郑州一中吧-缅怀先烈的手抄报内容

《高等数学》2期末复习题
一、填空题：
3(x
2
y
2
)
的定义域是 1≦1. 函数
zx
2
y
2
1ln
X^2+Y^2<3 .
2.设
z(1x)
y
,
则
z


(1x)
y
ln(1x)
.
y
(1,2)3.函数
zln(1x
2
y
2
)
在点
( 1,2)
的全微分
dz
12


dxdy

33
4．设
f(xy,xy)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
y
设
f(xy,)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
x
5.设
ze
u
sinv
而
uxy

vxy
则
z


e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]

y
6．函数
zx
2
y
2
在点（1，2）处沿从点（1，2）到点（2，
23
）的方
向导数是
123

7.改换积分次序

dy

2
f(x,y)dx
；

dy

0y1
0y
22y
11y
2
f(x,y)dx
.
8．若L是抛物线
y
2
x
上从点A
(1,1)
到点B
(1,1)
的一段弧，则

xydx
=
L
9.微分方程
(1e
2x
)dyye
2x
dx0
的通解为 .
二、选择题：
1．
tan(xy)
等于 （ ）（上下求导）
(x,y)(2,0)
y
lim
A．2， B.
1
C.0 D.不存在
2
2．函数
zxy
的定义域是（ D ）
A．

(x,y)x0,y0

B.
(x,y)x
2
y

C.
(x,y)y0,x
2
y
D．
(x,y)x0,y0,x
2
y

1
< br>

f(x,y)
|
(x
0
,y
0
)

（ B ） 3.
x
A.
lim
x0
f(x
0
x,y
0
y)f(x
0
,y
0
)f(x
0
x,y
0
)f(x
0< br>,y
0
)
B.
lim


x0
xx
f(x
0
x,y
0
y)f(x
0
x,y
0
)f(x
0
x,y
0
)
D.
lim

x0
x
x
C.
l im
x0
5.设
zF(x
2
y
2
)
，且F具有导数，则
zz

（D ）
xy
A.
2x2y
； B.
(2x2y)F(x
2
y
2
)
；
C.
(2x2y)F

(x
2
y
2
)
； D.
(2x2y)F

(x
2
y
2
)
.
6．曲线
xacost
，
yasint
，
zamt
，在
t

处的切向量是 （ D ）
4
A．
(1,1,2)
B.
(1,1,2)
C.
(1,1,2m)
D.
(1,1,2m)

7．对于函数
f(x,y)x
2
xy
，原点
(0,0)
（ A ）
A．是驻点但不是极值点 B.不是驻点 C.是极大值点 D.是极小值点
8．设I=

5
x
2< br>y
2
1dxdy
， 其中D是圆环
1x
2
y
2
4
所确定的闭区域，
D
则必有（ ）
A．I大于零 B.I小于零 C.I等于零 D.I不等于零，但符号不能确定。
9. 已知L是平面上不包含原点的任意闭曲线，若曲线积分
xdxaydy
< br>L
x
2
y
2
0
，
则a等于 （ ）.
A -1 B 1 C 2 D -2
10．若L为连接
(1,0)
及
(0,1)
两点的直线 段，则曲线积分

(xy)ds
=（ ）
L
A．0 B.1 C.
2
D.2
11.设D为
x
2
y
2
2y,
则

f(x
2
y
2< br>)dxdy
（ ）
D
2

A.
dy

0
22yy
2
0
2sin

f(xy)dx
； B.

2
22
2
0
1
d


f(r
2
)rdr；
0
2
0
1
C.

d
< br>
0

0
f(r)rdr
； D.

dx

1
f(x
2
y
2
)dy< br>.
12. 微分方程
e
x
(y

y)1
的通解为（ ）
A.
ye
x
c
； B.
ye
x
x c
；C.
y(xc)e
x
；D.
ycxe
x
13.（ ）是微分方程
y

y

ex
在初始条件
y
x0
1,y

x0
 1
下的特解.
A.
yc
1
c
2
xe
x
；B.
yxe
x
；C.
y12xe
x< br>；D.
y1xe
x
.
三、计算题：
1.设
zf(e
x
siny,x
3
y
3
)
，求





z
z
及，其中f 具有一阶连续偏导数.
x
y

xyuv
uv
2．设

， 求 ，
x
x

xsinvysinu





3．求旋转抛物面
zx
2
y
2
1
在点
(2,1,4)
处的切平面及法线方程。





4．求函数
f(x,y)x
3
y
3
3x
2
3y
2
9x
的极值

3

5．计算

xy
2
dxdy
，其中D是由圆周
x
2
y
2
4
及
y
轴所围成的右
D
半闭区域.





6．计算
e
D
y
2
dxdy
，其中D是以O（0,0）， A（1,1），B（0,1）为顶点的三角
形闭区域.





7.计算

xdxdydz
，其中

是三个坐标面与平面
xyz1
所围成的区域.






8.计算

(2 xy4)dx(3x5y13)dy
，其中L为圆
x
2
y
2
25
的正向边界。
L





9.计算曲线积分

L
(y
3
x)dy(x
3
y)dx,
其中L是从O(0, 0)沿上半圆
x
2
y
2
2x
到A(2, 0).





4

10.验证：在 整个
xoy
面内，
4sinxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy
是某个函数的
全微分，并求出这样的一个函数.





11.求微分方程
(x
2
1)y

2xy 4x
2
的通解.





12.求解微分方程的特解：
(y
2
3x
2
)dy2xydx0,y(0)1






13.解微分方程
yy

(y

)
2
(y

)
3
0





.
四、应用题：
1.用钢板制造一个容积为V的无盖长方形水池，应如何选择水池的长、宽、高
才最省钢板.





2.已知矩形的周长为24cm，将它绕其一边 旋转而构成一圆柱体，试求所得圆柱
体体积最大时的矩形面积.
5

3.求抛物线
y
2
4x与曲线y2x
所围成的闭区域的面积.






4.求抛物面
z6x< br>2
y
2
与锥面
zx
2
y
2
所 围成的立体
的体积.








高等数学2期末复习题答案
一、填空题：
12
1、
{ (x,y)1x
2
y
2
3}
2、
(1x)
y
ln(1x)
3、
dxdy

33
x
2
(1y)
4、
x2y;
5、
e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]

1y
2
6、
123
（注：方向导数
f
l
f
x
(x
0
,y
0
)cos

f
y
(x
0
,y
0
)cos

） (x
0,
y
0
)
7、

dx

x
f(x,y)dy
；
0
2
4x

0
1
dx

1x
0
f(x,y)dy

dx< br>
0
11x
2
0
f(x,y)dy

01
4
4
（注：

xydx

x( x)dx

xxdx
） 9、
y
2
(1e
2x
)C

L10
5
5
二、选择题：
1、A; 2. D; 3. B; 4.缺 5. D; 6. D; 7. A; 8. A; 9. A; 10.C;
11. C; 12.C; 13.D
三、计算题：
8、1.解：令
ue
x
siny,vx
3
y
3
，则
6

zzuzvz
xz
esiny3x
2
e
x
sinyf
1

3x
2
f
2


xux vxuv
zzuzvz
x
z
ecosy 3y
2
e
x
cosyf
1

3y
2
f
2


yuyvyuv
2. 解：两方 程分别两边对
x
求偏导数，注意
u,v
是关于
x,y
的二元 函数，得

uv
1


xx


v

sinvxcovsy

x

uv
1


xx
即


u

ycosu
u
xcosv
v
sinvucos

xxx

这是以
uv
,
为未知量的二元线性方程组。
xx
11
当
J(xcosvycosu)0
时，有
ycosuxcosv

1
u1
1
xcosvsinv

xJ
si nvxcosv
xcosvycosu
1
v1
1
sinvy cosu


xJ
ycosusinv
xcosvycos u
，
3. 解：旋转抛物面
zx
2
y
2
1
在点
(2,1,4)
处的切向量

n(2x,2y,1)
(2,1,4)
(4,2,1)

于是，所求切平面方程为
4(x2)2(y1)(z4)0
，即
4x2yz60

法线方程为
x2y1z4


421

f
3x
2
6x90


x
4. 解：解方程组

，
f

3y
2
6y0


y
得四个驻点
P,0),P
2
(1,2), P
1
(1
3
(3,0),P
4
(3,2)
.又

6y

f
x

.
6
x
6x6,f
xy
0,f
yy
7

对
P,0),ACB
2
0,
且
A0
,则
P
1
(1,0)
是函数的极小值点；
1
(1
对
P,2),ACB
2
0
,则
P
2
(1,2)
不是极值点；
2
(1
2
对
P(3,0),ACB0
,则
P
3
(3,0)
不 是极值点；
3
2
A0
,则
P
4
(3,2)< br>是函数的极大值点.
对
P
4
(3,2),ACB0
,且
于是，函数有极小值
f(1,0)1395
，
极大值
f(3,2)27827122731
.
5. 解：利用极坐标变换，令
xrcos

,yrsin

，则dxdyrdrd

，且D可表
示为：
0r2,


2




2
.于是
2
D
xydxd

y

rco

sr
D
2
2
sin

rdr

d< br>
0
2
2

4
r
2

dr c

os


2
2


ds

in
11

r
5
sin
3

5
0
3

2


2

64
.
15
6. 解：三角 形区域D由直线
yx,y1
及
y
轴围成，选择先对
x
积 分，

D
e
y
2
dxdy

dy

e
00
1y
y
2
dx

y e
0
1
y
2
1
2
1
dye
y
(1e
1
)
.
22
0
1
（注：此题也可以参看课本167页例2的解法）

7.解题过程见课本124页例1.

P(x,y)2xy4,Q(x,y) 3x5y13
在L围成的圆域D:
x
2
y
2
25
上8. 解：
全在连续的偏导数，
PQQP
1,3
，从而
4
.于是由格林公式，得
yxxy
DD


L
(2xy4)dx(3x5y13)dy

4dxdy4

dxdy4

25100

.
8

9. 解：
P(x,y)x
3
y,
有
Q (x,y)y
3
x
，
PQ
在整个
xoy
平面上恒
1
yx
成立，所以曲线积分与路径无关，故可取
x
轴上线段OA作为积分路径.
OA的方程为
y0
，且
x
从0变到 2，
dy0
，从而



2
0
L(y
3
x)dy(x
3
y)dx

(y
3
x)dy(x
3
y)dx
OA
1
x
3< br>dxx
4
4
.
4
0
Q(x,y)3cos3ycos2x，有
，
2
10. 解：P(x,y)4sinxsin3ycosx,

P
4sinxcosx3cos3y6sin2xcos3y
y
 Q
3cos3y2(sin2x)6sin2xcos3y
，
x
即有
PQ

在整个
xoy
平面上恒成立 ，因此在整个
xoy
面内，
yx
4sinxsin3ycoxsdx3 co3syco2sxd
是某个函数的全微分
y
.
取ARB为积分路径，其 中各点坐标分别为
A(0,0),R(x,0),B(x,y)
，得

u( x,y)

(x,y)
(0,0)
4sinxsin3ycosxdx3 cos3ycos2xdy




4sinxsin 3ycosxdx3cos3ycos2xdy

4sinxsin3ycosxdx3 cos3ycos2xdy
ARRB



0dx
3cos3ycos2xdy3cos2x

cos3ydy

0 00
xyy
1
3cos2xsin3ysin3ycos2x
.
3
0
2x4x
2
y
2
11. 解法一：方程可改写为
y


2
，这是一阶非齐次线性微分方x1x1
9
y

程.先求对应的齐次线性方程的通解.
由
y


y
2x
dy2x
y0
，分离变量，得
dx
，两边积分，解得
2
2
x1
yx1
C
1
.
2
x1
用常数变易法，将
C
1
换成
C(x)
.即
y


12x

C(x)C(x)
.
222
x1(x1)
4
3
xC
.
3
y
C(x)
，
x
2
1
代入原方程，化简得
C

(x)4x
2
.故
C(x)
于是方程的通解为
y
14
3
(xC)
.
x
2
13< br>2x4x
2
y
2
解法二：方程可改写为
y


2
.
x1x1
2x4x
2< br>这是一阶非齐次线性微分方程，其中
P(x)
2
,Q(x)
2.利用通解公式
x1x1

ye

P(x )dx
2


2
dx
P(x)dx
4x

2
dx

(

Q(x)edxC)
e
x1
(

2
e
x1
dxC)

x1
2x2x
14x
2
14


2
[

2
(x
2
1)dxC]
2
(x
3
C)
.
x1x1x13

12. 课本212页第8题第（1）小题。
x
x
2
xdx
解：原方程可写成
13
2
20
.令
u
，即
xyu
，有
y
yydy
dxdu
du
uy
，则原方程成为
13u
2
2u(uy)0
，分离变量，得
dydy
dy
2udy
2
du
.两边积分，得
u1Cy
.
2
u1y
10

代入
u
x
并整理，得通解
x
2
y
2
Cy
3
.
y
由初始条件
x0,y1,
得
C1
.于是所求特解为
y
3
y
2
x
2
.
13.解题过程见课本212页例5.

四、应用题：
1.解法一：设水 池的长、宽、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，从而高
z
池表面的面 积

Sxy2(xzyz)xy2V(
S的定义域
D{(x,y)0x,0y}
.
这个问题就是求二元函数S在区域D内的最小值.

V
，水
xy
1
x
1
)

y
12V

S
y2V()y0,
22

xx

x
解方程组

在区域D内解得唯一得驻点
S12V

x2V(
2
)x
2
0.
yy


y

3
2V,
3
2V
.

根据实际问题可知最小值在定义域内必存在,因此可断定此唯一驻点就是最小
3
值点.即当长，宽均为
2V
，高为
3
2V
时，水池所用材 料最省.
2
解法二：设水池的长、宽、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，水池表面的面积

Sxy2(xzyz)

S的定义域
D{(x,y,z)x0, y0,z0}
.此题就是求函数
Sxy2(xzyz)
在约束条件xyz= V下的最小值.
构造拉格朗日函数
Lxy2(xzyz)

(xyzV)
.
11


L
(1)

x
y2z
< br>yz0,即xy2xz

xyz0


L
x2z

xz0,即xy2yz

xyz0(2)

y

解方程组



L
2x 2y

xy0,即2xz2yz

xyz0(3)
z


L
xyzV0.(4)




比较（1），（2），（3）式，得 x=y=2z，代入（4）式中，有
x3
2V
,即
x
3
2V
.
3
< br>3
2V

3
于是，x,y,z只有唯一一组解

< br>2V,2V,
2


.

由问题的实际意义最小 值在定义域内必存在.因此，函数S在其唯一驻点
3

3
2V
3
2V,2V,
处必取得最小值.


2
< br>3
故当长方形水池的长，宽，高分别是
2V,2V,
2.解题过程见课本98页 例4.

3.利用二重积分求闭区域的面积
33
2V
时所用材料最省.
2
解：所求区域的面积为
A 

dxdy
，其中D为抛物线
y
2
4x与曲线y2 x
D
所围成的闭区域.两曲线交于两点（0,0），（1,2）.选择先对
x
积分，于是，
A

dxdy

dy

dx 
D0
2
y
2
y
2
4
1
2
141
2
(2yy)dy
.

0
4433
4.利用三重积分计算立体的体积.
解法一：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其中
是抛物面
z6x
2
y
2

与锥面
zx
2
y
2
所围成的立体.
利用直角坐标计算.由
z 6x
2
y
2
与
zx
2
y
2消去
z
，解得
x
2
y
2
2
，即< br>
在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
4
.于是
12

{(x,y,z)x
2
y
2
z6(x
2
y
2
),x
2
y
2
4}
.
因此
V
dxdydz

dxdy

D
6(x
2
y
2
)
x
2
y
2
dz

=

[6(x
2
y
2
)x
2
y
2
]dxdy
（用极坐标）
D



2

0
1132
d


(6 rr)rdr2

(3rr
4
r
3
)

.
0
433
0
2
22
2
解法二：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其中

是抛物面
z6 x
2
y
2
与

锥面
zx
2
y
2
所围成的立体.
利用柱面坐标计算. 由
z6x< br>2
y
2
与
zx
2
y
2
消去< br>z
，解得
x
2
y
2
2
，即
< br>在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
4
.于是，在柱面坐
标变换下
{(r,

,z)rz 6r
2
,0r2,0

2

}
.
因此
V

dxdydz

d
< br>
dr

00
2

26r
2
r
rdz

2

2





2
0
1132< br>r(6r
2
r)dr2

(3r
2
r4
r
3
)

.
433
0
13

《高等数学》2期末复习题
一、填空题：
3(x
2
y
2
)
的定义域是 1≦1. 函数
zx
2
y
2
1ln
X^2+Y^2<3 .
2.设
z(1x)
y
,
则
z


(1x)
y
ln(1x)
.
y
(1,2)3.函数
zln(1x
2
y
2
)
在点
( 1,2)
的全微分
dz
12


dxdy

33
4．设
f(xy,xy)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
y
设
f(xy,)x
2
y
2
,
则
f(x,y)
.
x
5.设
ze
u
sinv
而
uxy

vxy
则
z


e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]

y
6．函数
zx
2
y
2
在点（1，2）处沿从点（1，2）到点（2，
23
）的方
向导数是
123

7.改换积分次序

dy

2
f(x,y)dx
；

dy

0y1
0y
22y
11y
2
f(x,y)dx
.
8．若L是抛物线
y
2
x
上从点A
(1,1)
到点B
(1,1)
的一段弧，则

xydx
=
L
9.微分方程
(1e
2x
)dyye
2x
dx0
的通解为 .
二、选择题：
1．
tan(xy)
等于 （ ）（上下求导）
(x,y)(2,0)
y
lim
A．2， B.
1
C.0 D.不存在
2
2．函数
zxy
的定义域是（ D ）
A．

(x,y)x0,y0

B.
(x,y)x
2
y

C.
(x,y)y0,x
2
y
D．
(x,y)x0,y0,x
2
y

1
< br>

f(x,y)
|
(x
0
,y
0
)

（ B ） 3.
x
A.
lim
x0
f(x
0
x,y
0
y)f(x
0
,y
0
)f(x
0
x,y
0
)f(x
0< br>,y
0
)
B.
lim


x0
xx
f(x
0
x,y
0
y)f(x
0
x,y
0
)f(x
0
x,y
0
)
D.
lim

x0
x
x
C.
l im
x0
5.设
zF(x
2
y
2
)
，且F具有导数，则
zz

（D ）
xy
A.
2x2y
； B.
(2x2y)F(x
2
y
2
)
；
C.
(2x2y)F

(x
2
y
2
)
； D.
(2x2y)F

(x
2
y
2
)
.
6．曲线
xacost
，
yasint
，
zamt
，在
t

处的切向量是 （ D ）
4
A．
(1,1,2)
B.
(1,1,2)
C.
(1,1,2m)
D.
(1,1,2m)

7．对于函数
f(x,y)x
2
xy
，原点
(0,0)
（ A ）
A．是驻点但不是极值点 B.不是驻点 C.是极大值点 D.是极小值点
8．设I=

5
x
2< br>y
2
1dxdy
， 其中D是圆环
1x
2
y
2
4
所确定的闭区域，
D
则必有（ ）
A．I大于零 B.I小于零 C.I等于零 D.I不等于零，但符号不能确定。
9. 已知L是平面上不包含原点的任意闭曲线，若曲线积分
xdxaydy
< br>L
x
2
y
2
0
，
则a等于 （ ）.
A -1 B 1 C 2 D -2
10．若L为连接
(1,0)
及
(0,1)
两点的直线 段，则曲线积分

(xy)ds
=（ ）
L
A．0 B.1 C.
2
D.2
11.设D为
x
2
y
2
2y,
则

f(x
2
y
2< br>)dxdy
（ ）
D
2

A.
dy

0
22yy
2
0
2sin

f(xy)dx
； B.

2
22
2
0
1
d


f(r
2
)rdr；
0
2
0
1
C.

d
< br>
0

0
f(r)rdr
； D.

dx

1
f(x
2
y
2
)dy< br>.
12. 微分方程
e
x
(y

y)1
的通解为（ ）
A.
ye
x
c
； B.
ye
x
x c
；C.
y(xc)e
x
；D.
ycxe
x
13.（ ）是微分方程
y

y

ex
在初始条件
y
x0
1,y

x0
 1
下的特解.
A.
yc
1
c
2
xe
x
；B.
yxe
x
；C.
y12xe
x< br>；D.
y1xe
x
.
三、计算题：
1.设
zf(e
x
siny,x
3
y
3
)
，求





z
z
及，其中f 具有一阶连续偏导数.
x
y

xyuv
uv
2．设

， 求 ，
x
x

xsinvysinu





3．求旋转抛物面
zx
2
y
2
1
在点
(2,1,4)
处的切平面及法线方程。





4．求函数
f(x,y)x
3
y
3
3x
2
3y
2
9x
的极值

3

5．计算

xy
2
dxdy
，其中D是由圆周
x
2
y
2
4
及
y
轴所围成的右
D
半闭区域.





6．计算
e
D
y
2
dxdy
，其中D是以O（0,0）， A（1,1），B（0,1）为顶点的三角
形闭区域.





7.计算

xdxdydz
，其中

是三个坐标面与平面
xyz1
所围成的区域.






8.计算

(2 xy4)dx(3x5y13)dy
，其中L为圆
x
2
y
2
25
的正向边界。
L





9.计算曲线积分

L
(y
3
x)dy(x
3
y)dx,
其中L是从O(0, 0)沿上半圆
x
2
y
2
2x
到A(2, 0).





4

10.验证：在 整个
xoy
面内，
4sinxsin3ycosxdx3cos3ycos2xdy
是某个函数的
全微分，并求出这样的一个函数.





11.求微分方程
(x
2
1)y

2xy 4x
2
的通解.





12.求解微分方程的特解：
(y
2
3x
2
)dy2xydx0,y(0)1






13.解微分方程
yy

(y

)
2
(y

)
3
0





.
四、应用题：
1.用钢板制造一个容积为V的无盖长方形水池，应如何选择水池的长、宽、高
才最省钢板.





2.已知矩形的周长为24cm，将它绕其一边 旋转而构成一圆柱体，试求所得圆柱
体体积最大时的矩形面积.
5

3.求抛物线
y
2
4x与曲线y2x
所围成的闭区域的面积.






4.求抛物面
z6x< br>2
y
2
与锥面
zx
2
y
2
所 围成的立体
的体积.








高等数学2期末复习题答案
一、填空题：
12
1、
{ (x,y)1x
2
y
2
3}
2、
(1x)
y
ln(1x)
3、
dxdy

33
x
2
(1y)
4、
x2y;
5、
e
xy
[xsin(xy)cos(xy)]

1y
2
6、
123
（注：方向导数
f
l
f
x
(x
0
,y
0
)cos

f
y
(x
0
,y
0
)cos

） (x
0,
y
0
)
7、

dx

x
f(x,y)dy
；
0
2
4x

0
1
dx

1x
0
f(x,y)dy

dx< br>
0
11x
2
0
f(x,y)dy

01
4
4
（注：

xydx

x( x)dx

xxdx
） 9、
y
2
(1e
2x
)C

L10
5
5
二、选择题：
1、A; 2. D; 3. B; 4.缺 5. D; 6. D; 7. A; 8. A; 9. A; 10.C;
11. C; 12.C; 13.D
三、计算题：
8、1.解：令
ue
x
siny,vx
3
y
3
，则
6

zzuzvz
xz
esiny3x
2
e
x
sinyf
1

3x
2
f
2


xux vxuv
zzuzvz
x
z
ecosy 3y
2
e
x
cosyf
1

3y
2
f
2


yuyvyuv
2. 解：两方 程分别两边对
x
求偏导数，注意
u,v
是关于
x,y
的二元 函数，得

uv
1


xx


v

sinvxcovsy

x

uv
1


xx
即


u

ycosu
u
xcosv
v
sinvucos

xxx

这是以
uv
,
为未知量的二元线性方程组。
xx
11
当
J(xcosvycosu)0
时，有
ycosuxcosv

1
u1
1
xcosvsinv

xJ
si nvxcosv
xcosvycosu
1
v1
1
sinvy cosu


xJ
ycosusinv
xcosvycos u
，
3. 解：旋转抛物面
zx
2
y
2
1
在点
(2,1,4)
处的切向量

n(2x,2y,1)
(2,1,4)
(4,2,1)

于是，所求切平面方程为
4(x2)2(y1)(z4)0
，即
4x2yz60

法线方程为
x2y1z4


421

f
3x
2
6x90


x
4. 解：解方程组

，
f

3y
2
6y0


y
得四个驻点
P,0),P
2
(1,2), P
1
(1
3
(3,0),P
4
(3,2)
.又

6y

f
x

.
6
x
6x6,f
xy
0,f
yy
7

对
P,0),ACB
2
0,
且
A0
,则
P
1
(1,0)
是函数的极小值点；
1
(1
对
P,2),ACB
2
0
,则
P
2
(1,2)
不是极值点；
2
(1
2
对
P(3,0),ACB0
,则
P
3
(3,0)
不 是极值点；
3
2
A0
,则
P
4
(3,2)< br>是函数的极大值点.
对
P
4
(3,2),ACB0
,且
于是，函数有极小值
f(1,0)1395
，
极大值
f(3,2)27827122731
.
5. 解：利用极坐标变换，令
xrcos

,yrsin

，则dxdyrdrd

，且D可表
示为：
0r2,


2




2
.于是
2
D
xydxd

y

rco

sr
D
2
2
sin

rdr

d< br>
0
2
2

4
r
2

dr c

os


2
2


ds

in
11

r
5
sin
3

5
0
3

2


2

64
.
15
6. 解：三角 形区域D由直线
yx,y1
及
y
轴围成，选择先对
x
积 分，

D
e
y
2
dxdy

dy

e
00
1y
y
2
dx

y e
0
1
y
2
1
2
1
dye
y
(1e
1
)
.
22
0
1
（注：此题也可以参看课本167页例2的解法）

7.解题过程见课本124页例1.

P(x,y)2xy4,Q(x,y) 3x5y13
在L围成的圆域D:
x
2
y
2
25
上8. 解：
全在连续的偏导数，
PQQP
1,3
，从而
4
.于是由格林公式，得
yxxy
DD


L
(2xy4)dx(3x5y13)dy

4dxdy4

dxdy4

25100

.
8

9. 解：
P(x,y)x
3
y,
有
Q (x,y)y
3
x
，
PQ
在整个
xoy
平面上恒
1
yx
成立，所以曲线积分与路径无关，故可取
x
轴上线段OA作为积分路径.
OA的方程为
y0
，且
x
从0变到 2，
dy0
，从而



2
0
L(y
3
x)dy(x
3
y)dx

(y
3
x)dy(x
3
y)dx
OA
1
x
3< br>dxx
4
4
.
4
0
Q(x,y)3cos3ycos2x，有
，
2
10. 解：P(x,y)4sinxsin3ycosx,

P
4sinxcosx3cos3y6sin2xcos3y
y
 Q
3cos3y2(sin2x)6sin2xcos3y
，
x
即有
PQ

在整个
xoy
平面上恒成立 ，因此在整个
xoy
面内，
yx
4sinxsin3ycoxsdx3 co3syco2sxd
是某个函数的全微分
y
.
取ARB为积分路径，其 中各点坐标分别为
A(0,0),R(x,0),B(x,y)
，得

u( x,y)

(x,y)
(0,0)
4sinxsin3ycosxdx3 cos3ycos2xdy




4sinxsin 3ycosxdx3cos3ycos2xdy

4sinxsin3ycosxdx3 cos3ycos2xdy
ARRB



0dx
3cos3ycos2xdy3cos2x

cos3ydy

0 00
xyy
1
3cos2xsin3ysin3ycos2x
.
3
0
2x4x
2
y
2
11. 解法一：方程可改写为
y


2
，这是一阶非齐次线性微分方x1x1
9
y

程.先求对应的齐次线性方程的通解.
由
y


y
2x
dy2x
y0
，分离变量，得
dx
，两边积分，解得
2
2
x1
yx1
C
1
.
2
x1
用常数变易法，将
C
1
换成
C(x)
.即
y


12x

C(x)C(x)
.
222
x1(x1)
4
3
xC
.
3
y
C(x)
，
x
2
1
代入原方程，化简得
C

(x)4x
2
.故
C(x)
于是方程的通解为
y
14
3
(xC)
.
x
2
13< br>2x4x
2
y
2
解法二：方程可改写为
y


2
.
x1x1
2x4x
2< br>这是一阶非齐次线性微分方程，其中
P(x)
2
,Q(x)
2.利用通解公式
x1x1

ye

P(x )dx
2


2
dx
P(x)dx
4x

2
dx

(

Q(x)edxC)
e
x1
(

2
e
x1
dxC)

x1
2x2x
14x
2
14


2
[

2
(x
2
1)dxC]
2
(x
3
C)
.
x1x1x13

12. 课本212页第8题第（1）小题。
x
x
2
xdx
解：原方程可写成
13
2
20
.令
u
，即
xyu
，有
y
yydy
dxdu
du
uy
，则原方程成为
13u
2
2u(uy)0
，分离变量，得
dydy
dy
2udy
2
du
.两边积分，得
u1Cy
.
2
u1y
10

代入
u
x
并整理，得通解
x
2
y
2
Cy
3
.
y
由初始条件
x0,y1,
得
C1
.于是所求特解为
y
3
y
2
x
2
.
13.解题过程见课本212页例5.

四、应用题：
1.解法一：设水 池的长、宽、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，从而高
z
池表面的面 积

Sxy2(xzyz)xy2V(
S的定义域
D{(x,y)0x,0y}
.
这个问题就是求二元函数S在区域D内的最小值.

V
，水
xy
1
x
1
)

y
12V

S
y2V()y0,
22

xx

x
解方程组

在区域D内解得唯一得驻点
S12V

x2V(
2
)x
2
0.
yy


y

3
2V,
3
2V
.

根据实际问题可知最小值在定义域内必存在,因此可断定此唯一驻点就是最小
3
值点.即当长，宽均为
2V
，高为
3
2V
时，水池所用材 料最省.
2
解法二：设水池的长、宽、高分别是
x,y,z
.已知xyz=V，水池表面的面积

Sxy2(xzyz)

S的定义域
D{(x,y,z)x0, y0,z0}
.此题就是求函数
Sxy2(xzyz)
在约束条件xyz= V下的最小值.
构造拉格朗日函数
Lxy2(xzyz)

(xyzV)
.
11


L
(1)

x
y2z
< br>yz0,即xy2xz

xyz0


L
x2z

xz0,即xy2yz

xyz0(2)

y

解方程组



L
2x 2y

xy0,即2xz2yz

xyz0(3)
z


L
xyzV0.(4)




比较（1），（2），（3）式，得 x=y=2z，代入（4）式中，有
x3
2V
,即
x
3
2V
.
3
< br>3
2V

3
于是，x,y,z只有唯一一组解

< br>2V,2V,
2


.

由问题的实际意义最小 值在定义域内必存在.因此，函数S在其唯一驻点
3

3
2V
3
2V,2V,
处必取得最小值.


2
< br>3
故当长方形水池的长，宽，高分别是
2V,2V,
2.解题过程见课本98页 例4.

3.利用二重积分求闭区域的面积
33
2V
时所用材料最省.
2
解：所求区域的面积为
A 

dxdy
，其中D为抛物线
y
2
4x与曲线y2 x
D
所围成的闭区域.两曲线交于两点（0,0），（1,2）.选择先对
x
积分，于是，
A

dxdy

dy

dx 
D0
2
y
2
y
2
4
1
2
141
2
(2yy)dy
.

0
4433
4.利用三重积分计算立体的体积.
解法一：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其中
是抛物面
z6x
2
y
2

与锥面
zx
2
y
2
所围成的立体.
利用直角坐标计算.由
z 6x
2
y
2
与
zx
2
y
2消去
z
，解得
x
2
y
2
2
，即< br>
在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
4
.于是
12

{(x,y,z)x
2
y
2
z6(x
2
y
2
),x
2
y
2
4}
.
因此
V
dxdydz

dxdy

D
6(x
2
y
2
)
x
2
y
2
dz

=

[6(x
2
y
2
)x
2
y
2
]dxdy
（用极坐标）
D



2

0
1132
d


(6 rr)rdr2

(3rr
4
r
3
)

.
0
433
0
2
22
2
解法二：所求立体的体积为
V

dxdydz
，其中

是抛物面
z6 x
2
y
2
与

锥面
zx
2
y
2
所围成的立体.
利用柱面坐标计算. 由
z6x< br>2
y
2
与
zx
2
y
2
消去< br>z
，解得
x
2
y
2
2
，即
< br>在
xoy
面上的投影区域D为圆域
x
2
y
2
4
.于是，在柱面坐
标变换下
{(r,

,z)rz 6r
2
,0r2,0

2

}
.
因此
V

dxdydz

d
< br>
dr

00
2

26r
2
r
rdz

2

2





2
0
1132< br>r(6r
2
r)dr2

(3r
2
r4
r
3
)

.
433
0
13