高等數(shù)學(xué)(下)

習(xí)題七

1、在空間直角坐標(biāo)系中，定出下列各點得位置：

A(l,2,3);B(-2,3,4)；C(2,-3,-4);

0(3,4,0);E(0,4,3);F(3,0,0)、

解:點A在第I卦限;點B在第II圭卜限;點C在第VW卦限；

點D在xOy面上;點E在yOz面上;點F在x軸上、

2、xOy坐標(biāo)面上得點得坐標(biāo)有什么特點？yOz面上得呢？zOx面上得呢？

答：在xOy面上得點,z=0;

在yOz面上得點尸0;

在zOx面上得點,產(chǎn)0、

3、x軸上得點得坐標(biāo)有什么特點？y軸上得點呢？z軸上得點呢？

答:x軸上得點,y=z=O;

y軸上得點A=z=0;

z軸上得點產(chǎn)產(chǎn)0、

4、求下列各對點之間得距離：

(1)(0,0,0),(2,3,4)；(2)(0,0,0),(2,-3,-4);

(3)(-2,3,-4),(1,0,3);(4)(4,-2,3),(-2,1,3)、

解:⑴

⑵

(3)

⑷、

5、求點(4,-3,5)到坐標(biāo)原點與各坐標(biāo)軸間得距離、

解:點(4,-3,5)到x軸,y軸,z軸得垂足分別為(4,0,0),(0,-3,0),(0,0,5)、

故

6、在z軸上，求與兩點4(-4,1,7)與8(3,5,-2)等距離得點、

解:設(shè)此點為M(0,0,z),則

解得

即所求點為M(0,0,)、

7、試證:以三點A(4,l,9),僅10,T,6),C(2,4,3)為頂點得三角形就是等腰直角三角形、

證明:因為|AB|=|AQ=7、且有

HC|2+HB|2=49+49=98=|BC|2、

故△ABC為等腰直角三角形、

8、驗證:、

證明:利用三角形法則得證、見圖7-1

圖7-1

9、設(shè)試用a,b,c表不

解：

10、把△ABC得BC邊分成五等份，設(shè)分點依次為2,。2,。3,。4,再把各分點與A連接,試以,

表示向量,，與、

解：

11、設(shè)向量得模就是4,它與投影軸得夾角就是60°,求這向量在該軸上得投影、

解:設(shè)M得投影為，則

12、一向量得終點為點仇2,-1,7),它在三坐標(biāo)軸上得投影依次就是4,-4與7,求這向量得起點

A得坐標(biāo)、

解:設(shè)此向量得起點A得坐標(biāo)A(x,y,z),則

解得x=~2,y=3,z=0

故A得坐標(biāo)為A(-2,3,0)、

13、一向量得起點就是丹(4,0,5),終點就是巳(7,1,3),試求：

(1)在各坐標(biāo)軸上得投影；(2)得模；

(3)得方向余弦；(4)方向得單位向量、

解:⑴

⑵

⑶

(4)、

14、三個力尸產(chǎn)(1,2,3),尸2=(-2,3,-4),F3=(3,-4,5)同時作用于一點、求合力R得大小與方向

余弦、

解:R=(1-2+3,2+3-4,3-4+5)=(2,1,4)

15、求出向量“=24；/+4"=2，-寸+5A與c=-2號+2A得模，并分別用單位向量來表達(dá)向量a”,

c、

解：

16、設(shè)”?=3i+?+8A,〃=2卜4/-7/,p=5i47-4A,求向量a=4m+3np在x軸上得投影及在y軸上

得分向量、

解:a=4(3i+y+84)+3(2上仍7#)-(5坦-4朽=13，+77+15?

在x軸上得投影熱=13,在y軸上分向量為7j、

17、向量r與三坐標(biāo)軸交成相等得銳角，求這向量得單位向量e,、

解:因，故,(舍去)

則、

18、已知兩點％(2,5,-3)"2(3,-2,5),點用在線段上，且，求向徑得坐標(biāo)、

解:設(shè)向徑={x,y,z}

因為，

所以,

故={}、

19、已知點P到點A(0,0,12)得距離就是7,得方向余弦就是，求點P得坐標(biāo)、

解:設(shè)P得坐標(biāo)為(x,y,z),

得

又

故點P得坐標(biāo)為尸(2,3,6)或P()、

20、已知a,b得夾角，且,計算：

(1)a?8;(2)(3a-2Z>),(a+26)、

解:⑴a-b=

(2)

21,已知a=(4,-2,4),b=(6,-3,2),計算:

(l)a,b\(2)(2a-36)?(a+b);(3)

解:⑴

(2)

(3)\a-b\2-(a—b)(a—b)-aa-2ab+bb^a\2—2a-b+\h\2

22、已知四點A(l,-2,3),B(4,-4,-3),。(2,4,3),0(8,6,6),求向量在向量上得投影、

解:={3,-2,-6},={6,2,3}

23、設(shè)重量為100kg得物體從點Mi(3,1,8)沿直線移動到點加2(1,4,2),計算重力所作得功(長

度單位為〃?)、

解:取重力方向為z軸負(fù)方向，

依題意有

片{0,0,-100X9、8}

$=={-2,3,-6}

故W=7?s={0,0,-980}?{-2,3,-6}=5880(J)

24、若向量a+3b垂直于向量7a-5瓦向量a-4b垂直于向量7a-2b,求a與b得夾角、

解：(a+3Z>)?(7a-5b)=①

(a-4Z>),(7a-2b)=②

由①及②可得：

又,所以,

故、

25、一動點與連成得向量與向量”=(2,3,-4)垂直,求動點得軌跡方程、

解:設(shè)動點為M(x,y,z)

因，故、

即2(x-l)+3(y-l)-4(z-l)=0

整理得:2x+3yYz-l=O即為動點M得軌跡方程、

26、設(shè)Q=(-2,7,6),b=(4,-3,-8),證明:以a與b為鄰邊得平行四邊形得兩條對角線互相垂直、

證明:以a力為鄰邊得平行四邊形得兩條對角線分別為a+仇a一仇且

a+b={2A,-2)

af={-6,10,14}

又(a+b)?(af)=2X(-6)+4X10+(-2)X14=0

故(@+b)(af、)

27、已知a=3i+2j-k,b=吃+24,求：

(l)aXb;(2)2aX7b;

⑶7bX2a;(4)aXa、

解:⑴

(2)

(3)

(4)、

28、已知向量a與b互相垂直，且、計算：

(l)|(a+*)X(a-*)|；

⑵|(3a+i)X(a-26)h

(1)

(2)|(3a+》)x(a-2b)\=\3axa-6axb+bxa—2bxb\=\7sxa)|

29、求垂直于向量3iYj~k與2i~i+k得單位向量，并求上述兩向量夾角得正弦、

解：

與平行得單位向量

、

30、一平行四邊形以向量a=(2,1,—1)與5=(1,—2,1)為鄰邊，求其對角線夾角得正弦、

解:兩對角線向量為

9

因為，

所以、

即為所求對角線間夾角得正弦、

31、已知三點4(2-1,5),B(0,3,-2),C(-2,3,l),點M,N,P分別就是AB,BC,CA得中點，證明:、

證明:中點M,N,P得坐標(biāo)分別為

4-4.-44-44

ACxBC^k^\2i+20j+Sk

0-2-20

故、

32、求同時垂直于向量0=(2,3,4)與橫軸得單位向量、

解:設(shè)橫軸向量為b=(x,O,O)

則同時垂直于得向量為

=4對一3xk

故同時垂直于a,b得單位向量為

33、四面體得頂點在(1,1,1),(1,2,3),(1,1,2)與(3,7,2)求四面體得表面積、

解:設(shè)四頂點依次取為A,8,C,。、

則由A,BQ三點所確定三角形得面積為

、

同理可求其她三個三角形得面積依次為、

故四面體得表面積、

34、已知三點3(2,4,1),8(3,7,5),C(4,10,9),證毗三點共線、

證明:，

顯然

則

故A,B,C三點共線、

35、求過點(4,1,-2)且與平面3x-2v+6z=ll平行得平面方程、

解:所求平面與平面3x-2)，+6z=ll平行

故“={3,-2,6},又過點(4,1,-2)

故所求平面方程為：3(x-4)-2(yT)+6(z+2)=0

即3k2y+6z+2=0、

36、求過點M)(l,7,-3),且與連接坐標(biāo)原點到點Mo得線段0Mo垂直得平面方程、

解:所求平面得法向量可取為

故平面方程為：x-l+7(y-7)-3(z+3)=0

即x+7y-3z-59=0

37、設(shè)平面過點(1,2,7),而在x軸與z軸上得截距都等于在y軸上得截距得兩倍，求此平面方

程、

解:設(shè)平面在y軸上得截距為

則平面方程可定為

又(1,2,-1)在平面上，則有

得h=2、

故所求平面方程為

38、求過(1,1,-1),(-2,-2,2)與(1,-1,2)三點得平面方程、

解:由平面得三點式方程知

代入三已知點，有

化簡得廠3)，-2z=0即為所求平面方程、

39、指出下列各平面得特殊位置，并畫出其圖形:

⑴y=0;⑵3k1=0;

(3)2x-3y-6=0;(4)x-y=0;

(5)2x-3y+4z=0、

解:(l)y=0表示xOz坐標(biāo)面(如圖7-2)

(2)3尸1=0表示垂直于x軸得平面、(如圖7-3)

圖7-2圖7-3

(3)2尸3廠6=0表示平行于z軸且在x軸及y軸上得截距分別為廣3與y=-2得平面、(如圖

7-4)

(4)x-y=0表示過z軸得平面(如圖7-5)

(5)2x~3y+4z=0表示過原點得平面(如圖7-6)、

圖7-4圖7-5圖7-6

40、通過兩點(1,1,1,)與(2,2,2)作垂直于平面x+y~z=0得平面、

解:設(shè)平面方程為Ax+B)>+Cz+D=0

則其法向量為〃={A,aC}

已知平面法向量為m={l,l,-l}

過已知兩點得向量上{1,1,1}

由題知n,/ii=0,n?1=0

即

所求平面方程變?yōu)锳x-Ay+D=0

又點(1,1,1)在平面上,所以有￡>=0

故平面方程為廣)=0、

41、決定參數(shù)k得值,使平面x+6-2z=9適合下列條件：

⑴經(jīng)過點(5,-4,6);(2)與平面2x-3y+z=0成得角、

解:⑴因平面過點(5,-4,6)

故有5-4k-2X6=9

得仁-4、

(2)兩平面得法向量分別為

m={l,V2}〃2={2,-3,1}

且

解得

42、確定下列方程中得/與

(1)平面2x+/y+3z-5=0與平面〃?x-6.y-z+2=0平行；

(2)平面3x-5y+/z-3=0與平面x+3y+2z+5=0垂直、

解:⑴"i={2,/,3},”2={鞏-6,-1}

⑵“尸{3,-5,/},如={1,3,2}

43、通過點作垂直于兩平面方y(tǒng)+z-l=0與2x+y+z+l=0得平面、

解:設(shè)所求平面方程為Ax+By+Cz+D=O

其法向量折{A,8,C}

/n={l,-l,l},n2={2,l,l)

又(1,一1,1)在所求平面上，故A—B+C+￡>=0,得。=0

故所求平面方程為

即2x-y-3z=0

44、求平行于平面3尸y+7z=5,且垂直于向量i-j+2k得單位向量、

解:〃尸［3,T,7},“2={1,T,2}、

故

則

45、求通過下列兩已知點得直線方程：

(1)(1,-2,1),(3,1,-1)；⑵(3,-1,0),(1,0,-3)、

解：(1)兩點所確立得一個向量為

s={3T,l+2,TT}={2,3,-2}

故直線得標(biāo)準(zhǔn)方程為：

或

(2)直線方向向量可取為

s=}1-3,0+1,-3-0}={-2,1,-3}

故直線得標(biāo)準(zhǔn)方程為：

或

46、求直線得標(biāo)準(zhǔn)式方程與參數(shù)方程、

解:所給直線得方向向量為

另取尤o=O代入直線一般方程可解得>'o=7,zo=17

于就是直線過點(0,7,17),因此直線得標(biāo)準(zhǔn)方程為：

且直線得參數(shù)方程為：

47、求下列直線與平面得交點:

(1),2x+3y+z-1=0;

(2),冗+2y-2z+6=0、

解:(1)直線參數(shù)方程為

代入平面方程得片1

故交點為(2,-3,6)、

(2)直線參數(shù)方程為

代入平面方程解得U0、

故交點為(-2,1,3)、

48、求下列直線得夾角：

⑴與；

⑵與

解:(1)兩直線得方向向量分別為:

si={5,-3,3}X{3,-2,1}=={3,4,-1}

S2={2,2,7}X{3,8,l}=={10,-5,10}

由si?S2=3X10+4X(-5)+(-1)xl0=0知Si±S2

從而兩直線垂直，夾角為、

(2)直線得方向向量為sk{4,T2,3},直線得方程可變?yōu)椋汕蟮闷浞较蛳蛄縎2={0,2,

-1}X{1,0,0}={0,T,-2},于就是

49、求滿足下列各組條件得直線方程：

⑴經(jīng)過點(2,-3,4),且與平面3JC7+2Z-4=0垂直；

⑵過點(0,2,4),且與兩平面x+2z=l與廠3z=2平行；

⑶過點(T,2,l),且與直線平行、

解:(1)可取直線得方向向量為

s={3,T,2}

故過點(2,-3,4)得直線方程為

(2)所求直線平行兩已知平面，且兩平面得法向量小與"2不平行，故所求直線平行于兩平面得

交線,于就是直線方向向量

故過點(0,2,4)得直線方程為

(3)所求直線與已知直線平行，故其方向向量可取為

s={2,T,3}

故過點(T,2,1)得直線方程為

、

50、試定出下列各題中直線與平面間得位置關(guān)系：

(1)與4『2y-2z=3;

⑵與3x-2y+7z=8;

⑶與x+y+z=3、

解:平行而不包含、因為直線得方向向量為$={-2,-7,3}

平面得法向量”={4,-2,-2},所以

于就是直線與平面平行、

又因為直線上得點-4,0)代入平面方程有、故直線不在平面上、

(2)因直線方向向量s等于平面得法向量,故直線垂直于平面、

(3)直線在平面上，因為，而直線上得點(2,-2,3)在平面上、

51、求過點(1,-2,1),且垂直于直線

得平面方程、

解:直線得方向向量為，

取平面法向量為{1,2,3},

故所求平面方程為

即x+2y+3z=0、

52、求過點(1,-2,3)與兩平面2尸3)，+2=3,x+3y+2z+l=0得交線得平面方程、

解:設(shè)過兩平面得交線得平面束方程為

其中X為待定常數(shù),又因為所求平面過點(1,-2,3)

故

解得X=-4、

故所求平面方程為

2x+15y+7z+7=0

53、求點(7,2,0)在平面x+2y-z+l=0上得投影、

解:過點(T20)作垂直于已知平面得直線，則該直線得方向向量即為已知平面得法向量，即

s=n={l,2,-l}

所以垂線得參數(shù)方程為

將其代入平面方程可得(T+f)+2(2+2f)-(-r)+l=0

得

于就是所求點(T20)到平面得投影就就是此平面與垂線得交點

54、求點(1,2,1)到平面x+2y+2zT0=0距離、

解:過點(1,2,1)作垂直于已知平面得直線，直線得方向向量為s=〃={1,2,2}

所以垂線得參數(shù)方程為

將其代入平面方程得、

故垂足為,且與點(1,2,1)得距離為

即為點到平面得距離、

55、求點(3,7,2)到直線得距離、

解:過點(3,7,2)作垂直于已知直線得平面，平面得法向量可取為直線得方向向量

即

故過已知點得平面方程為y+z=l、

聯(lián)立方程組

解得

即為平面與直線得垂足

于就是點到直線得距離為

56、建立以點(1,3,-2)為中心，且通過坐標(biāo)原點得球面方程、

解:球得半徑為

設(shè)(x,y,z)為球面上任一點，則(xT>+(y-3>+(z+2)2=14

即A2+y2+z2-2x-6y+4z=0為所求球面方程、

57、一動點離點(2,0,-3)得距離與離點(4,-6,6)得距離之比為3,求此動點得軌跡方程、

解:設(shè)該動點為M(xj,z),由題意知

化簡得:8x2+8y2+8z2-68x+108廣114z+779=0

即為動點得軌跡方程、

58、指出下列方程所表示得就是什么曲面，并畫出其圖形：

(1)；(2)；

(3)；(4);

(5)；(6)、

解：(1)母線平行于z軸得拋物柱面，如圖7-7、

⑵母線平行于z軸得雙曲柱面，如圖7-8、

圖7-7圖7-8

(3)母線平行于y軸得橢圓柱面，如圖7-9、

(4)母線平行于x軸得拋物柱面，如圖7-10、

圖7-9圖7-10

(5)母線平行于z軸得兩平面，如圖7-11、

(6)z軸，如圖7-12、

圖7-11圖7-12

59、指出下列方程表示怎樣得曲面,并作出圖形：

(1)；(2);

(3)；(4);

(5)；(6)、

解:(1)半軸分別為1,2,3得橢球面，如圖7-13、

(2)頂點在(0,0,-9)得橢圓拋物面，如圖7-14,

圖7-13圖7-14

(3)以x軸為中心軸得雙葉雙曲面，如圖7-15、

(4)單葉雙曲面，如圖7-16、

圖7-15圖7-16

(5)頂點在坐標(biāo)原點得橢圓錐面，其中心軸就是y軸，如圖7-17、

(6)頂點在坐標(biāo)原點得圓錐面,其中心軸就是z軸，如圖7-18、

圖7-17圖7-18

60、作出下列曲面所圍成得立體得圖形：

⑴W+V+iu/與z=0,z=(a>0);(2)x+y+z=4,x=021,產(chǎn)0,產(chǎn)2及z=0;

(3)z=4-x2,x=0,y=0,z=0及2x+y=4;(4)Z=6-(X2+J?2),X=0,y=0,z=0及x+y=l,

解:⑴⑵⑶(4)分別如圖7-19,7-20,7-21,7-22所示、

圖7-20

圖7-22

61、求下列曲面與直線得交點:

(1)與；

⑵與、

解：(1)直線得參數(shù)方程為

代入曲面方程解得仁0尸1、

得交點坐標(biāo)為(3,4,-2),(6,-2,2)、

(2)直線得參數(shù)方程為

代入曲面方程可解得/=1,

得交點坐標(biāo)為(4,-3,2)、

62、設(shè)有一圓，它得中心在z軸上,半徑為3,且位于距離xOy平面5個單位得平面上,試建立

這個圓得方程、

解:設(shè)(x,y,z)為圓上任一點，依題意有

即為所求圓得方程、

63、建立曲線W+y2=z,z=x+l在xOy平面上得投影方程、

解:以曲線為準(zhǔn)線，母線平行于z軸得柱面方程為

r-+y2=x+1即、

故曲線在xOy平面上得投影方程為

222

64、求曲線x+/+z=a,片+產(chǎn)瞪在xOy面上得投影曲線、

解:以曲線為準(zhǔn)線，母線平行于z軸得柱面方程為

故曲線在xOy面上得投影曲線方程為

65、試考察曲面在下列各平面上得截痕得形狀，并寫出其方程、

(1)平面x=2;(2)平面y=0;

⑶平面產(chǎn)5;(4)平面z=2、

解:(1)截線方程為

其形狀為42平面上得雙曲線、

(2)截線方程為

為xOz面上得一個桶圓、

(3)截線方程為

為平面產(chǎn)5上得一個橢圓、

(4)截線方程為

為平面z=2上得兩條直線、

66、求單葉雙曲面與平面尸2z+3=0得交線在xOy平面,)，0z平面及xOz平面上得投影曲線、

解:以代入曲面方程得

X2+20J2-24JT116=0、

故交線在xOy平面上得投影為

以x=2z-3代入曲面方程，得

20>,2+4Z2-60Z-35=0A

故交線在yOz平面上得投影為

交線在xOz平面上得投影為

習(xí)題八

1、判斷下列平面點集哪些就是開集、閉集、區(qū)域、有界集、無界集？并分別指出它們得聚

點集與邊界：

⑴{(x,y)|x關(guān)0};

⑵{(W+V<4};

⑶g)"};

(4){(x,y)|(x-l)2+r^l}U{(x,)，)|(x+l)2+y2《l}、

解:⑴開集、無界集，聚點集:可,邊界:{(x,y)|x=0}、

(2)既非開集又非閉集，有界集，

聚點集:{(x,y)|1W/+)Y4},

邊界:{(x,y)*+)2=1}U{(x,y)|『+)理=4}、

(3)開集、區(qū)域、無界集，

聚點集:{(x,y)|y02},

邊界:{(x,y)|尸/}、

(4)閉集、有界集，聚點集即就是其本身，

邊界:{(毛陽(片1)2+9=1}U{(x,y)|(x+l)2+)?=l}、

2、已知TUjOf?+V-xytan,試求、

解：

3、已知，試求

解；/(x+y,x-y,孫)=(x+y產(chǎn)'+(肛)*t￥+*>'=(x+y尸+(外產(chǎn)、

4、求下列各函數(shù)得定義域：

解:

5、求下列各極限:

解:(1)原式=

⑵原式=+8、

(3)原式=

(4)原式=

(5)原式=

(6)原式=

6、判斷下列函數(shù)在原點。(0,0)處就是否連續(xù):

⑶

3333

Tsin(x+y)x+ysinQ?+y3)

解：(1)由于04—~尹=,，-(kl+|y|)

廠+/x+y—x3+)尸x3+y3

又，且，

故、

故函數(shù)在0(0,0)處連續(xù)、

(2)

故0(0,0)就是z得間斷點、

⑶若P(x,y)沿直線y=x趨于(0,0)點，則

若點尸(x,y)沿直線尸-x趨于(0,0)點，則

故不存在、故函數(shù)z在。(0,0)處不連續(xù)、

7、指出下列函數(shù)在向外間斷：

⑴於,y)=;⑵於,y)=;

(3)7(x,y)=ln(l—f—y12);(4求x,y)=

解:(1)因為當(dāng)產(chǎn)-x時，函數(shù)無定義，所以函數(shù)在直線尸x上得所有點處間斷，而在其余點處均

連續(xù)、

(2)因為當(dāng)/=2x時，函數(shù)無定義，所以函數(shù)在拋物線y2=2x上得所有點處間斷、而在其余各點

處均連續(xù)、

(3)因為當(dāng)f+)，2=l時，函數(shù)無定義，所以函數(shù)在圓周f+V=l上所有點處間斷、而在其余各點處

均連續(xù)、

(4)因為點尸(x,y)沿直線y=x趨于0(0,0)時、

故(0,0)就是函數(shù)得間斷點，而在其余各點處均連續(xù)、

8、求下列函數(shù)得偏導(dǎo)數(shù)：

(l)z=/y+;⑵s=;

(3)z=xln;(4)z=lntan;

⑸z=(l+x)平；(6)〃S;

(7)w=arctan(x-y)2;⑻、

解:⑴

⑵

-&,r11c11/2\X

⑶丁=lnjx+y+x-/-^―=7?一/,,-2x=-ln(x-+y-)+—~~-,

力J/+y22yjx2+y22V+y-

(4)

(5)兩邊取對數(shù)得

||=(1+到)九［)，111(1+孫爪=(1+")九士三=丁2(1+孫嚴(yán).

>，v

^=(l+xy)'-［jln(l+xy)］v=(l+xy)ln(l+xy)+yj-^-

=(1+xy)yln(l+xy)+

(6)

⑺

(8)

9、己知，求證:、

證明：、

由對稱性知

于就是

10、設(shè)，求證:、

證明：，

由z關(guān)于x,y得對稱性得

故/包+2.包=/一■葉+/二/沔=2/沔=2z.

dxdyx2y2

11>設(shè)fix,y)=x+(y-1)arcsin,求1)、

解：

則、

12、求曲線在點(2,4,5)處得切線與正向x軸所成得傾角、

解：

設(shè)切線與正向x軸得傾角為a,

則tana=l、故a=、

13、求下列函數(shù)得二階偏導(dǎo)數(shù)：

(l)z=x4+./-底/(2)z=arctan;

(3)z=/；(4)z=、

解:⑴

由x,y得對稱性知

(2),

d2z_(x2+y2)0-y-2x_2xy

定=(7T7P—=(，+：產(chǎn)

dz_11_x

3廣l+pjx-爐+產(chǎn)

d2z_2xy

講lx')，2V

d2z_(x2+y2)-y-2y_y2-x2

dxdy(x2+y2)2(x2+y2)2'

d2z_JC+y2-x-lx_y2-x2

dydx(x2+y2)2(x2+y2)2-

14、設(shè)fix,y,z)=xy2+yr+*,求

解：

15、設(shè)z=xlnQy),求及、

解：

16、求下列函數(shù)得全微分：

(1)；(2)；

(3)；(4)、

解:⑴；

⑵：

(3)7

(4)V

17、求下列函數(shù)在給定點與自變量增量得條件下得全增量與全微分：

(1)

(2)

解:⑴Az=(x+Arp-(x+Ar)(y+Ay)+2(y+△?-z=9.68-8=1.68

(2)

18、利用全微分代替全增量，近似計算：

(1)(1、02>?(0、97月(2)；

(3)(1、97)卜°5、

解:⑴設(shè)%,)=/?優(yōu)則

故(V(x,y)=3A2y<k+2x!ydy=A)<3xy,dx+2x2dy)

取x=l,y=l,ck=0、02,dy=-0,03,則

(1、02j.(0、97)29、02,0、97)W4/(1,1)

=13X12+1X1[3X1X1X0>02+2Xl2X(-0>03)]=k

(2)設(shè)加,>)=,則

故

取，則

7(4.05)2+(2.93)2=/(4.05,2.93)?/(4,3)+d/(4,3)|XX

=A/42+32+,1[4x0.05+3x(-0.07)]

V42+32

=5H—x(—0.01)

=4.998

(3)設(shè)Z(x,y)=F',則df(x,y)=yxy-'dx+xy\nxdy,

取x=2,y=l,dr=-0、03,d)=0、05,則

19、矩型一邊長a=10cm,另一邊長/>=24cm,當(dāng)a邊增加4mm，而b邊縮小1mm時，求對角線長

得變化、

解:設(shè)矩形對角線長為/,則

當(dāng)%=](),尸24,dx=0、4,d,y=-0、1時,

(cm)

故矩形得對角線長約增加0、062cm、

20、Imol理想氣體在溫度與1個大氣壓得標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，體積就是22、4L,從這標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)

下將溫度升高3℃,壓強升高0、015個大氣壓，問體積大約改變多少？

解:由PV=RT得仁，且在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下,/?=8、20568X10-2,

AV?=dv=-=

故體積改變量大約為0、09、

21、測得一物體得體積V=4、45cm3,其絕對誤差限就是0、OlcnP,質(zhì)量m=30、80g,其絕對

誤差限就是0、01g,求由公式算出密度得絕對誤差與相對誤差、

解:當(dāng)V=4、45,m=30、80,dv=0、01,d〃?=0、01時，

當(dāng)v=4、45,〃?=30、80時

22、求下列復(fù)合函數(shù)得偏導(dǎo)數(shù)或全導(dǎo)數(shù):

⑴求,；

(2)z=,x=u+v,y=u—v,^.,;

(3),y=/,求；

(4)“nf+V+z2,x=,y=,z=，求、

解:⑴

包=空包+生@=_(2孫_y2).“siny+(x2_2xy).acosv

dvdxdvdydv

-2u3sinvcosv(sinv+cosv)+w3(sin3v+cos3v).

dzdxdzdy11-v

cSz-------------1----------己一=--------y-x

⑵演,----F22~22

dxdudydu(yx+yU+V

1+

dz_dzdxdzdy

dvdxdvdydv

y+x_u

―22~—25

x+yu+v

，,dududxdiudy1e'+3%2eve"+3x?e

(3)—=-------1-----eA+--―ev-3x2

dxdxdxdydxev+eje'+evev+e-v

⑷

23、設(shè)了具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，試求下列函數(shù)得一階偏導(dǎo)數(shù):

⑴⑵

(3)

解:⑴

⑵

⑶

24、設(shè)為可導(dǎo)函數(shù)，證明:

證明:

故

25、設(shè)，其中共")為可導(dǎo)函數(shù),驗證:

證明:：，

26、，其中f具有二階導(dǎo)數(shù)，求

解：

由對稱性知，

27、設(shè)了就是c2類函數(shù)，求下列函數(shù)得二階偏導(dǎo)數(shù)：

(1)(2)

(3)

解:⑴

d2z￡”.”11rn.rn1|z.ffn21n

L+67+7Al+J22=J11+力￡212^2￡2,

y)yy

d2z1zL〃(X、1,“I

一一Th+-J22,一+~f22

dxdyyyIy;

2x,，x~'n

~h+-J22?

yy

(2)

t=V(11"./+九"-2xy)+2yf；+2M/]〃-y2+%"-2xy)

=2yf；+y"：+4孫兒"+"/人",

22

施=2靖+丁(/(；,2孫+[；-x)+2*'+2孫(儲.2孫+/2；.X)

322

=2yf：+2xf；+2xyf1"+2/泡〃+5xyfJ,

^=f^-2xy+f2-x2=2xyf^+x2f^,

Sy

22

.=2,+2M工:-2xy+ft2-x)+x(f2".2xy+f2"-.)

=2必'+4x'"i"+4d班2"+x"2〃.

(3)

+v+x+v

言=—sin助'+cosx(工;<osx+/3〃?e')+e'''fy+e(/cosx+f3"-e^')

x+y2x+y2(v+y)/r

=ef^-sinxfy+cosxfj+2ecos勸3”+e^3,

■=cosx[九"Gsiny)+￡；.e叼+e**+*.[以.(—siny)+儲?e中]

x+yx+yx+y)

=e""；-cosxsinyf^'+ecosxf^-esinyf3"+^,

a7

?=4(—si”)+承中=—sin比'+落￡,

辦

=-cosyf[-siny[^(-siny)+f2；.e->]+e^^+e^[^；(-siny)+f3；.e中

2x+y2(x+y)

=e*1'-cosyf[+sinyf2"-2esinyf2"+ef^.

28、試證:利用變量替換，可將方程

化簡為

證明:設(shè)

du_dududr]_dudu

dxdxdr/dx"dr/

d2ud2u3&d2udr/d2u線d2udrjd2ud2ud2u

---7=---7-------1--------------1--------------1-----7------=----7+2--------1......-

dx1"dxd^dridxdr)d^dxdr/~dx33rldr]~

d2u_d2u(1)d2ud2u(1)d2u1d2u4d2ud2u

麗=限「射+貸/—+加1[一射+標(biāo)"=-3初一在初一方

1dudu

I延一而

d2u1d2u(1A1d2u.d2u(1、d2u.1d2u2d2ud2u

dy23”213)35^7劭d&[3)dif9d$3a勒?dry

d2u“d2u.d2u

dx2dxdydy2

d2u_d2ud2u.(1d2u4d2ud2u\J1d2u2d2ud2u

為26劭]助213”23障n的2)(9殆23d則df]2)

4d2u

3。劍

故

29、求下列隱函數(shù)得導(dǎo)數(shù)或偏導(dǎo)數(shù)：

⑴，求；

⑵求

⑶，求；

(4),求、

解:⑴［解法1］用隱函數(shù)求導(dǎo)公式，設(shè)尸(x,y)=sinyH-孫1

則

故、

［解法2］方程兩邊對x求導(dǎo)，得

故

(2)設(shè)F(x,y)=Indx2+y2-arctan—=—ln(x2+y2)-arctan—,

x2-x

(3)方程兩邊求全微分，得

則

故

(4)設(shè),

則

(z?-xy)~(xy-z*)3

30、設(shè)尸(x,y,z)=0可以確定函數(shù)廣x&,z),產(chǎn)y(x,z),z=z(x,y),證明:、

證明:：

31、設(shè)確定了函數(shù)z=z(x,y),其中F可微，求、

解：

￡=耳'0+瑪'?=鳥’

工=6、1+工'(--T

\yJ

Sz.工-…一F：

2

&F:F；XF'

也=F,="'一+6’。，一

由￡F；y2F^

32、求由下列方程組所確定得函數(shù)得導(dǎo)數(shù)或偏導(dǎo)數(shù):

⑴求：

⑵求：

(3)其中工g就是類函數(shù)，求

(4)求

解：(1)原方程組變?yōu)?/p>

方程兩邊對x求導(dǎo)，得

當(dāng)

⑵設(shè)

故

F〃Fx\xu\

dv_GuGx_\y-v|_-vx-uy

dxJJx2+y2

F,F,|vy|

du_GyG、,_-x\_-vx-uy

dyJJx2+y2

%F,\xv|

dv_G“Gy_|yu\_xu—vy

dyJJx2+y2,

（3）設(shè)

則J=f'h=（＜-1）（2^；-1）-/；^,

GuGyg：2%-1

FxFvuf：f；

+“duG*Gv-g'2yvg^-I-"'Q/g；T）”、；

改——=--------------=--------------------------=-------------------------------------

次JJ（勸'-i）（2＞喈2,-1）-力

xu

F“Fxf\f\

生=_G,/Gx=_g；g；=g；（＞'+%'T）

殺JJ（M'-1）（2〉嗥'-1）-人&'

(4)就是已知函數(shù)得反函數(shù),方程組兩邊對x求導(dǎo)，得

整理得

解得

方程組兩邊對y求導(dǎo)得

整理得

解得

33、設(shè)，試求

解:由方程組

可確定反函數(shù)，方程組兩邊對x求導(dǎo)，得

解得

所以

方程組兩邊對y求導(dǎo)，得

解得

所以、

34、求函數(shù)在(2,7)點得泰勒公式、

解：

故

/(x,y)=/(2,-l)+(x-2)X(2,-l)+(y+l)/v(2,-l)

+l[(x-2)2/?(2,-l)+2U-2)(y+l)4，(2,-l)+(y+l)24(2,-l)]

+^[U-2)X(2,-D]

=2+3(x-2)+(j+l)+(x-2)2-(x-2)(y+l)+(y+l)2+(x-2)3

35、將函數(shù)在(1,1)點展到泰勒公式得二次項、

解：

習(xí)題九

1、求函數(shù)u=xy2^~xyz在點(1,1,2)處沿方向角為得方向?qū)?shù)。

解：

2

=(y一同。J⑵cosg+(2*-xz)|(1.1.2)cos:+(3z-砂)|(u2)cos1=5.

2、求函數(shù)u=xyz在點(5,1,2)處沿從點A(5,l,2)到8(9,4,14)得方向?qū)?shù)。

解：

得方向余弦為

故

3、求函數(shù)在點處沿曲線在這點得內(nèi)法線方向得方向?qū)?shù)。

解:設(shè)x軸正向到橢圓內(nèi)法線方向/得轉(zhuǎn)角為內(nèi)它就是第三象限得角，因為

所以在點處切線斜率為

法線斜率為、

于就是

2'a

.dz2a(bb22

2—--J2(a+b)

"a/(*%)=-/?&.[y[a+b,2222

b夜(y/a+b7ab

4、研究下列函數(shù)得極值:

(2)z=e2r(x+)?+2y);

(3)z=(6x-/)(4y-)2)；(4)z=(f+y2)；

(5)z=xy(〃-x—y),〃H0、

解:(1)解方程組

得駐點為(0,0),(0,2),(2,0),(2,2)、

z.r.v=6x—6,z.n=0,z?=6y-6

在點(0,0)處4=-6,B=0,C=-6,B2—AC=-36<0^A<0,所以函數(shù)有極大值z(0,0)=0、

在點(0,2)處川=-6,8=0,。=6,82—*=36>0,所以(0,2)點不就是極值點、

在點(2,0)處4=6,B=0,C=-6,B2-AC=36>0,所以(2,0)點不就是極值點、

在點(2,2)處4=6,8=0,。=6,4一/^=一36<0,且A>0,所以函數(shù)有極小值z(2,2)=-8、

(2)解方程組

得駐點為、

在點處4=2孰8=0右=2382-/^=-462<0,又空0,所以函數(shù)有極小值、

(3)解方程組

得駐點為(3,2),(0,0),(0,4),(6,0),(6,4)、

2口=一2(4廠網(wǎng)，

ZQ.=4(3—x)(2—y)

Z?=-2(6x-JC2)

在點(3,2)處工=一8,B=O,C=-18,B2—AC=-8X18<O,且A<O,所以函數(shù)有極大值z(3,2)=36、

在點(0,0)處/=0,8=24,6=0,82—400,所以(0,0)點不就是極值點、

在點(0,4)處力=0,B=-24,C=0,"一AC0,所以(0,4)不就是極值點、

在點(6,0)處4=O,B=-24,C=O,B2—ACO,所以(6,0)不就是極值點、

在點(6,4)處川=0,8=24,。=0,爐一400,所以(6,4)不就是極值點、

(4)解方程組

得駐點尸。(0,0),及P(xo,yo),其中演尸+州2=1,

在點Po處有z=0,而當(dāng)(x,y)W(0,0)時，恒有z>0,

故函數(shù)z在點尸。處取得極小值z=0、

再討論函數(shù)z=〃e"

由，令得"=1,

當(dāng)U>\時,;當(dāng)H<1時；

由此可知，在滿足的2+y(?=i得點(xo,yo)得鄰域內(nèi)，不論就是W+yM或/+六1,均有

、

故函數(shù)Z在點(%0,泗)取得極大值z=e1

(5)解方程組

得駐點為

Zxx=-2y,z^-a-lx-ly,z?=-2x、

故z得黑塞矩陣為

于就是

易知H(P)不定，故Px不就是z得極值點，

”(P2)當(dāng)?<0時正定，故此時尸2就是Z得極小值點，且，

”(P2)當(dāng)?>0時負(fù)定，故此時P2就是z得極大值點，且、

5,設(shè)Z?+2V+z2+8xz-z+8=0,確定函數(shù)z=z(x,y),研究其極值。

解:由己知方程分別對求導(dǎo)，解得

令解得,

將它們代入原方程,解得、

從而得駐點、

啊(2z+81)(T.83+(4x+8z)(2導(dǎo)8)

dxi~(2z+8x-l)2

dxdy(2Z+8X+1)2

Q-)—4(2z+8x—1)—8

歹一(2z+8x-1)2-

在點(-2,0)處F-AC<0,因此函數(shù)有極小值z=l、

在點處,B2-AC<0,函數(shù)有極大值、

6、在平面xOy上求一點,使它到x=0,)=0及x+2y-16=0三直線距離得平方之與為最小。

解:設(shè)所求點為尸(x,y),P點到x=0得距離為|x|，到產(chǎn)0得距離為M到直線x+2)T6=0得距離為

距離得平方與為

由

得唯一駐點，因?qū)嶋H問題存在最小值，故點即為所求。

7、求旋轉(zhuǎn)拋物面Z=d+y2與平面x+y-z=l之間得最短距離。

解:設(shè)P(x,y,z)為拋物面上任一點、則點P到平面得距離得平方為,即求其在條件z=f+y2下得

最值。設(shè)F(x,y,z)=

解方程組

得

故所求最短距離為

8、拋物面z=f+y2被平面x+y+z=l截成一橢圓，求原點到這橢圓得最長與最短距離。

解:設(shè)橢圓上得點為P(x,y,z),則

|OP|2=d+)2+z2、

因P點在拋物面及平面上，所以約束條件為

zuf+y2,x+y+z-\

設(shè)F(x,y,z)=X2+J2+Z2+AI(Z-A2-)^)+22(X+),+Z-1)

解方程組

得

由題意知，距離|OP|有最大值與最小值，且

、

所以原點到橢圓得最長距離就是，最短距離就是、

9、在第/卦限內(nèi)作橢球面

得切平面，使切平面與三坐標(biāo)面所圍成得四面體體積最小，求切點坐標(biāo)。

解:令

???橢球面上任一點得切平面方程為

即

切平面在三個坐標(biāo)軸上得截距分別為,因此切平面與三個坐標(biāo)面所圍得四面體得體積為

即求在約束條件下得最小值，也即求X”得最大值問題。

設(shè)，

解方程組

得、

故切點為，此時最小體積為

*10、設(shè)空間有〃個點,坐標(biāo)為，試在X。y面上找一點，使此點與這n個點得距離得平方與最小。

解:設(shè)所求點為P(x,y,0),則此點與〃個點得距離得平方與為

222222

S=(x-x1)+(y-y1)+z1+(x-x2)+(y-y2)+z2+

+(x-x?)2+(y-y?)2+z?2

=〃1一2%(玉+%2++天)+犯2-2y(y+%++”)

222

+(占2+毛2++當(dāng)2)+(凹2+必2++y?)+(Z1+Z2++Z：)

解方程組

得駐點

又在點處

Sxx=2n=A,Sxk0=8,Syy=2n=C

B2-AC=-4/?2<0,且A>0取得最小值、

故在點處,S取得最小值、

即所求點為、

11、已知平面上分別帶有質(zhì)量加即2,他得三個質(zhì)點，問點得位置如何才能使該質(zhì)點系對于P

點得轉(zhuǎn)動慣量為最小。

解:該質(zhì)點系對于P點得轉(zhuǎn)動慣量為

2222

/=[(x—內(nèi))2+(/一%)2]叫+[(x-%2)+(y-y2)]zM2+[(x-x3)+(y-y3)]/w3

解上式得駐點

因駐點唯一，故轉(zhuǎn)動慣量在點處取得最小值、

*12、已知過去幾年產(chǎn)量與利潤得數(shù)據(jù)如下:

產(chǎn)量x(千件)4047557090100

利潤y(千元)323443547285

試求產(chǎn)量與利潤得函數(shù)關(guān)系，并預(yù)測當(dāng)產(chǎn)量達(dá)到120千件時工廠得利潤。

解:在直角坐標(biāo)系下描點,從圖可以瞧出，這些點大致接近一條直線，因此可設(shè)<x)=ar+6,求得最

小值,即求解方程組

把3,M)代入方程組，得

解得。=0、884,b=-5、894

即尸0、884尸5、894,

當(dāng)戶120時，產(chǎn)100、186（千元）、

「y

85■

72■

54■

43■?

34：.?

32*

O4047557090100

13、求下曲線在給定點得切線與法平面方程：

(1)x=?sin2r,y=Z?sinrcosr,z=ccos2r,^;

(2)x2+y2+z2=6,x+y+z=0,M)(1,-2,1);

(3*=2〃a,z2=機-尤，點M)(x()jo,