第13章 多元函数微分学

基础部分

1. 设$z=\arctan [xy+\cos (x+y)]$，则$dz{|}_{(0,\pi )}=$

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答案：

$dz{|}_{(0,\pi )}=\frac{\pi }{2}dx$。

解析：

令

$u=xy+\cos (x+y)$，

则

$z=\arctan u$，

从而

$dz=\frac{1}{1+u^2}du$。

又

$du=[y-\sin (x+y)]dx+[x-\sin (x+y)]dy$。

在点 $(0,\pi )$ 处，

$u=0\cdot \pi +\cos \pi =-1$，

$y-\sin (x+y)=\pi$，

$x-\sin (x+y)=0$。

因此

$dz{|}_{(0,\pi )}=\frac{1}{1+(-1{)}^2}(\pi dx)=\frac{\pi }{2}dx$。

2. 设函数$f(u)$可导，$z=f(\cos y-\cos x)+xy$，则$\frac{1}{\sin x}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\sin y}\cdot \frac{\partial z}{\partial y}=$

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答案：

$\frac{y}{\sin x}+\frac{x}{\sin y}$。

解析：

令

$u=\cos y-\cos x$。

则

$\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime }(u)\sin x+y$，

$\frac{\partial z}{\partial y}=-f^{\prime }(u)\sin y+x$。

故

$\frac{1}{\sin x}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\sin y}\frac{\partial z}{\partial y}$

$=f^{\prime }(u)+\frac{y}{\sin x}-f^{\prime }(u)+\frac{x}{\sin y}$

$=\frac{y}{\sin x}+\frac{x}{\sin y}$。

3. 设函数$f(u)$可导，$z=yf(x^{y^2})$，则$2x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=$

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答案：

$yf(x^{y^2})+2y^3{x}^{y^2}(1+\ln x)f^{\prime }(x^{y^2})$。

解析：

令

$u=x^{y^2}$。

则

$u_x=y^2{x}^{y^2-1}$，

$u_y=2y\ln x\cdot x^{y^2}$。

于是

$z_x=y{f}^{\prime }(u)u_x=y^3{x}^{y^2-1}{f}^{\prime }(u)$，

$z_y=f(u)+y{f}^{\prime }(u)u_y=f(u)+2y^2{x}^{y^2}\ln x{f}^{\prime }(u)$。

因此

$2x{z}_x+y{z}_y$

$=2y^3{x}^{y^2}{f}^{\prime }(u)+yf(u)+2y^3{x}^{y^2}\ln x{f}^{\prime }(u)$

$=yf(u)+2y^3{x}^{y^2}(1+\ln x)f^{\prime }(u)$。

代回 $u=x^{y^2}$ 即得结论。

4. 设函数$z=z(x,y)$由方程$(x+1)z+2y\ln z-\arctan (xy)=1$确定，则$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_{(0,2)}=$

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答案：

$\frac{1}{5}$。

解析：

令

$F(x,y,z)=(x+1)z+2y\ln z-\arctan (xy)-1$。

在 $(x,y)=(0,2)$ 时，$z$ 满足

$z+4\ln z=1$。

显然 $z=1$，且函数 $z+4\ln z$ 在 $z>0$ 上严格递增，因此该解唯一。

由隐函数求导公式，

$z_x=-\frac{F_x}{F_z}$。

其中

$F_x=z-\frac{y}{1+x^2{y}^2}$，

$F_z=x+1+\frac{2y}{z}$。

在 $(x,y,z)=(0,2,1)$ 处，

$F_x=1-2=-1$，

$F_z=1+4=5$。

故

$z_x{|}_{(0,2)}=-\frac{-1}{5}=\frac{1}{5}$。

5. 设$F(x,y)={\int }_0^{x-y}(x-y-t)e^{t}dt$，则$\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}=$

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答案：

$2e^{x-y}$。

解析：

令

$s=x-y$，

$H(s)={\int }_0^s(s-t)e^{t}dt$，

则 $F(x,y)=H(x-y)$。

由莱布尼茨公式，

$H^{\prime }(s)={\int }_0^s{e}^{t}dt=e^s-1$，

$H^{\prime \prime }(s)=e^s$。

于是

$F_{xx}=H^{\prime \prime }(x-y)=e^{x-y}$，

$F_{yy}=H^{\prime \prime }(x-y)=e^{x-y}$。

故

$F_{xx}+F_{yy}=2e^{x-y}$。

6. 设函数$f(x,\sin x)=x+\sin x$，$f_x^{\prime }(x,y)=1+2\cos x$，则$f_y^{\prime }(x,y){|}_{y=\sin x}=$

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答案：

$-1$。

解析：

由

$f_x(x,y)=1+2\cos x$，

对 $x$ 积分可得

$f(x,y)=x+2\sin x+\phi (y)$，

其中 $\phi$ 仅与 $y$ 有关。

将 $y=\sin x$ 代入题设条件，得

$x+2\sin x+\phi (\sin x)=x+\sin x$，

即

$\phi (\sin x)=-\sin x$。

因此在 $y\in [-1,1]$ 上有

$\phi (y)=-y$，

从而

$f_y(x,y)={\phi }^{\prime }(y)=-1$。

故沿曲线 $y=\sin x$，

$f_y^{\prime }(x,y)=-1$。

7. 设函数$f(x,y)$具有二阶连续偏导数，且满足$\frac{{\partial }^2[f(x,y)]}{\partial x\partial y}=1$，$f(0,y)=\sin y$，$f(x,0)=\sin x$，则$f(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})=$

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答案：

$\frac{{\pi }^2}{4}+2$。

解析：

由

$f_{xy}=1$，

先对 $x$、$y$ 分别积分，可写成

$f(x,y)=xy+A(x)+B(y)$。

由

$f(0,y)=A(0)+B(y)=\sin y$，

$f(x,0)=A(x)+B(0)=\sin x$。

又

$f(0,0)=0$，

故 $A(0)+B(0)=0$，于是

$f(x,y)=xy+\sin x+\sin y$。

所以

$f\left(\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)=\frac{{\pi }^2}{4}+1+1=\frac{{\pi }^2}{4}+2$。

8. 设$f(x+y,\frac{x}{y})=x^2-xy+y^2$，则$f_x^{\prime }(x,y)=$

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答案：

$f_x^{\prime }(x,y)=\frac{2x(y^2-y+1)}{(y+1{)}^2}$。

解析：

令

$u=x+y$，

$v=\frac{x}{y}$。

由 $x=vy$ 与 $x+y=u$，得

$y=\frac{u}{v+1}$，

$x=\frac{uv}{v+1}$。

因此

$f(u,v)=x^2-xy+y^2$

$=\frac{u^2{v}^2}{(v+1{)}^2}-\frac{u^{2}v}{(v+1{)}^2}+\frac{u^2}{(v+1{)}^2}$

$=\frac{u^2(v^2-v+1)}{(v+1{)}^2}$。

于是

$f_u(u,v)=\frac{2u(v^2-v+1)}{(v+1{)}^2}$。

将自变量重新记为 $x,y$，得

$f_x^{\prime }(x,y)=\frac{2x(y^2-y+1)}{(y+1{)}^2}$。

9. 设函数$f(x,y)=\sqrt{|xy|}$，求$\frac{\partial [f(x,y)]}{\partial x}$

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答案：

$f_x(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{y\mathrm{sgn}(xy)}{2\sqrt{|xy|}},& xy\ne 0,\\ 0,& y=0,\\ \text{不存在},& x=0,y\ne 0.\end{array}$

解析：

当 $xy\ne 0$ 时，

$f_x=\frac{1}{2\sqrt{|xy|}}\frac{\partial |xy|}{\partial x}$。

又

$\frac{\partial |xy|}{\partial x}=y\mathrm{sgn}(xy)$，

故

$f_x=\frac{y\mathrm{sgn}(xy)}{2\sqrt{|xy|}}$。

当 $y=0$ 时，$f(x,0)\equiv 0$，因此

$f_x(x,0)=0$。

当 $x=0$ 且 $y\ne 0$ 时，

$\frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}=\frac{\sqrt{|hy|}}{h}=\sqrt{|y|}\frac{\sqrt{|h|}}{h}$。

该式在 $h\to 0$ 时无有限极限，所以偏导数不存在。

10. 设$Q(x,y)=\frac{x}{y^2},y>0$，$P(x,y)dx+Q(x,y)dy$是某二元函数的全微分，则$P(x,y)$可取为（） A. $y^2-\frac{x^2}{y^3}$ B. $x^2-\frac{1}{y}$ C. $\frac{1}{y^2}-\frac{x^2}{y^3}$ D. $\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y}$

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答案：

B。

解析：

若

$P(x,y)dx+Q(x,y)dy$

为某函数的全微分，则必须满足

$P_y=Q_x$。

已知

$Q(x,y)=\frac{x}{y^2}$，

故

$Q_x=\frac{1}{y^2}$。

因此应有

$P_y=\frac{1}{y^2}$。

对 $y$ 积分，得

$P(x,y)=-\frac{1}{y}+\phi (x)$。

选项 B 中

$P=x^2-\frac{1}{y}$，

恰满足上述形式，故选 B。

11. 设$z=f(u)$可导，$u=u(x,y)$由方程$u=\phi (u)+{\int }_y^{x}P(t)dt$所确定，其中函数$P$连续，$\phi$有连续导数，且${\phi }^{\prime }(u)\ne 1$，则$P(x)\frac{\partial z}{\partial y}+P(y)\frac{\partial z}{\partial x}=$

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答案：

$0$。

解析：

将方程写成

$u-\phi (u)={\int }_y^{x}P(t)dt$。

分别对 $x,y$ 求偏导，得

$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_x=P(x)$，

$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_y=-P(y)$。

又因 $z=f(u)$，所以

$z_x=f^{\prime }(u)u_x$，

$z_y=f^{\prime }(u)u_y$。

于是

$P(x)z_y+P(y)z_x$

$=f^{\prime }(u)[P(x)u_y+P(y)u_x]$

$=\frac{f^{\prime }(u)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}[-P(x)P(y)+P(y)P(x)]$

$=0$。

12. 设$f$具有二阶连续偏导数，且$u=f(x^2+y,xy)$，则$u_{xy}^{\prime \prime }=$

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答案：

$u_{xy}=2x{f}_{11}+(2x^2+y)f_{12}+xy{f}_{22}+f_2$。

解析：

令

$p=x^2+y$，

$q=xy$，

则 $u=f(p,q)$。

先对 $x$ 求偏导：

$u_x=2x{f}_1+y{f}_2$。

再对 $y$ 求偏导。注意

$p_y=1$，

$q_y=x$。

因此

$u_{xy}=2x(f_{11}{p}_y+f_{12}{q}_y)+f_2+y(f_{21}{p}_y+f_{22}{q}_y)$。

因二阶偏导连续，$f_{21}=f_{12}$，故

$u_{xy}=2x{f}_{11}+2x^2{f}_{12}+f_2+y{f}_{12}+xy{f}_{22}$，

即

$u_{xy}=2x{f}_{11}+(2x^2+y)f_{12}+xy{f}_{22}+f_2$。

其中各偏导数均在 $(x^2+y,xy)$ 处取值。

13. 设函数$f(u,v)$具有二阶连续偏导数，函数$g(x,y)=xy-f(\frac{y}{x},\frac{x}{y})$，求$x^2\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x^2}+2xy\frac{{\partial }^{2}g}{\partial x\partial y}+y^2\frac{{\partial }^{2}g}{\partial y^2}$

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答案：

$2xy$。

解析：

记欧拉算子

$D=x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}$。

因为

$\frac{y}{x}$ 与 $\frac{x}{y}$

都是零次齐次函数，所以

$D\left[f\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right)\right]=0$。

而 $xy$ 是二次齐次函数，故

$Dg=2xy$。

再作用一次 $D$，有

$D^{2}g=4xy$。

另一方面，

$D^{2}g=x^2{g}_{xx}+2xy{g}_{xy}+y^2{g}_{yy}+x{g}_x+y{g}_y$。

因此

$x^2{g}_{xx}+2xy{g}_{xy}+y^2{g}_{yy}=D^{2}g-Dg=4xy-2xy=2xy$。

14. 设函数$z=xyf(\frac{y}{x})$，其中$f(u)$可导，且满足$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=y^2(\ln y-\ln x)$，求：(1)$f(x)$的表达式；(2)$f(x)$与$x$轴所围图形的面积及该图形绕$x$轴旋转一周所得旋转体的体积

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答案：

（1）$f(x)=\frac{x\ln x}{2}(x>0)$；

（2）面积 $S=\frac{1}{8}$，体积 $V=\frac{\pi }{54}$。

解析：

函数

$z=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$

是关于 $x,y$ 的二次齐次函数，因此由欧拉公式，

$x{z}_x+y{z}_y=2z=2xyf\left(\frac{y}{x}\right)$。

题设给出

$2xyf\left(\frac{y}{x}\right)=y^2\ln \frac{y}{x}$。

令

$u=\frac{y}{x}>0$，

则

$2uf(u)=u^2\ln u$，

从而

$f(u)=\frac{u\ln u}{2}$。

故

$f(x)=\frac{x\ln x}{2}(x>0)$。

函数在 $x=1$ 处与 $x$ 轴相交，并且

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$。

在 $0<x<1$ 上，$f(x)<0$，因此所围面积为

$S=-{\int }_0^1\frac{x\ln x}{2}dx$。

利用

${\int }_0^1{x}^m\ln xdx=-\frac{1}{(m+1{)}^2}$，

得

$S=-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{8}$。

绕 $x$ 轴旋转所得体积为

$V=\pi {\int }_0^1{\left(\frac{x\ln x}{2}\right)}^{2}dx$

$=\frac{\pi }{4}{\int }_0^1{x}^2{\ln }^{2}xdx$。

又

${\int }_0^1{x}^m{\ln }^{2}xdx=\frac{2}{(m+1{)}^3}$，

故

$V=\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{27}=\frac{\pi }{54}$。

15. 已知函数$u(x,y)$满足$2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}-2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}+3\frac{\partial u}{\partial x}+3\frac{\partial u}{\partial y}=0$，求$a,b$的值使得在变换$u(x,y)=v(x,y)e^{ax+by}$后，上述等式可化为函数$v(x,y)$的不含一阶偏导数的等式

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答案：

$a=-\frac{3}{4}$，$b=\frac{3}{4}$。

解析：

令

$u=v{e}^{ax+by}$。

则

$u_x=e^{ax+by}(v_x+av)$，

$u_{xx}=e^{ax+by}(v_{xx}+2a{v}_x+a^{2}v)$；

$u_y=e^{ax+by}(v_y+bv)$，

$u_{yy}=e^{ax+by}(v_{yy}+2b{v}_y+b^{2}v)$。

代入原方程并约去非零因子 $e^{ax+by}$，得到

$2v_{xx}-2v_{yy}+(4a+3)v_x+(-4b+3)v_y$

$+[2a^2-2b^2+3a+3b]v=0$。

要使方程中不含一阶偏导数，应有

$4a+3=0$，

$-4b+3=0$。

所以

$a=-\frac{3}{4}$，

$b=\frac{3}{4}$。

此时零阶项系数也恰为 $0$，方程化为

$2v_{xx}-2v_{yy}=0$。

16. 设函数$u=f(x,y)$具有二阶连续偏导数，作变量代换$\xi =x$，$\eta =y-x$，将方程$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$化为以$\xi ,\eta$为自变量的方程

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答案：

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\xi }^2}=0$。

解析：

由

$\xi =x$，

$\eta =y-x$，

得微分算子

$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial \xi }-\frac{\partial }{\partial \eta }$，

$\frac{\partial }{\partial y}=\frac{\partial }{\partial \eta }$。

因此

$\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}=\frac{\partial }{\partial \xi }$。

原方程左端正是

${\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)}^{2}u$，

故变换后为

$u_{\xi \xi }=0$。

17. 设函数$z=z(x,y)$由方程$F(x+\frac{z}{y},y+\frac{z}{x})=0$确定，且$F(u,v)$具有连续偏导数，求$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}$

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答案：

$z-xy$。

解析：

记

$u=x+\frac{z}{y}$，

$v=y+\frac{z}{x}$，

并令

$S=x{z}_x+y{z}_y$。

由 $F(u,v)=0$，分别对 $x,y$ 求偏导后，将第一式乘以 $x$、第二式乘以 $y$ 再相加，得到

$F_u\left[x+\frac{S-z}{y}\right]+F_v\left[y+\frac{S-z}{x}\right]=0$。

整理为

$(xy+S-z)\left(\frac{F_u}{y}+\frac{F_v}{x}\right)=0$。

在隐函数可确定且相应分母不为零的条件下，第二个因子不为零，因此

$xy+S-z=0$。

故

$x{z}_x+y{z}_y=S=z-xy$。

18. 设$f(x,y)$在有界闭区域$D$上连续，在$D$内有一阶偏导数，若$f(x,y)$在$D$的边界$\partial D$上的值均为0，且$\frac{\partial [f(x,y)]}{\partial x}+\frac{\partial [f(x,y)]}{\partial y}=f(x,y)$，则$f(x,y)$（） A. 在$D$内有正的最大值 B. 在$D$内有负的最小值 C. 只在$D$的边界$\partial D$上取到最大值 D. 在$D$的边界$\partial D$上可以取到最小值

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答案：

D。

解析：

沿方向 $(1,1)$ 作特征线

$x=x_0+t$，

$y=y_0+t$。

记

$\varphi (t)=f(x_0+t,y_0+t)$，

则

${\varphi }^{\prime }(t)=f_x+f_y=f=\varphi (t)$。

所以

$\varphi (t)=C{e}^t$。

由于区域 $D$ 有界，从任一内点沿该直线延伸，所在连通线段的端点落在边界上，而边界上 $f=0$，故常数 $C=0$。

因此

$f(x,y)\equiv 0$。

函数的最大值和最小值都为 $0$，且在边界上当然可以取到最小值，所以 D 正确。

19. 设$f(x,y)$在平面有界闭区域$D$上具有二阶连续偏导数，且满足$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}>0$与$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=0$，则（） A. $f(x,y)$的最小值点和最大值点都在$D$的内部 B. $f(x,y)$的最小值点和最大值点都在$D$的边界上 C. $f(x,y)$的最小值点在$D$的内部，最大值点在$D$的边界上 D. $f(x,y)$的最大值点在$D$的内部，最小值点在$D$的边界上

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答案：

B。

解析：

条件

$f_{xx}+f_{yy}=0$

说明 $f$ 是调和函数。

非恒定调和函数在有界区域内部不能取得最大值或最小值，其最大值和最小值只能在边界上取得。

又因

$f_{xy}>0$，

故 $f$ 不可能为常数函数。

因此最大值点和最小值点均在 $D$ 的边界上，选 B。

20. 设$f(x,y)=x^4+y^4-(x+y{)}^2$，且$(1,1)$与$(-1,-1)$为函数$f(x,y)$的两个驻点，则（） A. $f(1,1)$与$f(-1,-1)$都是极大值 B. $f(1,1)$与$f(-1,-1)$都是极小值 C. $f(1,1)$是极大值，$f(-1,-1)$是极小值 D. $f(1,1)$是极小值，$f(-1,-1)$是极大值

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答案：

B。

解析：

二阶偏导数为

$f_{xx}=12x^2-2$，

$f_{yy}=12y^2-2$，

$f_{xy}=-2$。

在 $(1,1)$ 与 $(-1,-1)$ 处均有

$f_{xx}=10$，

$f_{yy}=10$，

$f_{xy}=-2$。

判别式

$\Delta =f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=100-4=96>0$，

且 $f_{xx}>0$，故两个点均为极小值点。

因此选 B。

21. 求函数$f(x,y)=x^3-3xy-y^2-y-9$的极值

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答案：

函数在 $(-1,1)$ 处取得极大值 $-9$；无极小值。

解析：

一阶偏导数为

$f_x=3x^2-3y$，

$f_y=-3x-2y-1$。

令其同时为零，得

$y=x^2$，

$2x^2+3x+1=0$。

故驻点为

$(-1,1)$，

$\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right)$。

二阶偏导数为

$f_{xx}=6x$，

$f_{yy}=-2$，

$f_{xy}=-3$。

判别式

$\Delta =f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=-12x-9$。

在 $(-1,1)$ 处，

$\Delta =3>0$，

$f_{xx}=-6<0$，

故该点为极大值点，且

$f(-1,1)=-9$。

在 $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right)$ 处，

$\Delta =-3<0$，

故该点为鞍点。

所以函数只有极大值 $-9$，无极小值。

22. 求函数$f(x,y)=x^2(2x^2-4y-\frac{1}{7}{x}^5)+y^2$的极值

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答案：

函数在 $(-2,8)$ 处取得极小值

$-\frac{96}{7}$；无极大值。

解析：

展开得

$f=2x^4-4x^{2}y-\frac{1}{7}{x}^7+y^2$。

一阶偏导数为

$f_x=8x^3-8xy-x^6=x(8x^2-8y-x^5)$，

$f_y=-4x^2+2y$。

由 $f_y=0$ 得

$y=2x^2$。

代入 $f_x=0$，得

$-x^3(8+x^3)=0$，

故驻点为

$(0,0)$，

$(-2,8)$。

二阶偏导数为

$f_{xx}=24x^2-8y-6x^5$，

$f_{xy}=-8x$，

$f_{yy}=2$。

在 $(-2,8)$ 处，

$f_{xx}=224$，

$f_{xy}=16$，

$f_{yy}=2$，

故

$\Delta =224\cdot 2-16^2=192>0$，

且 $f_{xx}>0$，所以该点为极小值点。

其极小值为

$f(-2,8)=-\frac{96}{7}$。

在 $(0,0)$ 附近，沿 $x=0$ 有 $f=y^2\ge 0$；沿 $y=2x^2$ 有

$f=-2x^4-\frac{1}{7}{x}^7<0$

（当 $x$ 充分接近 $0$ 且 $x\ne 0$ 时），故 $(0,0)$ 为鞍点。

因此无极大值。

23. 设$f(x,y)$满足$f_x^{\prime }(x,y)=y(1+x)e^{x-y}$，$f(1,y)=y{e}^{1-y}$，求：(1)$f(x,y)$的表达式；(2)$f(x,y)$的极值

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答案：

（1）$f(x,y)=xy{e}^{x-y}$；

（2）在 $(-1,1)$ 处取得极小值 $-e^{-2}$，无极大值。

解析：

由

$f_x=y(1+x)e^{x-y}$，

对 $x$ 积分，注意

$\frac{d}{dx}(x{e}^x)=(1+x)e^x$，

得

$f(x,y)=xy{e}^{x-y}+\phi (y)$。

代入条件 $f(1,y)=y{e}^{1-y}$，有

$y{e}^{1-y}+\phi (y)=y{e}^{1-y}$，

故

$\phi (y)=0$。

因此

$f(x,y)=xy{e}^{x-y}$。

一阶偏导数为

$f_x=y(1+x)e^{x-y}$，

$f_y=x(1-y)e^{x-y}$。

驻点满足

$y(1+x)=0$，

$x(1-y)=0$，

故驻点为

$(0,0)$，

$(-1,1)$。

二阶偏导数为

$f_{xx}=y(x+2)e^{x-y}$，

$f_{xy}=(1+x)(1-y)e^{x-y}$，

$f_{yy}=x(y-2)e^{x-y}$。

在 $(0,0)$ 处，

$f_{xx}=f_{yy}=0$，

$f_{xy}=1$，

故判别式为 $-1<0$，该点为鞍点。

在 $(-1,1)$ 处，

$f_{xx}=f_{yy}=e^{-2}>0$，

$f_{xy}=0$，

所以该点为极小值点，极小值为

$f(-1,1)=-e^{-2}$。

24. 求曲线$x^2+xy+y^2+2x-2y-12=0$上的点到原点距离的最大值和最小值

查看答案与解析

答案：

最大距离为 $6\sqrt{2}$，最小距离为 $\frac{2\sqrt{15}}{3}$。

解析：

令

$X=x+2$，

$Y=y-2$。

原曲线化为

$X^2+XY+Y^2=16$。

再作正交变换

$p=\frac{X+Y}{\sqrt{2}}$，

$q=\frac{X-Y}{\sqrt{2}}$。

则约束条件为

$3p^2+q^2=32$。

到原点距离的平方为

$r^2=x^2+y^2=(X-2{)}^2+(Y+2{)}^2$，

即

$r^2=p^2+q^2-4\sqrt{2}q+8$。

由约束条件

$p^2=\frac{32-q^2}{3}$，

故

$r^2=\frac{56}{3}+\frac{2}{3}{q}^2-4\sqrt{2}q$，

其中

$-4\sqrt{2}\le q\le 4\sqrt{2}$。

这是关于 $q$ 的开口向上的二次函数。

其最小值在

$\frac{4}{3}q-4\sqrt{2}=0$，

即 $q=3\sqrt{2}$ 处取得，

$r_{\min }^2=\frac{20}{3}$。

因此

$r_{\min }=\sqrt{\frac{20}{3}}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$。

最大值在端点处比较：

当 $q=-4\sqrt{2}$ 时，

$r^2=72$；

当 $q=4\sqrt{2}$ 时，

$r^2=8$。

所以

$r_{\max }=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$。

强化部分

1. 设函数$f(x,y)=|x|+y|y|$，则（） A. $f_x^{\prime }(0,0)$存在，$f_y^{\prime }(0,0)$存在 B. $f_x^{\prime }(0,0)$存在，$f_y^{\prime }(0,0)$不存在 C. $f_x^{\prime }(0,0)$不存在，$f_y^{\prime }(0,0)$存在 D. $f_x^{\prime }(0,0)$不存在，$f_y^{\prime }(0,0)$不存在

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答案：

C。

解析：

关于 $x$ 的偏导数为

$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{|h|-0}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{|h|}{h}$。

左右极限分别为 $-1$ 和 $1$，故该偏导数不存在。

关于 $y$ 的偏导数为

$f_y(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{h|h|-0}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }|h|=0$。

因此 $f_x^{\prime }(0,0)$ 不存在，而 $f_y^{\prime }(0,0)$ 存在，选 C。

2. 设$f(x,y)$具有一阶偏导数，且对任意的$(x,y)$都有$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}>0$，$\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}<0$，则（） A. $f(0,0)>f(1,1)$ B. $f(0,0)<f(1,1)$ C. $f(0,1)>f(1,0)$ D. $f(0,1)<f(1,0)$

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答案：

D。

解析：

由 $f_x>0$ 可知，在 $y$ 固定时，$f$ 关于 $x$ 严格增加，因此

$f(0,1)<f(1,1)$。

又由 $f_y<0$ 可知，在 $x$ 固定时，$f$ 关于 $y$ 严格减少，因此从 $y=1$ 减小到 $y=0$ 时函数值增加，即

$f(1,1)<f(1,0)$。

所以

$f(0,1)<f(1,0)$，

选 D。

3. 已知$F(a,b)={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(a\sin x-{\sin }^{2}x+b{)}^2\cos xdx$，则使得$F(a,b)$取得最小值的$a,b$分别为（） A. $1,\frac{1}{6}$ B. $1,-\frac{1}{6}$ C. $-1,\frac{1}{6}$ D. $-1,-\frac{1}{6}$

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答案：

B。

解析：

令

$t=\sin x$，

则

$dt=\cos xdx$，

当 $x$ 从 $0$ 变到 $\frac{\pi }{2}$ 时，$t$ 从 $0$ 变到 $1$。

因此

$F(a,b)={\int }_0^1(at-t^2+b{)}^{2}dt$。

极小点满足

$F_a=2{\int }_0^1(at-t^2+b)tdt=0$，

$F_b=2{\int }_0^1(at-t^2+b)dt=0$。

即

$\frac{a}{3}-\frac{1}{4}+\frac{b}{2}=0$，

$\frac{a}{2}-\frac{1}{3}+b=0$。

解得

$a=1$，

$b=-\frac{1}{6}$。

又 $F$ 是关于 $a,b$ 的严格凸二次函数，故该驻点即唯一最小值点，选 B。

4. 若$f(x,y)$在点$(0,0)$处的某个邻域内有定义，$f(0,0)=0$，且$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}}=a$，其中$a$为常数，(1)讨论函数$f(x,y)$在点$(0,0)$处的连续性；(2)当$a$为何值时，函数$f(x,y)$在点$(0,0)$处可微？并求$df{|}_{(0,0)}$

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答案：

（1）对任意有限常数 $a$，$f$ 在 $(0,0)$ 处连续；

（2）当且仅当 $a=-1$ 时，$f$ 在 $(0,0)$ 处可微，且

$df{|}_{(0,0)}=0$。

解析：

记

$r=\sqrt{x^2+y^2}$。

题设极限等价于

$f(x,y)=r+ar+o(r)=(1+a)r+o(r)$。

因此

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0=f(0,0)$，

所以无论 $a$ 取何有限值，函数均在原点连续。

若 $f$ 在原点可微，则存在一次线性函数

$L(x,y)=Ax+By$，

使

$f(x,y)=Ax+By+o(r)$。

于是沿单位方向 $(\cos \theta ,\sin \theta )$ 有

$\frac{f}{r}\to A\cos \theta +B\sin \theta$。

但题设给出该极限与方向无关，恒为 $1+a$。

将方向改为相反方向，线性函数值变号，因此只能有

$A=B=0$，

同时

$1+a=0$。

故必要条件是 $a=-1$。

当 $a=-1$ 时，

$f(x,y)=o(r)$，

这正说明 $f$ 在原点可微且其全微分为零。

5. 设函数$u(x,y)$的全微分$du=[e^x+f^{\prime }(x)]ydx+f^{\prime }(x)dy$，其中$f(x)$在$(-\infty ,+\infty )$内具有二阶连续导数，且$f(0)=4$，$f^{\prime }(0)=3$，求$f(x)$

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答案：

$f(x)=e^x(x+2)+2$。

解析：

记

$M(x,y)=[e^x+f^{\prime }(x)]y$，

$N(x,y)=f^{\prime }(x)$。

由于 $Mdx+Ndy$ 是全微分，必须满足

$M_y=N_x$。

即

$e^x+f^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)$。

所以

$f^{\prime \prime }-f^{\prime }=e^x$。

令

$g=f^{\prime }$，

则

$g^{\prime }-g=e^x$。

解得

$g=e^x(x+C_1)$。

由 $f^{\prime }(0)=3$ 得

$C_1=3$，

故

$f^{\prime }(x)=e^x(x+3)$。

积分得

$f(x)=e^x(x+2)+C_2$。

由 $f(0)=4$ 得

$2+C_2=4$，

所以

$C_2=2$。

因此

$f(x)=e^x(x+2)+2$。

6. 已知$f(u)$在$(0,+\infty )$内有二阶连续导数，且$z=f(\frac{y}{x})$满足$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0$，求$f(u)$的表达式

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答案：

$f(u)=C_1\arctan u+C_2$。

解析：

令

$u=\frac{y}{x}$，

则

$z=f(u)$。

计算可得

$z_{xx}=\frac{1}{x^2}\left(2u{f}^{\prime }(u)+u^2{f}^{\prime \prime }(u)\right)$，

$z_{yy}=\frac{1}{x^2}{f}^{\prime \prime }(u)$。

由调和方程

$z_{xx}+z_{yy}=0$，

得

$(1+u^2)f^{\prime \prime }(u)+2u{f}^{\prime }(u)=0$。

即

$\frac{d}{du}\left[(1+u^2)f^{\prime }(u)\right]=0$。

因此

$(1+u^2)f^{\prime }(u)=C_1$，

$f^{\prime }(u)=\frac{C_1}{1+u^2}$。

积分得

$f(u)=C_1\arctan u+C_2$。

7. 设函数$z=f(x,y)$连续，且$\underset{(x,y)\to (1,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-3x+y+5}{(x-1{)}^2+y^2}=\frac{1}{4}$，则$dz{|}_{(1,0)}=$

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答案：

$dz{|}_{(1,0)}=3dx-dy$。

解析：

题设分子按原文应理解为

$f(x,y)-3x+y+5$。

有限极限说明

$f(x,y)=3x-y-5+\frac{1}{4}[(x-1{)}^2+y^2]+o((x-1{)}^2+y^2)$。

因此

$f(1,0)=-2$，

且一阶增量为

$3(x-1)-y$。

所以

$f_x(1,0)=3$，

$f_y(1,0)=-1$，

从而

$dz{|}_{(1,0)}=3dx-dy$。

8. 设函数$f(u,v)$具有连续偏导数，$z=f(xy,x+y)$，若$dz{|}_{x=2,y=3}=6dx+5dy$，则$f_u^{\prime }(6,5)+f_v^{\prime }(6,5)=$

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答案：

$4$。

解析：

令

$u=xy$，

$v=x+y$。

则

$z_x=y{f}_u+f_v$，

$z_y=x{f}_u+f_v$。

在 $(x,y)=(2,3)$ 处，

$(u,v)=(6,5)$。

由题设全微分系数得到

$3f_u(6,5)+f_v(6,5)=6$，

$2f_u(6,5)+f_v(6,5)=5$。

两式相减得

$f_u(6,5)=1$，

进而

$f_v(6,5)=3$。

所以

$f_u^{\prime }(6,5)+f_v^{\prime }(6,5)=4$。

9. 设函数$z=f(x,y)(xy\ne 0)$满足$f(xy,\frac{y}{x})=y^2(x^2-1)$，则$dz=$

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答案：

$dz=(2x-y)dx-xdy$。

解析：

令

$u=xy$，

$v=\frac{y}{x}$。

则

$x^2=\frac{u}{v}$，

$y^2=uv$。

因此

$y^2(x^2-1)=uv\left(\frac{u}{v}-1\right)=u^2-uv$。

故

$f(u,v)=u^2-uv$。

将自变量重新记为 $x,y$，有

$z=f(x,y)=x^2-xy$。

所以

$dz=(2x-y)dx-xdy$。

10. 设函数$f(x,y)={\int }_0^{xy}{e}^{x{t}^2}dt$，则$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}{|}_{(1,1)}=$

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答案：

$4e$。

解析：

先对 $y$ 求偏导。积分上限为 $xy$，故

$f_y=x{e}^{x(xy{)}^2}=x{e}^{x^3{y}^2}$。

再对 $x$ 求偏导：

$f_{xy}=e^{x^3{y}^2}+x{e}^{x^3{y}^2}\cdot 3x^2{y}^2$，

即

$f_{xy}=e^{x^3{y}^2}(1+3x^3{y}^2)$。

在 $(1,1)$ 处，

$f_{xy}(1,1)=e(1+3)=4e$。

11. 设$z=z(x,y)$是由$z+e^z=xy$所确定的二元函数，则$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}{|}_{z=0}=$

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答案：

$\frac{3}{8}$。

解析：

由

$z+e^z=xy$，

得

$(1+e^z)z_x=y$，

$(1+e^z)z_y=x$。

所以

$z_x=\frac{y}{1+e^z}$。

对 $y$ 求偏导：

$z_{xy}=\frac{1}{1+e^z}-\frac{y{e}^z{z}_y}{(1+e^z{)}^2}$。

又

$z_y=\frac{x}{1+e^z}$，

故

$z_{xy}=\frac{1}{1+e^z}-\frac{xy{e}^z}{(1+e^z{)}^3}$。

当 $z=0$ 时，由原方程得

$xy=1$。

因此

$z_{xy}=\frac{1}{2}-\frac{1}{8}=\frac{3}{8}$。

12. 设$z=z(x,y)$是由方程$e^{x-2y+3z}-2x{e}^{-y}\cos z=1$所确定的函数，则$dz{|}_{(0,0)}=$

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答案：

$dz{|}_{(0,0)}=\frac{1}{3}dx+\frac{2}{3}dy$。

解析：

令

$F(x,y,z)=e^{x-2y+3z}-2x{e}^{-y}\cos z-1$。

在 $(x,y)=(0,0)$ 处，原方程给出

$e^{3z}=1$，

故 $z=0$。

计算偏导数：

$F_x=e^{x-2y+3z}-2e^{-y}\cos z$，

$F_y=-2e^{x-2y+3z}+2x{e}^{-y}\cos z$，

$F_z=3e^{x-2y+3z}+2x{e}^{-y}\sin z$。

在 $(0,0,0)$ 处，

$F_x=-1$，

$F_y=-2$，

$F_z=3$。

由

$dz=-\frac{F_x}{F_z}dx-\frac{F_y}{F_z}dy$，

得

$dz{|}_{(0,0)}=\frac{1}{3}dx+\frac{2}{3}dy$。

13. 已知$\frac{aydy+xdx}{x^2+y^2-1}(x^2+y^2<1)$是某二元函数的全微分，则$a=$（） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2

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答案：

A。

解析：

记

$M(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2-1}$，

$N(x,y)=\frac{ay}{x^2+y^2-1}$。

全微分条件要求

$M_y=N_x$。

计算得

$M_y=-\frac{2xy}{(x^2+y^2-1{)}^2}$，

$N_x=-\frac{2axy}{(x^2+y^2-1{)}^2}$。

故必须有

$a=1$，

选 A。

14. 设函数$z=z(x,y)$由方程$\sin (x-y)+{\int }_1^z{e}^{-t^2}dt=0$确定，则$dz{|}_{(0,0)}=$

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答案：

$dz{|}_{(0,0)}=-edx+edy$。

解析：

在 $(x,y)=(0,0)$ 处，方程化为

${\int }_1^z{e}^{-t^2}dt=0$，

故 $z=1$。

对原方程求全微分：

$\cos (x-y)(dx-dy)+e^{-z^2}dz=0$。

因此

$dz=-e^{z^2}\cos (x-y)(dx-dy)$。

在 $(0,0,z=1)$ 处，

$dz=-e(dx-dy)=-edx+edy$。

15. 设$z=z(x,y)$是由方程$z+\ln z-{\int }_y^x{e}^{-t^2}dt=1$确定的函数，计算$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}{|}_{(0,0)}$

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答案：

$-\frac{1}{8}$。

解析：

在 $(x,y)=(0,0)$ 处，方程变为

$z+\ln z=1$，

故 $z=1$。

对 $x,y$ 分别求偏导：

$\left(1+\frac{1}{z}\right)z_x=e^{-x^2}$，

$\left(1+\frac{1}{z}\right)z_y=-e^{-y^2}$。

在原点有

$z_x=\frac{1}{2}$，

$z_y=-\frac{1}{2}$。

再对第一式关于 $y$ 求偏导：

$-\frac{z_y}{z^2}{z}_x+\left(1+\frac{1}{z}\right)z_{xy}=0$。

所以

$z_{xy}=\frac{z_x{z}_y}{z(z+1)}$。

在 $z=1$ 处，

$z_{xy}=\frac{(1/2)(-1/2)}{2}=-\frac{1}{8}$。

16. 设$f$与$g$均可微，$z=f[xy,\ln x+g(xy)]$，则$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=$（） A. $f_1^{\prime }$ B. $f_2^{\prime }$ C. $f_1^{\prime }+f_2^{\prime }$ D. $f_1^{\prime }-f_2^{\prime }$

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答案：

B。

解析：

令

$u=xy$，

$v=\ln x+g(xy)$。

记算子

$D=x\frac{\partial }{\partial x}-y\frac{\partial }{\partial y}$。

则

$Du=x\cdot y-y\cdot x=0$。

又

$Dv=x\left(\frac{1}{x}+g^{\prime }(u)y\right)-y[g^{\prime }(u)x]=1$。

因此

$Dz=f_1^{\prime }Du+f_2^{\prime }Dv=f_2^{\prime }$。

故选 B。

17. 设$F(u,v)$具有一阶连续偏导数，且$z=z(x,y)$由方程$F(\frac{x}{z},yz)=0$所确定，设题中出现的分母不为零，则$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=$（） A. 0 B. $z$ C. $\frac{1}{z}$ D. 1

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答案：

B。

解析：

令

$u=\frac{x}{z}$，

$v=yz$，

并记

$S=x{z}_x-y{z}_y$。

对算子

$D=x\frac{\partial }{\partial x}-y\frac{\partial }{\partial y}$，

有

$Du=u\left(1-\frac{S}{z}\right)$，

$Dv=-v\left(1-\frac{S}{z}\right)$。

由 $F(u,v)=0$ 得

$F_{u}Du+F_{v}Dv=0$，

即

$\left(1-\frac{S}{z}\right)(u{F}_u-v{F}_v)=0$。

根据题设“分母不为零”的隐函数条件，第二个因子不为零，因此

$1-\frac{S}{z}=0$。

故

$x{z}_x-y{z}_y=S=z$，

选 B。

18. 设$z=z(x,y)$是由方程$3x+xyz+z^3=1$所确定的函数，则$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}{|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=0\end{array}}=$

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答案：

$-2$。

解析：

令

$F(x,y,z)=3x+xyz+z^3-1$。

在 $x=0,y=0$ 时，

$z^3=1$，

故 $z=1$。

由隐函数二阶求导公式，

$F_{xx}+2F_{xz}{z}_x+F_{zz}{z}_x^2+F_z{z}_{xx}=0$。

先求

$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{3+yz}{xy+3z^2}$。

在 $(0,0,1)$ 处，

$z_x=-1$。

又

$F_{xx}=0$，

$F_{xz}=y$，

$F_{zz}=6z$，

$F_z=xy+3z^2$。

代入该点得

$0+0+6\cdot 1+3z_{xx}=0$。

所以

$z_{xx}=-2$。

19. 已知方程$2z-e^z+1+{\int }_y^{x^2}\sin (t^2)dt=0$在$(x_0,y_0,z_0)=(1,1,0)$的某个邻域中确定了一个隐函数$z=z(x,y)$，求$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}{|}_{(1,1)}$

查看答案与解析

答案：

$-2{\sin }^{2}1$。

解析：

令

$F(x,y,z)=2z-e^z+1+{\int }_y^{x^2}\sin (t^2)dt$。

有

$F_z=2-e^z$，

$F_x=2x\sin (x^4)$，

$F_y=-\sin (y^2)$。

所以

$z_x=-\frac{F_x}{F_z}$，

$z_y=-\frac{F_y}{F_z}$。

在 $(1,1,0)$ 处，

$F_z=1$，

$z_x=-2\sin 1$，

$z_y=\sin 1$。

又因

$F_{xy}=F_{xz}=F_{yz}=0$，

$F_{zz}=-e^z$，

故二阶隐函数公式给出

$F_z{z}_{xy}+F_{zz}{z}_x{z}_y=0$。

在该点

$z_{xy}=-F_{zz}{z}_x{z}_y=z_x{z}_y=-2{\sin }^{2}1$。

20. 设$f(u,v)$存在二阶连续偏导数，$z=z(x,y)$是由方程$f(z-x,z-y)=1$确定的隐函数，求$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$

查看答案与解析

答案：

$z_{xy}=\frac{f_v^2{f}_{uu}-2f_u{f}_v{f}_{uv}+f_u^2{f}_{vv}}{(f_u+f_v{)}^3}$。

解析：

令

$u=z-x$，

$v=z-y$，

并记

$A=f_u+f_v$。

由

$f(u,v)=1$，

对 $x$ 求偏导，得

$f_u(z_x-1)+f_v{z}_x=0$，

所以

$z_x=\frac{f_u}{A}$。

同理

$z_y=\frac{f_v}{A}$。

对 $z_x$ 关于 $y$ 求偏导。注意

$u_y=z_y=\frac{f_v}{A}$，

$v_y=z_y-1=-\frac{f_u}{A}$。

于是

$(f_u{)}_y=\frac{f_v{f}_{uu}-f_u{f}_{uv}}{A}$，

$A_y=\frac{f_v(f_{uu}+f_{uv})-f_u(f_{uv}+f_{vv})}{A}$。

由商法则整理可得

$z_{xy}=\frac{f_v^2{f}_{uu}-2f_u{f}_v{f}_{uv}+f_u^2{f}_{vv}}{A^3}$。

即

$z_{xy}=\frac{f_v^2{f}_{uu}-2f_u{f}_v{f}_{uv}+f_u^2{f}_{vv}}{(f_u+f_v{)}^3}$。

各偏导数均在 $(z-x,z-y)$ 处取值。

21. 设$u=e^{x+y+z}$，其中$y(x)$和$z(x)$由方程组$\{\begin{array}{l}{\int }_0^z{e}^{t^2}dt+\ln (1+y)=0\\ e^{y+z}=e+z\ln z\end{array}$确定，求$\frac{du}{dx}{|}_{x=0}$

查看答案与解析

答案：

按现有题干只能得到

${\frac{du}{dx}|}_{x=0}=e^{y(0)+z(0)}=e+z(0)\ln z(0)$，

不能确定通常题目所要求的唯一显式数值。

解析：

题干给出的两个方程均不含自变量 $x$：

${\int }_0^z{e}^{t^2}dt+\ln (1+y)=0$，

$e^{y+z}=e+z\ln z$。

因此，若该方程组在某支上唯一确定 $y,z$，则 $y(x),z(x)$ 实际上均为常数，故

$y^{\prime }(x)=z^{\prime }(x)=0$。

于是

$\frac{du}{dx}=e^{x+y+z}[1+y^{\prime }(x)+z^{\prime }(x)]=e^{x+y+z}$。

在 $x=0$ 时，

${\frac{du}{dx}|}_{x=0}=e^{y(0)+z(0)}$。

再由第二个方程可写为

$e^{y(0)+z(0)}=e+z(0)\ln z(0)$。

但现有题干没有给出含 $x$ 的隐式关系、初值或可直接解出的 $y(0),z(0)$，所以无法得到常见标准答案中的唯一简单数值。原题很可能存在漏项，本文不擅自补写。

22. 函数$f(x,y)=x^2+y^2$在约束条件$(x-1{)}^3=y^2$下（） A. 有最大值，无最小值 B. 无最大值，有最小值 C. 有最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值

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答案：

B。

解析：

由约束条件

$y^2=(x-1{)}^3\ge 0$，

可知

$x\ge 1$。

在约束曲线上，

$f=x^2+y^2=x^2+(x-1{)}^3$。

令

$\varphi (x)=x^2+(x-1{)}^3(x\ge 1)$。

则

${\varphi }^{\prime }(x)=2x+3(x-1{)}^2>0$。

所以 $\varphi$ 在 $[1,+\infty )$ 上严格增加。

当 $x=1,y=0$ 时取得最小值

$f_{\min }=1$；

当 $x\to +\infty$ 时，$f\to +\infty$，故无最大值。

因此选 B。

23. $f(x,y)=x^4+y^4-(x+y{)}^2$有（） A. 2个极小值点，1个极大值点 B. 1个极小值点，1个极大值点 C. 3个极小值点，无极大值点 D. 2个极小值点，无极大值点

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答案：

D。

解析：

一阶偏导数为

$f_x=4x^3-2(x+y)$，

$f_y=4y^3-2(x+y)$。

令其为零，两式相减得

$x^3=y^3$，

所以 $x=y$。

代回得到

$4x^3-4x=4x(x^2-1)=0$。

故驻点为

$(0,0)$，

$(1,1)$，

$(-1,-1)$。

在 $(\pm 1,\pm 1)$ 处，Hessian 矩阵为

$\left(\begin{array}{cc}10& -2\\ -2& 10\end{array}\right)$，

其顺序主子式均为正，故两个点都是极小值点。

在原点附近，沿 $y=x$ 有

$f(x,x)=2x^4-4x^2<0$；

沿 $y=-x$ 有

$f(x,-x)=2x^4>0$。

因此原点为鞍点，不是极值点。

所以函数有两个极小值点，无极大值点，选 D。

24. $f(x,y)=\{\begin{array}{ll}(y-e^{-\frac{1}{x^2}})(y-3e^{-\frac{1}{x^2}})y^2,& x\ne 0\\ 0,& x=0\end{array}$，则点$(0,0)$（） A. 是$f(x,x)$的极小值点，也是$f(x,y)$的极小值点 B. 是$f(x,x)$的极小值点，不是$f(x,y)$的极小值点 C. 不是$f(x,x)$的极小值点，是$f(x,y)$的极小值点 D. 不是$f(x,x)$的极小值点，也不是$f(x,y)$的极小值点

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答案：

B。

解析：

先考察单变量函数 $f(x,x)$。

当 $x\ne 0$ 时，

$f(x,x)=\left(x-e^{-1/x^2}\right)\left(x-3e^{-1/x^2}\right)x^2$。

由于

$e^{-1/x^2}=o(|x{|}^m)(x\to 0)$

对任意正数 $m$ 都成立，所以当 $x$ 充分接近 $0$ 且 $x\ne 0$ 时，两个括号的符号都与 $x$ 相同，其乘积为正。

因此

$f(x,x)>0=f(0,0)$，

故 $x=0$ 是 $f(x,x)$ 的极小值点。

再考察二元函数。取

$y=2e^{-1/x^2}$，

则

$y-e^{-1/x^2}=e^{-1/x^2}>0$，

$y-3e^{-1/x^2}=-e^{-1/x^2}<0$，

且 $y^2>0$。

故

$f\left(x,2e^{-1/x^2}\right)<0=f(0,0)$。

这些点可任意接近原点，所以原点不是二元函数的极小值点。

因此选 B。

25. 设$f(x,y)=x^2+y^2(1+x{)}^3$，则点$(0,0)$（） A. 是$f(x,y)$的唯一极小值点，也是其最小值点 B. 是$f(x,y)$的唯一极大值点，也是其最大值点 C. 是$f(x,y)$的唯一极小值点，但不是其最小值点 D. 是$f(x,y)$的唯一极大值点，但不是其最大值点

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答案：

C。

解析：

一阶偏导数为

$f_x=2x+3y^2(1+x{)}^2$，

$f_y=2y(1+x{)}^3$。

由 $f_y=0$，有 $y=0$ 或 $x=-1$。

若 $y=0$，则 $f_x=2x=0$，得 $x=0$。

若 $x=-1$，则 $f_x=-2\ne 0$。

因此唯一驻点是 $(0,0)$。

在原点，Hessian 矩阵为

$\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$，

正定，所以原点是严格极小值点。

但当 $x<-1$ 时，$(1+x{)}^3<0$。固定这样的 $x$，令 $|y|\to \infty$，则

$f(x,y)=x^2+y^2(1+x{)}^3\to -\infty$。

故函数没有全局最小值，原点只是唯一极小值点而不是最小值点。

所以选 C。

26. 求由方程$2x^2+2y^2+z^2+8xz-z+8=0$所确定的函数$z=z(x,y)$的极值，并指出是极大值还是极小值

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答案：

在 $(x,y)=(-2,0)$ 处，$z=1$ 为极小值；

在 $(x,y)=\left(\frac{16}{7},0\right)$ 处，$z=-\frac{8}{7}$ 为极大值。

解析：

令

$F(x,y,z)=2x^2+2y^2+z^2+8xz-z+8$。

在 $F_z\ne 0$ 时，

$z_x=-\frac{F_x}{F_z}$，

$z_y=-\frac{F_y}{F_z}$。

极值点处需有

$F_x=4x+8z=0$，

$F_y=4y=0$。

所以

$x=-2z$，

$y=0$。

代回约束方程，得

$-7z^2-z+8=0$，

即

$7z^2+z-8=0$。

故

$z=1$ 或 $z=-\frac{8}{7}$。

相应点分别为

$(-2,0,1)$，

$\left(\frac{16}{7},0,-\frac{8}{7}\right)$。

在驻点处，由于 $z_x=z_y=0$，有

$z_{xx}=-\frac{F_{xx}}{F_z}=-\frac{4}{F_z}$，

$z_{yy}=-\frac{F_{yy}}{F_z}=-\frac{4}{F_z}$，

$z_{xy}=0$。

在 $(-2,0,1)$ 处，

$F_z=2z+8x-1=-15<0$，

故 Hessian 正定，$z=1$ 为极小值。

在另一点，

$F_z=15>0$，

故 Hessian 负定，$z=-\frac{8}{7}$ 为极大值。

27. 设$f(x,y)=3x+4y-a{x}^2-2a{y}^2-2bxy$，当$a,b$满足何种条件时，$f(x,y)$有唯一的极大值，并说明理由

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答案：

$a>0$ 且 $b^2<2a^2$，即

$a>0,|b|<\sqrt{2}a$。

解析：

函数可写成

$f(x,y)=3x+4y-Q(x,y)$，

其中

$Q(x,y)=a{x}^2+2bxy+2a{y}^2$。

要使 $f$ 在全平面上有唯一极大值，二次型 $Q$ 必须正定。此时 $-Q$ 严格凹，加入一次项后仍为严格凹函数，故存在唯一驻点并且该驻点是唯一全局极大值点。

二次型的矩阵为

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& 2a\end{array}\right)$。

它正定的充要条件是

$a>0$，

$\left|\begin{array}{cc}a& b\\ b& 2a\end{array}\right|=2a^2-b^2>0$。

因此条件为

$a>0,b^2<2a^2$。

28. 求$|z|$在约束条件$\{\begin{array}{l}{x}^2+9y^2-2z^2=0\\ x+3y+3z=5\end{array}$下的最大值与最小值

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答案：

$|z{|}_{\min }=1$，

$|z{|}_{\max }=5$。

解析：

令

$X=x$，

$Y=3y$。

约束条件化为

$X^2+Y^2=2z^2$，

$X+Y=5-3z$。

对于给定的 $z$，存在实数 $X,Y$ 满足这两个条件的充要条件是

$(X+Y{)}^2\le 2(X^2+Y^2)$。

所以

$(5-3z{)}^2\le 4z^2$。

展开得

$5z^2-30z+25\le 0$，

即

$z^2-6z+5\le 0$。

因此

$1\le z\le 5$。

这里 $z$ 始终为正，所以 $|z|=z$。

故

$|z{|}_{\min }=1$，

$|z{|}_{\max }=5$。

29. 求曲线$C:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-2z^2=0\\ x+y+3z=5\end{array}$上距离$xOy$平面最远和最近的点的坐标

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答案：

最近点为 $(1,1,1)$；

最远点为 $(-5,-5,5)$。

解析：

点到 $xOy$ 平面的距离为 $|z|$。

约束条件为

$x^2+y^2=2z^2$，

$x+y=5-3z$。

由

$(x+y{)}^2\le 2(x^2+y^2)$，

得

$(5-3z{)}^2\le 4z^2$，

从而

$1\le z\le 5$。

所以最近点对应 $z=1$，最远点对应 $z=5$。

当取到端点时，上述柯西不等式取等号，故 $x=y$。

当 $z=1$ 时，

$x+y=2$，

故 $x=y=1$。

当 $z=5$ 时，

$x+y=-10$，

故 $x=y=-5$。

因此最近点为 $(1,1,1)$，最远点为 $(-5,-5,5)$。

30. 求函数$u=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$在约束条件$x+2y=1$与$x^2+2y^2+z^2=1$下的最值

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答案：

最大值 $u_{\max }=1$，在 $(1,0,0)$ 处取得；

最小值 $u_{\min }=\frac{\sqrt{5}}{3}$，在 $\left(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)$ 处取得。

解析：

由

$x+2y=1$，

得

$x=1-2y$。

又由第二个约束，

$z^2=1-x^2-2y^2$。

所以

$u^2=x^2+y^2+z^2=1-y^2$。

可行性要求

$z^2=1-(1-2y{)}^2-2y^2=4y-6y^2=2y(2-3y)\ge 0$，

故

$0\le y\le \frac{2}{3}$。

在该区间内，$u^2=1-y^2$ 单调减少。

当 $y=0$ 时，

$x=1,z=0$，

故

$u_{\max }=1$。

当 $y=\frac{2}{3}$ 时，

$x=-\frac{1}{3},z=0$，

故

$u_{\min }=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。

31. 求曲线$x^2-xy+y^2=1(x>0,y>0)$上的一点$P$，使该点处的切线与$x$轴，$y$轴在第一象限所围的图形的面积最小

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答案：

$P=(1,1)$，最小面积为 $2$。

解析：

设切点为 $P(x,y)$。

曲线的切线方程为

$(2x-y)(X-x)+(2y-x)(Y-y)=0$。

利用约束

$x^2-xy+y^2=1$，

可化为

$(2x-y)X+(2y-x)Y=2$。

其在两坐标轴上的截距分别为

$a=\frac{2}{2x-y}$，

$b=\frac{2}{2y-x}$。

在第一象限围成三角形，需有 $2x-y>0$、$2y-x>0$，其面积为

$S=\frac{1}{2}ab=\frac{2}{(2x-y)(2y-x)}$。

而

$(2x-y)(2y-x)=5xy-2x^2-2y^2$。

由约束

$x^2+y^2=1+xy$，

得

$(2x-y)(2y-x)=3xy-2$。

因此要使面积最小，只需使 $xy$ 最大。

又

$x^2-xy+y^2=(x-y{)}^2+xy=1$，

故

$xy\le 1$，

等号当且仅当 $x=y=1$。

因此

$P=(1,1)$。

此时切线为

$X+Y=2$，

面积为

$S_{\min }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=2$。

32. 设曲线$L_1:x^2+y^2=2y$内切于曲线$L_2:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a,b>0)$，求$a,b$的值，使$L_2$所围面积最小

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答案：

$a=\sqrt{\frac{3}{2}}$，

$b=\frac{3}{\sqrt{2}}$。

解析：

$L_1$ 是圆

$x^2+(y-1{)}^2=1$。

设圆与椭圆在非轴端点 $(x,y)$ 处相切。圆上有

$x^2=2y-y^2$，

其中 $0<y<2$。

两曲线相切时法向量平行：

$\left(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2}\right)=\lambda (x,y-1)$。

当 $x\ne 0$ 时，

$\lambda =\frac{1}{a^2}$，

并有

$\frac{y}{b^2}=\frac{y-1}{a^2}$，

即

$b^2=\frac{a^{2}y}{y-1}$。

将切点代入椭圆方程：

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$。

利用 $x^2=2y-y^2$ 以及上式，得

$\frac{2y-y^2+y(y-1)}{a^2}=1$，

所以

$a^2=y$，

$b^2=\frac{y^2}{y-1}$，

其中 $1<y\le 2$。

椭圆面积为

$S=\pi ab$，

故只需最小化

$a^2{b}^2=\frac{y^3}{y-1}$。

求导：

$\frac{d}{dy}\ln \frac{y^3}{y-1}=\frac{3}{y}-\frac{1}{y-1}$。

令其为零，得

$3(y-1)=y$，

所以

$y=\frac{3}{2}$。

于是

$a^2=\frac{3}{2}$，

$b^2=\frac{(3/2{)}^2}{1/2}=\frac{9}{2}$。

故

$a=\sqrt{\frac{3}{2}}$，

$b=\frac{3}{\sqrt{2}}$。

33. 设$u=u(x,y)$具有二阶连续偏导数，且满足$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=x^{2}y$，$u(x,0)=-x^2+2$，$u(1,y)=\cos y$，求：(1)$u=u(x,y)$的表达式；(2)$u(x,y)-\cos y$的极值

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答案：

（1）

$u(x,y)=\frac{x^3-1}{6}{y}^2-x^2+1+\cos y$；

（2）$u(x,y)-\cos y$ 在 $(0,0)$ 处取得极大值 $1$，无极小值。

解析：

由

$u_{xy}=x^{2}y$，

积分可写为

$u(x,y)=\frac{x^3{y}^2}{6}+A(x)+B(y)$。

利用

$u(x,0)=A(x)+B(0)=-x^2+2$，

可将其写成

$u=\frac{x^3{y}^2}{6}-x^2+2+C(y)$，

其中 $C(0)=0$。

再代入

$u(1,y)=\cos y$，

得

$\frac{y^2}{6}+1+C(y)=\cos y$，

所以

$C(y)=\cos y-1-\frac{y^2}{6}$。

故

$u(x,y)=\frac{x^3-1}{6}{y}^2-x^2+1+\cos y$。

令

$w(x,y)=u(x,y)-\cos y=\frac{x^3-1}{6}{y}^2-x^2+1$。

一阶偏导数为

$w_x=-2x+\frac{x^2{y}^2}{2}$，

$w_y=\frac{x^3-1}{3}y$。

驻点为

$(0,0)$，

$(1,2)$，

$(1,-2)$。

在 $(0,0)$ 处，Hessian 为

$\left(\begin{array}{cc}-2& 0\\ 0& -1/3\end{array}\right)$，

负定，故为极大值点，且

$w(0,0)=1$。

在 $(1,\pm 2)$ 处，Hessian 行列式为负，故均为鞍点。

又当 $x<1$ 固定且 $|y|\to \infty$ 时，$w\to -\infty$，故无极小值。

34. 设函数$f(x,y)$具有二阶连续偏导数，且满足$f(x,0)=x^2$，$f_y^{\prime }(x,0)=\sqrt{2}x$，$f_{yy}^{\prime \prime }(x,y)=4$，求$f(x,y)$在约束条件$x^2+2y^2=4$下的最大值与最小值

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答案：

最大值为 $6$，在 $(\sqrt{2},1)$、$(-\sqrt{2},-1)$ 处取得；

最小值为 $2$，在 $(\sqrt{2},-1)$、$(-\sqrt{2},1)$ 处取得。

解析：

由

$f_{yy}=4$，

对 $y$ 积分两次，得

$f(x,y)=2y^2+A(x)y+B(x)$。

由

$f(x,0)=x^2$，

得 $B(x)=x^2$。

又

$f_y(x,y)=4y+A(x)$，

由 $f_y(x,0)=\sqrt{2}x$ 得

$A(x)=\sqrt{2}x$。

故

$f=x^2+\sqrt{2}xy+2y^2$。

令

$X=x$，

$Y=\sqrt{2}y$。

约束化为

$X^2+Y^2=4$，

且

$f=X^2+XY+Y^2$。

对应二次型矩阵为

$\left(\begin{array}{cc}1& 1/2\\ 1/2& 1\end{array}\right)$，

其特征值为

$\frac{1}{2}$ 与 $\frac{3}{2}$。

在半径为 $2$ 的圆上，二次型最小值和最大值分别为

$4\cdot \frac{1}{2}=2$，

$4\cdot \frac{3}{2}=6$。

最大值对应 $X=Y$，最小值对应 $X=-Y$，代回即得相应点。

35. 设$u=xz+a{y}^3,z\ge 0$，且$x^2+y^2+z^2=1$，(1)当$a=\frac{1}{3}$时，求$u$的最大值；(2)当$a=t$（$t$为变量）时，$u$是否有最大值，若有，求出最大值，若没有，说明理由

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答案：

（1）最大值为 $\frac{1}{2}$；

（2）对任意实数 $t$ 最大值都存在，且

$u_{\max }=\max \left\{\frac{1}{2},|t|\right\}$。

解析：

固定 $y$ 后，

$x^2+z^2=1-y^2$，

且 $z\ge 0$。

由

$xz\le \frac{x^2+z^2}{2}=\frac{1-y^2}{2}$，

等号可在

$x=z=\sqrt{\frac{1-y^2}{2}}$

处取得。

因此原问题化为在 $-1\le y\le 1$ 上求

${\varphi }_t(y)=\frac{1-y^2}{2}+t{y}^3$

的最大值。

当 $t=\frac{1}{3}$ 时，

${\varphi }^{\prime }(y)=-y+y^2=y(y-1)$。

比较 $y=-1,0,1$，得最大值

$\varphi (0)=\frac{1}{2}$。

它在

$y=0,x=z=\frac{1}{\sqrt{2}}$

处取得。

对一般的 $t$，

${\varphi }_t^{\prime }(y)=y(-1+3ty)$。

除 $y=0$ 外的内部驻点 $y=\frac{1}{3t}$ 若存在，其二阶导数为正，故是极小值点，不会产生最大值。

因此最大值只需比较

${\varphi }_t(0)=\frac{1}{2}$，

${\varphi }_t(1)=t$，

${\varphi }_t(-1)=-t$。

故

$u_{\max }=\max \left\{\frac{1}{2},t,-t\right\}=\max \left\{\frac{1}{2},|t|\right\}$。

又约束集合是闭且有界的半球面，$u$ 连续，所以对任意 $t$ 最大值均存在。

36. 设$D=\{(x,y)|x+y\le 3,x\ge 0,y\ge 0\}$，求函数$f(x,y)=2x^3+2y^3-6x-6y+5$在区域$D$上的最大值与最小值

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答案：

最大值为 $41$，在 $(3,0)$、$(0,3)$ 处取得；

最小值为 $-3$，在 $(1,1)$ 处取得。

解析：

区域内部的驻点满足

$f_x=6x^2-6=0$，

$f_y=6y^2-6=0$。

在第一象限内得

$(x,y)=(1,1)$，

且该点位于区域内部。

$f(1,1)=2+2-6-6+5=-3$。

考察三条边界。

当 $x=0$ 时，

$f=2y^3-6y+5(0\le y\le 3)$。

其候选点为 $y=0,1,3$，函数值分别为

$5,1,41$。

当 $y=0$ 时同理，候选值也是

$5,1,41$。

当 $x+y=3$ 时，令 $y=3-x$，则

$f=18x^2-54x+41(0\le x\le 3)$。

其最小值在 $x=\frac{3}{2}$ 处，为

$\frac{1}{2}$；端点值均为 $41$。

比较所有候选值，得最大值 $41$，最小值 $-3$。

37. 设$f(x,y)=4x^2(x-2y)+16y(xy-3)-33x$，求其在平面区域$D=\{(x,y)|0\le y\le x\le 3\}$上的取值范围

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答案：

$-84\le f(x,y)\le 81$。

其中最小值 $-84$ 在 $\left(2,\frac{5}{4}\right)$ 处取得，最大值 $81$ 在 $(3,3)$ 处取得。

解析：

展开函数：

$f=4x^3-8x^{2}y+16x{y}^2-48y-33x$。

区域内部驻点满足

$f_x=12x^2-16xy+16y^2-33=0$，

$f_y=-8x^2+32xy-48=0$。

解得在区域内部的驻点为

$\left(2,\frac{5}{4}\right)$，

其函数值为

$f\left(2,\frac{5}{4}\right)=-84$。

下面考察边界。

在 $y=0$ 上，

$f=x(4x^2-33)$。

候选点为 $x=0,3,\frac{\sqrt{11}}{2}$，函数值中最小者为

$-11\sqrt{11}$，最大者为 $9$。

在 $y=x$ 上，

$f=3x(4x^2-27)$。

候选点为 $x=0,3,\frac{3}{2}$，相应主要值为

$0,81,-81$。

在 $x=3$ 上，

$f=3(16y^2-40y+3)$。

候选点为 $y=0,3,\frac{5}{4}$，函数值为

$9,81,-66$。

比较内部与所有边界候选值，得到

$f_{\min }=-84$，

$f_{\max }=81$。

因此取值范围为

$[-84,81]$。

38. 设函数$u=u(x,y)$在区域$D=\{(x,y)|2x^2+3y^2\le 4\}$上连续，在区域$D$的内部有二阶连续偏导数，且满足$-2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}-3\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=u^2$，在区域$D$的边界$2x^2+3y^2=4$上$u(x,y)\ge 0$，证明：当$2x^2+3y^2\le 4$时，$u(x,y)\ge 0$

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答案：

结论成立，即在整个区域 $D$ 上均有

$u(x,y)\ge 0$。

解析：

采用反证法。

假设区域内部存在点使 $u<0$。由于 $D$ 为有界闭区域且 $u$ 连续，$u$ 在 $D$ 上可取得最小值。

边界上 $u\ge 0$，所以若存在负值，则负的最小值必在区域内部某点 $(x_0,y_0)$ 处取得。

在内部最小值点，有

$u_{xx}(x_0,y_0)\ge 0$，

$u_{yy}(x_0,y_0)\ge 0$。

因此

$-2u_{xx}(x_0,y_0)-3u_{yy}(x_0,y_0)\le 0$。

但由微分方程，

$-2u_{xx}-3u_{yy}=u^2$。

由于 $u(x_0,y_0)<0$，故

$u^2(x_0,y_0)>0$，

这与左端不大于 $0$ 矛盾。

所以区域内部不可能出现负值，从而整个 $D$ 上均有

$u(x,y)\ge 0$。

39. 已知可微函数$f(u,v)$满足$\frac{\partial [f(u,v)]}{\partial u}+\frac{\partial [f(u,v)]}{\partial v}=6(u+v)-3u^2$，且$f(u,0)=3u^2-u^3$，记$g(x,y)=f(x,x-y)$，(1)计算$\frac{\partial [g(x,y)]}{\partial x}$；(2)求$f(x,y)$在有界闭区域$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 16\}$上的最值

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答案：

（1）

$g_x(x,y)=12x-6y-3x^2$；

（2）最大值为 $112$，在 $(-4,0)$ 处取得；最小值为 $-16$，在 $(4,0)$ 处取得。

解析：

由

$g(x,y)=f(x,x-y)$，

链式法则给出

$g_x=f_u+f_v$。

在 $u=x,v=x-y$ 时，题设偏微分方程给出

$g_x=6[x+(x-y)]-3x^2=12x-6y-3x^2$。

对 $x$ 积分：

$g(x,y)=-x^3+6x^2-6xy+C(y)$。

当 $v=0$ 时，$x-y=0$，即 $y=x$，故

$g(x,x)=f(x,0)=3x^2-x^3$。

代入上式得

$-x^3+C(x)=3x^2-x^3$，

所以

$C(y)=3y^2$。

因此

$g(x,y)=-x^3+6x^2-6xy+3y^2$。

由 $f(u,v)=g(u,u-v)$，得到

$f(u,v)=-u^3+3u^2+3v^2$。

故在通常变量记号下，

$f(x,y)=-x^3+3x^2+3y^2$。

区域内部驻点满足

$f_x=3x(2-x)=0$，

$f_y=6y=0$，

得到 $(0,0)$ 与 $(2,0)$，其函数值分别为 $0$ 与 $4$。

在边界 $x^2+y^2=16$ 上，

$f=-x^3+3(x^2+y^2)=48-x^3$。

由于 $-4\le x\le 4$，该式随 $x$ 严格减少。

所以边界最大值在 $x=-4,y=0$ 处取得：

$f_{\max }=48-(-4{)}^3=112$；

边界最小值在 $x=4,y=0$ 处取得：

$f_{\min }=48-4^3=-16$。

比较内部驻点，最终最大值为 $112$，最小值为 $-16$。

40. 设$z=z(u,v)$具有二阶连续偏导数，且$z=z(x-y,x+2y)$满足$2\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}-\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=2\frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial z}{\partial y}$，$\frac{d[z(0,v)]}{dv}=\frac{1}{3}z(0,v)+e^{\frac{v}{3}}$，$z(u,0)=\sin u$，(1)证明$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u\partial v}=\frac{1}{3}\cdot \frac{\partial z}{\partial u}$；(2)求$z=z(u,v)$的表达式

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答案：

（1）

$z_{uv}=\frac{1}{3}{z}_u$；

（2）

$z(u,v)=e^{v/3}(\sin u+v)$。

解析：

作变量代换

$u=x-y$，

$v=x+2y$。

则

$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial u}+\frac{\partial }{\partial v}$，

$\frac{\partial }{\partial y}=-\frac{\partial }{\partial u}+2\frac{\partial }{\partial v}$。

计算得

$z_{xx}=z_{uu}+2z_{uv}+z_{vv}$，

$z_{xy}=-z_{uu}+z_{uv}+2z_{vv}$，

$z_{yy}=z_{uu}-4z_{uv}+4z_{vv}$。

所以

$2z_{xx}+z_{xy}-z_{yy}=9z_{uv}$。

另一方面，

$2z_x-z_y=2(z_u+z_v)-(-z_u+2z_v)=3z_u$。

因此原方程化为

$9z_{uv}=3z_u$，

即

$z_{uv}=\frac{1}{3}{z}_u$。

下面求解。令

$p(u,v)=z_u(u,v)$，

则

$p_v=\frac{1}{3}p$。

所以

$p(u,v)=A(u)e^{v/3}$。

对 $u$ 积分可写为

$z(u,v)=e^{v/3}\Phi (u)+B(v)$。

由

$z(u,0)=\sin u$，

得

$\Phi (u)+B(0)=\sin u$。

记 $B(0)=C$，则

$\Phi (u)=\sin u-C$。

再令

$w(v)=z(0,v)$。

题设给出

$w^{\prime }(v)=\frac{1}{3}w(v)+e^{v/3}$。

即

${\left(e^{-v/3}w(v)\right)}^{\prime }=1$。

因此

$w(v)=e^{v/3}(v+C_1)$。

又

$w(0)=z(0,0)=\sin 0=0$，

所以 $C_1=0$，即

$w(v)=v{e}^{v/3}$。

将其与一般式结合，常数项相消，最终得到

$z(u,v)=e^{v/3}(\sin u+v)$。