuf 2uexy sin u 2e2xysin.e2xyysin 設(shè)usin(x.

u u u xy r r xyu

uy

z2x2y(rt)

z2 x y z u

u

u

z x y z 設(shè)zarctan，xuv，yuv， y

u u2 z z1 u2 z z111x

y

1

y21

x2y21 zzxzy

1

x1 x y

2x

y2 y1 y

1 y y u x2 x2 (uv)2(u u2 z z x y x（1）zf(xy) （2）uf y 解（1）z2xf(x2y2z2yf(x2y2 f， x

xf1f 1

zy2 zuf yyf 2 z2 z2 x

x z xyxyF(u)xyxyF(u)xF

x xyF(u)y F 設(shè)zy[cos(xy)]，試證 x zzysin(xy)[cos(xy)]ysin(x y設(shè)

zy，且函數(shù)Fzy,,, xx xx 證ukxk1Fk zF 2 1

k1

yFxyF

sec 1 zfcosx，zcosy(cosy)f sec

zsecxcosxfsecycosysecy(cosy)fsec sec 14.求下列函數(shù)的二階偏導(dǎo)數(shù)2， （2）zf(x2y2) 解（1）令sxy，tyzf(xyys和t zfsyf，zf fdtxff 1 1

2z

z

s

z

dt y y yf11 f12

f2xf11

2zz s dt zfs2xf，zfs2yf 2z

z

2xf2f2xf2x2f4x2f 2zz2xf2xf2y4xyf 2z

z

2 y 2 2 4yf 令sxy2tx2y zf

f

y2f2xyf，zf

f

2xyfx2f 1 2 1 2 2zz 2 xy 2fsft2yf2xyf sft

12

y2y2f

2zz 2 yy 2yf2 sft2xf

sf

y yf11 12 22y 2zz 2 xf2

s

ft2

s

ft

12 xf21 22 2xf4x2y2f4x3yfx4 令usinxvcosywexyzfdufwcosxfexyf，zfdvfwsinyfexyf 1 3 2 3

xcos f3

xy 11 13x 31 33x sinxfcosxcosxfexyfexyfexycosxfexyfexyfsinxfcos2xf2exycosxfe2xyf y

xy xy cosx

f3 f32d

yyy yy cosxsinyf 3

sin zz

xy dvfwexyfexyfdvf sinyf22 23y 32 33y cosyf2sinysinyfexyfexyfexysinyfexyf 設(shè)cosyexx2y

，求解設(shè)F(xycosyexx2y ex exdxx 2 sinyx siny2

y 解設(shè)F(x,y)xylnylnx1，則dyFx xxy x x x2yxyyarctan 設(shè)

，求.解設(shè)F(xy

arctanyx

y x2y2x2

1

x2y2x2 x x xx1 x

x2 x2 設(shè)cosxcosy z1，求x，y解設(shè)F(xyzcos2xcos2ycos2z1， zFy2cosysinysin2y， 2coszsin sin 2coszsin sin設(shè)方程F(xyzxyyzzx)0確定zz(xy，其F存在偏導(dǎo)函 F(x1 21 F(y F(y 設(shè)由方程F(xyz0分別可確定具有連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)的函數(shù)xx(yz)

yz證因 xy Fy Fz 所以

1yz

Fx

y z(u,v(cxaz,cybz0zf(xy滿足azbz 證令uc，vc

u

vab u v u v zx

，zy

bb于

z

設(shè) 0，求x2

解設(shè) 于 z zz z (exy)yz

x

3 3 解設(shè)F(xyzezxzy2，則FzFezxF 于

，zFy

zezxzez2zz

x2yezxzez 2yezx 由exzy0z(0,10

2微分

解設(shè)F(xyz

x

2 x2y2 x F

，，

x2y2y

z

y

x2y2

xzx2y2z2

x2y2

dy dy

dz(1,0,1)

，

； 設(shè)yeuucosvxyxy解（1）xdz

2x4y 6z

dy

x.

16yz2y0

2xdy 6xzxx(6z1) dz

xvx J

x 0 uu x

x2

xx xx2 x2 x2 F1，F(xiàn)0，F(xiàn)eusinv，F(xiàn) G0，G1，Geucosv，Gusin eusin J

(u,v)

usin

ueu(sinvcosv)u0的條件下，解方u1(F,G)1 ucosv sin J J usin eu(sinvcosv)u1(F,G)1 ucosv J J usin eu(sinvcosv)v1(F,G)1eusinv1 cosv， J(u, Jeucosv u[eu(sinvcosv)v1(F,G)1eusinv0 sinv. J(u, Jeucosv u[eu(sinvcosv)（1）xt2y1tzt3在(10,1)t（2）t1

y1tzt2在t1的對應(yīng)點t （3）xtsint，y1cost，z4 在點 1,1,22處 （4） 在點(1,1,3yz10解（1）x2ty1z3t2，而點(10,1)所對應(yīng)的參數(shù)t1

x1

yz1 即（2）x1tt

2xy3z50 yt1t)1z2tt1對應(yīng)著點t

(1 (1 x 2y2z1 2x8y16z10x1costysintz2cost，點1,1,22 為t

2

T1,1,2 z2 1y1

x 402將

2z y dxy

4xzx

dz

4xyx 從 3

13 x1y1z3 3x3yz30在曲xt，yt2zt3x2yz4解因為x1y2tz3t2，設(shè)所求點對應(yīng)的參數(shù)為t Tn0，即14t3t20，解得t1和 .于是所求點為(1,1,1) 1 1 , 3 27（1）3x2y2z227在點(3,1,1處（2）zln(1x22y2在點(1,1ln4) （3）z 在點 處 4解（1）F(xyz)3x2y2z227所以在點(3,1,1)處的切平面方程9(x3)(y1)(z1)0 9xyz270 x3y1z1 （2）F(x,y,z)ln(1x22y2)1n(F,F,F) ,1 1x22y21x2 所以在點(1,1ln4)處的切平面方程x2y2z34ln20 x1y12

z2ln.

yxn(F,F,F) ,1 x2 x2 1111,1,

4 4所以在點1,1,4

2 xy2z 0 21

z 4 設(shè)F(x,y,z)x22y23z221，則曲面在點(x,y,z)處的一個法向nFxFyFz)2x4y6z.已知平面的法向量為(146，由已知平面與所求切平 2x4y6z，即x1z，y

3z

z2x1y21,2,2 x4y6z

z平行（a， 證曲面F(xazybz0 (1 知直線 z平行 解令F(xyz3x2y2z216，曲面的法 n2(00,1，記n1與n2的夾角為，則所求的余弦cos 證明曲面xyza3（a0，為常數(shù)）的任一切平面與三個坐標面所圍成的四面體的證設(shè)F(xyzxyza3，曲面上任一點(xyz的法向量為nyzxzxy，該

13a33a3 9V a 求函數(shù)zx2y2在點(1,2)處沿從點(1,2)到點(2,2 解按題意，方向l1,3)e

1

3

2

2，

4 2 4 1 3 求函zln(x2y2)在點(1,1)處沿x60o 3解依題意，el 2 ，z x2 x2

1，11

131 3 y2 b 求函數(shù)z1a2b2在點 2

1

解先求切線斜率：在 解先求切線斜率：在 2x2ydy 于

dxa,b

ba

k1

xa,b

y

2 2 lab

a

a2

b

a2

2(ab) 22求函數(shù)ux2xyz2在點(10,1)處沿該點到(313) 解因

2，

1，z

2l2,1,2，e2,1,2 33 1

2313233求函數(shù)ux2y2z2在曲xtyt2zt3上點(1,1,1)解先求曲線在給定點的切線方向：因為x1y2tz3t2 (e 又

2，

2

2 2

2

2

6147 求函數(shù)uxyzx2y2z21上點(xy F(xyzx2y2z21F2xF2yF2z 00(x0y0z0處的外法線方向向量可取為lFxFyFz(x,y,z)2x02y02z0l00cos x2y2

，cos x2y2

x2y2 1 1 1 cos (x,y,z (x,y,z00

00

xy

xy2 x2 2222 22220 0 000 x2y2 求函數(shù)uxyz在點(1,1,1)沿方向l(cosacosbcosc)的方向?qū)?shù)，gradu的值，gradu的方向余弦.

1，

1，

1

由梯度的定義得gradu

z

k=i+ gradu 1313gradu的三個方向余弦為cos ，cos 1313 yzzz

uxz

uyx

5

4

z

一個徙步旅行者爬山，已知山的高度滿足函數(shù)z10002x23y2，當他在點) 解x4xx6y

4，

6

j=4i6由梯度的意義可知，沿梯度(4,6)方向能盡快地升高設(shè)uv都是x，yz的函數(shù)，uv的各偏導(dǎo)數(shù)都存在且grad(uv)gradugrad(uv)vgradu

v x,xy,y z,,xyz, xyz graduz zxx

y

v v

vuu vv,, ,xy vgradu（3）grad(u)u,u,u

,

u

y z xyz 設(shè)a0，求函f(xy)3axyx3y3的極值解解方程組求得駐點(a,a

f

Cfyy(a,a)6a，ACB236a20由判定極值的充分條件知：在點(a,a)處，函數(shù)取得極大值f(a,a)a3z4(xyx2y2解解方程組求得駐點(2,2)

f42y Afxx(2,2)20，Bfxy(2,2)0解本題屬條件極值問題，易將它化為無條件極值問題.條件xy30可以表示成y3xzx2y21，則問題化為求zx23x)21的極大 2x2(3x)4x60，得 又

40

3 3 212 xyz(xyz0)xyz50下u

令x50

LxzLxy求得

3z50 解設(shè)所求點為(xyzA(1,1,1和B(231的距離平方和為u(x1)2(y1)2(z1)2(x2)2(y3)2L(x,y,z)(x1)2(y1)2(z1)2(x2)2(y3)2(z1)2(xz)令L2(y1)2(y3)L2(z1)2(z1)x344求得y 33z 4點為32,34 2p的矩形繞它的一邊旋轉(zhuǎn)而構(gòu)成一個圓柱體.問矩形的邊長各為多少時，x，則另一邊長為pxpx則旋轉(zhuǎn)所成圓柱體的體積為Vx2px)由由 2由于駐點惟一，由題意又可知這種圓柱體一定有最大值，所以當矩形的邊長為p3p3y2在直線x2z7上找一點，使它到點(0,1,1)的距離最短，并求最短距離.解設(shè)所求的點為(x,yz)，則此點到點(0,1,1)的距離為

x2(y1)2L(x,y,z)x2(y1)2(z1)2(y2)(x2z7)令Lx2xL2(y1)Lz2(z1)2y2x求得 z1212(21)2(3設(shè)生產(chǎn)某種產(chǎn)品的數(shù)量P與所用兩種原料ABxy L(x,y)0.005x2y(x2y150) x2y

的量大數(shù)量為1250.試用最小二乘法建立p與之間的經(jīng) ap解設(shè)Q622令

66

b api6b 計算，得p228365.28p396.6p101176.3 i

i

解得a 2.234，b 95.33 所以經(jīng) 為2.234p95.33在“充分f(x,y)在點(x,y)可微分是f(x,y)在該點連續(xù) 條件

y

y

zf(x,y的兩個二階混合偏導(dǎo)數(shù)二階混合偏導(dǎo)數(shù)在D內(nèi)相等

在區(qū)域D內(nèi)連續(xù)是這兩個答案：（1）充分，必要；（2）必要，充分；（3）（4）求函數(shù)z的定義域. D{(x,y)|xx2y22x}.1cosx1cosx2

（2）

x2x2 令xcos,ysin，lim1cosx2

lim1cos 1 因為函 在(1,0)處連續(xù)，由limf(x,y)f(x0,y0)知

.x2.f(xyx2y2xy2當(xy00)時的極限存在性.解取yx和yx兩條路徑，有22 22(x,y)(0,0)x x

xxx2

limx44x (x,y)(0,0)x

x 因此2

2(x,y)(0,0)x x

tan(x2

,yy解當y00時

當y00時 x0f(x0,0)(x,y)(x0,y0 (x,y)(x0,y0

d(x2)

2 d(ey2

0

（2）z

，

解（1） 2 2 x xy x 2z2(xy2)4y22(xy2 2z

， (xy2)2

y(y1)xy2

zxyln

xyln22z

ln設(shè)uxyyzzx，求解（1）由2xdx2ydy2zdzezdyyezdz， dx2yez （2）由lnuylnxzlnyxlnzyzx zz

xy

ln

lny

z x

z

，其中x(t)，y(t)均可微， 解dzzdxzdyy1xx xdt y

y2

2 .

x

解uyf1gxgyfgyg x2 y u

yy

g x2

x3 y

x 1

f y2 g

x2

y2 x2g故xx2

..解由eyln(cosxexln(siny)1xyln(cosx)

(sinx)

xln(siny)

cosy

y0.cos sin

(cosx)ylncosx(siny)xxcotx求螺旋線yasin,在點(a0,0)處的切線及法平面方程z

dy

dz即

xay x

az aybz0x軸的正向到l的轉(zhuǎn)角為，求函數(shù)ux2xyy2在點M(1,1)處沿l

2sinπ 4 故(1)當π時，u

；(2)當5π時，u取得最小值 22 223π或7πu當

解設(shè)圓錐的底半徑為R，高為h，以底面圓心為坐標原點，底面圓心到頂點射線方向為z軸正方向，建立坐標系，則圓錐的表面方程h

zh

x2y2RV2x2yzF x2F

x2R(zh)hx2y2解 x 2R，z1h，此時 8 2

x2y2(x,y)(,) x2y21

1解由 ，有

x