高等数学（第七版）同济大学总习题九（后10题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题九（后10题）

11. 设 z = f ( u , x , y ) ， u = x e y ，其中 f 具有连续的二阶偏导数，求 ∂ 2 z ∂ x ∂ y . \begin{aligned}&11. \ 设z=f(u, \ x, \ y)，u=xe^y，其中f具有连续的二阶偏导数，求\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}.&\end{aligned} 11. 设z=f(u, x, y)，u=xey，其中f具有连续的二阶偏导数，求∂x∂y∂2z.

解：

∂ z ∂ x = f u ⋅ ∂ u ∂ x + f x = f u ⋅ e y + f x ， ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ ∂ y ( f u ⋅ e y + f x ) = ( ∂ ∂ y f u ) ⋅ e y + f u ⋅ e y + ∂ ∂ y f x = ( f u u ⋅ ∂ u ∂ y + f u y ) e y + f u ⋅ e y + ( f x u ⋅ ∂ u ∂ y + f x y ) = ( f u u ⋅ x e y + f u y ) e y + f u ⋅ e y + f x u ⋅ x e y + f x y = x e 2 y f u u + e y f u y + x e y f x u + f x y + e y f u . \begin{aligned} &\ \ \frac{\partial z}{\partial x}=f_u\cdot \frac{\partial u}{\partial x}+f_x=f_u\cdot e^y+f_x，\\\\ &\ \ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(f_u\cdot e^y+f_x)=\left(\frac{\partial}{\partial y}f_u\right)\cdot e^y+f_u\cdot e^y+\frac{\partial}{\partial y}f_x=\left(f_{uu}\cdot\frac{\partial u}{\partial y}+f_{uy}\right)e^y+f_u\cdot e^y+\left(f_{xu}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+f_{xy}\right)=\\\\ &\ \ (f_{uu}\cdot xe^y+f_{uy})e^y+f_u\cdot e^y+f_{xu}\cdot xe^y+f_{xy}=xe^{2y}f_{uu}+e^yf_{uy}+xe^yf_{xu}+f_{xy}+e^yf_u. & \end{aligned} ∂x∂z=fu⋅∂x∂u+fx=fu⋅ey+fx， ∂x∂y∂2z=∂y∂(fu⋅ey+fx)=(∂y∂fu)⋅ey+fu⋅ey+∂y∂fx=(fuu⋅∂y∂u+fuy)ey+fu⋅ey+(fxu⋅∂y∂u+fxy)= (fuu⋅xey+fuy)ey+fu⋅ey+fxu⋅xey+fxy=xe2yfuu+eyfuy+xeyfxu+fxy+eyfu.

12. 设 x = e u c o s v ， y = e u s i n v ， z = u v ，求 ∂ z ∂ x 和 ∂ z ∂ y . \begin{aligned}&12. \ 设x=e^ucos\ v，y=e^usin\ v，z=uv，求\frac{\partial z}{\partial x}和\frac{\partial z}{\partial y}.&\end{aligned} 12. 设x=eucos v，y=eusin v，z=uv，求∂x∂z和∂y∂z.

解：

∂ z ∂ x = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ x + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ x = v ∂ u ∂ x + u ∂ v ∂ x ，分别在 x = e u c o s v ， y = e u s i n v 两端对 x 求偏导数，得 { e u c o s v ∂ u ∂ x − e u s i n v ∂ v ∂ x = 1 ， e u s i n v ∂ u ∂ x + e u c o s v ∂ v ∂ x = 0. ，解得 ∂ u ∂ x = e − u c o s v ， ∂ v ∂ x = − e − u s i n v ，从而 ∂ z ∂ x = e − u ( v c o s v − u s i n v ) ， ∂ z ∂ y = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ y + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ y = v ∂ u ∂ y + u ∂ v ∂ y ，分别在 x = e u c o s v ， y = e u s i n v 两端对 y 求偏导数，得 { e u c o s v ∂ u ∂ y − e u s i n v ∂ v ∂ y = 0 ， e u s i n v ∂ u ∂ y + e u c o s v ∂ v ∂ y = 1. ，解得 ∂ u ∂ y = e − u s i n v ， ∂ v ∂ y = − e − u c o s v ，从而 ∂ z ∂ y = e − u ( u c o s v − v s i n v ) . \begin{aligned} &\ \ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial x}=v\frac{\partial u}{\partial x}+u\frac{\partial v}{\partial x}，分别在x=e^ucos\ v，y=e^usin\ v两端对x求偏导数，得\\\\ &\ \ \begin{cases}e^ucos\ v\frac{\partial u}{\partial x}-e^usin\ v\frac{\partial v}{\partial x}=1，\\\\e^usin\ v\frac{\partial u}{\partial x}+e^ucos\ v\frac{\partial v}{\partial x}=0.\end{cases}，解得\frac{\partial u}{\partial x}=e^{-u}cos\ v，\frac{\partial v}{\partial x}=-e^{-u}sin\ v，从而\frac{\partial z}{\partial x}=e^{-u}(vcos\ v-usin\ v)，\\\\ &\ \ \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial y}=v\frac{\partial u}{\partial y}+u\frac{\partial v}{\partial y}，分别在x=e^ucos\ v，y=e^usin\ v两端对y求偏导数，得\\\\ &\ \ \begin{cases}e^ucos\ v\frac{\partial u}{\partial y}-e^usin\ v\frac{\partial v}{\partial y}=0，\\\\e^usin\ v\frac{\partial u}{\partial y}+e^ucos\ v\frac{\partial v}{\partial y}=1.\end{cases}，解得\frac{\partial u}{\partial y}=e^{-u}sin\ v，\frac{\partial v}{\partial y}=-e^{-u}cos\ v，从而\frac{\partial z}{\partial y}=e^{-u}(ucos\ v-vsin\ v). & \end{aligned} ∂x∂z=∂u∂z⋅∂x∂u+∂v∂z⋅∂x∂v=v∂x∂u+u∂x∂v，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对x求偏导数，得 ⎩ ⎨ ⎧eucos v∂x∂u−eusin v∂x∂v=1，eusin v∂x∂u+eucos v∂x∂v=0.，解得∂x∂u=e−ucos v，∂x∂v=−e−usin v，从而∂x∂z=e−u(vcos v−usin v)， ∂y∂z=∂u∂z⋅∂y∂u+∂v∂z⋅∂y∂v=v∂y∂u+u∂y∂v，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对y求偏导数，得 ⎩ ⎨ ⎧eucos v∂y∂u−eusin v∂y∂v=0，eusin v∂y∂u+eucos v∂y∂v=1.，解得∂y∂u=e−usin v，∂y∂v=−e−ucos v，从而∂y∂z=e−u(ucos v−vsin v).

13. 求螺旋线 x = a c o s θ ， y = a s i n θ ， z = b θ 在点 ( a , 0 , 0 ) 处的切线及法平面方程 . \begin{aligned}&13. \ 求螺旋线x=acos\ \theta，y=asin\ \theta，z=b\theta在点(a, \ 0, \ 0)处的切线及法平面方程.&\end{aligned} 13. 求螺旋线x=acos θ，y=asin θ，z=bθ在点(a, 0, 0)处的切线及法平面方程.

解：

d x d θ = − a s i n θ ， d y d θ = a c o s θ ， d z d θ = b ，点 ( a , 0 , 0 ) 所对应的参数 θ = 0 ，所以曲线在给定点的切向量 T = ( 0 , a , b ) ，切线方程为 x − a 0 = y a = z b ，即 { x = a ， b y − a z = 0. ，法平面方程为 a ( y − 0 ) + b ( z − 0 ) = 0 ，即 a y + b z = 0. \begin{aligned} &\ \ \frac{dx}{d\theta}=-asin\ \theta，\frac{dy}{d\theta}=acos\ \theta，\frac{dz}{d\theta}=b，点(a, \ 0, \ 0)所对应的参数\theta=0，\\\\ &\ \ 所以曲线在给定点的切向量T=(0, \ a, \ b)，切线方程为\frac{x-a}{0}=\frac{y}{a}=\frac{z}{b}，即\begin{cases}x=a，\\\\by-az=0.\end{cases}，\\\\ &\ \ 法平面方程为a(y-0)+b(z-0)=0，即ay+bz=0. & \end{aligned} dθdx=−asin θ，dθdy=acos θ，dθdz=b，点(a, 0, 0)所对应的参数θ=0，所以曲线在给定点的切向量T=(0, a, b)，切线方程为0x−a=ay=bz，即⎩ ⎨ ⎧x=a，by−az=0.，法平面方程为a(y−0)+b(z−0)=0，即ay+bz=0.

14. 在曲面 z = x y 上求一点，使这点处的法线垂直于平面 x + 3 y + z + 9 = 0 ，并写出这法线的方程 . \begin{aligned}&14. \ 在曲面z=xy上求一点，使这点处的法线垂直于平面x+3y+z+9=0，并写出这法线的方程.&\end{aligned} 14. 在曲面z=xy上求一点，使这点处的法线垂直于平面x+3y+z+9=0，并写出这法线的方程.

解：

设所求点为 M ( x 0 , y 0 , z 0 ) ，曲面在该点处的一个法向量为 n = ( y 0 , x 0 , − 1 ) ，平面的法向量为 ( 1 , 3 , 1 ) ，根据题意， n 垂直于平面，则 y 0 1 = x 0 3 = − 1 1 ，得 x 0 = − 3 ， y 0 = − 1 ， z 0 = x 0 y 0 = 3 ，得所求点 M ( − 3 , − 1 , 3 ) ，法线方程为 x + 3 1 = y + 1 3 = z − 3 1 . \begin{aligned} &\ \ 设所求点为M(x_0, \ y_0, \ z_0)，曲面在该点处的一个法向量为n=(y_0, \ x_0, \ -1)，平面的法向量为(1, \ 3, \ 1)，\\\\ &\ \ 根据题意，n垂直于平面，则\frac{y_0}{1}=\frac{x_0}{3}=\frac{-1}{1}，得x_0=-3，y_0=-1，z_0=x_0y_0=3，\\\\ &\ \ 得所求点M(-3, \ -1, \ 3)，法线方程为\frac{x+3}{1}=\frac{y+1}{3}=\frac{z-3}{1}. & \end{aligned} 设所求点为M(x0, y0, z0)，曲面在该点处的一个法向量为n=(y0, x0, −1)，平面的法向量为(1, 3, 1)，根据题意，n垂直于平面，则1y0=3x0=1−1，得x0=−3，y0=−1，z0=x0y0=3，得所求点M(−3, −1, 3)，法线方程为1x+3=3y+1=1z−3.

15. 设 e l = ( c o s θ , s i n θ ) ，求函数 f ( x , y ) = x 2 − x y + y 2 在点 ( 1 , 1 ) 沿方向 l 的方向导数，并分别确定角 θ ，使这导数有 ( 1 ) 最大值， ( 2 ) 最小值， ( 3 ) 等于 0. \begin{aligned}&15. \ 设e_l=(cos\ \theta, \ sin\ \theta)，求函数f(x, \ y)=x^2-xy+y^2在点(1, \ 1)沿方向l的方向导数，并分别确定角\theta，\\\\&\ \ \ \ \ \ 使这导数有(1)最大值，(2)最小值，(3)等于0.&\end{aligned} 15. 设el=(cos θ, sin θ)，求函数f(x, y)=x2−xy+y2在点(1, 1)沿方向l的方向导数，并分别确定角θ，使这导数有(1)最大值，(2)最小值，(3)等于0.

解：

∂ f ∂ x = 2 x − y ， ∂ f ∂ y = − x + 2 y ， ∂ f ∂ x ∣ ( 1 , 1 ) = 1 ， ∂ f ∂ y ∣ ( 1 , 1 ) = 1 ， ∂ f ∂ l ∣ ( 1 , 1 ) = ∂ f ∂ x ∣ ( 1 , 1 ) c o s θ + ∂ f ∂ y ∣ ( 1 , 1 ) s i n θ = c o s θ + s i n θ ，因为 c o s θ + s i n θ = 2 s i n ( θ + π 4 ) ，所以， ( 1 ) 当 θ = π 4 时，方向导数最大，最大值为 2 ， ( 2 ) 当 θ = 5 4 π 时，方向导数最小，最小值为 − 2 ， ( 3 ) 当 θ = 3 4 π 或 7 4 π 时，方向导数为 0. \begin{aligned} &\ \ \frac{\partial f}{\partial x}=2x-y，\frac{\partial f}{\partial y}=-x+2y，\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(1, \ 1)}=1，\\\\ &\ \ \frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(1, \ 1)}=1，\frac{\partial f}{\partial l}\bigg|_{(1, \ 1)}=\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(1, \ 1)}cos\ \theta+\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(1, \ 1)}sin\ \theta=cos\ \theta+sin\ \theta，\\\\ &\ \ 因为cos\ \theta+sin\ \theta=\sqrt{2}sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)，所以，\\\\ &\ \ (1)当\theta=\frac{\pi}{4}时，方向导数最大，最大值为\sqrt{2}，\\\\ &\ \ (2)当\theta=\frac{5}{4}\pi时，方向导数最小，最小值为-\sqrt{2}，\\\\ &\ \ (3)当\theta=\frac{3}{4}\pi或\frac{7}{4}\pi时，方向导数为0. & \end{aligned} ∂x∂f=2x−y，∂y∂f=−x+2y，∂x∂f∣ ∣(1, 1)=1， ∂y∂f∣ ∣(1, 1)=1，∂l∂f∣ ∣(1, 1)=∂x∂f∣ ∣(1, 1)cos θ+∂y∂f∣ ∣(1, 1)sin θ=cos θ+sin θ，因为cos θ+sin θ=2 sin(θ+4π)，所以， (1)当θ=4π时，方向导数最大，最大值为2 ， (2)当θ=45π时，方向导数最小，最小值为−2 ， (3)当θ=43π或47π时，方向导数为0.

16. 求函数 u = x 2 + y 2 + z 2 在椭球面 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 上点 M 0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) 处沿外法线方向的方向导数 . \begin{aligned}&16. \ 求函数u=x^2+y^2+z^2在椭球面\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1上点M_0(x_0, \ y_0, \ z_0)处沿外法线方向的方向导数.&\end{aligned} 16. 求函数u=x2+y2+z2在椭球面a2x2+b2y2+c2z2=1上点M0(x0, y0, z0)处沿外法线方向的方向导数.

解：

椭球面在点 M 0 处沿外法线方向的一个向量为 n = ( x 0 a 2 , y 0 b 2 , z 0 c 2 ) ， e n = 1 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 ( x 0 a 2 , y 0 b 2 , z 0 c 2 ) ， ∂ z ∂ n ∣ ( x 0 , y 0 , z 0 ) = 1 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 ( 2 x 0 ⋅ x 0 a 2 + 2 y 0 ⋅ y 0 b 2 + 2 z 0 ⋅ z 0 c 2 ) = 2 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 \begin{aligned} &\ \ 椭球面在点M_0处沿外法线方向的一个向量为n=\left(\frac{x_0}{a^2}, \ \frac{y_0}{b^2}, \ \frac{z_0}{c^2}\right)，e_n=\frac{1}{\sqrt{\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}}}\left(\frac{x_0}{a^2}, \ \frac{y_0}{b^2}, \ \frac{z_0}{c^2}\right)，\\\\ &\ \ \frac{\partial z}{\partial n}\bigg|_{(x_0, \ y_0, \ z_0)}=\frac{1}{\sqrt{\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}}}\left(2x_0 \cdot \frac{x_0}{a^2}+2y_0 \cdot \frac{y_0}{b^2}+2z_0 \cdot \frac{z_0}{c^2}\right)=\frac{2}{\sqrt{\frac{x_0^2}{a^4}+\frac{y_0^2}{b^4}+\frac{z_0^2}{c^4}}} & \end{aligned} 椭球面在点M0处沿外法线方向的一个向量为n=(a2x0, b2y0, c2z0)，en=a4x02+b4y02+c4z02 1(a2x0, b2y0, c2z0)， ∂n∂z∣ ∣(x0, y0, z0)=a4x02+b4y02+c4z02 1(2x0⋅a2x0+2y0⋅b2y0+2z0⋅c2z0)=a4x02+b4y02+c4z02 2

17. 求平面 x 3 + y 4 + z 5 = 1 和柱面 x 2 + y 2 = 1 的交线上与 x O y 平面距离最短的点 . \begin{aligned}&17. \ 求平面\frac{x}{3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{5}=1和柱面x^2+y^2=1的交线上与xOy平面距离最短的点.&\end{aligned} 17. 求平面3x+4y+5z=1和柱面x2+y2=1的交线上与xOy平面距离最短的点.

解：

设交线上的点为 M ( x , y , z ) ，它到 x O y 面上距离的平方为 z 2 ，求函数 z 2 在约束条件 x 3 + y 4 + z 5 = 1 和 x 2 + y 2 = 1 的最小值，作拉格朗日函数 L = z 2 + λ ( x 3 + y 4 + z 5 − 1 ) + μ ( x 2 + y 2 − 1 ) ，令 { L x = λ 3 + 2 μ x = 0 ， L y = λ 4 + 2 μ y = 0 ， L z = 2 z + λ 5 = 0. ，又由约束条件，有 x 3 + y 4 + z 5 = 1 ， x 2 + y 2 = 1 ，解方程组，得 x = 4 5 ， y = 3 5 ， z = 35 12 ，得可能的极值点 M 0 ( 4 5 , 3 5 , 35 12 ) ，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此 M 0 是所求点 . \begin{aligned} &\ \ 设交线上的点为M(x, \ y, \ z)，它到xOy面上距离的平方为z^2，求函数z^2在约束条件\frac{x}{3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{5}=1和x^2+y^2=1的\\\\ &\ \ 最小值，作拉格朗日函数L=z^2+\lambda \left(\frac{x}{3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{5}-1\right)+\mu (x^2+y^2-1)，令\begin{cases}L_x=\frac{\lambda}{3}+2\mu x=0，\\\\L_y=\frac{\lambda}{4}+2\mu y=0，\\\\L_z=2z+\frac{\lambda}{5}=0.\end{cases}，\\\\ &\ \ 又由约束条件，有\frac{x}{3}+\frac{y}{4}+\frac{z}{5}=1，x^2+y^2=1，解方程组，得x=\frac{4}{5}，y=\frac{3}{5}，z=\frac{35}{12}，\\\\ &\ \ 得可能的极值点M_0\left(\frac{4}{5}, \ \frac{3}{5}, \ \frac{35}{12}\right)，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此M_0是所求点. & \end{aligned} 设交线上的点为M(x, y, z)，它到xOy面上距离的平方为z2，求函数z2在约束条件3x+4y+5z=1和x2+y2=1的最小值，作拉格朗日函数L=z2+λ(3x+4y+5z−1)+μ(x2+y2−1)，令⎩ ⎨ ⎧Lx=3λ+2μx=0，Ly=4λ+2μy=0，Lz=2z+5λ=0.，又由约束条件，有3x+4y+5z=1，x2+y2=1，解方程组，得x=54，y=53，z=1235，得可能的极值点M0(54, 53, 1235)，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此M0是所求点.

18. 在第一卦限内作椭球面 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 的切平面，使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小，求这切平面的切点，并求此最小体积 . \begin{aligned}&18. \ 在第一卦限内作椭球面\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1的切平面，使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积\\\\&\ \ \ \ \ \ 最小，求这切平面的切点，并求此最小体积.&\end{aligned} 18. 在第一卦限内作椭球面a2x2+b2y2+c2z2=1的切平面，使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小，求这切平面的切点，并求此最小体积.

解：

设切点为 M ( x 0 , y 0 , z 0 ) ， F ( x , y , z ) = x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 − 1 ， n = ( F x , F y , F z ) = ( 2 x a 2 , 2 y b 2 , 2 z c 2 ) ，曲面在点 M 处的切平面方程为 x 0 a 2 ( x − x 0 ) + y 0 b 2 ( y − y 0 ) + z 0 c 2 ( z − z 0 ) = 0 ，即 x 0 x a 2 + y 0 y b 2 + z 0 z c 2 = 1 ，切面平在三个坐标轴上的截距依次为 a 2 x 0 ， b 2 y 0 ， c 2 z 0 ，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为 V = 1 6 ⋅ a 2 b 2 c 2 x 0 y 0 z 0 ，在 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 的条件下，求 V 的最小值，即求分母 x y z 的最大值，作拉格朗日函数 L ( x , y , z ) = x y z + λ ( x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 − 1 ) ，令 { L x = y z + 2 λ x a 2 = 0 ， ( 1 ) L y = x z + 2 λ y b 2 = 0 ， ( 2 ) L z = x y + 2 λ z c 2 = 0. ( 3 ) ， ( 1 ) ⋅ x + ( 2 ) ⋅ y + ( 3 ) ⋅ z ，由约束条件 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 ，得 x 2 a 2 = y 2 b 2 = z 2 c 2 = 1 3 ，从而 x = a 3 ， y = b 3 ， z = c 3 ，于是，得可能极值点 M ( a 3 , b 3 , c 3 ) ，根据问题可知，所求切点为 M ( a 3 , b 3 , c 3 ) ，四面体的最小体积为 V m i n = 3 2 a b c . \begin{aligned} &\ \ 设切点为M(x_0, \ y_0, \ z_0)，F(x, \ y, \ z)=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1，n=(F_x, \ F_y, \ F_z)=\left(\frac{2x}{a^2}, \ \frac{2y}{b^2}, \ \frac{2z}{c^2}\right)，曲面在点M处\\\\ &\ \ 的切平面方程为\frac{x_0}{a^2}(x-x_0)+\frac{y_0}{b^2}(y-y_0)+\frac{z_0}{c^2}(z-z_0)=0，即\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}+\frac{z_0z}{c^2}=1，切面平在三个坐标轴上的\\\\ &\ \ 截距依次为\frac{a^2}{x_0}，\frac{b^2}{y_0}，\frac{c^2}{z_0}，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为V=\frac{1}{6}\cdot \frac{a^2b^2c^2}{x_0y_0z_0}，\\\\ &\ \ 在\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1的条件下，求V的最小值，即求分母xyz的最大值，\\\\ &\ \ 作拉格朗日函数L(x, \ y, \ z)=xyz+\lambda \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1\right)，\\\\ &\ \ 令\begin{cases}L_x=yz+\frac{2\lambda x}{a^2}=0，(1)\\\\L_y=xz+\frac{2\lambda y}{b^2}=0，(2)\\\\L_z=xy+\frac{2\lambda z}{c^2}=0.(3)\end{cases}，(1)\cdot x+(2)\cdot y+(3)\cdot z，由约束条件\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1，得\frac{x^2}{a^2}=\frac{y^2}{b^2}=\frac{z^2}{c^2}=\frac{1}{3}，\\\\ &\ \ 从而x=\frac{a}{\sqrt{3}}，y=\frac{b}{\sqrt{3}}，z=\frac{c}{\sqrt{3}}，于是，得可能极值点M\left(\frac{a}{\sqrt{3}}, \ \frac{b}{\sqrt{3}},\ \frac{c}{\sqrt{3}}\right)，根据问题可知，\\\\ &\ \ 所求切点为M\left(\frac{a}{\sqrt{3}}, \ \frac{b}{\sqrt{3}},\ \frac{c}{\sqrt{3}}\right)，四面体的最小体积为V_{min}=\frac{\sqrt{3}}{2}abc. & \end{aligned} 设切点为M(x0, y0, z0)，F(x, y, z)=a2x2+b2y2+c2z2−1，n=(Fx, Fy, Fz)=(a22x, b22y, c22z)，曲面在点M处的切平面方程为a2x0(x−x0)+b2y0(y−y0)+c2z0(z−z0)=0，即a2x0x+b2y0y+c2z0z=1，切面平在三个坐标轴上的截距依次为x0a2，y0b2，z0c2，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为V=61⋅x0y0z0a2b2c2，在a2x2+b2y2+c2z2=1的条件下，求V的最小值，即求分母xyz的最大值，作拉格朗日函数L(x, y, z)=xyz+λ(a2x2+b2y2+c2z2−1)，令⎩ ⎨ ⎧Lx=yz+a22λx=0，(1)Ly=xz+b22λy=0，(2)Lz=xy+c22λz=0.(3)，(1)⋅x+(2)⋅y+(3)⋅z，由约束条件a2x2+b2y2+c2z2=1，得a2x2=b2y2=c2z2=31，从而x=3 a，y=3 b，z=3 c，于是，得可能极值点M(3 a, 3 b, 3 c)，根据问题可知，所求切点为M(3 a, 3 b, 3 c)，四面体的最小体积为Vmin=23 abc.

19. 某厂家生产的一种产品同时在两个市场销售，售价分别为 p 1 和 p 2 ，销售量分别为 q 1 和 q 2 ，需求函数分别为 q 1 = 24 − 0.2 p 1 ， q 2 = 10 − 0.05 p 2 ，总成本函数为 C = 35 + 40 ( q 1 + q 2 ) ，试问：厂家如何确定两个市场的售价，能使其获得的总利润最大，最大总利润为多少？ \begin{aligned}&19. \ 某厂家生产的一种产品同时在两个市场销售，售价分别为p_1和p_2，销售量分别为q_1和q_2，需求函数分别\\\\&\ \ \ \ \ \ 为q_1=24-0.2p_1，q_2=10-0.05p_2，总成本函数为C=35+40(q_1+q_2)，试问：厂家如何确定两个\\\\&\ \ \ \ \ \ 市场的售价，能使其获得的总利润最大，最大总利润为多少？&\end{aligned} 19. 某厂家生产的一种产品同时在两个市场销售，售价分别为p1和p2，销售量分别为q1和q2，需求函数分别为q1=24−0.2p1，q2=10−0.05p2，总成本函数为C=35+40(q1+q2)，试问：厂家如何确定两个市场的售价，能使其获得的总利润最大，最大总利润为多少？

解：

总收入函数为 R = p 1 q 1 + p 2 q 2 = 24 p 1 − 0.2 p 1 2 + 10 p 2 − 0.05 p 2 2 ，总利润函数为 L = R − C = 32 p 1 − 0.2 p 1 2 − 0.05 p 2 2 + 12 p 2 − 1395 ，根据极值的必要条件，得方程组 { ∂ L ∂ p 1 = 32 − 0.4 p 1 = 0 ， ∂ L ∂ p 2 = 12 − 0.1 p 2 = 0. 解方程组，得 p 1 = 80 ， p 2 = 120 ，根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当 p 1 = 80 ， p 2 = 120 时，厂家获得总利润最大，最大总利润为 L ∣ p 1 = 80 ， p 2 = 120 = 605. \begin{aligned} &\ \ 总收入函数为R=p_1q_1+p_2q_2=24p_1-0.2p_1^2+10p_2-0.05p_2^2，\\\\ &\ \ 总利润函数为L=R-C=32p_1-0.2p_1^2-0.05p_2^2+12p_2-1395，\\\\ &\ \ 根据极值的必要条件，得方程组\begin{cases}\frac{\partial L}{\partial p_1}=32-0.4p_1=0，\\\\\frac{\partial L}{\partial p_2}=12-0.1p_2=0.\end{cases}解方程组，得p_1=80，p_2=120，\\\\ &\ \ 根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当p_1=80，p_2=120时，厂家获得总利润最大，\\\\ &\ \ 最大总利润为L\bigg|_{p_1=80，p_2=120}=605. & \end{aligned} 总收入函数为R=p1q1+p2q2=24p1−0.2p12+10p2−0.05p22，总利润函数为L=R−C=32p1−0.2p12−0.05p22+12p2−1395，根据极值的必要条件，得方程组⎩ ⎨ ⎧∂p1∂L=32−0.4p1=0，∂p2∂L=12−0.1p2=0.解方程组，得p1=80，p2=120，根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当p1=80，p2=120时，厂家获得总利润最大，最大总利润为L∣ ∣p1=80，p2=120=605.

20. 设有一小山，取它的底面所在的平面为 x O y 坐标面，其底部所占的闭区域为 D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 − x y ≤ 75 } ，小山的高度函数为 h = f ( x , y ) = 75 − x 2 − y 2 + x y . \begin{aligned}&20. \ 设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的闭区域为\\\\&\ \ \ \ \ \ D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2-xy \le 75\}，小山的高度函数为h=f(x, \ y)=75-x^2-y^2+xy.&\end{aligned} 20. 设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的闭区域为 D={(x, y) ∣ x2+y2−xy≤75}，小山的高度函数为h=f(x, y)=75−x2−y2+xy.

( 1 ) 设 M ( x 0 , y 0 ) ∈ D ，问 f ( x , y ) 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为 g ( x 0 , y 0 ) ，试写出 g ( x 0 , y 0 ) 的表达式； ( 2 ) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在 D 的边界线 x 2 + y 2 − x y = 75 上找出 ( 1 ) 中的 g ( x , y ) 达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 设M(x_0, \ y_0) \in D，问f(x, \ y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为g(x_0, \ y_0)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 试写出g(x_0, \ y_0)的表达式；\\\\ &\ \ (2)\ \ 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在D的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 边界线x^2+y^2-xy=75上找出(1)中的g(x, \ y)达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置. & \end{aligned} (1) 设M(x0, y0)∈D，问f(x, y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为g(x0, y0)，试写出g(x0, y0)的表达式； (2) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在D的边界线x2+y2−xy=75上找出(1)中的g(x, y)达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置.

解：

( 1 ) 根据梯度与方向导数的关系可知， h = f ( x , y ) 在点 M ( x 0 , y 0 ) 处沿梯度 g r a d f ( x 0 , y 0 ) = ( y 0 − 2 x 0 ) i + ( x 0 − 2 y 0 ) j 方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模，所以 g ( x 0 , y 0 ) = ( y 0 − 2 x 0 ) 2 + ( x 0 − 2 y 0 ) 2 = 5 x 0 2 + 5 y 0 2 − 8 x 0 y 0 . ( 2 ) 欲在 D 的边界上求 g ( x , y ) 达到最大值的点，只需求 F ( x , y ) = g 2 ( x , y ) = 5 x 2 + 5 y 2 − 8 x y 达到最大值的点，作拉格朗日函数 L = 5 x 2 + 5 y 2 − 8 x y + λ ( 75 − x 2 − y 2 + x y ) ，令 { L x = 10 x − 8 y + λ ( y − 2 x ) = 0 ， ( 1 ) L y = 10 y − 8 x + λ ( x − 2 y ) = 0. ( 2 ) 由约束条件，有 75 − x 2 − y 2 + x y = 0. ( 3 ) ， ( 1 ) + ( 2 ) ，得 ( x + y ) ( 2 − λ ) = 0 ，解得 y = − x ，或 λ = 2 ，当 y = − x ，由 ( 3 ) 得 x = ± 5 ， y = ∓ 5 ，当 λ = 2 ，由 ( 1 ) 得 y = x ，再由 ( 3 ) 得 x = ± 5 3 ， y = ± 5 3 ，得四个可能极值点， M 1 ( 5 , − 5 ) ， M 2 ( − 5 , 5 ) ， M 3 ( 5 3 , 5 3 ) ， M 4 ( − 5 3 , − 5 3 ) ，由于 F ( M 1 ) = F ( M 2 ) = 450 ， F ( M 3 ) = F ( M 4 ) = 150 ，所以 M 1 和 M 2 可作为攀岩的起点 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 根据梯度与方向导数的关系可知，h=f(x, \ y)在点M(x_0, \ y_0)处沿梯度\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ grad\ f(x_0, \ y_0)=(y_0-2x_0)i+(x_0-2y_0)j方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以g(x_0, \ y_0)=\sqrt{(y_0-2x_0)^2+(x_0-2y_0)^2}=\sqrt{5x_0^2+5y_0^2-8x_0y_0}.\\\\ &\ \ (2)\ 欲在D的边界上求g(x, \ y)达到最大值的点，只需求F(x, \ y)=g^2(x, \ y)=5x^2+5y^2-8xy达到最大值的点，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 作拉格朗日函数L=5x^2+5y^2-8xy+\lambda(75-x^2-y^2+xy)，令\begin{cases}L_x=10x-8y+\lambda(y-2x)=0，(1)\\\\L_y=10y-8x+\lambda(x-2y)=0.(2)\end{cases}\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由约束条件，有75-x^2-y^2+xy=0.(3)，(1)+(2)，得(x+y)(2-\lambda)=0，解得y=-x，或\lambda=2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当y=-x，由(3)得x=\pm 5，y=\mp 5，当\lambda=2，由(1)得y=x，再由(3)得x=\pm 5\sqrt{3}，y=\pm 5\sqrt{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得四个可能极值点，M_1(5, \ -5)，M_2(-5, \ 5)，M_3(5\sqrt{3}, \ 5\sqrt{3})，M_4(-5\sqrt{3}, \ -5\sqrt{3})，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由于F(M_1)=F(M_2)=450，F(M_3)=F(M_4)=150，所以M_1和M_2可作为攀岩的起点. & \end{aligned} (1) 根据梯度与方向导数的关系可知，h=f(x, y)在点M(x0, y0)处沿梯度 grad f(x0, y0)=(y0−2x0)i+(x0−2y0)j方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模，所以g(x0, y0)=(y0−2x0)2+(x0−2y0)2 =5x02+5y02−8x0y0 . (2) 欲在D的边界上求g(x, y)达到最大值的点，只需求F(x, y)=g2(x, y)=5x2+5y2−8xy达到最大值的点，作拉格朗日函数L=5x2+5y2−8xy+λ(75−x2−y2+xy)，令⎩ ⎨ ⎧Lx=10x−8y+λ(y−2x)=0，(1)Ly=10y−8x+λ(x−2y)=0.(2) 由约束条件，有75−x2−y2+xy=0.(3)，(1)+(2)，得(x+y)(2−λ)=0，解得y=−x，或λ=2，当y=−x，由(3)得x=±5，y=∓5，当λ=2，由(1)得y=x，再由(3)得x=±53 ，y=±53 ，得四个可能极值点，M1(5, −5)，M2(−5, 5)，M3(53 , 53 )，M4(−53 , −53 )，由于F(M1)=F(M2)=450，F(M3)=F(M4)=150，所以M1和M2可作为攀岩的起点.