专升本数学严选800题

强化部分 · 第132-136页

第132页

  1. 若 $f(x)=\sin^5 x-\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx$，求 $f(x)$。
    答案：$f(x)=\sin^5 x-\frac{5\pi}{16}$
    解析：设 $C=\int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin x\,dx$（常数），则 $f(x)=\sin^5 x-C$。
    代入得：$C=\int_{-\pi}^{\pi} (\sin^5 x-C)\sin x\,dx=\int_{-\pi}^{\pi} \sin^6 x\,dx - C\int_{-\pi}^{\pi} \sin x\,dx$。
    由于 $\sin^6 x$ 是偶函数，$\sin x$ 是奇函数，故 $\int_{-\pi}^{\pi} \sin x\,dx=0$。
    计算 $\int_{-\pi}^{\pi} \sin^6 x\,dx=2\int_{0}^{\pi} \sin^6 x\,dx=2\cdot\frac{5\cdot3\cdot1}{6\cdot4\cdot2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{5\pi}{16}$。
    所以 $C=\frac{5\pi}{16}$，$f(x)=\sin^5 x-\frac{5\pi}{16}$。
  2. 已知 $f(x)$ 连续，且 $\int_{0}^{x} tf(x-t)\,dt=1-\cos x$，求 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,dx$ 的值。
    答案：$1$
    解析：令 $u=x-t$，则 $t=x-u$，$dt=-du$。
    当 $t=0$ 时 $u=x$；当 $t=x$ 时 $u=0$。
    $\int_{0}^{x} tf(x-t)\,dt=\int_{x}^{0} (x-u)f(u)(-du)=\int_{0}^{x} (x-u)f(u)\,du=x\int_{0}^{x} f(u)\,du-\int_{0}^{x} uf(u)\,du=1-\cos x$。
    两边对 $x$ 求导：$\int_{0}^{x} f(u)\,du+xf(x)-xf(x)=\sin x$，即 $\int_{0}^{x} f(u)\,du=\sin x$。
    令 $x=\frac{\pi}{2}$，得 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(u)\,du=\sin\frac{\pi}{2}=1$。
  3. 设 $f(x)=\int_{x}^{1} e^{y^2}\,dy$，计算定积分 $\int_{0}^{1} f(x)\,dx$ 的值。
    答案：$\frac{1}{2}(e-1)$
    解析：$\int_{0}^{1} f(x)\,dx=\int_{0}^{1} \left(\int_{x}^{1} e^{y^2}\,dy\right)dx$。
    交换积分次序：积分区域为 $0\le x\le 1$，$x\le y\le 1$，即 $0\le y\le 1$，$0\le x\le y$。
    原式 $=\int_{0}^{1} \left(\int_{0}^{y} e^{y^2}\,dx\right)dy=\int_{0}^{1} ye^{y^2}\,dy$。
    $=\frac{1}{2}e^{y^2}\Big|_{0}^{1}=\frac{1}{2}(e-1)$。
  4. 计算反常积分 $\int_{0}^{+\infty} x^2e^{-x}\,dx$。
    答案：$2$
    解析：利用伽马函数 $\Gamma(n+1)=n!$，或分部积分。
    $\int_{0}^{+\infty} x^2e^{-x}\,dx=-x^2e^{-x}\Big|_{0}^{+\infty}+2\int_{0}^{+\infty} xe^{-x}\,dx$。
    $=0+2\left[-xe^{-x}\Big|_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty} e^{-x}\,dx\right]=2[0+1]=2$。
  5. 计算反常积分 $\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$。
    答案：$1$
    解析：令 $u=1-x^2$，则 $du=-2x\,dx$，$x\,dx=-\frac{1}{2}du$。
    当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x\to 1^-$ 时 $u\to 0^+$。
    原式 $=\int_{1}^{0} \frac{1}{\sqrt{u}}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1} u^{-1/2}\,du$。
    $=\frac{1}{2}\cdot 2u^{1/2}\Big|_{0}^{1}=1$。
  6. 求抛物线 $y^2=2x$ 及其在点 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 处的法线所围成平面图形的面积。
    答案：$\frac{16}{3}$
    解析：对 $y^2=2x$ 求导：$2y\cdot y'=2$，$y'=\frac{1}{y}$。
    在点 $\left(\frac{1}{2},1\right)$ 处切线斜率 $k_{切}=1$，法线斜率 $k_{法}=-1$。
    法线方程：$y-1=-(x-\frac{1}{2})$，即 $y=-x+\frac{3}{2}$。
    求交点：$y^2=2x$ 与 $y=-x+\frac{3}{2}$ 联立，得 $y^2=2(\frac{3}{2}-y)=3-2y$。
    $y^2+2y-3=0$，$(y+3)(y-1)=0$，$y=1$ 或 $y=-3$。
    对应 $x=\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{9}{2}$。
    面积 $S=\int_{-3}^{1} \left[(\frac{3}{2}-y)-\frac{y^2}{2}\right]dy=\left[\frac{3}{2}y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{6}\right]_{-3}^{1}$。
    $=(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{6})-(-\frac{9}{2}-\frac{9}{2}+\frac{9}{2})=\frac{16}{3}$。
  7. 求曲线 $y=\ln x$ 过点 $(0,1)$ 的切线方程 $L$，并求由曲线，直线 $L$ 以及 $x$ 轴所围成平面图形的面积。
    答案：切线方程 $y=\frac{1}{e^2}x+1$；面积 $\frac{e^2}{2}-1$
    解析：设切点为 $(x_0,\ln x_0)$，切线斜率 $y'=\frac{1}{x_0}$。
    切线方程：$y-\ln x_0=\frac{1}{x_0}(x-x_0)$。
    过点 $(0,1)$：$1-\ln x_0=\frac{1}{x_0}(-x_0)=-1$，故 $\ln x_0=2$，$x_0=e^2$。
    切线方程：$y-2=\frac{1}{e^2}(x-e^2)$，即 $y=\frac{1}{e^2}x+1$。
    求面积：切线与 $x$ 轴交点为 $(-e^2,0)$，曲线与 $x$ 轴交点为 $(1,0)$。
    $S=\int_{0}^{1} \left[(\frac{1}{e^2}x+1)-0\right]dx+\int_{1}^{e^2} \left[(\frac{1}{e^2}x+1)-\ln x\right]dx$。
    $=\left[\frac{x^2}{2e^2}+x\right]_{0}^{1}+\left[\frac{x^2}{2e^2}+x-x\ln x+x\right]_{1}^{e^2}=\frac{e^2}{2}-1$。

第133页

  1. 求由曲线 $y=e^x$，$y=e^{-x}$ 与 $x=1$ 所围成平面图形的面积，并求该图形绕 $x$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_x$。
    答案：面积 $=e+\frac{1}{e}-2$；体积 $V_x=\frac{\pi}{2}(e^2+\frac{1}{e^2}-2)$
    解析：求交点：$e^x=e^{-x}$ 得 $x=0$，交点为 $(0,1)$。
    面积 $S=\int_{0}^{1} (e^x-e^{-x})\,dx=[e^x+e^{-x}]_{0}^{1}=e+\frac{1}{e}-2$。
    体积 $V_x=\pi\int_{0}^{1} [(e^x)^2-(e^{-x})^2]\,dx=\pi\int_{0}^{1} (e^{2x}-e^{-2x})\,dx$。
    $=\pi[\frac{1}{2}e^{2x}+\frac{1}{2}e^{-2x}]_{0}^{1}=\frac{\pi}{2}(e^2+\frac{1}{e^2}-2)$。
  2. 求由曲线 $(x-b)^2+y^2=a^2$ $(0 < a < b)$ 所围成的平面图形绕 $y$ 轴旋转而成的旋转体体积 $V_y$。
    答案：$2\pi^2 a^2 b$
    解析：曲线为圆心 $(b,0)$，半径 $a$ 的圆。
    利用柱壳法或圆环法。用圆环法：$x=b\pm\sqrt{a^2-y^2}$。
    $V_y=\pi\int_{-a}^{a} [(b+\sqrt{a^2-y^2})^2-(b-\sqrt{a^2-y^2})^2]\,dy$。
    $=\pi\int_{-a}^{a} 4b\sqrt{a^2-y^2}\,dy=4\pi b\cdot\frac{\pi a^2}{2}=2\pi^2 a^2 b$。
    （其中 $\int_{-a}^{a} \sqrt{a^2-y^2}\,dy=\frac{\pi a^2}{2}$ 为半圆面积）
  3. 已知 $0 < k < 2$，曲线 $y=\frac{1}{k}x^2$，$y=x$ 和直线 $x=2$ 所围成的区域面积为 $S$，求：
    （1）面积 $S$ 的值；
    （2）当 $k$ 取何值时，面积最小，并求最小的面积值。
    答案：（1）$S=\frac{4}{3k}(k-1)^3+\frac{2}{3}$；（2）$k=1$ 时，$S_{min}=\frac{2}{3}$
    解析：（1）求 $y=\frac{1}{k}x^2$ 与 $y=x$ 的交点：$\frac{1}{k}x^2=x$，$x=0$ 或 $x=k$。
    由于 $0 < k < 2$，在 $[0,k]$ 上 $x\ge\frac{1}{k}x^2$，在 $[k,2]$ 上 $\frac{1}{k}x^2\ge x$。
    $S=\int_{0}^{k} (x-\frac{1}{k}x^2)\,dx+\int_{k}^{2} (\frac{1}{k}x^2-x)\,dx$。
    $=[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3k}]_{0}^{k}+[\frac{x^3}{3k}-\frac{x^2}{2}]_{k}^{2}$。
    $=\frac{k^2}{6}+\frac{8}{3k}-2-\frac{k^2}{3}+\frac{k^2}{2}=\frac{4}{3k}(k-1)^3+\frac{2}{3}$。
    （2）$\frac{dS}{dk}=\frac{4}{3}\cdot\frac{3(k-1)^2\cdot k-(k-1)^3}{k^2}=\frac{4(k-1)^2(2k+1)}{3k^2}$。
    令 $\frac{dS}{dk}=0$，得 $k=1$（$k=-\frac{1}{2}$ 舍去）。
    当 $k=1$ 时，$S=\frac{2}{3}$ 为最小值。
  4. 在曲线 $y=x^2$ $(x\ge 0)$ 上某点 $A$ 处作一切线，使之与曲线以及 $x$ 轴所围成图形的面积为 $\frac{1}{12}$，试求：
    （1）切点 $A$ 的坐标；
    （2）切点 $A$ 处的切线方程；
    （3）由上述所围平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积。
    答案：（1）$(1,1)$；（2）$y=2x-1$；（3）$V=\frac{\pi}{30}$
    解析：设切点 $A(a,a^2)$，$a > 0$，切线斜率 $y'=2a$。
    切线方程：$y-a^2=2a(x-a)$，即 $y=2ax-a^2$。
    切线与 $x$ 轴交点：$0=2ax-a^2$，$x=\frac{a}{2}$。
    面积 $S=\int_{0}^{a^2} (\frac{y+a^2}{2a}-\sqrt{y})\,dy$ 或 $S=\int_{0}^{a} x^2\,dx-\frac{1}{2}(a-\frac{a}{2})\cdot a^2$。
    $=\frac{a^3}{3}-\frac{a^3}{4}=\frac{a^3}{12}=\frac{1}{12}$，故 $a=1$。
    （1）切点 $A(1,1)$。
    （2）切线方程：$y=2x-1$。
    （3）$V=\pi\int_{0}^{1} (x^2)^2\,dx-\pi\int_{1/2}^{1} (2x-1)^2\,dx=\frac{\pi}{5}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{30}$。

第134页

  1. 求微分方程 $\cos y\,dx+(1+e^{-x})\sin y\,dy=0$ 满足初始条件 $y\big|_{x=0}=\frac{\pi}{4}$ 的特解。
    答案：$(1+e^x)\cos y=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 或 $\cos y=\frac{3\sqrt{2}}{2(1+e^x)}$
    解析：分离变量：$\frac{dx}{1+e^{-x}}+\frac{\sin y}{\cos y}\,dy=0$。
    $\frac{e^x\,dx}{1+e^x}-\frac{d(\cos y)}{\cos y}=0$。
    积分：$\ln(1+e^x)-\ln|\cos y|=\ln C$。
    $\frac{1+e^x}{\cos y}=C$，即 $(1+e^x)\sec y=C$。
    代入 $x=0$，$y=\frac{\pi}{4}$：$\frac{2}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=C$，$C=2\sqrt{2}$。
    特解：$(1+e^x)\sec y=2\sqrt{2}$ 或 $\cos y=\frac{1+e^x}{2\sqrt{2}}$。
  2. 求微分方程 $(x^3+y^3)\,dx-3xy^2\,dy=0$ 的通解。
    答案：$x^3-2y^3=Cx$ 或 $2y^3=x^3+Cx$
    解析：齐次方程，令 $u=\frac{y}{x}$，$y=ux$，$dy=u\,dx+x\,du$。
    原方程化为：$(1+u^3)\,dx-3u^2(u\,dx+x\,du)=0$。
    $(1+u^3-3u^3)\,dx-3u^2x\,du=0$，即 $(1-2u^3)\,dx=3u^2x\,du$。
    分离变量：$\frac{dx}{x}=\frac{3u^2}{1-2u^3}\,du=-\frac{1}{2}\cdot\frac{d(1-2u^3)}{1-2u^3}$。
    积分：$\ln|x|=-\frac{1}{2}\ln|1-2u^3|+\frac{1}{2}\ln C$。
    $2\ln|x|+\ln|1-2u^3|=\ln C$，$x^2(1-2u^3)=C$。
    代回 $u=\frac{y}{x}$：$x^2(1-2\frac{y^3}{x^3})=C$，即 $x^3-2y^3=Cx$。
  3. 求微分方程 $y\,dx+(x-3y^2)\,dy=0$ 满足初始条件 $y\big|_{x=1}=1$ 的特解。
    答案：$xy=y^3$ 或 $x=y^2$
    解析：改写为 $\frac{dx}{dy}+\frac{1}{y}x=3y$，关于 $x$ 的一阶线性方程。
    积分因子 $\mu=e^{\int\frac{1}{y}dy}=y$。
    $\frac{d}{dy}(xy)=3y^2$，积分得 $xy=y^3+C$。
    代入 $x=1$，$y=1$：$1=1+C$，$C=0$。
    特解：$xy=y^3$ 即 $x=y^2$（$y\neq 0$）。
  4. 已知 $f(x)$ 连续，且 $f(x)=\int_{0}^{2x} f(\frac{t}{2})\,dt+e^x$，求 $f(x)$。
    答案：$f(x)=2e^{2x}-e^x$
    解析：令 $u=\frac{t}{2}$，则 $\int_{0}^{2x} f(\frac{t}{2})\,dt=2\int_{0}^{x} f(u)\,du$。
    方程变为 $f(x)=2\int_{0}^{x} f(u)\,du+e^x$，且 $f(0)=1$。
    两边求导：$f'(x)=2f(x)+e^x$，即 $f'-2f=e^x$。
    通解 $f(x)=e^{2x}[\int e^{-2x}\cdot e^x\,dx+C]=e^{2x}[-e^{-x}+C]=Ce^{2x}-e^x$。
    代入 $f(0)=1$：$C-1=1$，$C=2$。
    故 $f(x)=2e^{2x}-e^x$。
  5. 求在 $xOy$ 坐标平面上，连续曲线 $L$ 过点 $M(1,0)$，其任意一点 $P(x,y)$ $(x\neq 0)$ 处的切线斜率与直线 $OP$ 的斜率之差为 $ax$（常数 $a > 0$）。
    （1）求 $L$ 的方程；
    （2）当 $L$ 与 $x$ 轴所围成平面图形的面积为 $\frac{1}{3}$ 时，确定 $a$ 的值。
    答案：（1）$y=ax^2-ax$；（2）$a=2$
    解析：（1）切线斜率为 $y'$，直线 $OP$ 斜率为 $\frac{y}{x}$。
    由题意：$y'-\frac{y}{x}=ax$，一阶线性方程。
    积分因子 $\mu=e^{-\int\frac{1}{x}dx}=\frac{1}{x}$。
    $\frac{d}{dx}(\frac{y}{x})=a$，积分得 $\frac{y}{x}=ax+C$，$y=ax^2+Cx$。
    代入 $(1,0)$：$0=a+C$，$C=-a$。
    曲线方程：$y=ax^2-ax=ax(x-1)$。
    （2）曲线与 $x$ 轴交于 $x=0$ 和 $x=1$。
    面积 $S=\int_{0}^{1} |ax(x-1)|\,dx=a\int_{0}^{1} (x-x^2)\,dx=a[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}]_{0}^{1}=\frac{a}{6}$。
    由 $\frac{a}{6}=\frac{1}{3}$，得 $a=2$。
  6. 设 $L$ 是连接 $A(0,1)$ 与 $B(1,0)$ 的一条凸弧，$P(x,y)$ 是 $L$ 上的任意一点。已知凸弧 $L$ 与弦 $AP$ 围成的平面图形的面积等于 $x^3$，求 $L$ 的方程。
    答案：$y=1+5x-6x^2$
    解析：弦 $AP$ 的方程：过 $A(0,1)$ 和 $P(x,y)$，斜率为 $\frac{y-1}{x}$。
    弦方程：$Y-1=\frac{y-1}{x}X$，即 $Y=\frac{y-1}{x}X+1$。
    面积条件：$\int_{0}^{x} [f(t)-(\frac{f(x)-1}{x}t+1)]\,dt=x^3$。
    $\int_{0}^{x} f(t)\,dt-\frac{f(x)-1}{x}\cdot\frac{x^2}{2}-x=x^3$。
    $\int_{0}^{x} f(t)\,dt-\frac{x}{2}(f(x)-1)-x=x^3$。
    两边对 $x$ 求导：$f(x)-\frac{1}{2}(f(x)-1)-\frac{x}{2}f'(x)-1=3x^2$。
    整理：$\frac{1}{2}f(x)-\frac{x}{2}f'(x)-\frac{1}{2}=3x^2$。
    $f(x)-xf'(x)=1+6x^2$，即 $xf'-f=-(1+6x^2)$。
    $\frac{xf'-f}{x^2}=-(\frac{1}{x^2}+6)$，即 $(\frac{f}{x})'=-(\frac{1}{x^2}+6)$。
    积分：$\frac{f}{x}=\frac{1}{x}-6x+C$，$f(x)=1-6x^2+Cx$。
    代入 $f(1)=0$：$0=1-6+C$，$C=5$。
    故 $y=1+5x-6x^2$。

第135页

  1. 求微分方程 $4y''+4y'+y=0$ 满足初始条件 $y\big|_{x=0}=2$，$y'\big|_{x=0}=0$ 的特解。
    答案：$y=(2+x)e^{-\frac{x}{2}}$
    解析：特征方程：$4r^2+4r+1=0$，$(2r+1)^2=0$，$r_{1,2}=-\frac{1}{2}$（重根）。
    通解：$y=(C_1+C_2x)e^{-\frac{x}{2}}$。
    $y'=-\frac{1}{2}(C_1+C_2x)e^{-\frac{x}{2}}+C_2e^{-\frac{x}{2}}$。
    代入初始条件：$y(0)=C_1=2$。
    $y'(0)=-\frac{1}{2}C_1+C_2=-1+C_2=0$，$C_2=1$。
    特解：$y=(2+x)e^{-\frac{x}{2}}$。
  2. 求微分方程 $y''+y=-2x$ 的通解。
    答案：$y=C_1\cos x+C_2\sin x-2x$
    解析：齐次方程 $y''+y=0$，特征方程 $r^2+1=0$，$r=\pm i$。
    齐次通解：$Y=C_1\cos x+C_2\sin x$。
    设特解 $y^*=ax+b$，代入：$0+ax+b=-2x$。
    比较系数：$a=-2$，$b=0$，$y^*=-2x$。
    通解：$y=C_1\cos x+C_2\sin x-2x$。
  3. 求微分方程 $y''-y=4xe^x$ 满足初始条件 $y\big|_{x=0}=0$，$y'\big|_{x=0}=1$ 的特解。
    答案：$y=(x^2-x+1)e^x-e^{-x}$
    解析：齐次方程 $y''-y=0$，特征方程 $r^2-1=0$，$r=\pm 1$。
    齐次通解：$Y=C_1e^x+C_2e^{-x}$。
    由于 $\lambda=1$ 是单特征根，设特解 $y^*=x(ax+b)e^x=(ax^2+bx)e^x$。
    代入求得 $a=1$，$b=-1$，特解 $y^*=(x^2-x)e^x$。
    通解 $y=C_1e^x+C_2e^{-x}+(x^2-x)e^x$。
    代入初始条件得 $C_1=1$，$C_2=-1$。
    特解：$y=(x^2-x+1)e^x-e^{-x}$。
  4. 设函数 $f(x)$ 连续，且满足方程 $f(x)=e^x+\int_{0}^{x} tf(t)\,dt-\int_{0}^{x} xf(t)\,dt$，求 $f(x)$。
    答案：$f(x)=\frac{1}{2}(\cos x+\sin x+e^x)$
    解析：改写：$f(x)=e^x+\int_{0}^{x} tf(t)\,dt-x\int_{0}^{x} f(t)\,dt$，$f(0)=1$。
    求导：$f'(x)=e^x+xf(x)-\int_{0}^{x} f(t)\,dt-xf(x)=e^x-\int_{0}^{x} f(t)\,dt$，$f'(0)=1$。
    再求导：$f''(x)=e^x-f(x)$，即 $f''+f=e^x$。
    通解：$f(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+\frac{1}{2}e^x$。
    代入初始条件得 $C_1=C_2=\frac{1}{2}$。
    故 $f(x)=\frac{1}{2}(\cos x+\sin x+e^x)$。
  5. 求函数 $z=y^x$ 的二阶偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}$，$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$。
    答案：$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=y^{x-1}(1+x\ln y)$；$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=x(x-1)y^{x-2}$
    解析：$z=y^x=e^{x\ln y}$。
    $\frac{\partial z}{\partial x}=y^x\ln y$，$\frac{\partial z}{\partial y}=xy^{x-1}$。
    $\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=xy^{x-1}\ln y+y^x\cdot\frac{1}{y}=y^{x-1}(x\ln y+1)$。
    $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=x(x-1)y^{x-2}$。
  6. 设 $z=xy$，而 $x=\ln\sqrt{u^2+v^2}$，$y=\arctan\frac{v}{u}$，求 $\frac{\partial z}{\partial u}$，$\frac{\partial z}{\partial v}$。
    答案：$\frac{\partial z}{\partial u}=\frac{yu-xv}{u^2+v^2}$；$\frac{\partial z}{\partial v}=\frac{yv+xu}{u^2+v^2}$
    解析：$x=\frac{1}{2}\ln(u^2+v^2)$，$y=\arctan\frac{v}{u}$。
    $\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{u}{u^2+v^2}$，$\frac{\partial x}{\partial v}=\frac{v}{u^2+v^2}$。
    $\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{-v}{u^2+v^2}$，$\frac{\partial y}{\partial v}=\frac{u}{u^2+v^2}$。
    $\frac{\partial z}{\partial u}=y\frac{\partial x}{\partial u}+x\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{yu-xv}{u^2+v^2}$。
    $\frac{\partial z}{\partial v}=y\frac{\partial x}{\partial v}+x\frac{\partial y}{\partial v}=\frac{yv+xu}{u^2+v^2}$。
  7. 设二元函数 $z=z(x,y)$ 由 $e^{x+2y+3z}+xyz=1$ 确定，求 $dz\big|_{(0,0)}$。
    答案：$dz\big|_{(0,0)}=-\frac{1}{3}dx-\frac{2}{3}dy$
    解析：当 $x=0$，$y=0$ 时，$e^{3z}=1$，$z=0$。
    对方程求全微分：$e^{x+2y+3z}(dx+2dy+3dz)+yz\,dx+xz\,dy+xy\,dz=0$。
    代入 $(0,0,0)$：$1\cdot(dx+2dy+3dz)+0=0$。
    $dx+2dy+3dz=0$，$dz=-\frac{1}{3}dx-\frac{2}{3}dy$。
  8. 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $F(\frac{y}{x},\frac{z}{x})=0$ 确定，其中 $F$ 为可微函数，且 $F_2'\neq 0$，求 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}$。
    答案：$z$
    解析：设 $u=\frac{y}{x}$，$v=\frac{z}{x}$，方程为 $F(u,v)=0$。
    对 $x$ 求偏导：$F_1'\cdot(-\frac{y}{x^2})+F_2'\cdot\frac{x\frac{\partial z}{\partial x}-z}{x^2}=0$。
    得 $x\frac{\partial z}{\partial x}=z+\frac{yF_1'}{F_2'}$。
    对 $y$ 求偏导：$F_1'\cdot\frac{1}{x}+F_2'\cdot\frac{1}{x}\frac{\partial z}{\partial y}=0$，得 $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_1'}{F_2'}$。
    $x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=z+\frac{yF_1'}{F_2'}-\frac{yF_1'}{F_2'}=z$。

第136页

  1. 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $x^3+y^3+z^3=1$ 确定，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$。
    答案：$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{2x(y^3-1)}{z^5}$
    解析：对 $x$ 求偏导：$3x^2+3z^2\frac{\partial z}{\partial x}=0$，$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{x^2}{z^2}$。
    对 $x$ 再求偏导：$6x+6z(\frac{\partial z}{\partial x})^2+3z^2\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=0$。
    $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=-\frac{2x+2z\cdot\frac{x^4}{z^4}}{z^2}=-\frac{2xz^3+2x^4}{z^5}$。
    由 $x^3+y^3+z^3=1$，$x^4=x(1-y^3-z^3)$。
    $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{2x(y^3-1)}{z^5}$。
  2. 设 $z=f(\ln x+\frac{1}{y})$，其中函数 $f(u)$ 可微，求 $x\frac{\partial z}{\partial x}+y^2\frac{\partial z}{\partial y}$。
    答案：$0$
    解析：设 $u=\ln x+\frac{1}{y}$。
    $\frac{\partial z}{\partial x}=f'(u)\cdot\frac{1}{x}$，$\frac{\partial z}{\partial y}=f'(u)\cdot(-\frac{1}{y^2})$。
    $x\frac{\partial z}{\partial x}+y^2\frac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\frac{f'(u)}{x}+y^2\cdot(-\frac{f'(u)}{y^2})=f'(u)-f'(u)=0$。
  3. 设函数 $u=f(\frac{x}{y},\frac{y}{z})$，其中 $f$ 具有一阶连续偏导数，求 $\frac{\partial u}{\partial x}$，$\frac{\partial u}{\partial y}$，$\frac{\partial u}{\partial z}$。
    答案：$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{y}f_1'$；$\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{x}{y^2}f_1'+\frac{1}{z}f_2'$；$\frac{\partial u}{\partial z}=-\frac{y}{z^2}f_2'$
    解析：设 $s=\frac{x}{y}$，$t=\frac{y}{z}$，$u=f(s,t)$。
    $\frac{\partial u}{\partial x}=f_1'\cdot\frac{1}{y}=\frac{1}{y}f_1'$。
    $\frac{\partial u}{\partial y}=f_1'\cdot(-\frac{x}{y^2})+f_2'\cdot\frac{1}{z}=-\frac{x}{y^2}f_1'+\frac{1}{z}f_2'$。
    $\frac{\partial u}{\partial z}=f_2'\cdot(-\frac{y}{z^2})=-\frac{y}{z^2}f_2'$。
  4. 设 $z=f(xy^2,x^2y)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}$。
    答案：$2yf_1'+2xf_2'+2xy^3f_{11}''+5x^2y^2f_{12}''+2x^3yf_{22}''$
    解析：设 $u=xy^2$，$v=x^2y$。
    $\frac{\partial z}{\partial x}=y^2f_1'+2xyf_2'$。
    $\frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}=2yf_1'+y^2(f_{11}''\cdot 2xy+f_{12}''\cdot x^2)+2xf_2'+2xy(f_{21}''\cdot 2xy+f_{22}''\cdot x^2)$。
    $=2yf_1'+2xf_2'+2xy^3f_{11}''+5x^2y^2f_{12}''+2x^3yf_{22}''$（$f_{12}''=f_{21}''$）。
  5. 求函数 $f(x,y)=x^2(2+y^2)+y\ln y$ 的极值。
    答案：极小值 $f(0,\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}$
    解析：$f_x=2x(2+y^2)$，$f_y=2x^2y+\ln y+1$。
    令 $f_x=0$ 得 $x=0$；令 $f_y=0$ 得 $\ln y+1=0$，$y=\frac{1}{e}$。
    驻点 $(0,\frac{1}{e})$。
    $f_{xx}=2(2+y^2)$，$f_{xy}=4xy$，$f_{yy}=2x^2+\frac{1}{y}$。
    在 $(0,\frac{1}{e})$：$A=2(2+\frac{1}{e^2}) > 0$，$B=0$，$C=e > 0$。
    $AC-B^2 > 0$ 且 $A > 0$，故为极小值点，$f(0,\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}$。
  6. 求函数 $z=xy$ 在附加条件 $x+y=1$ 下的极大值。
    答案：$z_{max}=\frac{1}{4}$（当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时）
    解析：由 $x+y=1$ 得 $y=1-x$，$z=x(1-x)=x-x^2$。
    $\frac{dz}{dx}=1-2x=0$，$x=\frac{1}{2}$，$y=\frac{1}{2}$。
    $z_{max}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。
  7. 要造一个容积等于定数 $k$ 的长方体无盖水池，应如何选则水池的尺寸，方可使它的表面积最小。
    答案：底面为边长 $\sqrt[3]{2k}$ 的正方形，高为 $\frac{\sqrt[3]{2k}}{2}$
    解析：设底面长、宽为 $x,y$，高为 $z$，约束 $xyz=k$。
    表面积 $S=xy+2xz+2yz$（无盖）。
    由对称性知 $x=y$ 时取极值，设 $x=y$。
    由拉格朗日乘数法或代入法可得 $x=y=2z$。
    由 $x^2z=k$，$4z^3=k$，$z=\frac{\sqrt[3]{2k}}{2}$，$x=y=\sqrt[3]{2k}$。
  8. 从斜边之长为 $l$ 的一切直角三角形中，求有最大周长的直角三角形。
    答案：等腰直角三角形，两直角边均为 $\frac{l}{\sqrt{2}}$
    解析：设直角边为 $x,y$，则 $x^2+y^2=l^2$。
    周长 $P=x+y+l$，求 $x+y$ 最大值。
    由柯西不等式或拉格朗日乘数法，当 $x=y$ 时取最大值。
    $2x^2=l^2$，$x=y=\frac{l}{\sqrt{2}}$。
    最大周长为 $l(1+\sqrt{2})$。