高数试卷1（有答案）

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四、 计算（每小题6分，共24分）

1．设f(x,y,z)?xy2z3,其中x,y,z满足方程g(x,y,z)?x2?y2?z2?3xyz?0.求(1)fx?(1,1,1),其中

z?z(x,y)是由方程g(x,y,z)?0所定义;(2) fx?(1,1,1),其中y?y(x,z)是由方程g(x,y,z)?0所定义.

解: (1)对方程g(x,y,z)?0两边关于x求偏导数,并视z?z(x,y),解得z?x?3yz?2x,于是

2z?3xy3xy2z2(3yz?2x)fx??yz?xy?3z?z?,从而fx?(1,1,1)??2. x?yz?2x?3xy232223(2) 对方程g(x,y,z)?0两边关于x求偏导数,并视y?y(x,z),解得可得y?x?3yz?2x,于是

2y?3xz2xyz3(3yz?2x)?fx??yz?x?2y?y?,从而fx?(1,1,1)??1. x?z?zx?yz?2y?3xz23323

2．设函数f(x,y)在点(1,2)处可微,且f(1,2)?2,fx?(1,2)?3,fy?(1,2)?4,?(x)?f(x,f(x,2x)),求??(1). 解:因为??(x)?f1?(x,f(x,2x))?f2?(x,f(x,2x))?[f1?(x,2x)?2f2?(x,2x)],

从而??(1)?f1?(1,f(1,2))?f2?(1,f(1,2))?[f1?(1,2)?2f2?(1,2)],利用条件f(1,2)?2,fx?(1,2)?3,fy?(1,2)?4,得??(1)?f1?(1,2)?f2?(1,2)?[f1?(1,2)?2f2?(1,2)]?3?4?(3?2?4)?47.

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3．改变积分次序并求值:解:原式

?10dy?y?yxsinydx??dy?14yy?2xsinydx.

???xsinydxdy?? dx?D?12x?22 x22 xsinydy???xcosy|?12x?2x2dx???[xcos(x?2)?xcosx2]dx?12?121??[xsin(x?2)]|??sin(x?2)dx?sinx2|2?1?1233??sin4?sin1?cos4?cos1.22 4．计算

??Dx2y2x2y21??dxdy,其中D为椭圆??1所围闭区域.

4949解:作广义极坐标变换:x?2rcos?,y?3rsin?.则区域D变为D??{(r,?)|0?r?1,0???2?},且变换的

?(x,y)?6r.从而 Jacobi行列式为J??(r,?)

??Dx2y21??dxdy=?? 6r1?r2drd??4?.

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五、计算题（每小题4分，共8分）

1. 已知曲面x2?y2?3z?0,求经过A(0,0,?1)点且与直线

xyz??平行的切平面方程. 212解:设所求切平面经过曲面上的切点为(x0,y0,z0),则曲面在该点的法向量为n?(2x0,?2y0,?3),从而切平面方程为: 2x0(x?x0)?2y0(y?y0)?3(z?z0)?0, (1) 将点A(0,0,?1)代入方程(1),得

22?2x0?2y0?3(1?z0)?0, (2)

切平面与直线

xyz??平行,故有2x0?2?(?2y0)?1?(?3)?2?0, (3) 21222又切点(x0,y0,z0)在曲面上,故有x0?y0?3z0?0, (4)

联立(2),(3),(4)求得切点为(2,1,1),代入(1),得所求切平面为4x?2y?3z?3.

2. 在曲面2x2?3y2?2z2?2xz?6上求与平面z?0的距离最大的点的坐标.

解:问题得实质是求所给曲面所确定的隐函数z?z(x,y)的绝对值|z|的最大值. 法一:对曲面方程两边分别关于x,y求偏导数,得z?x??2x?z3y?,z?y??,令z?x?zy?0得z??2x,y?0,2z?x2z?x代入原方程得x??1.于是驻点为(1,0,?2),(?1,0,2),再由

22????A?z?(?1,0,2)??,B?z?xxxy(?1,0,2)?0,C?zyy(?1,0,2)??1,AC?B?0,A?0,知(?1,0,2)是极大值点,

3极大值为z(?1,0,2)?2.另外,由

?A?z?xx(1,0,?2)?22???,B?z?(1,0,?2)?0,C?z(?1,0,2)?1,AC?B?0,A?0,知(1,0,?2)是极小值点,极xyyy3小值为z(1,0,?2)??2.得曲面到z?0得最大距离为2.

法二:利用拉格朗日乘数法.可考虑作辅助函数:F(x,y,z,?)?z??(2x?3y?2z?2xz?6).(以下略)

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