(完整版)高等數(shù)學第九章課外習題

.令F(x,y,乙(4x2yz10)(x2y2125),解FF方程組F4x2x4212y2y2x2y0z10125得駐點R(10,5,60)和P2(10,5,40).故點P(10,5,60)是豎坐標取最大值的點,P2(10,5,40)為最小值點.52.令F(x,y,z)Fx—1-F—1F2.x,Fy2,y，F(xiàn)z設切點為(x,y,z),則切平面方程為1(X2x1 1x)(Yy)(Z2y2,zz)0，即即X丫??x —yZ一尸1.切平面在二坐標軸上的截距為：Jx,Jy,z,■-z設s(x,y,z)vxyz,其中JxJyJz1,令G(x,y,z)xyz(&網(wǎng)Vz1),解方程組Gx2.xGy0得xyz1,駐點唯一，且實際上確存在最0 9GGz2/z、z1大值，故所求點為最大值點.切平面方程為：3x3y3z1.

故h(x)12x4.226極W”不存在,而fx(0,0) fy(0,0)0存在.(C).偏導存在未必可微，故(A(B)不對；空間曲線是三個一元函數(shù)xx的參數(shù)方程 y0 ，它的切向量為(1,0,fx(0,0))即(1,0,3).zf(x,0)(A).由連續(xù)函數(shù)的保號性，在(0,0)的某鄰域上1f4-與-，2 (x2y2)2 2xy2(x2y2)2 f(x,y)xy|(x2y2)2,在(0,0)的任何更小的鄰域1一，一1一，一—可以3i證.10上，f(x,y)都是可正可負.例如取x—10_dQ _95.最(x)3(x) (x)32(x)[f_dQ _95.最(x)3(x) (x)32(x)[fif2(flf2)],d3成3(x)31[23(2x13)]51.6.—xf(e6.—xf(excosy)excosy-f(excosy)exsiny,y2z~2x,x 、2z~2x,x 、2x(ecosy)ecosyx xf(ecosy)ecosy,2z~2yx 2x2(ecosy)esinyf(excosy)excosy.22z~~2x2-7(4zexcosy)e2x化為y_x 2x _x x 2xf(ecosy)e[4f(ecosy)ecosy]e,從而f(u)4f(u)u,這

是一個線性非齊次微分方程，對應齊次方程的通解為 f(u)C1e2xC2e一個特解為 u,故原方程解為f(u)Cie2xC2e2xu,由f(0)0,4 4f(0)0解得f(u)—(e2xe2x4u).167.對方程(x7.對方程(x22 _y)zInz2(xy1)0(1)兩邊對x,y分別求導得z0(舍)或z0(舍)或xy0(4)0(5)，代0(6)2 2z1z2xz(x入xy1,z1得A—2入xy1,z1得A—2xxzx 人zzxz10，令一0,—0得 解得TOC\o"1-5"\h\z22z1z x y xz 1 02yz(x2y2)———20(3)x y xz 1 0yzy1 ,, 八，一代入原方程得xy1,z1.對(2)(3)分別z2 . . 2zz ,2 2、z , 1、，z、2 1z2z2x— 2x— (x y)—2 ( 2)(—) 2xx xzxzx2 . . 2再求導得zz ,2 2、 z,1、， zz、 1z再求導得2x- 2y— (x y) (—)( ) yx xyzyxzxy2 2zz2 2z1z2 1z2z2y—2y—(x y)—( 2)(一) 2yy yzyzy2 2z人z一，B——0,C—3 xy yr2 4AC B2-0,A0,所以xy 1為極大值點，極大值為z1.98.因為f(x,y)沿著梯度方向的方向?qū)?shù)最大，且最大值為梯度的模 .而gradf(x,y)(1y,1x),模為J(1x)2(1y)2.令h(1x)2(1y)2構造函數(shù)F(x,y,)(1x)2(1y)2 (x2y2 xy3),由2(1x) (2xy)02(1y) (2yx)0得到Mi(1,1),M?(1,1),M3(2,1),M,(1,2),TOC\o"1-5"\h\z2 2xyxy3因h(M1)8,h(M2)0,MM3)9,MM,)9,所以方向?qū)?shù)最大值為9.2 1.Zy3y2y2x,Zx2y2x ，令zx0,Zy0,消去x得3y22( 2)y0,解得：y0或y—( 2),3Zxx 2,Zxy 2,Zyy6y2,當y0時，ACB24( 2),當y時，ACB2 4( 2).在 r2的條件下，以上二式中必有且僅有一式大于零，這說明函數(shù)Z有且僅有一個極值.因為A2，當0時，此極值必為極大值..必要性.f(tx,ty) tnf(x,y)的兩端對t求導,有xR(tx,ty) yfz(tx,ty)ntn1f(x,y),令t1即為xf(x,y)yf(x,y)nf(x,y).x y充分性.即要證tnf(tx,ty)f(x,y)，記g(t)tnf(tx,ty),則有g(t)ntn1f(tx,ty)tn[xf[(tx,ty)yf2(tx,ty)]tn1[tx"tx,ty) tyfz(tx,ty)nf(tx,ty)]0.從而g(t)g(1)f(x,y),即f(tx,ty)tnf(x,y).

1.由 fxy(x,y)2(y1)ex 得 fx(x,y)(y1)2ex (x)f(x,y)(y1)2ex2 2(y1)2cy22y,C即f(x,y)2x(y1)ex0(t)dt1,再由fx(x,0)(x1)ex得(x)(x1)ex,得(x)xexf(x,y)(y1)2ex2 2(y1)2cy22y,C即f(x,y)2x(y1)ex0(t)dt1,再由fx(x,0)(x1)ex得(x)(x1)ex,得(x)xex,故f(x,y)(y1)2exxttedt02x(y1)e(x1)ex.fx由fy(y1)2exxxe02(y1)ex 0解得x0,y再由fxx(y1)2ex(x1)ex,fxy2(y1短，fyy2ex得A10,B0,C2.ACB20,所以點（0,1）為極小值點，極小值為f(0,1)2.證法一：（條件極值）令xy2.證法一：（條件極值）令xya,則問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)nn-一y-在條件2nnxya下的極值.由拉格朗日函數(shù)L（x,y,）nnxya下的極值.由拉格朗日函數(shù)L（x,y,）x2y(xya),a 解得xy2為唯一駐點.由于所求最小值一定存在，因此,這個駐點必是nn最小值點.于是一y-（a）n2 2證法二：（證法二：（用函數(shù)的單調(diào)性）令,問題成為：證明對任何t0,0.事實上，易知f(t)-tn1 (U)n10.事實上，易知2 2

因此，f(t)是單調(diào)遞增，從而f(t)f(0)0.證法三：(用曲線的凸性)設g(x)xn,則顯然g(x)是［0,)上的凸函數(shù),nn從而滿足g^yy)2g(x)g(y),即x2y.假設當nk時不等式證法四：(數(shù)學歸納法)顯然當.假設當nk時不等式已證