利用偏导数解决最值问题

青岛滨海学院文理基础学院

11文科1

刘凯丽

20110500120

摘要：利用偏导数解决实际生活中关于容器容积最大化问题，以得到最大的容积。

关键词：偏导数、最大值、容积

问题背景：生活中，很多地方需要用到最值问题。当材料有限时，如何获得要求的最大值尤为重要。因此，我们要找寻一个有效方法利用已定的资源，使其利用价值最大化。

问题的提出：要制造一个无盖的长方体水槽，已知其总造价为216元，底部造价为18元/平方米，侧面造价为6元/平方米。问应选取怎样的尺寸，才能使水槽的容积最大？

求解：

法一：设其容积为V

                                               

18xy+6(2xz+2yz)=216

 

其中x>o,y>o,z>o

法二：拉格朗日乘数法

     设在定义域内均有连续的一阶偏导数，且不同时为零。

 求目标函数在约束条件下的极值或最值的步骤：

（1）构造辅助函数——拉格朗日函数

（2）求

（3）求出的驻点为可能的极值点

（4）若求出的驻点在定义域内唯一，结合实际问题，可得到该驻点就为所求的极值点或最值点。

 

  

说明：

1、拉格朗日乘数法可推广到目标函数为多元函数以及有有限个约束条件的情形中。

2、在求驻点时，常常采用比值法，即先通过移项相比寻找自变量之间的关系，再代入约束条件方程来求解。

3、拉格朗日乘数法对一元函数的条件极值问题也成立。

总结：可见，当长、宽、高分别为2米，2米，3米时，此水槽可得到最大容积。生活中有效利用偏导数可使有限的资源得到最大化利用，这充分实践了科学发展观的基本内容。

参考文献

[1]徐文雄 . 高等数学（上册） [M]. 北京：高等教育出版社， 2006.

[2]赵树嫄 . 微积分 [M]. 北京：中国人民大学出版社， 2009.

[3]华东师范大学数学系 . 数学分析（上册） [M]. 北京：高等教育出版社， 2001

第二篇：大一高数(下)2,大一下学期高数总结归纳

河北科技大学

  《高等数学》（下）期末考试2

一、填空题（共12分）

1． （3分） 若,则               .

2. （3分） 曲面在点处的法线方程为

                                      .

3. （3分） 微分方程的通解为                     .

4. （3分）设是以为周期的周期函数，则其傅里叶级数的系数表

达式为                           

二、选择题（共16分）

1. （4分）级数为(    ).

(A)发散  (B)条件收敛  (C)绝对收敛   (D)收敛性不确定

2. （4分）设曲面与所围成的空间立体的体积为若该立体在第一卦限部分的体积是则（    ）.

(A)  (B)   (C)  (D)  

3. （4分）二重积分在极坐标系下的面积元素为（    ）.

(A)  (B) (C)   (D) 

4. （4分）若可微函数在点处取得极小值，,则下列结论中正确的是(    ).

(A)在处的导数大于零     (B)在处的导数等于零

(C) 在处的导数小于零    (D) 在处的导数不存在

三、计算题（共12分）

1.  （6分）设求

2.  （6分）设由方程所确定，求

四、计算题（共18分）

1.（6分）计算二重积分其中是由直线及所围成的闭区域.

2.（6分）将函数展开为麦克劳林级数.

3.（6分）在斜边边长为定数的直角三角形中,求有最大周长的直角三角形.

五、计算题（共12分）

1. （6分）计算曲线积分其中为及轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界.

2.（6分）求曲面积分其中为锥面的下侧.

六、计算题（共18分）

1.（6分）计算曲线积分其中是由直线所围成的三角形的正向边界.

2. （6分）判别级数的敛散性.

3. （6分）求幂级数的收敛半径和收敛区间.

七、计算题（共12分）

1.  （6分）求微分方程在初始条件下的特解.

2.  （6分）设曲线积分与路径无关,其中有一阶连续的导数,且求.

评分标准

一、 1.     2.      

3. 

 4.   ;

二、 1  C;  2  C;  3  B;  4  B.

三、 1  解                                   2分

                                               4分

2         解 方程两边求微分得                3分

                                          3分

四、 1   解  画图                           1分

原式                      2分

                                   2分

                                     1分

2           解   

                                                         2分    

                 1分

                                                          2分                                                          1分

3   解   设周长和两个直角边分别为

则                          1分

作辅助函数为                 1分

由拉格朗日乘数法，

                       2分

解之得唯一可能的极值点由问题本身的性质可知最大值一定存在，并在该点处取得，既当两个直角边分别为，斜边为时，周长最大.

 2分                                                     

五、 1  解  画图                             1分

原式=              3分

                         1分

  

                                          1分

2    解   画图                              1分

补充平面取上侧.                    1分    

由高斯公式可得

                     2分

                               1分

                                        1分

 六、1  解  画图                              1分

由格林公式得

               3分

                 2分

2    解    由比较判别法的极限形式                1分

                         2分

而级数收敛,所以原级数收敛.                  3分

3   解                       2分

                            1分

又当时原级数收敛, 当时原级数发散,

2分

所以原级数的收敛区间为                     1分

七、1  解  特征方程为       

    特征值是                            1分

    所以齐此方程的通解为                 1分

    因为是特征方程的单根，故可设特解为

                                                    1分

利用待定系数法可得                   1分

于是原方程的通解为             1分 

将初始条件代入上式得所求特解为 

                          1分

2   解   由所给条件可知

                1分

     即                         1分

     用常数变易法可得通解为              2分

     将初始条件代入上式得                   1分

     所求函数为               1分