第八章 多元函数微分学 单元测试题答案2

组中求得： xt′ = 1 ， yt′ = 0 ， zt′ = 0 10、 C. 因
lim f ( x, y ) = 0
x →0 y =0
x2 1 lim f ( x, y ) = lim 2 = x →0 x →0 2 x 2 y=x y=x
lim f ( x, y ) 不存在，故函数 z = f ( x, y ) 在点 (0, 0) 处不连续
4
( x , y ) →( x0 , y0 )
lim
f ( x, y ) 存在的充分条件，故选 C.
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由题设知 f ( x, y ) 可微且 f ( x, y ) 在 ( x0 , y0 ) 处取得极小值，所以
f x′ ( x0 , y0 ) = f y′ ( x0 , y0 ) = 0 ，对该二元可微函数固定 x = x0 ，则 f ( x0 , y ) 是一元可导函
所以 lim
x →0 y →0
⎛ x2 ⎞ x 2 sin ky lim = ⋅ sin ky ⎟ = 0 ，故选 A. ⎜ 2 4 2 4 x →0 x + y x +y ⎠ y →0 ⎝ f ( 0 + Δx, 0 ) − f ( 0, 0 ) = lim Δx → 0 Δx Δx ⋅ 0 − 0 Δx
1 2x 1 − 2 cos 2 2 2 x +y x +y x + y2
2
(x
2
+ y2 ≠ 0
) )
1 2y 1 − 2 cos 2 2 2 x +y x +y x + y2
2
(x
1
2
+ y2 ≠ 0
因
lim
ρ →0
Δf − f x′ ( 0, 0 ) Δx − f y′ ( 0, 0 ) Δy
3
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则
f ( x, y ) − f ( x0 , y0 ) = f ( x, y ) − f ( x, y0 ) + f ( x, y0 ) − f ( x0 , y0 )
≤ f ( x, y ) − f ( x, y0 ) + f ( x, y0 ) − f ( x0 , y0 )
15、 B . 因为
Δx → 0
lim
Байду номын сангаас=0
所以 f x′ ( 0, 0 ) = 0 ，同理 f y′ ( 0, 0 ) = 0 令
α = Δz − f x′ ( 0, 0 ) Δx − f y′ ( 0, 0 ) Δy =
Δ x ⋅ Δy ， ρ =
( Δx ) + ( Δ y )
2
2
， 则 当
( Δx, Δy ) 沿 y = x 趋于 ( 0, 0 ) 时
2 ⎧ z′ ⎧ x = ±1 ⎪ x = 3x − 3 = 0 '' '' '' 由 ⎨ 解 得 ⎨ ， 而 z xx = 6 x ， z xy = 0 ， z yy = 2 ， 则 ′ = y 0 z = 2 y = 0 ⎩ ⎪ ⎩ y
B 2 − AC = −12 < 0 ，且 A = 6 > 0 ，故函数 z = x3 − 3x + y 2 在点 (1, 0) 处取得极小值
ρ
= lim ρ sin
ρ →0
ρ2
=0
故函数 f ( x, y ) 在点 ( 0, 0 ) 处可微 又 lim
x →0 y →0
2x 1 2y 1 cos 2 cos 2 及 lim 2 不存在， 故 lim f x′ 及 lim f y′ 都不存 2 2 2 2 x → 0 x →0 x →0 x +y x +y x + y x + y y →0 y →0 y →0
∂u ∂x
x =1 y =0
= 3cos 3z x =1 ⋅ z ′ x
x =1
⎛1⎞ = 3cos ⎡ ⎣3 ⋅ ( −1) ⎤ ⎦ ⋅ ⎜ 3 ⎟ = cos 3 ⎝ ⎠
2、 dx − dy
5
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∂u ∂x
(1,1,1)
=1
∂u ∂y
(1,1,1)
= −1
∂u ∂z
数且它在 y = y0 处取得极小值，故 f ( x0 , y ) 在 y = y0 处的导数等于零，因此选 A. 19、 A. 由极限与无穷小的关系，在点 ( 0, 0 ) 的充分小的邻域内有
f ( x, y ) = xy + (1 + α ) ( x 2 + y 2 ) ，其中 lim α = 0 ，即
故
( x , y ) → (0,0)
lim
f ( x, y ) 不存在
2、 A. 由一阶偏导数在 ( x0 , y0 ) 点连续知函数在 ( x0 , y0 ) 处可微（证明可见各种高等数学的教 材） ，但函数在 ( x0 , y0 ) 处可微其一阶偏导数不一定连续
1 ⎧ 2 2 ⎪( x + y ) sin x 2 + y 2 如设 f ( x, y ) = ⎨ ⎪ 0 ⎩
则
x2 + y 2 ≠ 0 x2 + y2 = 0
f x′ ( 0, 0 ) = lim
x →0
x 2 sin
1 x 2 = lim x sin 1 = 0 x →0 x x2
1 =0 y2
f y′ ( 0, 0 ) = lim
y →0
y 2 sin y
1 y2
= lim y sin
y →0
f x′ ( x, y ) = 2 x sin f y′ ( x, y ) = 2 y sin
= ( f y′ ( x, y0 ) + θ1Δy ) ⋅ Δy + f x′ ( x0 + θ 2 Δx, y0 ) ⋅ Δx
≤ M ( Δx + Δy )
， 当ρ = （其中 Δx = x − x0 ，Δy = y − y0 ，0 < θ1 < 1 ，0 < θ 2 < 1 ）
( Δx ) + ( Δ y )
∂u ∂l
= gradf =
max
∂u ∂u ∂u i+ j+ k ∂x ∂y ∂z
而
∂u = 2y ∂x
∂u = 2x ∂y
∂u = −2 z ∂z
= 4，
则
∂u ∂u = −2 ， ∂y ∂x (2,−1,1)
(2, −1,1)
∂u = −2 ∂z (2, −1,1)
故 5、 C .
gradf = {−2, 4, 2} = 2 6
(1,1,1)
=0
由 du =
∂u ∂u ∂u dx + dy + dz 得 du = dx − dy ∂x ∂y ∂z
3、 xy + sin x + sin y
因
∂u ∂ 2u = y + ϕ1 ( x ) = 1, 两边对 y 积分得 ∂x∂y ∂x
二、填空题（每小题 3 分，共 60 分） 1、 cos 3 因 所 求为 函数 u 在 点 (1, 0 ) 处 对 x 的 导数 ，故应 视 y = 0 ， 故原函 数关 系式变 为 ：
u = sin 3 z ，且将 y = 0 代入方程 x 2 y − xz 3 = 1 中得 z = − x
−
1 3
2
2
→0
时，有 Δx → 0 ， Δy → 0 ，必有 f ( x, y ) − f ( x0 , y0 ) ≤ M Δx + Δy → 0 故 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续 14、 A. 因为
(
)
x2 x2 ，即 是有界变量，又 lim sin ky = 0 ≤ 1 x →0 x2 + y4 x2 + y4 y →0
( Δx ) α 1 lim = lim = ≠0 2 ρ →0 ρ Δx → 0 2 2 ( Δx )
2
即 α 不是 ρ 的高阶无穷小，因此 f ( x, y ) 在 ( 0, 0 ) 点不可微，故选 B . 16、 B. 由二元函数 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 极限存在及在该点连续的定义知 B. 正确 17、 C. 因为 f ( x, y ) 在点 ( x0 , y0 ) 连续是 18、 A.
2
x →0 y →0
f ( x, y ) = xy + ( x 2 + y 2 ) + α ( x 2 + y 2 )
2
2
所以在点 ( 0, 0 ) 的足够小的邻域内，在 xy > 0 处 f ( x, y ) > 0 ，在 xy < 0 处 f ( x, y ) < 0 ， 故 f ( 0, 0 ) 不是极值 20、 D. 设
F ( x, y, z ) = xy − z ln y + e xz − 1
因为
Fx′ = y + ze xz ， Fy′ = x −
z xz ， Fz′ = − ln y + xe y
Fx′ ( 0,1,1) = 2 ≠ 0 ， Fy′ ( 0,1,1) = −1 ≠ 0 ， Fz′ ( 0,1,1) = 0
将x= y= z = 7、 B.
π
6
代入 u = sin x sin y sin z 中得 u =
1 8
f x′(0,1) = lim
x →0
(1 x ) sin x 2 − 0 = lim sin x 2