241120_183058-8.基础习题册高数第八章详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

第八章 多元函数微分学 8-1 基础过关 1.【答案】（1）  2 ；（2）0；（3）极限不存在；（4）极限不存在；（5） 0 xy xy xy 【解析】（1） lim  lim  lim 2； (x,y)(0,0) 2exy 1 (x,y)(0,0) 1 (1exy) (x,y)(0,0) 1 (xy) 2 2 （2） ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) 1  ( x c 2 o  s ( y x 2 2 )  e x y 2 y 2 2 )  ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) 1 2( ( x x 2 2   y y 2 2 ) 2 )  1  0 ； y kx x y (1k)x 1k （3） lim lim  k 1，与 (x,y)(0,0) x y x0 (1k)x 1k k 有关，所以极限不存在； （4）取 y  x ，则原式  l i m x  0 x x 4 4  1 ， 取 y   x ，则原式  l i m x  0 x 4 x  4 4 x 2  0 ； xy xy xy （5）0   ，所以 x2  y2 2 xy 2 ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) x x 2 y  y 2  0 . 2. 【答案】（1）   z x  2 y c s c 2 x y ，   z y   2 y x 2 c s c 2 x y ； （2）   z x  y 2 (1  x y ) y  1 z  xy  ， (1xy)y  ln(1xy) ； y  1xy u y y 1 u 1 y u y y （3）  xz ，  xz lnx，  xz lnx； x z y z z z2 （4） 0 【解析】（1） z 1 x x 2 2x z x x x 2x 2x  cot sec2  csc ， cot sec2 ( ) csc ； x y y y y y y y y y2 y2 y （2）   z x  y 2 (1  x y ) y  1 z eyln(1xy) xy ，  (1xy)y[ln(1xy) ] y y 1xy （3）   u x  y z x yz  1 ，   u y  1 z x yz l n x ，   u z  x yz  l n x  (  y z 2 )   y z 2 x yz l n x ；（4）   T l  2 π g  2 1 l  π g l ，   T g  2 π l    2 1 g 32    π g 32 l ，  l   T l  g   T g  l π g l  g π g 32 l  0 . 3.【答案】（1） 2 e   1x  1y  ；（2） 1 【解析】（1）   z x  e   1x  1y   1 x 2 ，   z y  e   1x  1y   1 y 2 ， x 2   z x  y 2   z y  2 e   1x  1y  ； （2） f ( x , 1 )  x  f ( x x , 1 )  d f ( d x x , 1 )  1 . 4.【答案】 f  x x ( 0 , 0 , 1 )  2 ， f  x z ( 1 , 0 , 2 )  2 ， f(0,1,0)0， yz f  zzx ( 2 , 0 , 1 )  0 【解析】 f x  y 2  2 x z ， f y  z 2  2 x y ， f z  x 2  2 y z f ( x x , 0 , 1 )  2 x ， f ( x 1 , 0 , z )  2 z ， f y ( 0 ,  1 , z )  z 2 ， f f f  x x  x z y z ( 0 ( 1 ( 0 , 0 , 0 ,  , 1 ) , 2 ) 1 , 0   ) d d   f ( x , 0 x d x  f ( 1 , 0 x d z  d f ( x y d , 1 , z , 0 z ) ) , 1 x  z  ) 0 2 z    0 2 2  , , 0 f 2y f 0 f(2,0,1)0 zz zzx zzx 所以 f  x x ( 0 , 0 , 1 )  2 , f  x z (1 , 0 , 2 )  2 ， f y z ( 0 ,  1 , 0 )  0 , f  zzx ( 2 , 0 , 1 )  0 . 5.【答案】 x 2  2 y 2  z 2 【考点】多元具体复合函数求偏导 【提示】对称性 【解析】 x2 x2  y2 z2  x x2  y2 z2 y2 z2 r r   ， x x2  y2 z2 xx x2  y2 z2 3 (x2  y2 z2)2由对称性可得 y2 x2  y2 z2  x2  y2 z2 x2 z2 r   yy x2  y2 z2 3 (x2  y2 z2)2 r zz  x 2  y 2  x 2 2 z   y 2  x 2 z 2  z 2 y 2  z 2  ( x 2 x  2 y  2 y  2 z 2 ) 32   2 x r 2    2 y r 2    2 z r 2  x 2  2 y 2  z 2 6.【答案】（1） z   ( x 2  x y 2 ) 32 ( y d x  x d y ) ； （2） d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z ； （3） d z (1 ,2 )  1 3 d x  2 3 d y 【解析】（1） z x   x 2 y  y 2  2 x 2 2 x  y 2   ( x 2 x  y y 2 ) 32 2y2 x2  y2  2 x2  y2 x2 x z   ，dz  (ydxxdy) y x2  y2 3 3 (x2  y2)2 (x2  y2)2 （2）方法一：u  yzxyz1，u  xyz lnxz， x y u z  x y z l n x  y d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z 方法二：du yzxyz1dxxyzlnxd(yz) yzxyz1dxxyzlnx(zdyydz) d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z （3） z x  1  x 2 2 x  y 2  z x (1 , 2 )  1 3 ， z y  1  2 x 2 y  y 2  z x ( 1 , 2 )  2 3 d z (1 ,2 )  1 3 d x  2 3 d y 7.【答案】z0.119，dz0.125【解析】  z  y x     y x  y x  1 2   0 0 .2 .1  1 2   0 . 1 1 9 ， 1 1 dz  zxzy  0.1 (0.2)0.125 x y 4 2 8.【答案】A 【解析】 这类题考过多次，考查的是对下面关系的认知： ②  ③  ①  ④ 只要记住这种因果关系，不难看出应选（A）. 有的考生选择（C），错误地认为既然③可 以推出④，③又可以推出①，那么应是③  ④①.或者认为偏导数存在，函数必连续， 从而有④  ①，错误地将一元函数的情况搬到二元函数中来了. 9.【答案】B 【解析】方法一： 由于 l ix m 0 f (  x , 0 )   x f ( 0 , 0 )  l ix m 0 e  x   x 1  l ix m 0   x x ， x 而lim 不存在，所以 x0 x f ( x 0 , 0 ) 不存在. 又由于 l iy m 0 f ( 0 ,  y )   y f ( 0 , 0 )  l iy m 0 e ( y  2) y  1  l ix m 0 (   y y ) 2  0 ，所以 f y ( 0 , 0 ) 存在，故应 选（B）. 方法二：可以采用“先代后求”的方法. 由于 f ( x , 0 )  e x 2  e x ，在 x  0 处不可导，即 f ( x 0 , 0 ) 不存在； f(0,y)e y4 ey2 ，在y 0处可导，即 f(0,0)存在. y 选（B）. 10.【答案】C 【解析】（A）连续是可微的必要条件. （B）偏导存在是可微的必要条件. （D）一阶偏导数分别在 y  0 和 x  0 时连续，并不意味着一阶偏导数整体连续，故不是 可微的充分条件（C）由极限 ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) f ( x , y x ) 2   f y ( 0 2 , 0 )  0 取特殊路径 y  0 可得 l i m x  0 f ( x , 0 )  x 2 f ( 0 , 0 )  0 ，所以 A  f ( x 0 , 0 )  l i m x  0 f ( x , 0 )  x f ( 0 , 0 )  l i m x  0 f ( x , 0 )  x 2 f ( 0 , 0 )  x x 2  0 同理， B  0 ，所以 ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) f ( x , y x ) 2   f y ( 0 2 , 0 )  ( x l i m ,y ) (0 ,0 ) [ f ( x , y )  f ( x 0 2 , 0  ) ] y  2 [ A x  B y ]  0 即函数 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 点可微，因此选项（C）正确. z 2x 3x2 11.【答案】（1）  ln(3x2y) ， x y2 (3x2y)y2   z y   2 y x 3 l n ( 3 x  2 y )  ( 3 x 2  x 2 2 y ) y 2 ； （2） d d u x  e a x s i n x 【解析】（1）   z x  z u  u x  z v  v x  2 u l n v  1 y  3 u v 2  2 y x 2 l n ( 3 x  2 y )  ( 3 x 3  x 2 2 y ) y 2   z y  z u  u y  z v  v y  2 u l n v  (  x y 2 )  2 u v 2   2 y x 3 l n ( 3 x  2 y )  ( 3 x 2  x 2 2 y ) y 2 （2） du 1 1  eax[a(yz) yz] eax[a2sinxacosxacosxsinx] dx a2 1 a2 1 eaxsinx uv 12.【答案】 u2 v2 【解析】 1 x  y y2 y x z  z x z y  1 1  u x u y u x x x2  y2 x2  y2 1( )2 1( )2 y yz v  z x  x v  z y  y v  1  1 y ( x y ) 2  1  1   ( x yx y 2 ) 2  (  1 )  x 2 y  y 2  x 2 x  y 2 z u  z v  u u 2   v v 2 . 13. 【答案】（1）   u x  2 x f 1  y e x y f 2 ，   u y   2 y f 1  x e x y f 2 ； u 1  f （2） ， x y 1   u y   x y 2 f 1  1 z f 2 ，   u z   y 2 z f 2 ； u  f yf yzf （3） ， x 1 2 3   u y  x f 2  x z f 3 u ，  xyf z 3 u  f2x fexyy 2xf yexy f 【解析】（1） ， x 1 2 1 2   u y   2 y f 1  x e x y f 2 ； u 1  f （2） ， x y 1   u y   x y 2 f 1  1 z f 2 u y ，  f； z z2 2 （3）   u x  f 1  y f 2  y z f 3 ，   u y  x f 2  x z f 3 ，   u z  x y f 3 14.【答案】 2 x y  x F ( u ) 【解析】 z x  y  F ( u )  x F ( u )    y x 2   y  F ( u )  y x F ( u ) ， z y  x  x F ( u )  1 x  x  F ( u ) ，则 x   z x  y   z y  2 x y  x F ( u ) . 15.【答案】 y f ( x 1 2  y 2 ) y f(u) f(u)(2y)y f(u)2y2f(u) 【解析】z   f(u)2x，z   x f 2(u) y f 2(u) f 2(u) 1 z 1 z y f(u)2y2f(u) 1 1    f(u)2x   . x x y y xf 2(u) yf 2(u) yf(u) yf(x2  y2) 2z 2 1 2z 1 x x 16.【答案】（1）  f f f，  f f f x2 11 y 12 y2 22 xy y2 2 y2 12 y3 22  2 y z 2  2 y x 3 f 2  x y 2 4 f  2 2 ； 2z （2） 2yf y4f4xy3f4x2y2f， x2 2 11 12 22   x 2  z y  2 y f 1  2 x f 2  2 x y 3 f  1 1  5 x 2 y 2 f  1 2  2 x 3 y f  2 2 ，   2 y z 2  2 x f 1  4 x 2 y 2 f  1 1  4 x 3 y f  1 2  x 4 f  2 2 【解析】（1） z x  f 1  1 y f 2 ， z y   x y 2 f 2 ， 2z 1 1 1  2 1  f f  f f   f f f， x2 11 y 12 y 21 y 22  11 y 12 y2 22 2z x 1 x 1 x x  f( ) f f  f f f， xy 12 y2 y2 2 y3 22 y2 2 y2 12 y3 22   2 y z 2  2 y x 3 f 2  x y 2 4 f  2 2 ； （2） z x  f 1  y 2  f 2  2 x y ； z y  f 1  2 x y  f 2  x 2 2  z 2  x 2  z 2  y     y 2 2 2 2 y x x  ( f 1 1  f  2  f  1  f  1 2  y  4  y f 1 1 2 x y ( 2 2 2 4 x y  f 1 2  4 x y f  f 1 1  2 x 3 x y   1 1  4 y f x x )  2 x y   4 x 1 2 2  f )  1 2 3  y f  1 2  ( f  y 2 1 2 2  y f 2 2 2 x ( 2 x 4  x f 2 2 2 y   f 2 1 f   2 2 x  2 2 f x y  2 2 ) )  2 y f 2 2  z  x  y   y 2 2 y ( f  f 1 1   1  2 2 x x f y 2   2 f  1 2 x y  3 x f 2 )  1 1   2 5 y x f 2 1 y  2 2 x  f 1 2 y  ( 2  f 2 1 3 x  y 2 f x  2 2 y  f  2 2 x 2 )  2 x f 2 17.【答案】证明见解析 1 3 【解析】（1）u ux u y u  u  ， s x s y s x 2 y 2 3 1 u 2 u 2 u 2 u 2 uuxu yu( )u  ，所以           ； t x t y t x 2 y 2 x y  s   t  （2）u ss  1 2  u x x  1 2  u x y  2 3   2 3  u y x  1 2  u y y  2 3   1 4 u x x  2 3 u x y  3 4 u y y u tt   2 3  u x x    2 3   u x y  1 2   1 2  u y x    2 3   u y y  1 2   3 4 u x x  2 3 u x y  1 4 u y y 所以   2 x u 2    2 y u 2    2 s u 2    2 t u 2 . 18. 【答案】（1）   z x  y z x  y z  x y x z y z xz2 xyz ，  y xyz xy （2）   z x  x z  z ，   z y  y ( z x 2  z ) 【解析】方法一：（1）令 F ( x , y , z )  x  2 y  z  2 x y z ，则   z x   F F xz   1 1   y x x x z y y y z z  y z x  y z  x y x z y ，   z y   F F y z   2 1   x z x y x y x y z z  x z  x y 2 z  x y z x y （2） F ( x , y , z )  x  z ( l n z  l n y )   z x   F F xz    l n z  1 l n y  1  l n z  1 l n y  1  l n 1 z y  1  x z  z   z y   F F y z    l n z  z y l n y  1  y ( l n z  z l n y  1 )  y ( l n z z y  1 )  y ( z x 2  z ) 方法二：多元微分形式不变性 （1） d x  2 d y  d z  y x z y z d x  x x z y z d y  x x y y z d z  0 所以 d z  y z x  y z  x y x z y d x  x y x  y z  x y x z y d y z yz xyz z xz2 xyz ，所以  ，  x xyz xy y xyz xy （2） 1 z d x  x z 2 d z   1 y d y  1 z d z xz 1 1 ，所以 dz  dx dy z2 z y z z2 z z z z2 dz  dx dy，所以  ，  . xz (xz)y x xz y y(xz)19.【答案】 1 【解析】令 F ( x , y , z )  2 s i n ( x  2 y  3 z )  ( x  2 y  3 z ) ，则F2cos(x2y3z)1 x F y  2 c o s ( x  2 y  3 z )  2  2  2 F x ， F z  2 c o s ( x  2 y  3 z )  (  3 )  (  3 )   3 F x  0  z  z ( x , y ) 所以 z x   F F xz  1 3 ， z y   F F y z  2 3 ，所以   z x    z y  1 20.【答案】  1 【解析】   x y   F F y x ，   y z   F F zy ，   z x   F F xz ，所以   x y    y z    z x   1 . 21.【答案】 c 【解析】 x 1 c      , y 2 c       ， z 1 ( a ) 2 ( b )           z x x z a c 1 1 b 2                 c ，z  y  2 ，所以 y  ab z 1 2 a   z x  b   z y  c . 22.【答案】 2 y 2 z e z  ( e 2 z x  y 3 x z y  3 ) y 2 z 2 e z 【解析】方程两边对 x 求偏导得 e z  z x  y z  x y z x  0 （1），所以 z x  e z y  z x y 式两边对 x 求偏导得： e z  ( z x ) 2  e z  z x x  2 y z x  x y z x x  0 ，所以  z x x   2 2 y y z 2 x e z  z e  z z e x  ( e ( y 2 z 2  z ) x 3 x y z  x y   3 ) 2 y y 2  z ( e 2 e z z y  z x y ) 2  e z  ( e y z  2 z x 2 y ) 3 z(z4 2xyz2 x2y2) 23.【答案】 (z2 xy)3 【解析】F(x,y,z) z33xyza3，则 F x   3 y z ，F3xz，F3z2 3xy y z z x   F F xz  z 2 y  z x y ， z y   F F y z  z 2 x  z x y ， z x y     (  z z z z 3 (   ( z 4 z  y z ) y x y 2 z  2  x  2 x 2 ( z 2 ( z  x y )  ( 2 z  2 2 ( z  x y )  z 2 ( z  x y )   x y  2 ( z  x y ) 2 y )  [ 2 x z  x ( z 2 3 ( z  x y ) 2 2 2 y z  x y ) 3  x y ) z 2 2 y z   2 2 x x ) y 2 x z  x y y ) ] y z z  x  y z 24.【答案】证明见解析 【解析】由一阶微分形式不变性可知： d y  f d x x  f dt t （1） F d x x  F d y y  F dt t  0 （2）    F t  ( 2 ) f t 得FdyFfdxFfdy  fFdx，所以 t x t y t x t d d y x    f x    f t F t   F y    f t    F t F x . 25.【答案】在点 ( 2 ,  2 ) 处，函数取极大值 f ( 2 ,  2 )  8 【解析】 f x  4  2 x  0 ， f y   4  2 y  0 ，解得 x  2 ， y   2 f  x x ( x , y )   2 ， f  x y ( x , y )  0 ， f y y ( x , y )   2 ， A  f  x x ( 2 ,  2 )   2 ， B  f  x y ( 2 ,  2 )  0 ， C  f y y ( 2 ,  2 )   2 所以 A C  B 2  4  0 ，A0，所以 f ( x , y ) 在点 ( 2 ,  2 ) 处，函数取极大值 f ( 2 ,  2 )  8 . 26.【答案】在点 ( 3 , 2 ) 处，函数取极大值 f ( 3 , 2 )  3 6 【解析】 f(62x)(4y y2)0， x f y  ( 6 x  x 2 ) ( 4  2 y )  0 解得  x y   3 2 或  x y   0 0 或者  x y   6 0 x0 或者 或者 y 4  x y   6 4 f(x,y)2(4y y2)， f(x,y)(62x)(42y)， f(x,y)2(6xx2) xx xy yy x3 当 时 y 2 A   8 ， B  0 ，C18，所以ACB2 0，A0， 所以 f(x,y)在点(3,2)处，函数取极大值 f(3,2)36；当  x y   0 0 时 A  0 ，B 24， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ， 所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处，不取极值； 当  x y   6 0 时 A  0 ，B  24， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ， 所以 f ( x , y ) 在点 ( 6 , 0 ) 处，不取极值； 当  x y   0 4 时 A  0 ， B   2 4 ， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ， 所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 4 ) 处，不取极值； 当  x y   6 4 时 A  0 ， B   2 4 ， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ， 所以 f ( x , y ) 在点 ( 6 , 4 ) 处，不取极值； 综上，在点 ( 3 , 2 ) 处，函数取极大值 f ( 3 , 2 )  3 6 . 1  27.【答案】在点 ,1 处，函数取极小值 2  f  1 2 ,  1    e 2 【解析】 f x  e 2 x ( 2 x  2 y 2  4 y  1 )  0 ， f y  e 2 x ( 2 y  2 )  0 ，解得 x  1 2 ， y   1 f  x x ( x , y )  e 2 x ( 4 x  4 y 2  8 y  4 ) ， f  x y ( x , y )  e 2 x ( 4 y  4 ) ， f y y ( x , y )  2 e 2 x . 当 x  1 2 ，y 1时，A2e， B  0 ， C  2 e ，所以 A C  B 2  0 ， A  0 . 所以 f ( x , y ) 1  1  e 在点 ,1 处，取极小值 f  ,1   . 2  2  2 28.【答案】极大值为 1 4 【解析】 g ( x )  z ( x , 1  x )  x (1  x ) ，令 g ( x )  1  2 x  0  x  1 2 ，因为 g ( 1 2 )   2  0 1 ，所以g(x)在x 处取最极大值，此时 2 y  1 2 ，即 z 1 1 在 , 处取极 2 2 1 1 1 大值z  ,   . 2 2 4 29.【答案】有最大周长的直角三角形为等腰直角三角形．【解析】设直角边长分别为 x , y ，则 x 2  y 2  l 2 ，所以 s  x  y  l 令 F ( x , y , z ) x y l ( x 2 y 2 l 2 )        则 F x 1 2 x 0      ，F12y0， y F x 2 y 2 l 2 0       ，解得： x  y  l 2 . 因为实际问题唯一的驻点，必为最值点，所以  l 2 , l 2  必为 s 的最大值点，即最大周长 的直角三角形为等腰直角三角形. 30.【答案】  8 5 , 1 6 5  【解析】距离分别为： x , y , x  2 y 5  1 6 ， z  x 2  y 2  1 5 ( x  2 y  1 6 ) 2 令 z x  2 x  2 5 ( x  2 y  1 6 )  0 （1）， z y  2 y  4 5 ( x  2 y  1 6 )  0 （2） 2  ( 1 )  ( 2 ) 得 y  2 x  8 x   5 ，再带入（1），（2）得 16  y   5 z x x ( x , y )  2  2 5  1 2 5 ， z x y ( x , y )  4 5 ， z y y ( x , y )  2  8 5  1 8 5 所以 A  z x x  8 5 , 1 6 5   1 2 5 ， B  z x y  8 5 , 1 6 5   4 5 ， C  z y y  8 5 , 1 6 5   1 8 5 . 所以ACB2 0， A  0 ，所以 z 在  8 5 , 1 6 5  处取唯一极小值即最小值. 31.【答案】矩形边长为 2 3 p 和 p 3 时，绕短边旋转所得圆柱体体积最大 【解析】设矩形的边长分别为x,y，则xy p，所以V πx2yπx2(px)， dV 2 1 令  π(2px3x2)0，解得x  p，此时y  p， dx 3 3 因为 d d 2V x 2 x  23 p  π ( 2 p  6 x ) x  23 p   2 π p  0 ，所以 V 2 在x  p处取唯一极大值即最大 3 2p p 4πp3 值，即矩形的边长分别为 , ，矩形体积取最大值 . 3 3 2732.【答案】最大值为 9  5 3 ，最小值为 9  5 3 【解析】椭圆方程为  z x   x y 2   z y  2 1 距离d  x2  y2 z2 令 l ( x , y , z , , ) x 2 y 2 z 2 ( x 2 y 2 z ) ( x y z 1 )              l 2x2xu 0 (1) x  l 2y2yu 0 (2)  y  则l 2zu 0 (3) z  l  x2  y2 z 0 (4)  l  x yz10 (5)  u ( 1 )  ( 2 ) 得 2 ( x y ) ( 1 ) 0     ，解得x  y或者 1    将 x  y ，带入 ( 5 ) 得z12x，带入 ( 4 ) 得2x2 2x10，所以 x  y   1  2 3 , z  2 3 ， 1 , 0      带入 ( 3 ) z   1 2 ，带入（4） x 2  y 2   1 2 无解，所以 x  y   1  2 3 ， z  2  3 或 x  y   1  2 3 ， z  2  3 所以 d   1  2 3 ,  1  2 3 , 2  3   9  5 3 1 3 1 3  d , ,2 3 95 3，   2 2   所以最大值为 95 3 ，最小值为 95 38-2 基础真题 1.【答案】 z x l 2 n  a y 2 ( x d x  y d y ) . 【解析】   z x  a x 2  y 2  l n a  x 2 x  y 2  x x z 2 l n  a y 2 ,   z y  a x 2  y 2  l n a  x  2 y  y 2   y x z 2 l  n a y 2 . d z    z x d x    z y d y  x x z 2 l n  a y 2 d x   y x z 2 l  n a y 2 d y  z x l 2 n  a y 2 ( x d x  y d y ) . 2.【答案】  π e  2 【解析】   u x   e  x s i n x y  e  y x c o s x y ，所以   x 2 u  y  x e y  2 x c o s x y  e y  x 2 c o s x y  x e y  3 x s i n x y 2u π 2 ，所以    . xy  1  e  2,   π 3.【答案】 y f ( x y ) ( x y ) y ( x y )          【解析】 z 1 y  f xy fxy yx y x x2 x 2 z x y y 1 x f ( f x ( y x ) y ) 1 x ( x f ( y x ) y ) y y f ( x ( x y ) y ) ( x y ) y ( x y )                             1 x 1 y 4.【答案】 f fxyf f  g g 1 y2 2 11 y3 22 x2 x3 z 1 y 【解析】  yf f g x 1 y 2 x2 2z  x  1 1 x  1 y  f y xf f  f xf  f  g g     xy 1  11 y2 12  y2 2 y 21 y2 22  x2 x3 1 x 1 y  f fxyf f  g g 1 y2 2 11 y2 22 x2 x35.【答案】 x 2  y 2 【解析】因为   g x  y   f u  x   f v ，   g y  x   f u  y   f v ，故     2 x 2 y g 2 g 2   y x 2 2     2 u 2 u f 2 f 2   2 2 x x y y 2  f  u  v 2  f  u  v   x y 2 2     2 v 2 v f 2 f 2       f v f v 所以   2 x g 2    2 y g 2  ( x 2  y 2 )   2 u f 2  ( x 2  y 2 )   2 v f 2  x 2  y 2 . 6.【答案】B 【解析】因为 u x ( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )                 ， u y ( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )                 ， 2 x u 2 ( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )                   ， x 2 u y ( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )                    ， 2 y u 2 ( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )                   ， 所以   2 x u 2    2 y u 2 ，故选项（B）正确. 7.【答案】4dx2dy 【解析】方法一：（微分法）由微分形式不变性，有 d z  f ( 4 x d 2 z  2 y (1 ,2 ) ) d  ( 4 f x ( 2 0  ) ( 8 y d 2 ) x   4 f d ( y 4 ) x  2 4  d y x 2  ) ( 2 8 d x y d x  2 y d y ) 方法二： d z =   z x d x    z y d y ，对其中一个变量求偏导数时，把其他变量看成一个常数， 求导方式与一元函数求导相同.  z x  f ( 4 x 2  y 2 )  8 x ，   z y  f ( 4 x 2  y 2 ) (  2 y ) . 所以 x  1 ，y 2， f ( 0 )  1 2 ，代入 d z =   z x d x    z y d y ，即可得 d z (1 ,2 )  4 d x  2 d y . 8.【答案】 d d z x x  0  0 ； d d 2 x z 2 x  0  1 【解析】根据题设，由 z  f ( l n y  s i n x ) 可得， d d z x  f ( l n y  s i n x )   y y   c o s x  ， ① 2 d2z  y  y (y)2   f(ln ysinx)  cosx   f(ln ysinx)   sinx  ② dx2  y   y y2  在 y  x e y  1  1 中，令 x  0 ，得 y  1 ，即 y ( 0 )  1 . 在 y  x e y  1  1 两边对 x 求导，得 y   e y  1  x e y  1 y   0 ， ey1 即y ，代入 1xey1 x  0 ， y ( 0 )  1 ，可得 y ( 0 )  1 . ey1 在y 两边对再对x求导，可得 1xey1 y   e y  1 y ( 1  x e y  1 ) ( 1   e x y e  y 1  ( 1  ) e 2 y  1  x e y  1 y ) ， 代入 x  0 ，y(0)1，y(0)1，可得 y ( 0 )  2 . 将x0， y ( 0 )  1 ， y ( 0 )  1 ， y ( 0 )  2 ， f ( 0 )  1 分别代入①式和②式，可得 d d z x x  0 = 0 d2z ， 1. dx2 x0 9.【答案】 d d u x    f x  y x   f y   1  e s i x n ( ( x x   z z ) )    f z du f f dy f dz 【解析】根据题设，则    ① dx x y dx z dx 等式 e x y  x y  2 两边分别对 x  dy  dy dy y 求导，可得exy  yx    yx  0，故   dx  dx dx x xzsint sin(xz)  dz 等式ex   dt两边分别对x求导，可得ex    1 ，故 0 t xz  dxd d z x  1  e s i x n ( ( x x   z z ) ) ，因此， d d u x    f x  y x   f y   1  e s i x n ( ( x x   z z ) )    f z . 10.【答案】 2 【解析】方法一：等式两端对 x 求偏导数，得   z x  e 2 x  3 z  2  3   z x  . 于是得   z x  1 2  e 3 2 e x  2 3 z x  3 z 同理得   z y  1  3 2 e 2 x  3 z ，于是 3   z x    z y    z x  3  1 2  e 3 2 x e  2 3 x z   3 z 2  2 . 方法二：等式两端直接求全微分， d z  e 2 x  3 z ( 2 d x  3 d z )  2 d y  d z  1 2  e 3 2 e x  2 3 z x  3 z d x  1  3 2 e 2 x  3 z d y 于是 3   z x    z y    z x  3  1 2  e 3 2 x e  2 3 x z   3 z 2  2 . 11.【答案】  [ g g ( ( v v ) ) ] 2 【解析】设 u  x g ( y ) ， v  y ，则 f ( u , v )  g u ( v )  g ( v ) ，   f u  g 1 ( v ) ，   2 u  f v   g 1 ( v )  v    [ g g ( ( v v ) ) ] 2 . 12.【答案】点(9,3)是函数 z ( x , y ) 的极小值点，极小值为 3 ；点 (  9 ,  3 ) 是函数 z ( x , y ) 的 极大值点，极大值为  3 ． 【解析】方程 x 2  6 x y  1 0 y 2  2 y z  z 2  1 8  0 两端分别关于 x 和y 求偏导数，得 2 x  6 y  2 y   z x  2 z   z x  0 ，①  6 x  2 0 y  2 z  2 y   z y  2 z   z y  0 ，② z 0,  x  x3y0, x3y, 令 得 解得 ，将上式代入  z 0, 3x10yz 0,  z  y. yx 2  6 x y  1 0 y 2  2 y z  z 2  1 8  0 x9, x9,   ，可得y 3,或y 3,   z 3 z 3.   对①两端分别关于 x 和 y 求偏导数，有 2  2 y   2 x z 2  2    z x  2  2 z   2 x z 2  0 ，  6  2   z x  2 y   x 2  z y  2   z y    z x  2 z   x 2  z y  0 ， 对②两端关于 y 求偏导数，有 2 0  2   z y  2   z y  2 y   2 y z 2  2    z y  2  2 z   2 y z 2  0 ， 所以 A    2 x z 2 9 ,3 ,3   1 6 2z 1 ，B  ， xy 2 9,3,3 C    2 y z 2 9 ,3 ,3   5 3 ， 1 故ACB2  0. 又 36 A  1 6  0 ，从而点 ( 9 , 3 ) 是函数 z ( x , y ) 的极小值点，极小值为 z ( 9 , 3 )  3 . 类似地，由 A    2 x z 2 ( 9 , 3 , 3 )   1 6 ， B    x 2  z y ( 9 , 3 , 3 )  1 2 2z 5 ，C   ， y2 3 (9,3,3) 可知 A C  B 2  1 3 6  0 1 . 又A 0，所以点(9,3)是函数 6 z ( x , y ) 的极大值点，极 大值为 z (  9 ,  3 )   3 . 13.【答案】D 【解析】设 F ( x , y , ) f ( x , y ) ( x , y )     . 由已知，点(x ,y )是 0 0 f ( x , y ) 在约束条件 ( x , y ) 0   下的一个极值点，故有 F   f(x ,y )(x ,y )0 x x 0 0 x 0 0  (x ,y ) 0 0  F   f(x ,y )(x ,y )0 y y 0 0 y 0 0  (x ,y ) 0 0  F  (x ,y )0  0 0  (x ,y ) 0 0由于 y ( x 0 , y 0 ) 0    (x ,y ) ，故可得 f(x ,y ) f(x ,y ) x 0 0 0. x 0 0 y 0 0 (x ,y ) y 0 0 将四个选项逐一讨论：若 f(x ,y )0，由上式知， x 0 0 f y ( x 0 , y 0 ) 可以为 0 ，也可以不为 0 ，所以选项（A）与（B）都不是必然的；若 f ( x x 0 , y 0 )  0 ，则 f y ( x 0 , y 0 ) 一定不为0， 故选项（C）错误，应选（D）. 4a πa 14.【答案】两段铁丝各长为 和 4π 4π 【解析】设圆形的周长为 x ，则正方形的周长为 a  x ，两图形的面积之和为 A   a  4 x  2  π  2 x π  2  4 1  6 π π x 2  a 8 x  a 1 2 6 4π a ，则A x ， 8π 8 A   4  8 π π  0 . 令 A   0 得 x  4 π  a π ，故当圆的周长为 x  4 π  a π ，正方形的周长为 a  x  4 4  a π 时，两 图形的面积之和取唯一极小值即最小值. 15.【答案】极大值 f ( 2 , 1 )  4 ；最大值为 4 ；最小值为  6 4 【解析】由方程组  f f ( x  ( y x x , , y y ) )   2 x x 2 y ( ( 4 4   x x   y y ) )   x x 2 2 y y   0 0 ，解得线段 x  0 ( 0  y  6 ) 及点 ( 4 , 0 ) ， ( 2 , 1 ) . 点 ( 4 , 0 ) 及线段 x  0 ( 0  y  6 ) 在 D 的边界上，只有点 ( 2 , 1 ) 在 D 内部， 可能是极值点. 又 f  x x  8 y  6 x y  2 y 2 ， f  x y  8 x  3 x 2  4 x y ， f y y   2 x 2 . 在点 ( 2 , 1 ) 处 A f 6，B f 4，C  f 8，则 xx (2,1) xy (2,1) yy (2,1) B 2  A C   3 2  0 且 A0，因此点 ( 2 , 1 ) 是 z  f ( x , y ) 的极大值点，极大值 f ( 2 , 1 )  4 . 在D边界x0(0 x6)及 y 0(0 y6)上 f(x,y)0. 在边界x y 6上，y 6x，代入 f(x,y)中得z 2x312x2(0 x6). 由 z   6 x 2  2 4 x  0 得 x  0 ， x  4 . 在边界 x  y  6 上对应 x  0 ，4， 6 处 z 值分别 为：z (2x312x2) 0，z (2x312x2) 64， x0 x0 x4 x4 z (2x312x2) 0. x6 x6 因此z  f(x,y)在边界上得最大值为0，最小值为 f(4,2)64将边界上最大值和最小值与驻点 ( 2 , 1 ) 处的值比较， z  f ( x , y ) 在闭区域 D 上的最大值为 f(2,1)4；最小值为 f ( 4 , 2 )   6 4 . 16.【答案】  8 5 , 3 5  【解析】设 P ( x , y ) 为椭圆 x 2  4 y 2  4 上任意一点，则 P 到直线 2 x  3 y  6  0 的距离 2x3y6 为d  . 求d的最小值点即求 13 d 2 的最小值点. 1 作F(x,y,) (2x3y6)2 (x2 4y2 4)，由拉格朗日乘数法，令 13   F x  0 F ， 0， y F 0     ， 得方程组 1 1 4 3 6 3   2 2 x x x 2 3 3 y y 4 y 2 6 6   4 2 8 0 x y . 0 0 , ,               ，解此方程组，得 8 x  ， 1 5 y 1  3 5 或 x 2   8 5 ， y 2   3 5 ， 于是 d ( x1 ,y1 )  1 1 3 ， d ( x 2 ,y 2 )  1 1 1 3 . 由问题的实际意义，最短距离存在，因此  8 5 , 3 5  即 为所求点. 17.【答案】所求点为 (  5 ,  5 , 5 ) 和 ( 1 , 1 , 1 ) 【解析】点(x,y,z)到xOy面的距离为 z ，故求 C 上距离xOy面最远的点和最近的点的 坐标等价于求函数H  z2 在条件 x 2  y 2  2 z 2  0 ， x  y  3 z  5 下的最大值点和最小 值点，令 L(x,y,z,,) z2 (x2  y2 2z2)(x y3z5) ，令 L L L L L 'x 'y 'z ' ' 2 2 2 x x z 2 x y y 4 y 2 z 3 z 2 0 0 3 z , , 0 , 2 0 , 5 ,                            ① ② ③ ④ ⑤ 由①  ②得： 0   或 x  y ， （1）当 0   时，代入①或②得 0   ，再代入③得 z  0 ，再代入④，⑤，矛盾，舍去 （2）当x  y时，代入④，⑤得  2 x 2 2 x   2 3 z z 2   5 0 , , 解得  x y z      5 5 5 . , , 或  x y z    1 1 1 , , . 回代①②③， , 有解. 根据几何意义，曲线 C 上存在距离 x O y 面最远的点和最近的点，故所求点依次为 (5,5,5)和 ( 1 , 1 , 1 ) . 8-3 拓展拔高 1.【答案】B  1 1 1 【解析】当x0时，lim  xsin  ysin   xlimsin 不存在，故 y0 y x y0 y I 1  l i m x  0 [ l i m y  0 f ( x , y ) ] 不存在；而由于 0  x s i n 1 y  y s i n 1 x  |x | |y | ， l i m x  y  00 ( |x | |y |)  0 ，由 夹逼准则有 l i m x  y  00 f ( x , y )  0 ，故I 存在，选（B）. 2 2.【答案】 3 d x  2 d y 【解析】由 l i m x  y  10 f ( x , e y ( ) x   1 3 2)  x y 2   2 1 y  1  l i m x  y  10 f ( x , ( y x )   1 3 ) x 2   2 y 2 y  1   2 ，且 lim(x1)2  y20，则limf(x,y)3x2y10，又 f(x,y)连续，则   x1 x1 y0 y0 f(x,y)3x2y1 f(1,0)3010即 f(1,0)4，再由lim 2，令 x1 (x1)2  y2 y0( x 1 ) 2 y 2 , ( x 1 , y 0 )       ，可得 f ( x , y ) 3 x 2 y 1 o ( )      即 f ( x , y ) 3 x 2 y 1 o ( )      ，则 z  f(x,y) f(1,0) f(x,y)43(x1)2yo()，由可微的定义得 z  f ( x , y ) 在 (1 , 0 ) 处可微，且 d z∣ (1 ,0 )  3 d x  2 d y . 3.【答案】D f(x,y) f(0,0) f(x,y) f(0,0) 【解析】由lim 2可知lim 2， x0 ex2y2 1 x0 x2  y2 y0 y0 可得 l i m x  y  00 f ( x , y x ) 2   f y ( 0 2 , 0 )  l i m x  y  00 f ( x , y x ) 2   f y ( 2 0 , 0 ) x 2  y 2  0 ， f(x,y) f(0,0) y 0 f(x,0) f(0,0) f(x,0) f(0,0) 又lim lim lim 0， x0 x2  y2 x0 x2 x0 x y0 即 f(0,0)0，同理 x f y ( 0 , 0 )  0 ， 因此 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处可微，故（A）（B）（C）均正确； 因为 l i m x  y  00 f ( x , e y x ) 2   y 2 f  ( 1 0 , 0 )  2  0 ，由极限保号性可知，存在 ( 0 , 0 ) 的去心邻域，使得 f ( x , e y x ) 2   y 2 f  ( 1 0 , 0 )  0 ，又ex2y2 10，所以 f ( x , y )  f ( 0 , 0 )  0 ，故 f ( x , y ) 在点 (0,0)处取得极小值. 4.【答案】C 【解析】由于 l ixy m 00 f ( x ( , x y 2 ) 2 y x 2 ) 3 y 1       ，且 0   ， l ixy m 00 ( x 2 y 2 ) 0     ，则 l i m x  y  00  f ( x , y )  2 x  3 y   0 ，又 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处连续，则 f(0,0)lim f(x,y)0；于是 x0 y0 f(x,y) f(0,0)2(x0)3(y0) f(x,y)2x3y lim lim x0 x2  y2 x0 x2  y2 y0 y0 f(x,y)2x3y  1  1 lim lim(x2  y2) 2 lim(x2  y2) 2 x0 (x2  y2) x0 x0 y0 y0 y0由于 l ixy m 00 ( x 2 y 2 ) 12 0 1 2         ，而 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处可微的充要条件是 l i m x  y  00 f ( x , y x ) 2   2 x y 2  3 y  0 ，故需要 1 2   ，故选（C）. 5.【答案】D 【解析】根据拉格朗日中值定理， f (1 , 1 )  f f f x (1 (1 ( , , , 1 1 1 ) ) ) f f f ( ( y 0 0 ( , , 0 0 , ) 1 ) )  ( 1  ) f ( 0 1 , 1 ( ) 1 ) f ( ( 0 , 1 0 ) )  2                          其中(0,1),(1,0)， 故选（D）； 排除法，令 f ( x , y )  1 .1 x  1 .1 y ，显然 f ( x , y ) 满足题设全部条件， 但 f (1 , 1 )  0 , f (  1 , 1 )   2 . 2   2 , f (  1 ,  1 )  0 ，故（A）（B）（C）错误. 6.【答案】D 【解析】因为 l i m x  y  00 F ( x , y )  F ( 0 , 0 )  0 ，所以F(x,y)在点(0,0) 处连续； 又 F ( x 0 , 0 )  l i m x  0 F ( x , 0 )  x F ( 0 , 0 )  l i m x  0 x x f ( x , 0 )  0 ，同理 F y ( 0 , 0 )  0 ，因此 F ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处存在偏导数； l ixy m 00  z  F ( x 0 ( ,  0 x ) )  2 x   (  F y  ( 0 y 2 ) , 0 )  y  l ixy m 00  x  (   x y ) 2 f  (  (  x , y  ) 2 y ) ， 其中 0  (   x x ) 2    ( y  y ) 2  2 ( (   x x ) ) 2 2   ( (   y y ) ) 2 2  2 ，所以 (   x x ) 2    ( y  y ) 2 为有界量， 又 f(x,y)为无穷小量，所以 l ixy m 00  z  F ( x 0 ( ,  0 x ) )  2 x   (  F y  ( 0 y 2 ) , 0 )  y  0 ， 由可微的定义可知，函数F(x,y)在点 ( 0 , 0 ) 处可微，故选（D）. 7.【答案】可微，不连续 f(x,0) f(0,0) 00 【解析】由偏导数的定义得 f(0,0)lim lim 0，同理 x x0 x x0 xf y ( 0 , 0 )  0 ，由于当  x  0 ,  y  0 时，  z  f ( 0   x , 0   y )  f ( 0 , 0 )  f (  x ,  y )  0   x   y  s i n (  x ) 2 1  (  y ) 2 ， 所以 l i m  x   y  00  z  f ( 0 , 0 x (  x ) )  2 x   (   f ( 0 y 2 y ) , 0 )  y   l i m  x   y  l i m  x   y  00 00   x x    y (  s i n (  x 2  x ) 2 ) y  (   (  1 2 x )  (  y ) 2 y ) 2  ( s  i n y ) 2 (  x ) 2 1  (  y ) 2  0 其中当x0时， (  x )  2 y  (  y ) 2 与 s i n (  x ) 2 1  (  y ) 2 有界； 故 f(x,y)在点(0,0)处可微. f ( x x , y )  y s i n x 2 1  y 2  ( x 2 y  x 2 y 2 ) 32  c o s x 2 1  y 2 ，取 y  x ， 则 l i m y  x  0 f ( x x , y )  l i m x  0  x s i n 1 2 ∣ x ∣  2 1 2  x x c o s 1 2 x  不存在，故 f ( x x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处 不连续，同理， f(x,y)在点 y ( 0 , 0 ) 处不连续. 8.【答案】C 【解析】由于 0  x x 2 2  y y 2  |y |  0 ，则 l i m x  y  00 f ( x , y )  l i m x  y  00 x x 2 2  y y 2  0  f ( 0 , 0 ) ，则 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处连续，（A）不正确； f ( x 0 , 0 )  l i m x  0 f ( x , 0 )  x f ( 0 , 0 )  l i m x  0 0  x 0  0 ， f(0,y) f(0,0) 00 f(0,0)lim lim 0， y y0 y y0 y 所以 f ( x , y ) 在点(0,0)处偏导数存在，（B）不正确； 又由于当  x  0 ,  y  0 时， (x)2y z  f(0x,0y) f(0,0) f(x,y) ， (x)2 (y)2l ixy m 00  z  f ( x 0 ( ,  0 x ) )  2 x   (   f ( 0 y 2 y ) , 0 )  y  l ixy m 00 (  (  ( x  ) x x 2 2 ) 2 )    (  ( y y  ) y 2 ) 2  l ixy m 00  (  x (  2 ) x  ) 2 (   y y ) 2  32 ， 由于 l ixy m 00  (  x (  2 ) x  ) 2 (   y y ) 2  32  y  k  l ix m 0 2 k (  2 x  3 ) x 3   2 k 2 ，极限值与k有关，故由 极限存在的唯一性可知，极限不存在，故由可微的定义可知， f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处不可 微，选（C）. 9.【答案】C 【解析】由于偏导数 f ( x x 0 , y 0 ) 就是一元函数 f ( x , y 0 ) 在 x  x 0 处的导数，则由 f ( x x 0 , y 0 ) 存在可知，一元函数 f ( x , y 0 ) 在 x  x 0 处连续，从而 lx i m x0 f ( x , y 0 )  f ( x 0 , y 0 ) ， 同理 ly i m y 0 f ( x 0 , y )  f ( x 0 , y 0 ) ，故选（C）. 偏导数 f(x ,y ), f(x ,y )都存在，推不出 x 0 0 y 0 0 f ( x , y ) 在点 ( x 0 , y 0 ) 处连续及 l i m x  y  00 f ( x , y ) 存在，比如 f ( x , y )   x0 2 , x  y y 2 , ( x ( x , , y y ) )   ( 0 ( 0 , 0 , 0 ) ) ， ( 0 , 0 ) 点处偏导数存在，但是 l i m x  y  00 f ( x , y ) 存在，从 而 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 点不连续，函数不连续，必定不可微，故（A）（B）（D）错误. 10.【答案】B 【解析】令 t  x  x y y  1 x  1 y ，则u  xyf(t)，   u x  y f ( t )  x y f ( t ) (  1 x 2 )  y f ( t )  y x f ( t ) ，   u y  x f ( t )  x y f ( t ) (  1 y 2 )  x f ( t )  x y f ( t ) ， u u 于是x2 y2 (xy)xyf(t)(xy)u，即G(x,y)xy. x y a 1,  1  a , 11.【答案】 1 或 3 b ,   3  b1.【解析】   z x    u x ·   z u    v x ·   z v    z u    z v ,   z y    u y    z u    v y    z v  a   z u  b   z v ,   2 x z 2    u x ·   2 u z 2    v x ·   u 2 z  v    u x ·   v 2  z u    v x ·   2 v z 2    2 u z 2  2   u 2 z  v    2 v z 2 , . 2z u 2z v 2z u 2z v 2z 2z 2z 2z  ·  ·  ·  · a (ab) b xy y u2 y uv y vu y v2 u2 uv v2   2 y z 2  a    u y ·   2 u z 2    v y ·   u 2 z  v   b    u y ·   v 2  z u    v y ·   2 v z 2   a 2   2 u z 2  2 a b   u 2 z  v  b 2   2 v z 2 , 代入得 2z 2z 2z (3a2 4a1) (6ab4a4b2) (3b2 4b1) 0, u2 uv v2 3a2 4a10,  则3b2 4b10, 解得  3ab2a2b10,   a b     1 1 3 , ,  1 a , 或者 3  b1, 12.【答案】C cos x2  y2 C sin x2  y2 x2  y2 2（C ，C 均为任意常数） 1 2 1 2 【解析】 u ( x 2  y 2 ) 是一元函数 u  u ( r ) 与二元函数 r  x 2  y 2 的复合函数，由复合 函数求导法则得 u du r x du   x dr x r dr     2 x 2 y u 2 u 2   d d d d 2 r 2 r u 2 u 2 x r y r 2 2 2 2   d d d d u r u r   1 r 1 r   x r y r 2 3 2 3   1 x   u x  1 r d d u r 于是原方程化为二阶线性常系数微分方程 d d 2 r u 2  1 r d d u r  1 r d d u r  u  r 2 d2u 即 u r2 dr2通解为 C 1 c o s r  C 2 s i n r  r 2  2 因此 u ( x 2  y 2 )  C 1 c o s x 2  y 2  C 2 s i n x 2  y 2  x 2  y 2  2 . 13.【答案】 1 2 【解析】 z ( x , 1 )   1  s x i n 2 x  2  x 2  1 . 令 z ( x , 1 ) ( x )   ，则 z x (0 ,1 ) ( 0 )      ( 0 ) l ix m 0 ( x ) x ( 0 ) l ix m 0 1 s x i n 2 x x 2 x 2 1 1 l ix m 0 s x i n 2 x 2 x x 2 1 1 2                      14.【答案】50 【解析】引入函数 ( x ) f ( x , 2 x )   ，则 ( x ) f ( x , 2 ( x ) )    ，从而 ( x ) f 1 ( x , 2 ( x ) ) 2 ( x ) f 2 ( x , 2 ( x ) )           令x1得 (1) f(1,2(1))2(1)f(1,2(1)) （1） 1 2 可见为了求得 ( 1 )   ，只需要算出 (1 )  与 (1 )   的值并代入上式，由 ( x )  的定义可得 (1 ) f (1 , 2 ) 1    又因 (x) f(x,2x)2f(x,2x) 1 2 在上式中令 x  1 ，可得 ( 1 ) f 1 ( 1 , 2 ) 2 f 2 ( 1 , 2 ) f x ( 1 , 2 ) 2 f y ( 1 , 2 ) 2 2 3 8               把以上结果代入（1）式就有 (1 ) f 1 (1 , 2 ) 2 8 f 2 (1 , 2 ) f 1 (1 , 2 ) 1 6 f 2 (1 , 2 ) 2 1 6 3 5 0                 15.【答案】2(x2 y2)f(xy) 【解析】 1 xy 1 z ∣xyt∣f(t)dt  xytf(t)dt txyf(t)dt 0 0 xy xy xy 1 1  xy f(t)dt tf(t)dt tf(t)dtxy f(t)dt 0 0 xy xy则 z x   y y xy  0 xy  0 f f ( t ) d ( t ) d t t   x y y  2 1 xy f f ( x ( t y ) ) d  t x y 2 f ( x y )  x y 2 f ( x y )  y  1 xy f ( t ) d t  x y 2 f ( x y ) z x x  y 2 f ( x y )  y 2 f ( x y )  2 y 2 f ( x y ) 由变量对称性知 z y y  2 x 2 f ( x y ) 则 z x x  z y y  2 ( x 2  y 2 ) f ( x y ) 16.【答案】 d z   y  1 2 x  d x   x  1 2 y  d y 【解析】令  x x   y y   u v  1 x (uv),   2 ， 则 代入得 1  y  (uv),  2 f ( u , v )  ( u  v ) 2  ( u  v ) 4 2  ( u  v ) ( u  v )  u v  1 4 u 2  1 4 v 2 , 从而 z  f  x , y   x y  1 4 x 2  1 4 y 2 , z 1 z 1 由  y x,  x y得 x 2 y 2 d z   y  1 2 x  d x   x  1 2 y  d y . 17.【答案】 x 2 y  2 s i n x  e y  1 【解析】由   x 2  z y  2 x z 对y 积分得 2xyh(x)，由 f(x,0)2cosx得 x x h ( x )  2 c o s x z ，即 2xy2cosx，在对 x x 积分得 z  x 2 y  2 s i n x  g ( y ) ，再由 f ( 0 , y )  e y  1 ，得g(y)ey 1，故 f ( x , y )  x 2 y  2 s i n x  e y  1 . 18.【答案】 d d z x 2 2 2 1 1                z x,y,  【解析】由 确定y  y(x)及z  z(x)，  yz xz等式组对x求导得 d d d d z x y x d d 1 z x 2 d d y x 1 , d d z x ,                 dy dz   ,   2 dx dx 1 整理得 dy dz  (1) , dx dx 解得 d d z x 2 2 2 1 1 .                19.【答案】  2 z ( y (  y x   x e  z e ) z  ) 3 z 2 e z 【解析】 x z  e z  y z 两边对 x , y 求偏导得， z  x   z x  e z   z x  y   z x , x   z y  e z   z y  z  y   z y , 解得   z x  y  z x  e z ,   z y  x  z y  e z ; z  x   z x  e z   z x  y   z x 两边对y 求偏导得   z y  x   x 2  z y  e z   z x    z y  e z   x 2  z y    z x  y   x 2  z y , 解得 2z 2z(yxez)z2ez  . xy (yxez)3 20.【答案】1 【解析】由 u  f ( x , y , z )  e x  y 2 z 知 u x ( x , y , z )  e x  y 2 z x 等式 x  y  z  x y z  0 两端对 x 求偏导得 1z  yzxyz 0 x x 令 x0,y 1,z 1得 z x  0 . 则 u(0,1,1)e0 1 x 1 1 21.【答案】 dx dy 2e 2 【解析】将x e,y 0代入原式得 z  1将 x  z e y  z z z 两边对x求偏导得1 eyz zeyz  ，解得 x x   z x (e ,0 )  1 2 e ； 将 x  z e y  z 两边对y 求偏导得 0    z y e y  z  z e y  z   1    z y  z 1 ，解得  y 2 (e,0) 故 d z (e ,0 )  1 2 e d x  1 2 d y . 22.【答案】 2 x y  e x 2 2  x y e z x  2  1 y z d x  2 y y e  x 2 z  e y z 2 x   y 1 z d y 【解析】将 e x 2  y z  x 2  y 2  z 两边对 x 求偏导得 e x 2  y z ( 2 x  y   z x )  2 x    z x ，解得   z x  2 x y  e x 2 2  x y e z x  2  1 y z 将ex2yz  x2  y2 z两边对 y 求偏导得 e x 2  y z ( z  y   z y )  2 y    z y ，解得   z y  2 y y e  x 2 z  e y z 2 x   y 1 z 2x2xex2yz 2yzex2yz 故dz= dx dy. yex2yz 1 yex2yz 1 23.【答案】（1） f(x)lnx1(x[1,))；（2） d d y x  2 x F  F  1  1 x e e x x   y y  ( 1 F  2 x  ) 1 y   F 2 2 y  1 x 【解析】 x （1）所给等式的两边对 求偏导数，得 y f(xy)y  f(t)dt yf(x). ① 1 ①式两边对y 求偏导数，得 f(xy)xy f(xy) f(y) f(x). ② ②式中令y 1，得xf(x)1（利用题设 f ( 1 )  1 1 ），则在[1,)内有 f(x) ，从而 x f(x)lnxC，由 f 11，得C 1.因此f ( x )  l n x  1 ( x  [1 ,   ) ) . （2）由（1）可知，所给方程可化为 F  x e x  y , ln ( x y )  1   x 2  y 2 . 等式两边对 x 求导，得 F  1 e x  y  1  x  1  d d y x    F 2   1 x  1 y d d y x   2  x  y d d y x  , 即  F  1 x e x  y  F 2  1 y  2 y  d d y x  2 x  F  1 e x  y (1  x )  F 2  1 x , 则 d d y x  2 x F  F  1  1 x e e x x   y y  ( 1 F  2 x  ) 1 y   F 2 2 y  1 x . 24.【答案】C 【解析】由      z x z y   e e 2 2 x x   2 2 x y   2 2 y  2   0 4 y  1   0 得  x y   1 2  , 1 , 因为   2 x z 2  4 e 2 x ( x  y 2  2 y  1 ) 2z 2z ， 4e2x(y1)， 2e2x ， xy y2 2z A 2e， x2 1 ( ,1) 2 B    x 2  z y ( 12 , 1 )  0 ， C    2 y z 2 ( 12 , 1 )  2 e ， 因为ACB2 0且A0，所以为  1 2 ,  1  极小值点，极小值为 f  1 2 ,  1    e 2 ，选 （C）. 25.【答案】D 【解析】由于z  x y ，可知 1 z 1 ( 0 , 0 )  0 ，当(x,y) (0,0)时，总有z (x,y)0，可 1 知点(0,0)为z 的极小值点. 1由于 d z 2  ( 3 x 2  6 x ) d x  ( 3 y 2  6 y ) d y ，可知   z 2 x  3 x 2  6 x ，   z 2 y   ( 3 y 2  6 y ) . 易知点 ( 0 , 0 ) 为 z 2 的驻点. 又   2 x z 22  6 x  6 2z 2z ， 2 0， 2 6y6，则 xy y2 2z | 2z | A 2 6，B  2 0， x2 (0,0) xy (0,0) C    2 y z 22 |(0 ,0 )  6 ， A C  B 2  3 6  0 ， A  0 ，可得 ( 0 , 0 ) 为z 的极小值点. 2 26.【答案】A 【解析】因为 u ( x , y ) 在有界闭区域 D 上连续，所以 u ( x , y ) 在 D 上必然有最大值和最小 值. 设 u ( x , y ) 的最大值或最小值在 D 的内部 P 0 ( x 0 , y 0 ) 处取得，则 P 0 必为函数的驻点，即 在 P 0 处有   u x P 0  0 ，   u y P 0  0 .但由题设，在 D 内任一点处恒有    u x  2     u y  2  1  u 2 ，矛盾，所以 u ( x , y ) 的最大值和最小值必定都在 D 的边界上取 得. 27.【答案】 f m a x  8 ， f m in  0 【解析】先求 f ( x , y )  x 2  2 y 2  x 2 y 2 在区域 D 的内部极值.  f2x2xy2 0 x 令 ，得  f y 4y2x2y 0  P P 1 2 ( (  2 , 1 2 ) , 1 ) ，有 f ( P 1 )  f ( P 2 )  2 . 再求 f(x,y) x2 2y2 x2y2 在边界上的最值. 设C 为 1 x 2  y 2  4 ( y  0 ) ，于是有 f ( x , y )  f ( x , 4  x 2 )  x 4  5 x 2  8 ，记 g ( x )  x 4  5 x 2  8 ，则 g ( x )  4 x 3  1 0 x  0 5 3 ，解得x 0,x  ,y 2,y  ， 1 2,3 2 1 2,3 2  5 3  5 3 即P(0,2),P  , ,P  , ，代入有 3 4 2 2  5 2 2      f ( P 5 )  8 , f ( P 4 )  f ( P 5 )  7 4 . 设C 为y 0(2 x2)，于是 f(x,y) f(x,0) x2 .故得 2P 6 ( 0 , 0 ) , P 7 (  2 , 0 ) , P 8 ( 2 , 0 ) ，代入有 f(P )0, f(P ) f(P)4. 5 7 8 比较 f ( P 1 ) 到 f ( P 8 ) 的大小，得 f m a x  8 , f m in  0 . 28.【答案】当 2 a 2  b 2  0 且 a  0 时， f ( x , y ) 有唯一的极小值；当 2 a 2  b 2  0 且 a0时，有唯一的极大值 【解析】由极值的必要条件，得      f x f y   3 4   2 4 a a x y   2 2 b b y x   0 0 , , 即  2 2 a b x x   2 4 b a  y  3 , 4 , 当 22 ab 24 ba  8 a 2  4 b 2  0 时， f ( x , y ) 有唯一驻点，且 x  3 2 a a 2   2 b b 2 ， y  2 ( 4 2 a a  2 3  b b 2 ) . A    2 x f 2   2 a , B    2 x  f y   2 b , C    2 y f 2   4 a . 当 A C  B 2  8 a 2  4 b 2  0 ，即 2 a 2  b 2  0 时， f(x,y)有极值 当 A   2 a  0 ，即 a  0 时，有极小值； 当 A   2 a  0 ，即 a  0 时，有极大值. 综上，当2a2 b2 0且 a  0 时， f ( x , y ) 有唯一的极小值；当 2 a 2  b 2  0 且 a  0 时，有唯一的极大值. 29.【答案】 u m in   1 a 2  1 1 2 b  1 c 2  2   1 a 2  1 b 2  1 c 2   1 a 2  1 1 b 2  1 c 2 【解析】令 F x 2 y 2 z 2 x a y b z c 1           ，   F2x 0  x a    x     2a F2y 0   y b   x y z 由 解得y  ，代入   10得  2b a b c  F2z 0   z c   z    x y z  2c F    10   a b c1 a 2 2 1 b 2 1 c 2      ，从而 1 1 1 x ,y  ,z  ，  1 1 1   1 1 1   1 1 1  a   b   c         a2 b2 c2  a2 b2 c2  a2 b2 c2  则u x2  y2 z2 在 x a  y b  z c  1 上的最小值为 1  1 1 1  1 u        . min  1 1 1  2 a2 b2 c2  1 1 1      a2 b2 c2   a2 b2 c2 30．【答案】 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域D上的最大值为 1 3 ，最小值为4 【解析】由于函数 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域 D 上连续，因此 f(x,y)在 D 上一 定存在最大值和最小值. 先求 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域 D 内部的极值.令  f f ( x  ( y x x , , y y ) )   1 x   y 2  y 2  x 0  , 0 , 解得闭区域 D 内部唯一的驻点为  2 3 , 1 3  ，且 f  2 3 , 1 3   1 3 . 再求 f ( x , y ) 在闭区域 D 边界上的最大值与最小值（是条件极值问题），边界直线方程 即为约束条件. 在 x 轴上约束条件为y 0(0 x1)，于是拉格朗日函数为 F ( x , y , ) x x y x 2 y 2 y        ， F1 y2x0 x  解方程组F x2y0，得可能的极值点为 y  F y 0  z  1 2 , 0  ，其函数值为 f  1 2 , 0   1 4 . 在下面边界的端点 0,0,1,0 处，有 f(0,0)0, f(1,0)0，所以下面边界的最大 1 值为 ，最小值为0. 4同理可求出： 在上面边界上的最大值为  2 ，最小值为  4 ； 在左面边界上的最大值为0，最小值为  4 ； 在右面边界上的最大值为 1 4 ，最小值为  2 . 综上，比较各值，可知函数 f(x,y) xxyx2 y2 在闭区域 D 上的最大值为 1 3 ， 最小值为  4 . 31.【答案】 f  x , y  在 D 上的最大值为 f ( 2 , 5 )  7 3 【解析】依题意，   z x  y  x 2 ,   z y  x  1 ，故 z z x d x ( y x 2 ) d x ( y ) x y 1 3 x 3 ( y )              ， 又 z y x ( y ) x 1         ，得 ( y ) 1     ，积分得(y)yC，所以 z  x y  1 3 x 3  y  C . 由 f ( 1 , 1 )   1 3 ，得 C = 0 ，于是 z  f ( x , y )  x y  1 3 x 3  y . z z （1）在区域D内，由  yx2 0,  x10，解得唯一驻点 x y ( 1 , 1 ) . （2）在区域D的边界上， 1 y 00 x7, f(x,0) x3 ，显然在 3 [ 0 , 7 ] 上最大值为0； x0(0 y7), f(0,y)y，最大值为0； x3 x y7, f(x,7x) x2 8x70 x7 ， 3 由 d d x  f ( x , 7  x )    x 2  2 x  8  0 ，得 x  2 , x   4 （舍）. 综上，比较各值f ( 1 , 1 )   1 3 , f ( 0 , 0 )  0 , f ( 2 , 5 )  7 3 , f ( 0 , 7 )   7 , f ( 7 , 0 )   7 3 3 ， 可得 f  x , y  在 D 上的最大值为 f ( 2 , 5 )  7 3 .