考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷1（共159题）

考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷1（共6套）（共159题）考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第1套一、选择题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)1、设函数u(x，y)=φ(x+y)+φ(x—y)+∫x—yx+yψ(t)dt，其中函数φ具有二阶导数，ψ具有一阶导数，则必有()A、

B、

C、

D、

标准答案：B知识点解析：2、考虑二元函数f(x，y)的下面4条性质：①f(x，y)在点(x0，y0)处连续；②f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导数连续；③f(x，y)在点(x0，y0)处可微；④f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导数存在。若用“P→Q”表示可由性质P推出性质Q，则有()A、②→③→①。B、③→②→①。C、③→④→①。D、③→①→④。标准答案：D知识点解析：由二元函数连续、偏导数存在与全微分之间的关系图5—2，应选A。3、设f(x．y)=则在原点(0，0)处f(x，y)()A、偏导数不存在。B、不可微。C、偏导数存在且连续。D、可微。标准答案：D知识点解析：由偏导数定义，有f’x(0，0)==0，同理f’y(0，0)=0．又因为不存在(前项极限为0，后项极限不存在)，所以排除(A)，(C)两项。因为△z=f’x(0，0)△x+f’y(0，0)△y+α=α，所以α=△z=f(0+△x，0+△y)—f(0，0)=△x．△y．sin。进而因此f(x，y)在(0，0)处可微，故选D。4、设f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导f’x(x0，y0)，f’y(x0，y0)都存在，则必有()A、存在常数k，f(x，y)=k。B、f(x，y)=f(x0，y0)。C、f(x，y0)=f(x0，y0)与(x0，y)=f(x0，y0)。D、当(△x)2+(△y)2→0时，f(x0+△x，y0+△y)一f(x0，y0)一[f’x(x0，y0)△x+f’y(x0+y0)△y]=。标准答案：C知识点解析：选项A表示f(x，y)当(x，y)→(x0，y0)时极限存在；选项(B)表示f(x，y)在点(x0，y0)处连续；选项(D)表示f(x，y)在点(x0，y0)处可微。以上3项在题设条件下都不一定成立。选项(C)表示一元函数f(x0，y)与f(x，y0)分别在点y=y0，x=x0处连续。由于f’x(x0，y0)=。根据一元函数可导必连续的性质知(C)项正确。5、极限xyln(x2+y2)()A、不存在。B、等于1。C、等于0。D、等于2。标准答案：C知识点解析：由于当0＜x2+y2＜1时，ln(x2+y2)＜0，所以0≤｜xyln(x2+y2)｜≤一(x2+y2)ln(x2+y2)。令x2+y2=r，则由夹逼准则，xyln(x2+y2)=0，故应选C。6、设u=f(x+y，xz)有二阶连续的偏导数，则=()A、f’2+xf"11+(x+z)f"12+xzf"22。B、xf"12+xzf"22。C、f’2+xf"12+xzf"22。D、xzf"22。标准答案：C知识点解析：由复合函数求导法则，=xf"12+f’2+xzf"22，故选C。二、填空题(本题共2题，每题1.0分，共2分。)7、设f(x，y)=在点(0，0)处连续，则a=___________。标准答案：因为由夹逼准则知，=0．又知f(0，0)=a，则a=0。知识点解析：暂无解析8、连续函数z=f(x，y)满足=0，则dz｜(0，1)=___________。标准答案：2dx一dy知识点解析：由于函数f(x，y)连续，则有f(0，1)一2×0+1—2=0，即f(0，1)=1。由题意可知分子应为分母的高阶无穷小，即f(x，y)=2x—y+2+，变形得f(x，y)一f(0，1)=2x一(y一1)+，于是可知f(x，y)在(0，1)点是可微的，并且有=一1，故出dz｜(0，1)=2dx一dy。三、解答题(本题共20题，每题1.0分，共20分。)9、求极限标准答案：原式==0。知识点解析：暂无解析10、证明二重极限不存在。标准答案：取直线y=kx，则这说明沿任何一条过原点的直线y=kx(不包括x轴)趋于(0，0)点时，极限存在且都为零，并且若沿y轴趋于(0，0)点极限也为零。但若沿过原点的抛物线x=y2趋于(0，0)点时，有知识点解析：暂无解析11、设z=xy，求。标准答案：由二元函数z=f(x，y)的求导法则，得=xylnx，因此有=e2lne=e2。知识点解析：暂无解析12、设z=xy+。标准答案：令u=，则z=xy+xF(u)，由复合函数求导法则，有知识点解析：暂无解析13、设z=f(x，y)=等于()标准答案：当x=0时，z=f(0，y)=r，于是故选A。知识点解析：暂无解析14、设u=。标准答案：由全微分的基本公式及全微分的四则运算法则，得知识点解析：暂无解析15、设z=x3f。标准答案：由复合函数求导法则=x4f’1+x2f’2。知识点解析：暂无解析16、设u=f(x，y，z，t)关于各变量均有连续偏导数，而其中由方程组(1)确定z，t为y的函数，求。标准答案：注意z=z(y)，t=t(y)，于是因此，需要求，将方程组(1)两边对y求导得记系数行列式为W=(y—t2)(ez+zcost)+2zt(tez+sint)，则知识点解析：暂无解析17、设z=f(x，y)由方程z—y一x+xez—y—x=0确定，求dz。标准答案：对已知方程两边求微分，得dz一dy一dx+ez—y—xdx+xez—y—x(dz一dy—dx)=0，解得dz=+dy。知识点解析：暂无解析18、设u=f(x，y，z)具有连续一阶偏导数，z=x(x，y)由方程xex一yey=gez所确定，求du。标准答案：由u=f(x，y，z)知，du=。对等式xex一yey=zez两端求微分得(ex+xex)dx一(ey+yey)dy=(ez+zez)dz，知识点解析：暂无解析19、设u=f(x，y，z)，其中f(x，y，z)有二阶连续偏导数，z=z(x，y)由方程x2+y2+z2一4z=0所确定，求。标准答案：由复合函数求导法则知，。在方程x2+y2+z2一4z=0两端对x求偏导，得上式两端再对x求偏导并结合，得其中因f(x，y，z)具有二阶连续偏导数，故f"13=f"31。知识点解析：暂无解析20、设z=f(u，x，y)，u=xey，其中f具有二阶连续偏导数，求。标准答案：由已知，+f’x=f’u．ey+f’x，所以+f"xy=f"uuxe2y+f"uyey+f’uey+f"xuxey+f"xy。知识点解析：暂无解析21、设z=z(x，y)是由x2一6xy+10y2一2yz—z2+18=0确定的函数，求z=z(x，y)的极值点和极值。标准答案：在方程x2—6xy+10y2一2yz—z2+18=0两端分别对x和y求偏导数，有将上式代入原方程中，解得可能取得极值的点为(9，3)和(一9，一3)。在(1)两端再次对x求导得，在(1)两端对y求导得，在(2)两端再次对y求导得，所以可计算得。故AC一B2=＞0，从而点(9，3)是z=z(x，y)的极小值点，极小值为z(9，3)=3。类似地，由可知AC—B2=＜0，从而点(一9，一3)是z=z(x，y)的极大值点，极大值为z(一9，一3)=一3。知识点解析：暂无解析22、求函数u=xy+2yz在约束条件x2+y2+z2=10下的最大值和最小值。标准答案：作拉格朗日函数L(x，y，z，λ)=xy+2yz+λ(x2+y2+z2—10)。令由(1)，(3)得z=2x，代入(2)中，并结合(1)得到y2=5x2，全部代入(4)得所有可能极值点为A(1，，一2)。而且当λ=0时也有一组解y=0，x=一2z，z2=2，即，比较各点处的函数值得u(A)=u(D)=，u(E)=u(F)=0。故函数的最大值为。知识点解析：暂无解析23、求函数z=x2y(4一x一y)在由直线x+y=6，x轴和y轴所围成的区域D上的最大值与最小值。标准答案：区域D如图5—3所示，它是有界闭区域，z(x，y)在D上连续，所以在D上一定有最大值与最小值，其最值或在D内的驻点处取得，或在D的边界上取得。为求D内驻点，先求=2xy(4一x一y)一x2y=xy(8—3x一2y)，=x2(4一x一y)一x2y=x2(4一x一2y)。令解得z(x，y)在D内的唯一驻点(x，y)=(2，1)且z(2，1)=4。在D的边界y=0，0≤x≤6或z=0，0≤y≤6上z(x，y)=0；在边界x+y=6(0≤x≤6)上，将y=6一x代入z(x，y)，有z(x，y)=x2(6一x)(一2)=2(x3一6x2)(0≤x≤6)。令h(x)=2(x3一6x2)，则h’(x)=6(x2一4x)，得h’(4)=0，h’(0)=0。且h(4)=一64，h(0)=0，即z(x，y)在边界x+y=6(0≤x≤6)上的最大值为0，最小值为一64。综上，{z(x，y)}=一64。知识点解析：暂无解析24、在旋转椭球面x2+y2+=1(c＞0)上内接一个顶点在椭球面上，且表面平行于坐标面的长方体，问怎样选取长、宽、高才能使内接长方体的体积最大。标准答案：设内接长方体在第一象限内的顶点为A(x，y，z)，则长方体的体积为V=8xyz，其中A(x，y，z)的坐标满足x2+y2+=1。由方程x2+y2+，从而把三元函数V=8xyz求最大值的问题化为求下述二元函数求最大值的问题：V(x，y)=8cxy，0＜x＜1，0＜y＜1。等式两边分别对x和y求偏导，得方程组解得x=是函数V(x，y)在定义域内的唯一驻点，且由实际问题的性质知，体积最大的内接长方体一定存在，所以就是V(x，y)的最大值点。因此当长方体的长、宽、高分别取时，内接长方体的体积最大。知识点解析：暂无解析25、求曲线在点(1，一2，1)处的切线及法平面方程。标准答案：设则F’x=2x，F’y=2y，F’z=2z，G’x=G’y=G’z=1。在点(1，一2，1)处法平面方程为一(x一1)+(x一1)=0，即x一z=0。知识点解析：暂无解析26、设直线l：在平面∏上，而平面∏与曲面：z=x2+y2相切于点(1，一2．5)．求a，b的值。标准答案：曲面z=x2+y2在点(1，一2，5)处的法向量为n=(2x，2y，一1)｜(1，—2，5)=(2，—4，一1)，于是切平面方程为2(x一1)一4(y+2)一(z一5)=0，即2x一4y一z一5=0。(1)由得y=一x一b，z=x一3+a(一x一b)，代入(1)式得2x+4x+4b一x+3+ax+ab—5=0，即(5+a)x+46+ab一2=0，于是有5+a=0，4b+ab一2=0。因此解得a=一5，b=一2。知识点解析：暂无解析27、求函数u=ln(x+)在点A(1，0，1)沿点A指向B(3，一2，2)方向的方向导数。标准答案：知识点解析：暂无解析28、设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的区域为D={(x，y)｜x2+y2一xy≤75}，小山的高度函数为h(x，y)=75一x2一y2+xy。(Ⅰ)设M(x，y)为区域D上的一个点，问h(x，y)，在该点沿平面上什么方向的方向导数最大。若记此方向导数的最大值为g(x0，y0)，试写出g(x0，y0)的表达式；(Ⅱ)现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点，也就是说，要在D的边界曲线x2+y2一xy=75上找出使(Ⅰ)中的g(x，y)达到最大值的点，试确定攀登起点的位置。标准答案：(Ⅰ)函数h(x，y)在点M处沿该点的梯度方向={一2x0+y0，一2y0+x0}。方向导数的最大值是gradh(x，y)的模，即g(x0，y0)=。(Ⅱ)求g(x，y)在条件x2+y2一xy一75=0下的最大值点与求g2(x，y)=(y一2x)2+(x一2y)2=5x2+5y2一8xy在条件x2+y2一xy一75=0下的最大值点等价。这是求解条件最值问题，用拉格朗日乘数法。构造拉格朗日函数L(x，y，λ)=5x2+5y2一8xy+λ(x2+y2一xy一75)，则有联立(1)，(2)解得y=一x，λ=一6或y=x，λ=一2。若y=一x，则由(3)式得3x2=75，即x=±5，y=5。若y=x，则由(3)式得x2=75，即x=±。于是得可能的条件极值点M1(5，一5)，M2(一5，5)，M。现比较f(x，y)=g2(x，y)=5x2+5y2—8xy在这些点的函数值，有f(M1)=f(M2)=450，f(M3)=f(M4)=150。因为实际问题存在最大值，而最大值又只可能在M1，M2，M3，M4中取到。所以g2(x，y)在M1，M2取得边界线D上的最大值，即M1，M2可作为攀登的起点。知识点解析：暂无解析考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第2套一、选择题(本题共8题，每题1.0分，共8分。)1、设函数f(x，y)可微分，且对任意的x，y都有＜0，则使不等式f(x1，y1)＞f(x2，y2)成立的一个充分条件是()A、x1＞x2，y1＜y2。B、x1＞x2，y1＞y2。C、x1＜x2，y1＜y2。D、x1＜x2，y1＞y2。标准答案：A知识点解析：因＞0，若x1＞x2，则f(x1，y1)＞f(x2，y1)；同理＜0，若y1＜y2，则f(x2，x1)＞f(x2，y2)。故正确答案为(A)。2、已知du(x，y)=[axy3+cos(x+2y)]dx+[3x2y2+bcos(x+2y)]dy，则()A、a=2，b=一2。B、a=3，b=2。C、a=2，b=2。D、a=一2，b=2。标准答案：C知识点解析：由du(x，y)=[axy3+cos(x+2y)]dx+[3x2y2+bcos(x+2y)]dy可知，=3x2y2+bcos(x+2y)，以上两式分别对y，x求偏导，得=6xy2—bsin(x+2y)，由于，即3axy2一2sin(x+2y)=6xy2一bsin(x+2y)。比较两端系数得a=2，b=2。3、曲面z=r(x，y，z)的一个法向量为()A、(F’x，F’y，F’z一1)。B、(F’x—1，F’y—1，F’z一1)。C、(F’x，F’y，F’z)。D、(一F’x，—F’y，一1)。标准答案：A知识点解析：曲面方程z=F(x，y，z)可以写成F(x，y，z)一z=0，由曲面的法向量计算公式，其法向量为(F’x，F’y，F’z—1)。4、设u(x，y，z)=zarctan，则gradu(1，1，1)=()A、

B、

C、

D、

标准答案：A知识点解析：由梯度计算公式，有5、设f(x，y)在点(0，0)的某邻域内连续，且满足，=一3，则函数f(x，y)在点(0，0)处()A、取极大值。B、取极小值。C、不取极值。D、无法确定是否取极值。标准答案：A知识点解析：已知=一3，根据极限保号性，存在δ＞0，当0＜＜0成立，而x2+1一xsiny＞x2一x+1=＞0，所以当0＜＜δ时，有f(x，y)一f(0，0)＜0，即f(x，y)＜f(0，0)，所以f(x，y)在点(0，0)处取极大值，故选A。6、设z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，△z是f(x，y)在点(x0，y0)处的全增量，则在点(x0，y0)处()A、△z=dz。B、△z=f’x(x0，y0)△x+f’y(x0，y0)△y。C、△z=f’x(x0，y0)dx+f’y(x0，y0)dy。D、△z=dz+ο(ρ)。标准答案：D知识点解析：因为z=f(x0，y0)在点(x0，y0)处可微，所以△z=f’x(x0，y0)△x+f’y(x0，y0)△y+ο(ρ)=dz+ο(ρ)，故应选D。7、曲线在点(1，一1，0)处的切线方程为()A、

B、

C、

D、

标准答案：D知识点解析：由法向量计算公式n=(F’x(x0，y0，z0)，F’y(x0，y0，z0)，F’z(x0，y0，z0))得，曲面x2+y2+z2=2在点(1，一1，0)处的法向量为n1=(2，一2，0)，平面x+y+z=0在点(1，一1，0)处的法线向量为n2=(1，1，1)。则曲线在点(1，一1，0)处的切向量为τ=n1×n2=(一2，一2，4)，则所求切线方程为故应选D。8、在曲线x=t，y=一t2，z=t3的所有切线中，与平面x+2y+z一4=0平行的切线()A、只有一条。B、只有两条。C、至少有三条。D、不存在。标准答案：B知识点解析：曲线的切向量为T=(1，一2t，3t2)，平面的法向量为n=(1，2，1)，于是由T．n=l一4t+3t2=0．解得t1=1，t2=，故曲线x=t，y=一t2，z=t3的所有切线中，与平面x+2y+z一4=0平行的切线有两条，故选B。二、填空题(本题共11题，每题1.0分，共11分。)9、=___________。标准答案：知识点解析：10、设z=esinxy，则dz=___________。标准答案：esinxycosxy(ydx+xdy)知识点解析：=esinxycosxy．x。所以有dz=esinxycosxy(ydx+xdy)。11、设函数F(x，y)==___________。标准答案：4知识点解析：由复合函数求导法则及导数与微分的关系，12、由方程xyz+确定的隐函数z=z(x，y)在点(1，0，一1)处的全微分为dz=___________。标准答案：知识点解析：等式xyz+两边求微分得yzdx+xzdy+xydz+(xdx+ydy+zdz)=0，把(1，0，一1)代入上式得dz=dx一dy。13、设z=f(x2+y2，)，且f(u，v)具有二阶连续的偏导数，则=___________。标准答案：知识点解析：由复合函数求导法则有，再将等式两边对y求偏导得14、设函数f(x，y)可微，且f(1，1)=1，f’x(1，1)=a，f’y(1，1)=b。又记φ(x)=f{x，f[x，f(x，x)]}，则φ’(1)=___________。标准答案：a(1+b+b2)+b3知识点解析：由题设f(x，y)可微，且f(1，1)=1，f’x(1，1)=a，f’y(1，1)=b。又φ’(x)=f’x{x，f[x，f(x，x)]}+f’y{x，f(x，x)]}．{f’x[x，f(x，x)]+f’y[x，f(x，x)][f’x(x，x)+f’y(x，x)]}，所以φ’(1)=f’x(1，1)+f’y(1，1){f’x(1，1)+f’y(1，1)[f’x(1，1)+f’y(1，1)]}=a+b[a+b(a+6)]=a(1+b+b2)+b3。15、已知z=+φ(xy)，其中φ(u)可微，则x2+y2=___________。标准答案：0知识点解析：由多元复合函数的求导法则16、曲面(a＞0)上任何点处的切平面在各坐标轴上的截距之和为___________。标准答案：a知识点解析：设曲面上任意一点M(0，y0，z0)，则曲面在M点的法向量为又因为，所以M点的切平面方程满足等式令x=y=0，得切平面在z轴上的截距z=；x=z=0，得切平面在y轴上的截距y=；y=z=0，得切平面在x轴上的截距x=。故截距之和为17、函数f(x，y，z)=x2+y3+z4在点(1，一1，0)处方向导数的最大值与最小值的平方和为___________。标准答案：26知识点解析：函数f(x，y，z)=x2+y3+z4在点(1，一1，0)处方向导数的最大值与最小值分别为函数f(x，y，z)在该点处梯度的模(长度)及梯度模(长度)的相反数。由梯度计算公式，有gradf(1，一1，0)=(f’x，f’y，f’z)｜(1，—1，0)=(2x，3y2，4z2)｜(1，—1，0)=(2，3，0)，则该点处梯度的模长｜gradf(1，一1，0)｜=，故所求平方和为=26。18、函数z=1一(x2+2y2)在点M0处沿曲线C：x2+2y2=1在该点的内法线方向n的方向导数为___________。标准答案：知识点解析：令F(x，y)=x2+2y2一1，则曲线C在点M0()的法向量是(2x，4y)，因此曲线C在点M0，一2)。19、曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0，1，一1)处的切平面方程为___________。标准答案：x一y+z=一2知识点解析：令F(x，y，z)=x2+cos(xy)+yz+x，则曲面的法向量n={F’x，F’y，F’z}={2x一ysin(xy)+1，一xsin(xy)+z，y}，则曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0，1，一1)处的法向量为n={1，一1，1}，故切平面方程为(x一0)一(y一1)+(z+1)=0，即x一y+z=一2。三、解答题(本题共8题，每题1.0分，共8分。)20、已知z=f(u，v)，用变换=0，求a值。标准答案：由z=f(u，v)，且u，v分别是x与y的函数，则，那么将以上结果代入原方程，整理得由题意可知a应满足6+a—a2=0，且10+5a≠0故得a=3。知识点解析：暂无解析21、设y=f(x，t)，且方程F(x，y，t)=0确定了函数t(x，y)，求。标准答案：等式y=f(x，t(x，y))两端对x求导得而t=t(x，y)由F(x，y，t)=0所确定，则由隐函数存在定理有知识点解析：暂无解析22、设曲面z=f(x，y)二次可微，且≠0，证明：对任给的常数C，f(x，y)=C为一条直线的充要条件是标准答案：必要性：若f(x，y)=C表示一条直线，则f(x，y)一定是关于x，y的一次式，必有≠0。又因为f(x，y)=C，所以，则因此可得f"xx(f’y)2—2f’xf’yf’xy+f"yy(f’x)2=0。亦即充分性：由(1)和(2)可知=0，因而f(x，y)=C必是关于x，y的一次式，即f(x，y)=C表示一条直线。知识点解析：暂无解析23、函数f(x，y)=试判定其在点(0，0)处的可微性。标准答案：由偏导数定义，有fx(0，0)==0，由对称性知fy(0，0)=0，而上式极限不存在。事实上，故f(x，y)在(0，0)点不可微。应选B。知识点解析：暂无解析24、在椭圆x2+4y2=4上求一点，使其到直线2x+3y一6=0的距离最短。标准答案：由点到直线的距离公式，椭圆x2+4y2=4上的点P(x，y)到直线2x+3y一6=0的距离为由于d的表达式中含有绝对值，而d2=，所以本题转化为求函数(2x+3y—6)2在条件x2+4y2=4下的最小值点。构造拉格朗日函数F(x，y，λ)=(2x+3y一6)2+λ(x2+4y2一4)，则根据本题实际意义知，最短距离存在，即点()为所求的点。知识点解析：暂无解析25、设x，y，z∈R+。求u(x，y，z)=lnx+lny+31nz在球面x2+y2+z2=5R2上的最大值，并证明：当a＞0，b＞0，c＞0时，有abc3≤27()5。标准答案：构造拉格朗日函数r(x，y，z，λ)=lnx+lny+3lnz+λ(x2+y2+z2一5R2)，令解得驻点(R，R，R2)，于是有lnxyz3≤ln(R5)，故xyz3≤，特别地，取x2=a，y2=b，z2=c，平方后即得abc3≤27()5。知识点解析：暂无解析26、求函数f(x，y)=x3一y3+3x2+3y2一9x的极值。标准答案：由已知得，f’x(x，y)=3x2+6x一9，f’y(戈，y)=一3y2+6y。令进而得到驻点为M1(1，0)，M2(1，2)，M3(一3，0)，M4(一3，2)。又f"xx(x，y)=6x+6，f"xy(x，y)=0，f"yy(x，y)=一6y+6。在点M1(1，0)处，A=12，B=0，C=6。则AC—B2=72＞0且A＞0，故f(1，0)=一5为极小值；在点M2(1，2)处，A=12，B=0，C=一6。则AC—B2=一72<0，故f(1，2)不是极值；在点M3(一3，0)处，A=一12，B=0，C=6。则AC—B2=一72＜0，故f(一3，0)不是极值；在点M4(一3，2)处，A=一12，B=0，C=一6。则AC—B2=72＞0且A＜0，故f(一3，2)=31为极大值。知识点解析：暂无解析27、求曲线在点M0(1，1，3)处的切线与法平面方程。标准答案：曲面x2+z2=10和曲面y2+z2=10在点M0的法向量分别为n1=(2x，0，2z)｜(1，1，3)=2(1，0，3)，n2=(0，2y，2z)｜(1，1，3)=2(0，1，3)。由于切线的方向向量与它们均垂直，即有l=n1×n2==一3i一3j+k。可取方向向量l=(3，3，一1)，因此切线方程为法平面方程为3(x一1)+3(y一1)一(z一3)=0，即3x+3y—z一3=0。知识点解析：暂无解析考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第3套一、选择题(本题共5题，每题1.0分，共5分。)1、已知fx(x0，y0)存在，则=()A、fx(x0，y0)B、0C、2fx(x0，y0)D、标准答案：C知识点解析：故选C。2、设f(x，y)=则fx(0，1)()A、等于1。B、等于0。C、不存在。D、等于—1。标准答案：A知识点解析：fx(0，1)=，故选A。3、设z=则该函数在点(0，0)处()A、不连续。B、连续但偏导数不存在。C、连续且偏导数存在但不可微。D、可微。标准答案：C知识点解析：由于，则z(x，y)在点(0，0)处连续，A项错误。所以z(x，y)在点(0，0)处偏导数存在，B项错误。4、设，则f(x，y)在点(0，0)处()A、不连续。B、连续但两个偏导数不存在。C、两个偏导数存在但不可微。D、可微。标准答案：D知识点解析：由微分的定义可知f(x，y)在点(0，0)处可微，故选D。5、设可微函数f(x，y)在点(x0，y0)处取得极小值，则下列结论正确的是()A、f(x0，y)在y=y0处的导数大于零B、f(x0，y)在y=y0处的导数等于零C、f(x0，y)在y=y0处的导数小于零D、f(x0，y)在y=y0处的导数不存在标准答案：B知识点解析：因可微函数f(x，y)在点(x0，y0)取得极小值，故有fx(x0，y0)=0，fy(x0，y0)=0，又由fx(x0，y0)=，故选B。二、填空题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)6、设f(x，y)=则fx(1，0)=________。标准答案：2知识点解析：由题干可知f(x，0)=x2，则fx(x，0)=2x。故fx(1，0)=2。7、设z=z(x，y)由方程z+ez=xy2所确定，则dz=________。标准答案：知识点解析：在方程两端对x求偏导得。同理可得。8、设f(u，v)为二元可微函数，z=f(xy，yx)，则=________。标准答案：f′1.yxy—1+f′2.yxlny知识点解析：利用复合函数求偏导的公式，有=F′1.yxy—1+F′2.yxlny。9、设z=xg(x+y)+yφ(xy)，其中g，φ具有二阶连续导数，则=________。标准答案：g′(x+y)+xg″(x+y)+2yφ′(zy)+xy2φ″(xy)知识点解析：=g(x+y)+xg′(x+y)+y2φ′(xy)，=g′(x+y)+xg″(x+y)+2yφ′(xy)+xy2φ″(xy)。10、设函数f(u，v)具有二阶连续偏导数，z=f(x,xy)，则=________。标准答案：xf″12+f′2+xyf″22知识点解析：由题干可知=F′1+F′2.y，=xf″12+F′2+xyf″22。11、函数f(x，y，z)=x3+y4+z2在点(1，1，0)处方向导数的最大值与最小值之积为________。标准答案：—25知识点解析：函数f(x，y，z)在点(1，1，0)处方向导数的最大值和最小值分别为f(x，y，z)在该点处梯度向量的模和梯度向量模的负值。gradf｜(1,1,0)=(3，4，0)，，则函数f(x，y，z)=x3+y4+z2在点(1，1，0)处方向导数的最大值和最小值之积为三、解答题(本题共14题，每题1.0分，共14分。)12、证明可微的必要条件：设z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，则fx(x0，y0)与fy(x0，y0)都存在，且dz｜(x0，y0)=fx(x0，y0)△x+fy(x0，y0)△y。标准答案：设z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，则等式△z=[*]成立。令△y=0，于是[*]令[*]，于是证明了fx(x0，y0)与fy(x0，y0)存在，并且dz｜(x0，y0)=fx(x0，y0)△x+fy(x0，y0)△y。知识点解析：undefinedundefined13、设y=y(x)，z=z(x)是由方程z=xf(x+y)和F(x，y，z)=0所确定的函数，其中f和F分别具有一阶连续导数和一阶连续偏导数，求。标准答案：分别在z=xf(x+y)和F(x，y，z)=0的两端对x求导，得知识点解析：暂无解析14、设其中f和g具有一阶连续偏导数，且gz(x，y，z)≠0，求。标准答案：本题确定两个因变量，三个自变量。由第一个方程来看，u是因变量，x，y，t是自变量，由第二个方程来看，z是因变量。因此确定x，y，t为自变量，u，z为因变量。于是将方程组对x求偏导数得同理，将方程组对y求偏导数可得知识点解析：暂无解析15、设z=，其中f具有二阶连续偏导数，g具有二阶连续导数，求。标准答案：根据复合函数的求导公式，有，于是知识点解析：暂无解析16、设z=。标准答案：将上式分别代入原式可得知识点解析：暂无解析17、试确定常数a与b，使得经变换u=x+ay，v=x+6y，可将方程(其中z具有二阶连续偏导数)，并求z=z(x+ay，x+by)。标准答案：因为z具有二阶连续偏导数，所以。根据链式法则，有代入所给方程得按题意，应取1—4a+3a2=0，1—4b+3b2=0，即(1—3a)(1—a)=0，(1—3b)(1—b)=0，其解分别为若取第一组解时，的系数为0，不合题意。同理，取第四组解时，的系数也为0。取，等式两边同时对u积分可得，其中φ(v)为v的任意可微函数。于是z=∫φ(v)dv+ψ(u)=Φ(v)+ψ(u)，其中ψ(u)为u的任意的可微函数。Φ(v)为φ(v)的一个原函数。由于Φ与ψ的任意性，所以两组解其实是一样的。知识点解析：暂无解析18、设函数f(u)具有二阶连续导数，而z=f(exsiny)满足=e2xz，求f(u)。标准答案：=f′(u)exsiny，=f′(u)excosy，=f′(u)exsiny+f″(u)e2xsin2y，=—f′(u)exsiny+f″(u)e2xcos2y，代入方程=e2xz中，得到f″(u)—f(u)=0，解得f(u)=C1eu+C2e—u，其中C1，C2为任意常数。知识点解析：暂无解析19、设函数f(u)具有二阶连续导数，函数z=f(exsiny)满足方程=(z+1)e2x，若f(0)=0，f′(0)=0，求函数f(u)的表达式。标准答案：=f′(u)exsiny，=f′(u)exsiny+f″(u)e2xsin2y，=f′(u)excosy，=—f′(u)exsiny+f″(u)e2xcos2y，代入=(z+1)e2x，得f″(u)—f(u)=1。此方程对应的齐次方程f″(u)—f(u)=0的通解为f(u)=C1eu+C2e—u，方程的一个特解为f(u)=—1。所以方程f″(u)—f(u)=1的通解为f(u)=C1eu+C2e—u—1，其中C1，C2为任意常数。由f(0)=0，f′(0)=0得C1=C2=，从而函数f(u)的表达式为f(u)=(eu+e—u)—1。知识点解析：暂无解析20、求f(x，y)=的极值。标准答案：先求函数f(x，y)=的驻点，令fx(x，y)=e—x=0，fy(x，y)=—y=0，解得函数f(x，y)的驻点为(e，0)。又A=fxx(e，0)=—1，B=fxy(e，0)=0，C=fyy(e，0)=—1，B2—AC＜0，A＜0。故f(x，y)在点(e，0)处取得极大值f(e，0)=。知识点解析：暂无解析21、设z=z(x，y)是由x2—6xy+10y2—2yz—z2+18=0确定的函数，求z=z(x，y)的极值点和极值。标准答案：在方程x2—6xy+10y2—2yz—z2+18=0的两端分别对x，y求偏导数，于是有将上式代入x2—6xy+10y2—2yz—z2+18=0，可得所以点(9，3)是z(x，y)的极小值点，极小值为z(9，3)=3。类似的，由所以点(—9，—3)是z(x，y)的极大值点，极大值为z(—9，—3)=—3。知识点解析：暂无解析22、求｜z｜在约束条件下的最大值与最小值。标准答案：｜z｜的最值点与z2的最值点一致，用拉格朗日乘数法，令F(x，y，z，λ，μ)=z2+λ(x2+9y2—2z2)+μ(x+3y+3z—5)，由知识点解析：暂无解析设有一小山，取它的底面所在的平面为xDy坐标面，其底部所占的区域为D={(x，y)｜x2+y2一xy≤75}，小山的高度函数为h(x，y)=75—x2—y2+xy。23、设M(x0，y0)为区域D上的一点，问h(x，y)在该点沿平面上哪个方向的方向导数最大?若此方向的方向导数为g(x0，y0)，写出g(x0，y0)的表达式。标准答案：函数h(x，y)在点M处沿该点的梯度方向方向导数的最大值是gradh(x，y)｜(x0，y0)的模，即g(x0，y0)=知识点解析：暂无解析24、现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚下寻找一坡度最大的点作为攀登的起点。也就是说，要在D的边界线x2+y2—xy=75上找出使上小题中g(x，y)达到最大值的点。试确定攀登起点的位置。标准答案：求g(x，y)在条件x2+y2—xy—75=0下的最大值点等价于g2(x，y)=(y—2x)2+(x—2y)2=5x2+5y2—8xy在条件x2+y2—xy—75=0下的最大值点。构造拉格朗日函数L(x，y，λ)=5x2+5y2—8xy+λ(x2+y2—xy—75)，则有联立(1)，(2)解得y=—x，λ=—6或y=x，λ=—2。若y=—x，则由(3)式得3x2=75，即x=±5，y=±5。若y=x，则由(3)式得x2=75，即。于是得可能的极值点M1(5，—5)，M2(—5，5)，。现比较f(x，y)=g2(x，y)=5x2+5y2—8xy在这些点的函数值，有f(M1)=f(M2)=450，f(M3)=f(M4)=150。因为实际问题存在最大值，而最大值又只可能在M1，M2，M3，M4中取到。所以g2(x，y)在M1，M2取得边界线D上的最大值，即M1，M2可作为攀登的起点。知识点解析：暂无解析25、求函数f(x，y)=x2+2y2—x2y2在区域D={(x，y)｜x2+y2≤4，y≥0，x≥0}上的最大值和最小值。标准答案：先求D内的驻点及相应的函数值，由得f(x，y)在D内有一个驻点M=2。再求f(x，y)在D的边界上的最大值与最小值，D的边界由三部分组成：一是线段Γ1：y=0，0≤x≤2，在Γ1上f(x，y)=x2(0≤x≤2)，最小值为0，最大值为4。二是线段Γ2：x=0，0≤y≤2，在Γ2上f(x，y)=2y2(0≤y≤2)，最小值为0，最大值为8。三是上半圆周Γ3：y2=4—x2(0≤x≤2)，在Γ3上f(x，y)=x2+2(4—x2)—x2(4—x2)=8—5x2+x4==h(x)(0≤x≤2)，h′(x)=，由h′(x)=0得x=0或x2=，且h(0)=8，，h(2)=4。于是f(x，y)在D的边界上的最大值为8，最小值为0。最后通过比较知f(x，y)在D上的最大值为8，最小值为0。知识点解析：暂无解析考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第4套一、选择题(本题共7题，每题1.0分，共7分。)1、已知du(x，y)=[axy3+cos(x+2y)]dx+[3x2y2+bcos(x+2y)]dy，则()A、a=2，b=－2。B、a=3，b=2。C、a=2，b=2。D、a=－2，b=2。标准答案：C知识点解析：由du(x，y)=[axy3+cos(x+2y)]dx+[3x2y2+6cos(x+2y)]dy可知，以上两式分别对y，x求偏导，得由于连续，因此即3axy2－2sin(x+2y)=6xy2－6sin(x+2y)。比较两端系数得a=2，b=2，故选(C)。2、曲面z=F(x，y，z)的一个法向量为()A、(Fx’，Fy’，Fz’－1)。B、(Fx’－1，Fy’－1，Fz’－1)。C、(Fx’，Fy’，Fz’)。D、(－Fx’，－Fy’，－1)。标准答案：A知识点解析：曲面方程z=F(x，y，z)可以写成F(x，y，z)－z=0，由曲面的法向量计算公式，其法向量为(Fx’，Fy’，Fz’-1)，故选(A)。3、设u(x，y，z)=zarctan，则gradu(1，1，1)=()A、

B、

C、

D、

标准答案：A知识点解析：由梯度计算公式，有故选(A)。4、设f(x，y)在点(0，0)的某邻域内连续，且满足则函数f(x，y)在点(0，0)处()A、取极大值。B、取极小值。C、不取极值。D、无法确定是否取极值。标准答案：A知识点解析：已知根据极限保号性，存在δ＞0，当时，有成立，而所以当时，有f(x，y)－f(0，0)＜0，即f(x，y)＜f(0，0)，所以f(x，y)在点(0，0)处取极大值，故选(A)。5、设z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，△z是f(x，y)在点(x0，y0)处的全增量，则在点(x0，y0)处()A、△z=dz。B、△z=fx’(x0，y0)△x+fy’(x0，y0)△y。C、△z=fx’(x0，x0)dx+fy’(x0，y0)dy。D、△z=dz+o(ρ)。标准答案：D知识点解析：因为z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，所以△z=fx’(x0，y0)△x+fy’(x0，y0)△y·+ο(ρ)=dz+ο(ρ)，故选(D)。6、曲线在点(1，－1，0)处的切线方程为()A、

B、

C、

D、

标准答案：D知识点解析：由法向量计算公式n=(Fx’(x0，y0，z0)，Fy’(x0，y0，z0)，Fz’(x0，y0，z0))得，曲面x2+y2+z2=2在点(1，－1，0)处的法向量为n=(2，－2，0)，平面x+y+z=0在点(1，－1，0)处的法线向量为n2=(1，1，1)。则曲线在点(1，－1，0)处的切向量为τ=n1×n2=(－2，－2，4)，则所求切线方程为故选(D)。7、在曲线x=t，y=－t2，z=t3的所有切线中，与平面x+2y+z－4=0平行的切线()A、只有一条。B、只有两条。C、至少有三条。D、不存在。标准答案：B知识点解析：曲线的切向量为T=(1，－2t，3t2)，平面的法向量为n=(1，2，1)，于是由T，n=1－4t+3t2=0．解得t1=1，故曲线x=t，y=－t2，z=t3的所有切线中，与平面x+2y+z－4=0平行的切线有两条，故选(B)。二、填空题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)8、设函数f(x，y)可微，且f(1，1)=1，fx’(1，1)=a,fy’(1，1)=b。又记φ(x)=f{x，f[x，f(x，x)]}，则φ’(1)=__________。标准答案：a(1+b+b2)+b3知识点解析：由题设f(x，y)可微，且f(1，1)=1，fx’(1，1)=a，fy’(1，1)=b。又φ’(x)=fx’{x，f[x，f(x，x)]}+fy’{x，f[x，f(x，x)]}·{fx’[x，f(x，x)]+fy’[x，f(x，x)][fx’(x，x)+fy’(x，x)]}，所以φ’(1)=fx’(1，1)+fy’(1，1){fx’(1，1)+fy’(1，1)[fx/(1，1)+fy’(1，1)]}=a+b[a+b(a+b)]=a(1+b+b2)+b3。9、已知其中φ(u)可微，则标准答案：0知识点解析：由多元复合函数的求导法则所以10、曲面上任何点处的切平面在各坐标轴上的截距之和为__________。标准答案：a知识点解析：设曲面上任意一点M(x0，y0，z0)，则曲面在M点的法向量为M点的切平面方程为即又因为所以M点的切平面方程满足等式令x=y=0，得切平面在z轴上的截距得切平面在y轴上的截距y=z-0，得切平面在x轴上的截距故截距之和为11、函数f(x，y，z)=x2+y3+z4在点(1，－1，0)处方向导数的最大值与最小值的平方和为___________。标准答案：26知识点解析：函数f(x，y，z)=x2+y3+z4在点(1，－1，0)处方向导数的最大值与最小值分别为函数f(x，y，z)在该点处梯度的模(长度)及梯度模(长度)的相反数。由梯度计算公式，有则该点处梯度的模长故所求平方和为12、函数z=1－(x2+2y2)在点处沿曲线C：x2+2y2=1在该点的内法线n的方向导数为_________。标准答案：知识点解析：令F(x，y)=x2+2y2－1，则曲线C在点的法向量是因此曲线C在点的内法线方向是故从而13、曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0，1，－1)处的切平面方程为___________。标准答案：x－y+z=－2知识点解析：令F(x，y，z)=x2+cos(xy)+yz+x，则曲面的法向量n={Fx’，Fy’，Fz’}={2x－ysin(xy)+1，－xsin(xy)+z，y}，则曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0，1，－1)处的法向量为n={1，－1，1}，故切平面方程为(x－0)－(y－1)+(z+1)=0，即x－y+z=－2。三、解答题(本题共14题，每题1.0分，共14分。)14、在旋转椭球面上内接一个顶点在椭球面上，且表面平行于坐标面的长方体，问怎样选取长、宽、高才能使内接长方体的体积最大。标准答案：设内接长方体在第一象限内的顶点为A(x，y，z)，则长方体的体积为V=8xyz，其中A(x，y，z)的坐标满足方法一：由方程得从而把三元函数V=8xyz求最大值的问题化为求下述二元函数求最大值的问题：等式两边分别对x和y求偏导，得方程组解得并且点是函数V(x，y)在定义域内的唯一驻点，且由实际问题的性质知，体积最大的内接长方体一定存在，所以就是V(x，y)的最大值点。因此当长方体的长、宽、高分别取时，内接长方体的体积最大。方法二：引入拉格朗日函数L(x，y，z，λ)=8xyz+λ(x2+y2+－1)。令由方程组的前3个方程解得将它们都代入第4个方程解得于是此时内接长方体的体积最大。知识点解析：暂无解析15、求曲线在点(1，－2，1)处的切线及法平面方程。标准答案：设则Fx’=2x，Fy’=2y，Fz’=2z，Gx’=Gy’=Gz’=1。在点(1，－2，1)处所以切线方程为法平面方程为－(x－1)+(z－1)=0，即x－z=0。知识点解析：暂无解析16、设直线l：在平面Π上，而平面Π与曲面：z=x2+y2相切于点(1，－2，5)，求a，b的值。标准答案：曲面z=x2+y2在点(1，－2，5)处的法向量为n=(2x,2y,－1｜1,－2,5=(2,－4,－1)，于是切平面方程为2(x－1)－4(y+2)－(z－5)=0，即2x－4y－z－5=0。(1)由得y=－x－b，z=x－3+a(－x－b)，代入(1)式得2x+4x+4b－x+3+ax+ab－5=0，即(5+a)x+4b+ab－2=0，于是有5+a=0，4b+ab－2=0。因此解得a=－5，b=－2。知识点解析：暂无解析17、求函数在点A(1，0，1)沿点A指向B(3，－2，2)方向的方向导数。标准答案：的方向余弦：=(3－1，－2－0，2－1)=(2，－2，1)，而且于是知识点解析：暂无解析设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的区域为D={(x，y｜x2+y2－xy=≤75}，小山的高度函数为h(x，y)=75－x2－y2+xy。18、设M(x0，y0)为区域D上的一个点，问h(x，y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大。若记此方向导数的最大值为g(x0，y0)，试写出g(x0，y0)的表达式；标准答案：函数h(x，y)在点M处沿该点的梯度方向方向导数的最大值是gradh(x，y)｜(x0,y0)的模，即知识点解析：暂无解析19、现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点，也就是说，要在D的边界曲线x2+y2－xy=75上找出使上题中的g(x，y)达到最大值的点，试确定攀登起点的位置。标准答案：求g(x，y)在条件x2+y2－xy－75=0下的最大值点与求g2(x，y)=(y－2x)2+(x－2y)2=5x2+5y2=8xy在条件x2+y2－xy－75=0下的最大值点等价。这是求解条件最值问题，用拉格朗日乘数法。构造拉格朗日函数L(x，y，λ)=5x2+5y2－8xy+λ(x2+y2－xy－75)，则有联立(1)，(2)解得y=－x，λ=－6或y=x，λ=－2。若y=－x，则由(3)式得3x2=75，即x=±5，若y=x，则由(3)式得x2=75，即于是得可能的条件极值点现比较f(x，y)=g2(x，y)=5x2+5y2—8xy在这些点的函数值，有f(M1)=f(M2)=450，f(M3)=f(M4)=150。因为实际问题存在最大值，而最大值又只可能在M1，M2，M3，M4中取到。所以g2(x，y)在M1，M2取得边界线D上的最大值，即M1，M2可作为攀登的起点。知识点解析：暂无解析20、已知z=f(u，v)，用变换可把化简为求a值。标准答案：由z=f(u，v)，且u，v分别是x与y的函数，则那么将以上结果代入原方程，整理得由题意可知a应满足6+a－a2=0，且10+5a≠0故得a=3。知识点解析：暂无解析21、设y=f(x，t)，且方程r(x，y，t)=a确定了函数t(x，y)，求标准答案：方法一：等式y=f(x，t(x，y))两端对x求导得而t=t(x，y)由F(x，y，t)=0所确定，则由隐函数存在定理有于是整理得方法二：由y=f(x，t)知由F(x，y，t)=0知，得将dt的表达式代入并整理可得知识点解析：暂无解析22、设曲面z=f(x，y)二次可微，且证明：对任给的常数C，f(x，y)=C为一条直线的充要条件是标准答案：必要性：若f(x，y)=C表示一条直线，则f(x，y)一定是关于x，y的一次式，必有其中又因为f(x，y)=C，所以则因此可得fxx"(fy’)2－2fx’fy’fxy"+fyy"(fx’)2=0。亦即充分性：由(1)和(2)可知因而f(x，y)=C必是关于x，y的一次式，即f(x，y)=C表示一条直线。知识点解析：暂无解析23、函数试判定其在点(0，0)处的可微性。标准答案：由偏导数定义，有由对称性知fy(0，0)=0，而上式极限不存在。事实上，故f(x，y)在(0，0)点不可微。知识点解析：暂无解析24、在椭圆x2+4y2=4上求一点，使其到直线2x+3y－6=0的距离最短。标准答案：方法一：由点到直线的距离公式，椭圆x2+4y2=4上的点P(x，y)到直线2x+3y－6=0的距离为由于d的表达式中含有绝对值，而所以本题转化为求函数(2x+3y－6)2在条件x2+4y2=4下的最小值点。构造拉格朗日函数F(x，y，λ)=(2x+3y－6)2+λ(x2+4y2－4)，则解得于是根据本题实际意义知，最短距离存在，即点为所求的点。方法二：作椭圆x2+4y2=4的切线l，使其与直线2x+3y－6=0平行，这样的切线有两条，对应的两个切点，其中一个距直线2x+3y－6=0最远，另一个距直线2x+3y－6=0最近。直线2x+3y－6=0的斜率为而椭圆x2+4y2=4在点P(x，y)处切线斜率：于是即得8y=3x。将8y=3x与x2+4y2=4联立解得由距离公式知，点即为所求的点。知识点解析：暂无解析25、设x，y，z∈R+。求u(x，y，z)=lnx+lny+31nz在球面x2+y2+z2=5R2上的最大值，并证明：当a＞0，b＞0，c＞0时，有标准答案：构造拉格朗日函数F(x，y，z，λ)=lnx+lny+3lnz+λ(x2+y2+z2－5R2)，令解得驻点且于是有故特别地，取x2=a，y2=b，z2=c，平方后即得知识点解析：暂无解析26、求函数f(x，y)=x3－y3+3x2+3y2－9x的极值。标准答案：由已知得，fx’(x，y)=3x2+6x－9，fy’(x，y)=－3y2+6y。令得到进而得到驻点为M1(1，0)，M2(1，2)，M3(－3，0)，M4(－3，2)。又fxx"(x，y)=6x+6，fxy"(x，y)=0，fyy"(x，y)=－6y+6。在点M1(1，0)处，A=12，B=0，C=6。则AC－B2=72＞0且A＞0，故f(1，0)=－5为极小值；在点M2(1，2)处，A=12，B=0，C=－6。则AC—B2=－72＜0，故f(1，2)不是极值；在点M3(－3，0)处，A=－12，B=0，C=60则AC－B2=－72＜0，故f(－3，0)不是极值；在点M4(－3，2)处，A=－12，B=0，C=－6。则AC－B2=72＞0且A＜0，故f(－3，2)=31为极大值。知识点解析：暂无解析27、求曲线Γ：在点M0(1，1，3)处的切线与法平面方程。标准答案：曲面x2+z2=10和曲面y2+z2=10在点M0的法向量分别为n1=(2x，0，2z)｜(1,1,3)=2(1，0，3)，n2=(0，2y，2z)｜(1,1,3)=2(0，1，3)。由于切线的方向向量与它们均垂直，即有可取方向向量l=(3，3，－1)，因此切线方程为法平面方程为3(x－1)+3(y－1)－(z－3)：0，即3x+3y－z－3=0。知识点解析：暂无解析考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第5套一、选择题(本题共6题，每题1.0分，共6分。)1、设则等于()A、－1。B、C、1。D、0。标准答案：A知识点解析：当x=0时，于是故选(A)。2、设则在原点(0，0)处f(x，y)()A、偏导数不存在。B、不可微。C、偏导数存在且连续。D、可微。标准答案：D知识点解析：由偏导数定义，有同理fy’(0，0)=0。又因为不存在(前项极限为0，后项极限不存在)，所以排除(A)、(C)两项。因为△z=fx’(0，0)△x+fy’(0，0)△y+α=α，所以进而又故因此f(x，y)在(0，0)处可微，故选(D)。3、设f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导fx’(x0，y0)，fy’(x0，y0)都存在，则必有()A、存在常数k，B、C、D、当(△x)2+(△y)2→0时，f(x0+△x，y0+△y)－f(x0，y0)－[fx’(x0，y0)△x+fy’(x0+y0)△y]标准答案：C知识点解析：选项(A)表示f(x，y)当(x，y)→(x0，y0)时极限存在；选项(B)表示f(x，y)在点(x0，y0)处连续；选项(D)表示f(x，y)在点(x0，y0)处可微。以上3项在题设条件下都不一定成立。选项(C)表示一元函数f(x0，y)与f(x，y0)分别在点y=y0，x=x0处连续。由于根据一元函数可导必连续的性质知(C)项正确，故选(C)。4、极限A、不存在。B、等于1。C、等于0。D、等于2。标准答案：C知识点解析：由于当02+y2＜1时，ln(x2+y2)＜0，所以0≤|xyln(x2+y2)|≤(x2+y2)ln(x2+y2)。令x2+y2=r，则则由夹逼准则，故选(C)。5、设u=f(x+y，xz)有二阶连续的偏导数，则A、f2’+xf11"+(x+z)f12"+xzf22"。B、xf12"+xzf22"。C、f2’+xf12"+xzf22"D、xzf22"。标准答案：C知识点解析：由复合函数求导法则，故选(C)。6、设函数f(x，y)可微分，且对任意的x，y都有则使不等式f(x1，y1)＞f(x2，y2)成立的一个充分条件是()A、x1＞x2，y1＜y2。B、x1>x2，y1＞y2。C、x1＜x2，y1＜y2。D、x1＜x2，y1＞y2。标准答案：A知识点解析：因若x1＞x2，则f(x1，y1)＞f(x2，y1)；同理若y1＜y2，则f(x2，y1)＞f(x2，y2)。可知正确答案为(A)，故选(A)。二、填空题(本题共7题，每题1.0分，共7分。)7、设在点(0，0)处连续，则a=________。标准答案：因为由夹逼准则知，又知f(0，0)=a，则a=0。知识点解析：暂无解析8、连续函数z=f(x，y)满足则出dz|(0,1)=___________。标准答案：2dx－dyundefinedundefined知识点解析：由于函数f(x，y)连续，则有f(0，1)－2×0+1－2=0，即f(0，1)=1。由题意可知分子应为分母的高阶无穷小，即[*]变形得[*]于是可知f(x，y)在(0，1)点是可微的，并且有[*]故出dz｜(0,1)=2dx－dy。9、标准答案：知识点解析：10、设z=esinxy，则dz=____________。标准答案：esinxycosxy(ydx+xdy)知识点解析：所以有dz=esinxycosxy(ydx+xdy)。11、设函数则标准答案：4知识点解析：由复合函数求导法则及导数与微分的关系，12、由方程确定的隐函数z=z(x，y)在点(1，0，－1)处的全微分为dz=_____________。标准答案：知识点解析：等式两边求微分得把(1，0，－1)代入上式得13、设且f(u，v)具有二阶连续的偏导数，则标准答案：知识点解析：由复合函数求导法则有再将等式两边对y求偏导得三、解答题(本题共16题，每题1.0分，共16分。)14、求极限标准答案：方法一(分子有理化)：方法二(等价无穷小代换)：当x→0，y→0时，则知识点解析：暂无解析15、证明二重极限不存在。标准答案：取直线y=kx，则这说明沿任何一条过原点的直线y=kx(不包括x轴)趋于(0，0)点时，极限存在且都为零，并且若沿y轴趋于(0，0)点极限也为零。但若沿过原点的抛物线x=y2趋于(0，0)点时，有综上，故极限不存在。知识点解析：暂无解析16、设z=xy，求标准答案：由二元函数z=f(x，y)的求导法则，得因此有知识点解析：暂无解析17、设其中F为可导函数，求标准答案：令则z=xy+xF(u)，由复合函数求导法则，有于是知识点解析：暂无解析18、设求du及和标准答案：由全微分的基本公式及全微分的四则运算法则，得故因此知识点解析：暂无解析19、设f具有连续二阶偏导数，求与标准答案：由复合函数求导法则知识点解析：暂无解析20、设u=f(x，y，z，t)关于各变量均有连续偏导数，而其中由方程组确定z，t为y的函数，求与标准答案：注意z=z(y)，t=t(y)，于是因此，需要求将已知方程组两边对y求导得整理得记系数行列式为W=(y－t2)(ez+zcost)+2zt(tez+sint)，则代入得知识点解析：暂无解析21、设z=f(x，y)由方程z－y－x+xez-y-x=0确定，求dz。标准答案：对已知方程两边求微分，得dz－dy－dx+ez-y-xdx+xez－y－x(dz－dy－dz)=0，解得知识点解析：暂无解析22、设u=f(x，y，z)具有连续一阶偏导数，z=z(x，y)由方程xex－yey=zez所确定，求du。标准答案：方法一：由题设知等式xex－yey=zex两端对x求导得由此可得则同理可求得故方法二：由u=f(x，y，z)知，对等式xex－yey=zez两端求微分得(ex+xex)dx－(ey+yey)dy=(ez+zez)dz，解得将dz代入得知识点解析：暂无解析23、设u=f(x，y，z)，其中f(x，y，z)有二阶连续偏导数，z=z(x，y)由方程x2+y2+z2－4z=0所确定，求标准答案：由复合函数求导法则知，在方程x2+y2+z2－4z=0两端对x求偏导，得进一步整理得故有上式两端再对x求偏导并结合得其中因f(x，y，z)具有二阶连续偏导数，故f13"=f31"。知识点解析：暂无解析24、设z=f(u，x，y)，u=xey，其中f具有二阶连续偏导数，求标准答案：由已知，所以知识点解析：暂无解析25、设函数其中函数φ具有二阶导数，ψ具有一阶导数，则必有()标准答案：由则显然故选(B)。知识点解析：暂无解析26、考虑二元函数f(x，y)的下面4条性质：①f(x，y)在点(x0，y0)处连续；②f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导数连续；③f(x，y)在点(x0，y0)处可微；④f(x，y)在点(x0，y0)处的两个偏导数存在。若用表示可由性质P推出性质Q，则有()标准答案：二元函数连续、偏导数存在与全微分之间的关系如图5—2所示，故选(A)。知识点解析：暂无解析27、设z=z(x，y)是由x2－6xy+10y2－2yz－z2+18=0确定的函数，求z=z(x，y)的极值点和极值。标准答案：在方程x2－6xy+10y2－2yz－z2+18=0两端分别对x和y求偏导数，有将上式代入原方程中，解得可能取得极值的点为(9，3)和(－9，－3)。在(1)两端再次对x求导得在(1)两端对y求导得在(2)两端再次对y求导得所以可计算得故从而点(9，3)是z=z(x，y)的极小值点，极小值为z(9，3)=3。类似地，由可知从而点(－9，－3)是z=z(x，y)的极大值点，极大值为z(－9，－3)=－3。知识点解析：暂无解析28、求函数u=xy+2yz在约束条件x2+y2+z2=10下的最大值和最小值。标准答案：作拉格朗日函数L(x，y，z，λ)=xy+2yz+λ(x2+y2+z2－10)。令由(1)，(3)得z=2x，代入(2)中，并结合(1)得到y2=5x2，全部代入(4)得所有可能极值点为而且当λ=0时也有一组解y=0，x=－2z，z2=2，即比较各点处的函数值得故函数的最大值为最小值为知识点解析：暂无解析29、求函数z=x2y(4－x－y)在由直线x+y=6，x轴和y轴所围成的区域D上的最大值与最小值。标准答案：区域D如图5—3所示，它是有界闭区域，z(x，y)在D上连续，所以在D上一定有最大值与最小值，其最值或在D内的驻点处取得，或在D的边界上取得。为求D内驻点，先求令于是得方程组解得z(x，y)在D内的唯一驻点(x，y)=(2，1)且z(2，1)=4。在D的边界y=0，0≤z≤6或x=0，0≤y≤6上z(x，y)=0；在边界x+y=6(0≤x≤6)上，将y=6－x代入z(x，y)，有z(x，y)=x2(6－x)(－2)=2(x3－6x2)(0≤x≤6)。令h(x)=2(x3－6x2)，则h’(x)=6(x2－4x)，得h’(4)=0，h’(0)=0。且h(4)=－64，h(0)=0，即z(x，y)在边界x+y=6(0≤x≤6)上的最大值为0，最小值为－64。综上，知识点解析：暂无解析考研数学一（多元函数微分学）模拟试卷第6套一、选择题(本题共4题，每题1.0分，共4分。)1、设f(x，y)=则f(x，y)在点(0，0)处()A、两个偏导数都不存在B、两个偏导数存在但不可微C、偏导数连续D、可微但偏导数不连续标准答案：B知识点解析：由偏导数定义，有由对称性知fy(0，0)=0，而上式极限不存在。事实上，故f(x，y)在(0，0)点不可微，故选B。2、已知f(x，y)=，则()A、fx(0，0)，fy(0，0)都存在。B、fx(0，0)存在，但fy(0，0)不存在。C、fx(0，0)不存在，fy(0，0)存在。D、fx(0，0)，fy(0，0)都不存在。标准答案：C知识点解析：所以fy(0，0)存在，故选C。3、设z=f(x，y)在点(x0,y0)处可微，△x是f(x，y)在点(x0，y0)处的全增量，则在点(x0，y0)处()A、△z=dz。B、△z=fx(x0，y0)△x+fy(x0，y0)△y。C、△z=fx(x0，y0)dx+fy(x0，y0)dy。D、△z=dz+o(ρ)。标准答案：D知识点解析：由于z=f(x，y)在点(x0，y0)处可微，则△z=fx(x0，y0)△x+fy(x0，y0)△y+o(ρ)=dz+o(ρ)，故选D。4、函数f(x，y)在点(0，0)可微的充分条件是()A、

B、

C、

D、

标准答案：D知识点解析：由可知，f(x，y)的两个一阶偏导数fx(x，y)和fy(x，y)在点(0，0)处连续，则f(x，y)在点(0，0)处可微，故选D。二、填空题(本题共7题，每题1.0分，共7分。)5、设f(x，y)=在点(0，0)处连续，则a=________。标准答案：0知识点解析：因为利用夹逼原理知。又知f(0，0)=a，所以当a=0时，f(x，y)在点(0，0)处连续。6、设z==________。标准答案：知识点解析：7、设函数f(u)可微，且f′(2)=2，则z=f(x2+y2)在点(1，1)处的全微分出dz｜(1，1)=________。标准答案：4(dx+dy)知识点解析：dz=f′(x2+y2)(2xdx+2ydy)，则dz｜(1，1)=f′(2)(2dx+2dy)=4(dx+dy)。8