2014级建工第二学期高等数学课件

fxy,x)xy)2,fxy)y解:xyu,xv,x2uvy2u,

x(1 yf(u,v)f(xy,x)(xy)2x22xyy2uv2uuu(1v)2 fxy)x(1y)2yuxvyxzyzzx程uzz

解:由uxvyxuyuv,xxzyzu[zzuv]uvz1uz v v 故新方程为u

z

(x,y)（1）二元函数f(x,y)x2y 在点(0,0) (x,y)(A)连续,偏导数存在 (B)连续,偏导数不存在(C)不连续,偏导数存在 (D)不连续,偏导数不存在 答:解:因limf(x,y)limf(x,kx) 与k有关,

x0x2k2x 1klimfx,y不存在,从而不连续;f(0,0)limfx,0)f(0,0)lim000,f(0,0)0 x 设(x,y)(0,0)时f(x,y) ,则x2y

(1,x) 2xy 2x2y(A)x2y2 (B)x2y2 (C)x2y2 (D)x2y2答:zxyxy,其中,具有二阶连续导数,2z2z0 (B)2z2z; 2z 2z2z0 答 fxyP0x0y0连续,fxx0y0fyx0y0存在是fx,y)在该点处可微的充分条件,但不是必要条件 答 arctan 2设z(xy x,求dz及xyarctan arctan解:dz xd(x2y2)(x2y2 xarctan arctan x(2xdx2ydy) y xd(arctanxarctan arctanyxdy x(2xdx2ydy) y x2yarctan x[(2xy)dx(2yx)dy]z(2xy)earctan由上知2

x,arctan arctan

arctan xyy[(2xy2xyxx2y

x]arctan x

x(2x

x x2yzf(2xyg(xxy,f(t二阶可导,g(uv2偏导数,求xy解:令2xytxuxyv,zz2fgyg

f(t)g(u,v)2z(2fgyg)2fxggxyg ux2 2 2 2设变换vxay可把方程

化简为2

0

解:zf[u(xyv(xy)],zzz,z2zaz v 2z2z22z2z

2

22z(a2)2

a2z

a22z42z4a2 a2

v2;62z

2

2z(10

2

(6aa2)2..2z2

2z

2因为变换将

化简为

uv0,故有 6aa2 105a

a3

设ezez

,则

y

x解:由e

ez2e2知,x2,y2zxF(xyz)e

ez2e20

1ez

x2z

,Fy(2,2,1)ze

x2e2z Fz(2,2,1)(z

ez ez

z

4e0故

)x22 2

y

曲面x22y23z22xy2xz4yz8的切平面平行于xOy坐 解：记F(x,y,z)x22y23z22xy2xz4yz8 于是点X,YZ{2X2Y2Z,4Y2X4Z,6Z2X4Y}由题设,XY0

X2Y0

X2Y1

X0,YZ.代入<1>得8,(0,22,22(0,22,223x22y2由曲线z

Oy轴旋转一周得到的旋转曲面在点(0, 1{0,2, 5解:所得旋转曲面3(x2z22y212,F(xyz)3x22y23z2120因为Fx(0, 2)0,Fy(0, 2)43,Fx(0, 2) 于是可取n{0,23,32},n01 位法矢量为n01 （4）函数uxy2yz3P(2,1,1) 解容易求得uP(2,1,1)gradu1,3,3},度方向的方向导数为gradu uf(xyz),(x2eyz)0,ysinx,其中f,0,du阶偏导数,且 解:因 duffdyfzfzdy y z zydy

cosx,z

,z

,, 2x eycosx所 dx

cosxy

z

fcosxf1(2xeycosx)f

2yy(xzz(xzxf(xy)F(xyz)0所确定的函数,其中fF分别具有一阶连续导数和偏导数,dz.解:zxf(xyF(xyz0x

f(xy)xf1dy dzxfdyfxf dx dx

dyF FF z y FFfxffxf xf xf

(fxf)FyxfFxFyxfFz(FyxfFz04.（07考研数二）已知f(u)具有二阶导数，且f(0)1,函数yy(x)由方程yxey11所确定。设zf(lnysinx)，求dz dxd2d2 dzf(u)ycosx,其中ulnysinx; d2

y dx2f(u) cosxf(u)y

sinx yxey11x0y 在（*）x0,y1

2yyy2yey1因为x0时y1,y0，故得 dx

f(0)1cos0d21d21

x24y24上求一点,2x3y60的距离为最y23O2x解:M(x,yy23O2x

d2x3y6F(x,y)2x3y6(x24y24) ïFx +lx=

55íF¢ +ly=0,解得驻点 55ï

,M25,5ïx2+4y2-4=由问题的实际意义知最大值和最小值只可能在这两点取得2d(M1) ,d(M)112M18,3即为所求点,最短距离为1 x0,y0,z0时，求u(xyz)lnxlny3lnz在球面æa+b+c xyz5R上的最大值，并证明abc3a0,b0,c0

27è

÷，其中ø解:F(xyz)lnxlny3lnz(x2y2z25R2F12xF

x2y ，得惟一驻点:xyR,z 3R F 2z x2y2z25R因问题的最大值存在,故在点(R, 3R)处u取得最大umaxln33R5.于是x0,y0,z0, x2y2z25ln(xyz3lnxlny3lnzln33R5ln33 2, x2y2z2xyz33 将上式两边平方,ax2by2cz2abcabc3 (07考研数一)f(xyx22yx2y2Dxy)x2y24,y0}解法 f2x2xy2D内驻点(2,1),且f(2,1)L1y0(2x2)g(x)f(x0)x2f(x L2xy4y0) h(x)f(x,4x2)x45x28(2x2)，由h(x)4x310x0得驻点x0,x5,x 5,且h(0)f(0,2)8,h

f5

7,h(2) 解法 L2x2y24y0LagrangeF(x,y,)x22y2x2y2(x2y2F2x2y22xx Fy4y2x2y2yFx2y24解得驻点P5 ,P0,2,而f(P)7,f(P)1,2 x2y2z21上求一点,2f(x,y,z)x2y2z解:设所求点为M(x,y,z).lAB{1,1,0},cos1,cos1,cos0故u(x,y,z) M 2x 2y.于是问题化为求函数u(x,y,z)(xyz)x2y2z210下的最大值点2作F(x,y,z) 2x 2y(x2y2z212

(0

22xF

2y2

,

1,0,N1

1,F2z x2y

z

1 由于最大值只能在M或N点取得,而u(M) 2,u(N) ,2

1,0)为所求的点2证明曲面F(xazybz)0上任意一点处的切平面与直线xyz平行 证:只需证明曲面上任一点处的法向量与所给直线的方向向量垂直即可,,sa,b,1},ns0,即ns,于是结论成立.(1)xtyt2zt3的所有切线中,x2yz4平行(A)只有1条 (B)只有2条 (C)至少有3条 答解:曲线的切向量1,2t,3t2},{1,2t,3t2{1,2,1}0,即3t24t102个解t1,t1,x2yz