习题九πππ,,1.求函数u=xy2+z3-xyz在点（1，1,2）处沿方向角为343的方向导数。uuuucoscoscoslxyz解：(1,1,2)(1,1,2)(1,1,2)πππ(y2yz)cos(2xyxz)cos(3z2xy)cos5.(1,1,2)3(1,1,2)4(1,1,2)32.求函数u=xyz在点（5,1,2）处沿从点A（5,1,2）到B（9，4，14）的方向导数。AB{4,3,12},AB13.解：AB的方向余弦为4312cos,cos,cos131313uyz2x(5,1,2)(5,1,2)uxz10y(5,1,2)(5,1,2)uxy5(5,1,2)(5,1,2)zu4312982105.故l13131313x2y2abx2y2z1,13.求函数a2b2在点22处沿曲线a2b2在这点的内法线方向的方向导数。解：设x轴正向到椭圆内法线方向l的转角为φ，它是第三象限的角，因为2x2yb2xy0,ya2b2a2yab,所以在点22处切线斜率为ab22byab.,ba22a22acos法线斜率为b.batan,sin于是a2b2a2b2z2z2x,y,xa2yb2∵z2ab2ba122ab2(ab).l,a22a2b2b22a2b2ab∴224.研究下列函数的极值：(1)z=x3+y3－3(x2+y2);(2)z=e2x(x+y2+2y);(x2y2)(3)z=(6x－x2)(4y－y2);(4)z=(x2+y2)e;(5)z=xy(a－x－y),a≠0.z3x26x0xz3y26y0解：（1）解方程组y得驻点为（0,0）,(0,2),(2,0),(2,2).z=6x－6,z=0,z=6y－6xxxyyy在点（0，0）处，A=－6，B=0，C=-6，B2－AC=－36<0，且A<0,所以函数有极大值z(0,0)=0.在点（0，2）处，A=－6，B=0，C=6，B2－AC=36>0，所以(0,2)点不是极值点.在点（2，0）处，A=6，B=0，C=－6，B2－AC=36>0，所以(2,0)点不是极值点.在点（2，2）处，A=6，B=0，C=6，B2－AC=－36<0，且A>0,所以函数有极小值z(2,2)=-8.ze2x(2x2y24y1)0xz2e2x(y1)0(2)解方程组y1,1得驻点为2.z4e2x(xy22y1)xxz4e2x(y1)xyz2e2xyy11e,1z,12在点2处,A=2e,B=0,C=2e,B2-AC=-4e2<0,又A>0,所以函数有极小值2.z(62x)(4yy2)0xz(6xx2)(42y)0(3)解方程组y得驻点为（3,2）,(0,0),(0,4),(6,0),(6,4).Z=－2(4y-y2),xxZ=4(3－x)(2－y)xyZ=－2(6x－x2)yy在点（3，2）处，A=－8，B=0，C=－18，B2－AC=－8×18<0,且A<0，所以函数有极大值z(3,2)=36.在点（0，0）处，A=0，B=24，C=0，B2－AC>0，所以(0,0)点不是极值点.在点（0，4）处，A=0，B=-24，C=0，B2－AC>0，所以(0,4)不是极值点.在点（6，0）处，A=0，B=-24，C=0，B2－AC>0，所以(6,0)不是极值点.在点（6，4）处，A=0，B=24，C=0，B2－AC>0，所以(6,4)不是极值点.2xe(x2y2)(1x2y2)02ye(x2y2)(1x2y2)0(4)解方程组得驻点P(0,0),及P(x,y),其中x2+y2=1，00000在点P处有z=0，而当（x,y）≠(0,0)时，恒有z>0，0故函数z在点P处取得极小值z=0.0再讨论函数z=ue-udzdzeu(1u)0由du，令du得u=1,dzdz00当u>1时，du；当u<1时，du,由此可知，在满足x2+