《高等数学Ⅱ》补充题参考解答
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−
zy
1 y2 )
=
−
x zy2
(
x y
)
1 z
−1
，f
z
=
(
x
)
1 z
y
ln
x y
⋅(−
1 z2 )
∵ du = fxdx + fydy + fzdz
又fx (1,1,1) = 1，f y (1,1,1) = −1，fz (1,1,1) = 0
∴df (1,1,1) = dx − dy
习题 9-5 4、求由下列方程组所确定的函数的导数或偏导数：
习题 9-2 1、求下列函数的偏导数：;
（4）（补充题） 设z = y2 +ϕ(xy)，其中ϕ（x)可导，证明x2 ∂z + y2 = xy ∂z 。
3x
∂x
∂y
解：∵
∂z ∂x
=
−
y2 3x2
+
yϕ ′( xy),
∂z = 2 y + xϕ′(xy) ∂y 3x
x2
∂z ∂x
+
y2
=
x2
⎡ ⎢− ⎣
� �� ��
���� �� i j k
��
∵ PQ × n1 = −1 3 4 = (−27,3, −9) ， 取n = (9, −1,3)
2 3 −5
故所求平面方程为 9(x − 2) − ( y +1) + 3(z +1) = 0 ，即 9x − y + 3z −16 = 0
习题 8-6
8（补充题）求过点(-3,2,5)且与两个平面 2x − 2y − 5z = 1和x − 4z = 3 的交线平行的直线方程。
体积为最大值，其最大的体积为V (1,1,1) = 1
复习题九 7（补充题）已知ϕ(x, y)具有连续的偏导数且ϕ (x – z, y – z) = 0 确定函数 z = z(x, y)，试计算
∂z + ∂z 。 ∂x ∂y
解：设F (x, y, z) = Φ(x − z, y − z)
Fx = Φ1′,
⎧x = −t + 2
（6 补充题）求过点M
(1,
2,
−1)且与直线
⎪ ⎨
y
=
3t
−
4
垂直的平面方程。
⎪⎩z = t −1
��
��
解：设�所� 求��平面的法向量为�� n，由已知n ⊥ L
∴n // s = (−1,3,1)，取n = (−1,3,1)
故所求的平面方程为 −1⋅ (x −1) + 3( y − 2) + (z +1) = 0
�� ��
�� ��
解：设所求直线的方向向量 s ，由已知 s ⊥ n1 = (2, −1, −5) , s ⊥ n2 = (1, 0, −4)
� �� ��
�� �� �� i j k
取s = n1 × n2 = 2 −1 −5 = (4,3,1)
1 0 −4
又直线过点 (−3, 2,5) ，故所求直线方程为 x + 3 = y − 2 = z − 5
习题 9-7
6（补充题）求函数
u
=
(
y
)z
在点
P0(1,1,1)沿着方向
� l
=
(2,1,
−1)
的方向导数
∂u�
。
x
∂l P0
解：∵
gradu
=
(
z
⋅
(
y x
) z −1
⋅
(−
y x2
)，z
⋅
(
y x
)
z −1
⋅
(
1 )，( x
y x
)
z
⋅
ln(
y x
))
�0
21
1
∴ gradu = (− 1，1 ，0) ， l = ( , , − )
=
y
−
1 x2
,
1 zy = x − y2
由
⎧ ⎪⎪ ⎨
zx
⎪ ⎪⎩
z
y
= =
y− x−
1 x2 1 y2
=0 ，得唯一驻点(1,1)
=0
zxx = 2x−3, zxy = 1, zyy = 2 y−3
∴ AC − B2 = 2× 2 −12 = 3 > 0，且A = 2 > 0
所以(1,1)为函数的极小值点，极小值为f (1,1) = 3
P0
66 6
从 而 ∂u�
21 1
2
1
1
1
= (− 1,1, 0) ⋅ ( , , − ) = − 1 ⋅ + 1 ⋅ + 0 ⋅ (− ) = −
∂ l P0
66 6
6
6
6
6
习题 9-8
5（补充题）求函数 z = f (x, y) = xy + 1 + 1 (xy ≠ 0) 的极值。 xy
解：zx
即
x −3y − z + 4 = 0
7（补充题）已知直线L1：x
− 1
1
=
y−2 2
=
z
− 1
3
和L2：x
+ 2
2
=
y −1 =
1
z 1
，求经过L1且平行于L2的
平面方程。
��
�� ��
解：设所求平面的法向量为n， 由已知n // L1，n // L2
� �� ��
���� ��
�� ���
�� �� ��� i j k
+ 6y2
=1
从而所求投影曲线方程为
⎧5 ⎨
x
2
+
6y2
=1
⎩z = 0
习题 8-5
6（补充题）求通过点 P(2, –1, –1)，Q(1, 2, 3)且垂直于平面 2x + 3y − 5z + 6 = 0 的平面方程。
��
�� ����
�� ��
解 设所求平面的法向量为 n ，由已知 n ⊥ PQ = (−1,3, 4), n ⊥ n1 = (2,3, −5) ，
（2）（补充题）
求由方程组
⎧⎪u ⎨ ⎪⎩u
2 −v + v2
+ −
x y
= =
0 0
所确定的函数的偏导数
∂u ∂x
,
∂u ∂y
,
∂v ∂x
,
∂v ∂y
。
解：将原方程组两端对
x
求偏导数，得
⎧⎪⎪2u
⎨ ⎪
∂u
∂u − ∂x + 2v
∂v ∂x ∂v
= =
−1 0
⎪⎩ ∂x ∂x
2u 当
−1 = 4uv +1 ≠ 0时， ∂u = 1 −1
C
为准线而母线平行于
y
轴的
柱面方程；②求出 C 在 xoy 面上的投影方程。
解
①由
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x x
2 2
+ 2y2 + 4z2 + y2 = z2
=1 消去
y 得： −
x2
+
6z2
=
1
即为所求柱面方程
②由
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x x
2 2
+ 2y2 + 4z2 + y2 = z2
=1 消去
z 得到投影柱面方程： 5x 2
2012 级《高等数学Ⅱ》补充题参考解答
习题 8-1 ��� �
5（补充题 1）、从点 A(2, –1,7)沿向量 a = 8i + 9 j −12k 方向取长为 34 的线段 AB，求点 B 的
坐标。
����
����
解 设点 B 的坐标为 ( x, y, z) ，则 AB = ( x − 2, y +1, z − 7) ，且 AB = λa ，即
（4）（补充题） lim(x2 + y )e 2 −(x2 + y2 ) x→∞ y→∞
解：lim ( x 2
+
y2 ) ⋅ e−(x2 + y2 )
令u= x2 + y2
=====
lim
u ⋅e−u
x→∞
u→+∞
u
=
lim
u → +∞
eu
(∞)
∞
1
=
lim
u →+∞
eu
=0
y→∞
x2 + y2 − sin x2 + y2 （5）（补充题） lim
⎧ ⎪
Lx
=
yz
+ λ(z
+
令
y) =0
⎪
令
由
⎪ ⎨
Ly
=
xz
+
λ(z
+
x) = 0
⎪ ⎪
Lz
=
xy
+ λ(x
+
令
y) =0
，得x = y = z，即唯一驻点(1,1,1)
⎪ ⎩
Lλ
=
xz
+
yz
+
xy
令
−3=0
故由实际问题知，长方体的表面积一定而体积的最大值存在，所以当x = y = z = 1时，
解 由⎨
消去 y ，得到母线平行于 y 轴的投影柱面方程：
⎩y − z +1= 0
