高數(shù)課程下冊第七章7習(xí)題課

第七章習(xí)題課主要內(nèi)容典型例題平面點集和區(qū)域極限運算多元連續(xù)函數(shù)的性質(zhì)多元函數(shù)概念多元函數(shù)的極限多元函數(shù)

連續(xù)的概念主要內(nèi)容全微分的應(yīng)用高階偏導(dǎo)數(shù)隱函數(shù)求導(dǎo)法則復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則全微分形式的不變性微分法在

幾何上的應(yīng)用方向?qū)?shù)多元函數(shù)的極值全微分概念偏導(dǎo)數(shù)概念一、 基本概念連續(xù)性偏導(dǎo)數(shù)存在方向?qū)?shù)存在可微性多元函數(shù)的定義、極限、連續(xù)定義域及對應(yīng)法則求極限及判斷極限不存在的方法函數(shù)的連續(xù)性及其性質(zhì)幾個基本概念的關(guān)系問題：1求極限，判斷函數(shù)極限存在性2、函數(shù)連續(xù)性、偏導(dǎo)數(shù)存在性、可微性的判別例1解x2

+

y2xfi

0yfi

0求極限lim

(y

-x)x

.令

x

=

r

cosq

,

y

=

r

sinq

, (

r

>

0)則(x,y)fi

(0,0)等價于r

fi

0.rr

2

(sinq

-

cosq

)cosq0

￡x2

+

y2(

y

-

x)

x==

r

(sinq

-

cosq

)cosq

￡

2r,x2

+

y2xfi

0yfi

0故

lim

(

y

-

x)

x

=

0.注意:在某些情況下可以利用極坐標(biāo)求極限,但要注意在定義域內(nèi)r

,q

的變化應(yīng)該是任意的.例2.討論x2

+

y21x

arctan,

(x,

y)

?

(0,

0)f

(x,

y)

=

(x,

y)

=

(0,

0)0在點(0,0)處的連續(xù)性，偏導(dǎo)數(shù)的存在性及可微性.解x2

+

y21由于當(dāng)(x,y)?(0,0)

時，|

arctan2|￡

p故xfi

0yfi0lim

f

(x,

y)

=lim

x

arctanx2

+

y2xfi0yfi

01=

0

=

f

(0,

0)所以函數(shù)f

(x,y)在(0,0)點連續(xù).x

arctan

1

,

(x,

y)

?

(0,

0)f

(x,

y)

=

x2

+

y20

(x,

y)

=

(0,

0)偏導(dǎo)數(shù)xxxfi

0xfi0

xf

￠(0,

0)

=

lim

f

(x,

0)

-

f

(0,

0)

=

lim

1

(x

arctan1x2)x2=

lim

arctanxfi

01

=

p2yyfi

0yyfi

0

yf

￠(0,

0)

=

lim

f

(0,

y)

-

f

(0,

0)

=

lim

0

=

0可微性在點(0,0)處，Dz

-

fx￠(0,

0)Dx

-

f

y￠(0,

0)Dy1=

Dx

arctan2p-Dx(Dx)2

+(Dy)212=

Dx(arctan-

p

)(Dx)2

+(Dy)2Dz

-

fx￠(0,

0)Dx

-

f

y￠(0,

0)Dy

=

Dx(arctan(Dx)2

+(Dy)212-

p

)因此Dz

-

fx￠(0,

0)Dx

-

f

y￠(0,

0)Dy

=

Dx

(arctan

1

-

p

)rr

r

2由于r

2rfi

0lim(arctan

1

-

p

)

=

0故

lim

Dz

-

fx￠(0,

0)Dx

-

f

y￠(0,

0)Dy

=

0rfi

0r因此函數(shù)f

(x,y)在(0,0)點可微.二、多元函數(shù)微分法顯示結(jié)構(gòu)1.

分析復(fù)合結(jié)構(gòu)

隱式結(jié)構(gòu)(畫變量關(guān)系圖)自變量個數(shù)=變量總個數(shù)–方程總個數(shù)自變量與因變量由所求對象判定正確使用求導(dǎo)法則“鏈式法則”注意正確使用求導(dǎo)符號利用一階微分形式不變性問題：求偏導(dǎo)數(shù)、高階偏導(dǎo)數(shù)(多元復(fù)合函數(shù)、隱含數(shù)求導(dǎo)方法)例3解.,

,具有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù))，),

(

f?2

z

?2

z?y

?y2

?x?y3設(shè)

z

=

x f

(

xy,?zyx求1213xx

+

f￠ ￠

)=

x

(f?z?y?2

z214

2=

x

f

+

x

f

,)1122

x21212

x)

+

x

(

f

￠x

+114=

x

(

f

￠x

+?y2f

￠f

￠=

x5

f

+

2

x3

f

+

xf

,11

12

22?y?x?x?y=?2

z

?2

z)]=

4

xx221

222+

x

[

f

￠y

+

f

￠(-2)]

+

2

xfx211

1241+

x

[

f

￠y

+

f

￠(-3yyf

￠221+

x f

￠)4f

￠?x?=

(

x=

4

x3

f

+

2

xf

+

x4

yf

-

yf

.1

2

11

22P92

例1-例9dxx

=1

dx

x

=1d

j

3

(x)

=

3j

2

(x)

dj=

3f1(x,

f

(x,

x))(]

x

=1在點=

2,?x

(1,1)?

fj

(x)=f

(x,f

(x,x)),求解:由題設(shè)j

(1)=f

(1,f

(1,1))=f

(1,1)=1(P92.

1)

設(shè)函數(shù)f

(1,1)

=1,處可微,且=

3,?y

(1,1)?

f+

f2

(x,

f

(x,

x))

=

3 2

+

3

(2

+

3)

=

51(P92.2)設(shè)u

=f

(x,y,z),j

(x2

,e

y,z)=0,y

=sin

x,解(f

,j

具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù))，且?j

?0,求du

.du

=

?f

+

?f dy

+

?f dz

,dx

?x

?y

dx

?z

dxdx?z

dx顯然

dy

=

cos

x,dx求

dz

,

對j

(

x2

,e

y

,

z)

=

0

兩邊求

x

的導(dǎo)數(shù),得=

0

,2

x

+

j321￠￠￠dx

dxey

dy

dz+

jj213sin

x?zcos

xj

￠)

?f

.?ydx

?xdu

?f故

= +

cos

x￠?f

1-

(2

xj

+

ej

￠于是可得,12cos

xj

￠),13￠j

￠(2

xj

+

esin

x=

-dxdz（P93

4.）如果函數(shù)關(guān)系式恒滿足f

(tx,ty,tz)=tk

f

(x,y,z)則稱此函數(shù)為k次齊次函數(shù)，試證:k次齊次函數(shù)f

(x,y,z)滿足關(guān)系式x

?f

+

y

?f

+

z

?f

=

kf

(x,

y,

z)?x

?y

?z證記u

=tx,v

=ty,w

=tz,方程f

(tx,

ty,

tz)

=

tk

f(x,

y,

z)兩邊對t求導(dǎo)得x

?f

+

y

?f

+

z

?f

=

ktk

-1

f?u

?v

?w兩邊同乘以t得tx

?f

+

ty

?f

+

tz

?f

=

ktk

f

=

kf

(u,

v,

w)?u

?v

?w即u

?f

+

v

?f

+

w

?f

=

kf

(u,

v,

w)?u

?v

?w用x,y,z分別替換u,v,w，即得結(jié)論.求zu

vx y

x

y?z

=

v

?u

+

u

?v?x

?x

?x設(shè)由z

=uv

,得(P94.6)解①?z

=

v

?u

+

u

?v?y

?y

?y由

x

=

eu

cos

v,

y

=

eu

sin

v

,

得d

x

=

eu

cos

v

d

u

-

eu

sin

v

d

vd

y

=

eu

sin

v

d

u

+

eu

cos

v

d

v利用行列式解出

du, dv

：②d

x=

eu

cos

v

d

u

-

eu

sin

v

d

vd

y

=

eu

sin

v

d

u

+

eu

cos

v

d

veu

cos

veu

sin

v-

eu

sin

veu

cos

vdx

-

eu

sin

vd

y

eu

cos

vd

u

=e

cos

v-ue

sin

v-u?x代入①即得?z

;-

e-u

sin

ve-u

cos

v?y代入②即得?z

.三、多元函數(shù)微分法的應(yīng)用在幾何中的應(yīng)用求曲線的切線及法平面(關(guān)鍵:尋求切向量)求曲面的切平面及法線(關(guān)鍵:尋求法向量)極值與最值問題極值的必要條件與充分條件求解最值問題求條件極值的方法

(消元法,

拉格朗日乘數(shù)法)在微分方程變形等中的應(yīng)用x

+

y

-

z

=

01.

過直線10x

+

2

y

-

2z

=

27

作曲面3x2

+

y2

-

z2

=

27的切平面，求此切平面的方程.解曲面切平面的法向量為{6x,2

y,-2z},通過已知直線的平面束為l(10x

+

2

y

-

2z

-

27)

+

m(x

+

y

-

z)

=

0即(10l

+

m)x

+(2l

+

m)

y

-(2l

+

m)z

=

27l6x0

2

y0

-2z02

2

20

0

03x+

y

-

z

=

27設(shè)切平面的切點為(x0

,y0

,z0

),則有

10l

+

m

=

(2l

+

m)

=

-(2l

+

m)

(10l

+

m)x0

+(2l

+

m)

y0

-(2l

+

m)z0

=

27l解得m

=-l或m

=-19l.故所求平面方程為9x

+

y

-

z

=

27或9x

+17

y

-17z

+

27

=

06x0

2

y0

-2z022020

03x+

y-

z

=

2710l

+

m

(2l

+

m)

-(2l

+

m)

=

=

(10l

+

m)x0

+(2l

+

m)

y0

-(2l

+

m)z0

=

27l2.

設(shè)直線L

:x

+y

+b

=0x

+

ay

-

z

-3

=

0在平面p上，平面p與曲面z

=x2

+y2相切于點(1,-2,5),求a,b的值.解在點(1,-2,5)處，曲面的法向量為n(1,-2,5)

=

{2x,

2

y,

-1}={2,

-4,

-1}故切平面方程為2(x

-1)-4(

y

+2)

-(z

-5)=0即2x

-

4

y

-

z

-

5

=

0由x

+

y

+

b

=

0x

+

ay

-

z

-

3

=

0得y

=-x

-b,z

=x

-3

+a(-x

-b)代入切平面方程得2x

+

4(x

+

b)

-

x

+

3

+

a(x

+

b)

-

5

=

0即(5

+a)x

+4b

+ab

-2

=0故有5

+a

=0,4b

+ab

-2

=0由此得a

=

-5,

b

=

-2.3.已知橢球面x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a2

(a

>0).求橢球面上z坐標(biāo)為最大與最小的點.求橢球面在xOy平面上投影區(qū)域的邊界曲線.解由于橢球面是一封閉曲面，因此橢球面上z坐標(biāo)最大與最小的點一定存在.此最值即為橢球面方程所確定的隱函數(shù)的最大值與最小值.

方程兩邊分別關(guān)于x及y求偏導(dǎo)，得

2

y

+

2z

?z

+

x

+

y

?z

+

z

=

02x

+

2z?z

?z+

y

+

y

=

0?x

?x?y

?y

2

y

+

2z

?z

+

x

+

y

?z

+

z

=

02x

+

2z=

0?z?x?z?x+

y

+

y?y

?y令?z

=0,?z

=0,得?x

?y2x

+

y

=

02

y

+

x

+

z

=

06解得

y

=

-2x,

z

=

3x

代入橢球面方程得

x

=

–

a故得兩點

P

(

a

,

-2a

,

3a

),

P

(

-a

,

2a

,

-3a

),1

6

6

6

2

6

6

6由于橢球面確實存在z坐標(biāo)的最大與最小的點，因此點P1與P2即為所求.已知橢球面x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a2

(a

>0).(2)求橢球面在xOy平面上投影區(qū)域的邊界曲線.設(shè)S是橢球面對于xOy

面的投影柱面，S與橢球面切于曲線C,

則在曲線C上，兩曲面的法相量

相同，為n

={2x

+

y,2

y

+

x

+

z,

2z

+

y}nn由

^

k，知

{0，0，1}

=

0

即

2z

+

y

=

0因此曲線C的方程為x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a22z

+

y

=

04消去z即得投影柱面S的方程x2

+3

y2

+xy

=a24

x2

+

3

y2

+

xy

=

a2故所求投影區(qū)域的邊界曲線為

z

=

0例14.設(shè)有一小山，取它的底面所在的平面為xoy坐標(biāo)面其底部所在的區(qū)域為D={(x,y)|

x2

+y2

-xy

￡

75}小山的高度函數(shù)為

h(x,

y)

=

75

-

x2

-

y2

+

xy.(1)設(shè)M

(x0

,y0

)為區(qū)域D上一點，問h(x,y)在該點沿平面上什么方向的方向?qū)?shù)最大？若記此方向?qū)?shù)的最大值為g(x0

,y0

),試寫出g(x0

,y0

)的表達式.解h(x,y)在點M

0

(x0

,y0

)沿梯度方向的方向?qū)?shù)最大，且最大值等于梯度的模，由于gradh(x,

y)

=

{-2x

+

y,

-2

y

+

x}故g(x0

,

y0

)

=|

gradh(x0

,

y0

)

|

=(-2x

+

y

)2

+(-2

y

+

x

)20

0

0

0=

5x2

+

5

y2

-8x

y0

0

0

0(2)現(xiàn)在此山開展攀巖活動，需在山腳尋找上山坡度最大點作為起點，試確定攀登起點的位置.解由題意知，要在底部區(qū)域D的邊界線x2

+y2

-xy

=75上尋找使g(x,y)達到最大的點.令f

(x,y)=5x2

+5

y2

-8xy，由題意，只需在約束條件x2

+

y2

-

xy

=

75下求出f

(x,

y)的最大值點.

設(shè)F

(x,

y)

=

5x2

+

5

y2

-8xy

+

l(x2

+

y2

-

xy

-

75)Fx￠=10x

-8

y

+

l(2x

-

y)

=

0}2

2

2

2g(x0

,

y0

)

=

5x0

+

5

y0

-8x0

y0

D

={(x,

y)

|

x

+

y

-

xy

￡

75yF

￠=10

y

-8x

+

l(2

y

-

x)

=

02

2x

+

y

-

xy

=

75解得x

=

5

3x

=

-5

3

y

=

-5

3

y

=

5

3由于Fx￠=10x

-8

y

+

l(2x

-

y)

=

0

yF

￠=10

y

-8x

+

l(2

y

-

x)

=

0x2

+

y2

-

xy

=

75x

=

5

y

=

-5x

=

-5

y

=

5

f

(5

3,

5

3)

=

f

(-5

3,

-5

3)

=150f

(5,

-5)

=

f

(-5,

5)

=

450故(5,

-5)與(-5,

5)

皆可作為攀登起點.例15.

已知兩條平面曲線f

(x,y)=0,j

(x,y)=0,(a

,b)和(x,h)分別為兩曲線上的點，試證：如果這兩點是這兩條曲線上相距最近和最遠的點，則關(guān)系式a

-x

=

fx￠(a

,

b)

=

jx￠(x,h)b

-h

f

y￠(a

,

b)

j￠y

(x,h)成立.證2

2

21

2設(shè)g(x1

,

y1

,

x2

,

y2

)

=

d

=

(x1

-

x2

)

+(

y

-

y

)

,則(a

,b,x,h)為g(x1

,y1

,x2

,y2

)在條件f(x1

,y1

)=0,j(x2

,y2

)=0下的極值點.設(shè)F

=

(x

-

x

)2

+(

y

-

y

)2

+

l

f

(x

,

y

)

+

mj(x

,

y

)1

2

1

2

1

1

2

2則有1Fy￠=

2(b

-h)

+

l

f

y￠(a

,

b)

=

02Fx￠

=

-2(a

-x)

+

mjx￠(x,h)

=

01Fx￠=

2(a

-x)

+

l

fx￠(a

,

b)

=

02Fy￠

=

-2(b

-h)

+

mj￠y

(x,h)

=

0F

=

(x

-

x

)2

+(

y

-

y

)2

+

l

f

(x

,

y

)

+

mj(x

,

y

)1

2

1

2

1

1

2

2解得關(guān)系式a

-x

=

fx￠(a

,

b)

=

jx￠(x,h)b

-h

f

y￠(a

,

b)

j￠y

(x,h)故命題得證.2z

=

x2

+

2

y2z

=

6

-

2x

-

yP92.10.

求曲線上點的z坐標(biāo)的最小值和最大值.2解.

問題為在約束條件z

=

x2

+

2

y2

,

z

=

6

-

2x2

-

y2

下，求z的最小與最大值.

由于曲線為一條封閉曲線，因此z坐標(biāo)的最大與最小值肯定存在.設(shè)F

(x,y,z)=z

+l(z

-x2

-2

y2

)+m(z

-6

+2x2

+y2

)則有

Fx￠=

-2lx

+

4mx

=

0

Fy￠=

-4l

y

+

2my

=

0zF

￠=1+

l

+

m

=

0lF

￠=

z

-

x2

-

2

y2

=

02

2mF

￠=

z

-

6

+

2x

+

y

=

0

Fx￠=

-2lx

+

4mx

=

0

Fy￠=

-4l

y

+

2my

=

0zF

￠=1+

l

+

m

=

02

2

lF

￠=

z

-

x

-

2

y

=

02

2mF

￠=

z

-

6

+

2x

+

y

=

0整理得

Fx￠=

2x(2m

-

l)

=

0

Fy￠=

2

y(m

-

2l)

=

0zF

￠=1+

l

+

m

=

02

2lF

￠=

z

-

x

-

2

y

=

022+

y

=

0mF

￠=

z

-

6

+

2xx

=

–

2z

=

2

y

=

0由前三式得x

=

0

或

y

=

0,

代入后兩式解得x

=

0

y

=

–

2z

=

4或因此

z

坐標(biāo)的最大值為4,

最小值為2.作業(yè)P1022、5、6、7、11、15一、選擇題:14+

arcsinx

2

+

y

2

x

2

+

y

21、二元函數(shù)z

=

ln的定義y2、設(shè)f

(xy,x

)=(x

+y)2

,則f

(x,y)=(域是(

).（A）1

￡

x

2

+

y

2

￡

4；

（B）1

<

x

2

+

y

2

￡

4；（C）1

￡

x

2

+

y

2

<

4；

（D）1

<

x

2

+

y

2

<

4.).y（A）

x

2

(

y

+

1

)2

；

（B）yx

(1

+

y)2

；x（C）

y

2

(

x

+

1

)2

；

（D）xy

(1

+

y)2

.測驗題2

23、lim(x

2

+y

2

)x

yxfi

0yfi

0=(

).(A)(C)0

；2

；(B)

1

；(D)

e

.4、函數(shù)f

(x,y)在點(x0

,y0

)處連續(xù),且兩個偏導(dǎo)數(shù)f

x

(x0

,y0

),f

y

(x0

,y0

)存在是f

(x,y)在該點可微的(

).充分條件,但不是必要條件；必要條件,但不是充分條件；充分必要條件；既不是充分條件,也不是必要條件.5、設(shè)f

(x,y)=(

x

2

+

y

2

)

sin0,

x

2

+

y

2

=

0,

x

2

+

y

2

?

0x

2

+

y

21則在原點(0,0)處

f

(

x,

y)(

).(A)偏導(dǎo)數(shù)不存在；

(C)偏導(dǎo)數(shù)存在且連續(xù)；(B)不可微；

(D)可微.6、設(shè)z

=f

(x,v),v

=v(x,y)其中f

,v

具有二階連續(xù)偏?2

z導(dǎo)數(shù).則

=(

).?y

2?f

?2

v?2

f

?v?f

?2

v(A)

+

；

(B)

；?v?y

?y

?v

?y

2

?v

?y

2(C)?y

2?v

2?2

f(?f

?2

v)2

+?y

?v?v；

(D)?y

2?f

?2

v?v

2?2

f

?v+?y

?v.7、曲面xyz

=

a

3

(a

>

0)的切平面與三個坐標(biāo)面所圍成的四面體的體積

V=(

).2(A)

3

a

3

；(C)29

a

3

；(B)

3a

3

；(D)

6a

3

.8、二元函數(shù)z

=

3(

x

+

y)

-

x

3

-

y

3

的極值點是(

).(A)

(1,2)；(C)

(-1,2)；(B)

(1.-2

)；(D)

(-1,-1).9、函數(shù)u

=sin

x

sin

y

sin

z

滿足2x

+y

+z

=p

(x

>0,y

>0,z

>0)的條件極值是(

).(A)

1

；(C)

1

；6(B)

0

；(D)

1

.810、設(shè)函數(shù)u=u(x,y),v

=v(x,y)在點(x,y)的某鄰域內(nèi)可微分,則在點(x,y)處有g(shù)rad

(uv)

=(

).gradu

gradv;u gradv

+

v

gradu;(C

)

u

gradv;x

3

+

y

3(

D)

v

gradu.二、討論函數(shù)z

=x

+

y的連續(xù)性，并指出間斷點類型.三、求下列函數(shù)的一階偏導(dǎo)數(shù):1、z

=

x

ln

y

；2、u

=f

(x,xy,xyz),z

=j

(x,y)；

x

2

y3、f

(x,y)=

x

2

+y

2x

2

+

y

2

?

0x

2

+

y

2

=

00.四、設(shè)u=

f

(

x,

z),而z(

x,

y)是由方程z

=

x

+

yj

(z)所確的函數(shù),求du

.五、設(shè)z

=(u,x,y),u

=xe

y

,其中f

具有連續(xù)的二階偏導(dǎo)數(shù),求?x?y?2

z.?x

?y六、設(shè)x

=

eu

cos

v,

y

=

eu

sin

v,

z

=

uv

,試求?z

和?z

.七、設(shè)x

軸正向到方向l

的轉(zhuǎn)角為j

,求函數(shù)

f

(x,y)=x

2

-xy

+y

2

在點(1,1)沿方向l

的方向?qū)?shù),并分別確定轉(zhuǎn)角j

,使這導(dǎo)數(shù)有(1)最大值；(2)最小值；(3)等于零.3z八、求平面x

+y2

24

+

5

=

1和柱面x

+

y

=

1的交線上與xoy

平面距離最短的點.x

2

y

2

z

2九、在第一卦限內(nèi)作橢球面

+

+ =

1的切平面,a

2

b

2

c

2使該切平面與三坐標(biāo)面所圍成的四面體的體積最小,求這切平面的切點,并求此最小體積.一、1、A；2、B；3、B；4、B；5、D；6、C；7、A；8、A；9、D；10、B.二、(1)當(dāng)x

+y

?0時,在點(x,y)函數(shù)連續(xù)；(2)當(dāng)x

+y

=0時,而(x,y)不是原點時,則(x,y)為可去間斷點,(0,0)為無窮間斷點.三、1、z

=

(ln

y)

x

ln

y-1

,

zx

yy=

ln

x

x

ln

y

；2、ux

=

f1

+

yf

2

+

(

yz

+

xyz

x

)

f

3

,uy

=

xf

2

+

(

xz

+

xyz

y

)

f

3

.,

x

2

+

y

2

?

0,2

22

2

20,

x

+

y

=

0+

y

)

2

xy

33、

f

(

x,

y)

=

(

xx測驗題答案f

(

x,

y)

=2

22

2

2o,

x

+

y

=

0(

x

+

y

)

x

2

(

x

2

-

y

2

),

x

2

+

y

2

?

0.yf

2yj

￠(z)

-

1f

2j

(z)yj

￠(z)

-

1)dx

-

dy

.1四、(

f

-uu

uy

xu

xy

u五、xe

2

y

f

￠

+e

y

f

￠

+xe

y

f

￠

+f

￠

+e

y

f

￠.六、?z

=

(v

cos

v-

u

sin

v)e

-u

,

?z

=

(u

cos

v+

v

sin

v)e

-u

.?x

?y?l七、?f

=

cosj

+

sinj

,444

4(1)j

=p,

(2)j

=5p,(3)j

=3p

及7p.5

5

12八、

4

3

35(

,

,

).九、切點(

a

,

b

,

c

),V3

3

32=

3

abc

.min補充典型例題例1.

已知

f

(

x

+

y

,

x

-

y

)

=

x2

-

y2

+j

(x

+

y),

且f

(x，0)=x

,求出f

(x,y)的表達式.解法1

令f

(u,

v)

=

1

(u

+

v)2

-

1

(u

-

v)2

+j

(u)4

4\即

f

(x

,

0)

=

x,\

j

(x)

=

xf

(x,

y)

=

x

(

y

+1)解法2

f

(x

+y,x

-y)=(x

+y)(x

-y)+j

(x

+y)以下與解法1

相同.v

=x

-y

,則=

01=

limxyfi

0

yxfi

0

1

+

1解·法1解·法2

令

y

=

kx

,此法排除了沿曲線趨于原點的情況.例如y

=x2

-x

時此法第一步排除了沿坐標(biāo)軸趨于原點的情況,第二步此時極限為1.-1

y

x未考慮分母變化的所有情況,

例如,

y

=

xx

時,

1

+

1

=1,例2.

討論二重極限時,下列算法是否正確?解·法3

令

x

=

r

cosq

,

y

=

r

sinq,此法忽略了q

的任意性,極限不存在!由以上分析可見,

三種解法都不對,

因為都不能保證自變量在定義域內(nèi)以任意方式趨于原點.同時還可看到,本題極限實際上不存在

.特別要注意,在某些情況下可以利用極坐標(biāo)求極限,但要注意在定義域內(nèi)r

,q

的變化應(yīng)該是任意的.例4解所確定,且?g

?0,

?h

?0,

試求du

.?y

?z

dxh(

x,

z)

=

0.設(shè)函數(shù)u(x)由方程組

g(x,y,z)=0,u

=

f

(

x,

y),將方程組的變元u

以及y,z

都看成是x

的函數(shù)．方程組各方程兩邊對x

求導(dǎo),得h

+

h

g

+

gdxdu

=

f=

0,+

g+

f

dy

,(3)(2)(1)dxdz

=

0.dxdzdxdyy

dxx

zzyxx由(3)得dz

=-hx

,dx

hz-

gx

,gy

gy

hz代入(2)得

dy

=

gz

hxdx

gy

hz

gyf

g

f

g

h-

y

x

+

y

z x

.xdx代入(1)得du

=f2.

已知求解:由兩邊對x

求導(dǎo),得其中f

與F分別具6.

設(shè)有一階導(dǎo)數(shù)或偏導(dǎo)數(shù),求解

方程兩邊對

x

求導(dǎo),

得d

z

=\d

x-

x

f

￠F3￠-

F2￠(x

f

F3

+

F2

?

0)=

xF1

f

-

x

F2

f

-

f

F2-

x

f

￠

1F2￠

F3￠-

x

f

f

+

x

fF2￠

-

F1￠+ =

f

+

x

f

￠-

x

f

￠d

x

d

xd

y

d

z=

-F1d

zd

x

d

xd

y+

F3￠F2￠+ =

f

+

x

f

￠-

x

f

￠d

x

d

xd

y

d

z=

-F1d

xd

zd

xd

y+

F3￠F2￠d

y=d

x\-

x

f

￠F3￠-

F2￠(x

f

F3

+

F2

?

0)=-

x

f

￠

1F2￠

F3￠F3￠f

+

x

f

￠

1-F1￠f

F3￠+

x

F3￠f

￠+

F1￠解法2

方程兩邊求微分,

得z

=

x

f

(x

+

y)

,F

(x,

y,

z)

=

0化簡+

x

f

d

y+

F2

d

y消去d

y

即可得階段練習(xí)8.設(shè)f

(u,v)是二元可微函數(shù)，又設(shè)z

=f

(yx

?z

?zx

,

),

求x

-

yy

?x

?y解?x1x22?z

=

f

￠(-

y

)

+

f

￠

1y?z

=?yf1x2y2￠1

+

f

￠(-

x

)1

2

1

2?x

?y

x

y

x

yx

?z

-

y

?z

=

-

y

f

￠+

f

￠

x

-(

f

￠

y

-

f

￠

x

)1

2x

y=

-

2

y

f

￠+

f

￠

2x所以9.

設(shè)u

=f

(x

+y

+z,xyz),其中f

存在二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，?2u.?x?z求解.?x1

2?u

=

f

￠+

f

￠

yz?2u=

f

￠￠+

f

￠￠

xy

+(

f

￠￠+

f

￠￠xy)

yz

+

f

￠y?x?z

11

12

21

22

2=

f

￠+

(xy

+

yz)

f

￠+

xy2

zf

￠+

yf

￠11

12

22

2y10.

設(shè)z

=

z(x,

y)是由方程x2

+

y2

+

z2

=

yf

(

z

)確定的隱函數(shù)，其中f

可微，求dz.解方程兩邊分別求微分，得(

)

(

)y

y2xdx

+

2

ydy

+

2zdz

=

f

(

z

)dy

+

yf

￠

z

d

zy代入得而zyd

( )

=y2ydz

-

zdyz2xdx

+

2

ydy

+

2zdz

=

f

( )dy

+y(

)yf

￠

z

ydz

-

zdyy整理得y(2z

-

f

￠(

z(

))dyy

y

y))dz

=-2xdx

+(-2

y

+

f

(

)z

-

z

f

￠

z因此2xdz

=dx

+zyf

￠(

)

-

2zdyzyz

z

￠

z2

y

-

f

( )

+

f

(

)y

y

yf

￠( )

-

2zy10.

設(shè)z

=

z(x,

y)是由方程x2

+

y2

+

z2

=

yf

(

z

)確定的隱函數(shù)，其中f

可微，求dz.解zy設(shè)F

(x,

y,

z)

=

x2

+

y2

+

z2

-

yf

(

),則Fx￠=

2xFy￠=2

y

-

f

( )

-yf

(

)y

yy2z

￠

z

-zz

z

￠

z=

2

y

-

f

( )

+

f

(

)y

y

yz￠

zF

￠=

2z

-

yf

(

y

)y￠

z1

=

2z

-

f

(

)y因此?z?x=

-F

￠Fz￠x

=2x￠

zf

( )

-

2zyF

￠Fz￠y=?z?y=

-2

y

-

f

(

z

)

+

z

f

￠(

z

)y

y

y￠

zf

( )

-

2zydz

=

......12.

方程ey

+z

-x

sin

z

=e在點(x,y)=(0,1)附近確定了一個可微的隱函數(shù)z

=z(x,y),求z￠x

(0,1),z￠y

(0,1),z￠x￠y

(0,1).解把x=0,y=1代入方程得z=0，方程兩邊同時關(guān)于x求偏導(dǎo)，得z￠x

-

sin

z

-

x

cos

z

z￠x

=

0ey

+zsin

zey+z

+

x

cos

zx解得z￠=xz￠(0,1)

=

0方程兩邊同時關(guān)于y求偏導(dǎo)，得ey

+z(1+

z￠y

)

-x

cos

z

z￠y

=

0z￠y

=

x

cos

z

-

ey+zey

+zyz￠(0,1)

=e1+01+0-e=

-1解得sin

zey

+z

+

x

cos

zx對z￠=兩邊同時關(guān)于y求偏導(dǎo)，得sin

z)xyz￠

=

?

(?y

ey

+z

+

x

cos

zcos

z

z￠

(ey

+z

+

x

cos

z)

+sin

z

{ey+z

(1+

z￠)

-

x

sin

z

z￠}y

y

y(ey

+z

+

x

cos

z)2=z￠xy

(0,1)

=e2z￠y

(0,1)e1=

-e13.2

2z

=

x2

+

3y,

.x

+

xy

+

z

=1設(shè)

,

求dy

dzdx

dx解方程組兩邊分別關(guān)于x求導(dǎo)，得dydzdxdx

dz

=

2x

+

3

dy

dx

dx2x

+

y

+

x整理得+

2z

=

0dz

dydx

dx

dz

-

3

dy

=

2x

dx

dx2z

+

x

=

-(2x

+

y)解得4x2

-

6x

-

3y2x-312xdz-(2x

+

y)xdy2z-(2x

+

y)=dx1

-32z

x=dx1

-32z

xx

+

6z=2x

+

y

+

4xzx

+

6z=

-例7.

設(shè)z=f

(x,y)滿足求f

(x,y).?2

f2?f

(x,

0)=

2x,

f

(x,1)

=

0,=

sin

x?y?y解?2

f由

=

2x得?y2?y?f

=

2xy

+j(x)故f

(x,

y)

=xy2

+j(x)

y

+y

(x)故f(x,1)

=

x

+j(x)

+y

(x)

=

0?y?f

(x,

0)

=

(2xy

+j(x))y=0=

j(x)

=

sin

x由上兩式解得j(x)

=

sin

x，

y

(x)

=

-x

-

sin

xf

(x,

y)

=

xy2

+

y

sin

x

-

x

-

sin

x因此之間的最短距離．求旋轉(zhuǎn)拋物面z

=x2

+y2

與平面x

+y

-2z

=2例6解6d

=

1

x

+

y

-

2z

-

2

.設(shè)P(x,y,z)為拋物面z

=x2

+y2

上任一點,則P

到平面x

+y

-2z

-2

=0

的距離為d

,分析:

本題變?yōu)榍笠稽c

P(

x,

y,

z)，使得

x,

y,

z滿足

x2

+

y2

-

z

=

0且使

d

=

1

x

+

y

-

2z

-

266(即d

2

=1

(x

+y

-2z

-2)2

)最?。?令F

(x,y,z)=