∂ z ∂ x = f u ⋅ ∂ u ∂ x + f x = f u ⋅ e y + f x ， ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ ∂ y ( f u ⋅ e y + f x ) = ( ∂ ∂ y f u ) ⋅ e y + f u ⋅ e y + ∂ ∂ y f x = ( f u u ⋅ ∂ u ∂ y + f u y ) e y + f u ⋅ e y + ( f x u ⋅ ∂ u ∂ y + f x y ) = ( f u u ⋅ x e y + f u y ) e y + f u ⋅ e y + f x u ⋅ x e y + f x y = x e 2 y f u u + e y f u y + x e y f x u + f x y + e y f u . ∂z∂x=fu⋅∂u∂x+fx=fu⋅ey+fx， ∂2z∂x∂y=∂∂y(fu⋅ey+fx)=(∂∂yfu)⋅ey+fu⋅ey+∂∂yfx=(fuu⋅∂u∂y+fuy)ey+fu⋅ey+(fxu⋅∂u∂y+fxy)= (fuu⋅xey+fuy)ey+fu⋅ey+fxu⋅xey+fxy=xe2yfuu+eyfuy+xeyfxu+fxy+eyfu. ∂x∂z=fu⋅∂x∂u+fx=fu⋅ey+fx， ∂x∂y∂2z=∂y∂(fu⋅ey+fx)=(∂y∂fu)⋅ey+fu⋅ey+∂y∂fx=(fuu⋅∂y∂u+fuy)ey+fu⋅ey+(fxu⋅∂y∂u+fxy)= (fuu⋅xey+fuy)ey+fu⋅ey+fxu⋅xey+fxy=xe2yfuu+eyfuy+xeyfxu+fxy+eyfu.
∂ z ∂ x = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ x + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ x = v ∂ u ∂ x + u ∂ v ∂ x ，分别在 x = e u c o s v ， y = e u s i n v 两端对 x 求偏导数，得 { e u c o s v ∂ u ∂ x − e u s i n v ∂ v ∂ x = 1 ， e u s i n v ∂ u ∂ x + e u c o s v ∂ v ∂ x = 0. ，解得 ∂ u ∂ x = e − u c o s v ， ∂ v ∂ x = − e − u s i n v ，从而 ∂ z ∂ x = e − u ( v c o s v − u s i n v ) ， ∂ z ∂ y = ∂ z ∂ u ⋅ ∂ u ∂ y + ∂ z ∂ v ⋅ ∂ v ∂ y = v ∂ u ∂ y + u ∂ v ∂ y ，分别在 x = e u c o s v ， y = e u s i n v 两端对 y 求偏导数，得 { e u c o s v ∂ u ∂ y − e u s i n v ∂ v ∂ y = 0 ， e u s i n v ∂ u ∂ y + e u c o s v ∂ v ∂ y = 1. ，解得 ∂ u ∂ y = e − u s i n v ， ∂ v ∂ y = − e − u c o s v ，从而 ∂ z ∂ y = e − u ( u c o s v − v s i n v ) . ∂z∂x=∂z∂u⋅∂u∂x+∂z∂v⋅∂v∂x=v∂u∂x+u∂v∂x，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对x求偏导数，得 {eucos v∂u∂x−eusin v∂v∂x=1，eusin v∂u∂x+eucos v∂v∂x=0.，解得∂u∂x=e−ucos v，∂v∂x=−e−usin v，从而∂z∂x=e−u(vcos v−usin v)， ∂z∂y=∂z∂u⋅∂u∂y+∂z∂v⋅∂v∂y=v∂u∂y+u∂v∂y，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对y求偏导数，得 {eucos v∂u∂y−eusin v∂v∂y=0，eusin v∂u∂y+eucos v∂v∂y=1.，解得∂u∂y=e−usin v，∂v∂y=−e−ucos v，从而∂z∂y=e−u(ucos v−vsin v). ∂x∂z=∂u∂z⋅∂x∂u+∂v∂z⋅∂x∂v=v∂x∂u+u∂x∂v，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对x求偏导数，得 ⎩ ⎨ ⎧eucos v∂x∂u−eusin v∂x∂v=1，eusin v∂x∂u+eucos v∂x∂v=0.，解得∂x∂u=e−ucos v，∂x∂v=−e−usin v，从而∂x∂z=e−u(vcos v−usin v)， ∂y∂z=∂u∂z⋅∂y∂u+∂v∂z⋅∂y∂v=v∂y∂u+u∂y∂v，分别在x=eucos v，y=eusin v两端对y求偏导数，得 ⎩ ⎨ ⎧eucos v∂y∂u−eusin v∂y∂v=0，eusin v∂y∂u+eucos v∂y∂v=1.，解得∂y∂u=e−usin v，∂y∂v=−e−ucos v，从而∂y∂z=e−u(ucos v−vsin v).
d x d θ = − a s i n θ ， d y d θ = a c o s θ ， d z d θ = b ，点 ( a , 0 , 0 ) 所对应的参数 θ = 0 ， 所以曲线在给定点的切向量 T = ( 0 , a , b ) ，切线方程为 x − a 0 = y a = z b ，即 { x = a ， b y − a z = 0. ， 法平面方程为 a ( y − 0 ) + b ( z − 0 ) = 0 ，即 a y + b z = 0. dxdθ=−asin θ，dydθ=acos θ，dzdθ=b，点(a, 0, 0)所对应的参数θ=0， 所以曲线在给定点的切向量T=(0, a, b)，切线方程为x−a0=ya=zb，即{x=a，by−az=0.， 法平面方程为a(y−0)+b(z−0)=0，即ay+bz=0. dθdx=−asin θ，dθdy=acos θ，dθdz=b，点(a, 0, 0)所对应的参数θ=0， 所以曲线在给定点的切向量T=(0, a, b)，切线方程为0x−a=ay=bz，即⎩ ⎨ ⎧x=a，by−az=0.， 法平面方程为a(y−0)+b(z−0)=0，即ay+bz=0.
设所求点为 M ( x 0 , y 0 , z 0 ) ，曲面在该点处的一个法向量为 n = ( y 0 , x 0 , − 1 ) ，平面的法向量为 ( 1 , 3 , 1 ) ， 根据题意， n 垂直于平面，则 y 0 1 = x 0 3 = − 1 1 ，得 x 0 = − 3 ， y 0 = − 1 ， z 0 = x 0 y 0 = 3 ， 得所求点 M ( − 3 , − 1 , 3 ) ，法线方程为 x + 3 1 = y + 1 3 = z − 3 1 . 设所求点为M(x0, y0, z0)，曲面在该点处的一个法向量为n=(y0, x0, −1)，平面的法向量为(1, 3, 1)， 根据题意，n垂直于平面，则y01=x03=−11，得x0=−3，y0=−1，z0=x0y0=3， 得所求点M(−3, −1, 3)，法线方程为x+31=y+13=z−31. 设所求点为M(x0, y0, z0)，曲面在该点处的一个法向量为n=(y0, x0, −1)，平面的法向量为(1, 3, 1)， 根据题意，n垂直于平面，则1y0=3x0=1−1，得x0=−3，y0=−1，z0=x0y0=3， 得所求点M(−3, −1, 3)，法线方程为1x+3=3y+1=1z−3.
∂ f ∂ x = 2 x − y ， ∂ f ∂ y = − x + 2 y ， ∂ f ∂ x ∣ ( 1 , 1 ) = 1 ， ∂ f ∂ y ∣ ( 1 , 1 ) = 1 ， ∂ f ∂ l ∣ ( 1 , 1 ) = ∂ f ∂ x ∣ ( 1 , 1 ) c o s θ + ∂ f ∂ y ∣ ( 1 , 1 ) s i n θ = c o s θ + s i n θ ， 因为 c o s θ + s i n θ = 2 s i n ( θ + π 4 ) ，所以， ( 1 ) 当 θ = π 4 时，方向导数最大，最大值为 2 ， ( 2 ) 当 θ = 5 4 π 时，方向导数最小，最小值为 − 2 ， ( 3 ) 当 θ = 3 4 π 或 7 4 π 时，方向导数为 0. ∂f∂x=2x−y，∂f∂y=−x+2y，∂f∂x|(1, 1)=1， ∂f∂y|(1, 1)=1，∂f∂l|(1, 1)=∂f∂x|(1, 1)cos θ+∂f∂y|(1, 1)sin θ=cos θ+sin θ， 因为cos θ+sin θ=√2sin(θ+π4)，所以， (1)当θ=π4时，方向导数最大，最大值为√2， (2)当θ=54π时，方向导数最小，最小值为−√2， (3)当θ=34π或74π时，方向导数为0. ∂x∂f=2x−y，∂y∂f=−x+2y，∂x∂f∣ ∣(1, 1)=1， ∂y∂f∣ ∣(1, 1)=1，∂l∂f∣ ∣(1, 1)=∂x∂f∣ ∣(1, 1)cos θ+∂y∂f∣ ∣(1, 1)sin θ=cos θ+sin θ， 因为cos θ+sin θ=2sin(θ+4π)，所以， (1)当θ=4π时，方向导数最大，最大值为2， (2)当θ=45π时，方向导数最小，最小值为−2， (3)当θ=43π或47π时，方向导数为0.
椭球面在点 M 0 处沿外法线方向的一个向量为 n = ( x 0 a 2 , y 0 b 2 , z 0 c 2 ) ， e n = 1 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 ( x 0 a 2 , y 0 b 2 , z 0 c 2 ) ， ∂ z ∂ n ∣ ( x 0 , y 0 , z 0 ) = 1 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 ( 2 x 0 ⋅ x 0 a 2 + 2 y 0 ⋅ y 0 b 2 + 2 z 0 ⋅ z 0 c 2 ) = 2 x 0 2 a 4 + y 0 2 b 4 + z 0 2 c 4 椭球面在点M0处沿外法线方向的一个向量为n=(x0a2, y0b2, z0c2)，en=1√x20a4+y20b4+z20c4(x0a2, y0b2, z0c2)， ∂z∂n|(x0, y0, z0)=1√x20a4+y20b4+z20c4(2x0⋅x0a2+2y0⋅y0b2+2z0⋅z0c2)=2√x20a4+y20b4+z20c4 椭球面在点M0处沿外法线方向的一个向量为n=(a2x0, b2y0, c2z0)，en=a4x02+b4y02+c4z021(a2x0, b2y0, c2z0)， ∂n∂z∣ ∣(x0, y0, z0)=a4x02+b4y02+c4z021(2x0⋅a2x0+2y0⋅b2y0+2z0⋅c2z0)=a4x02+b4y02+c4z022
设交线上的点为 M ( x , y , z ) ，它到 x O y 面上距离的平方为 z 2 ，求函数 z 2 在约束条件 x 3 + y 4 + z 5 = 1 和 x 2 + y 2 = 1 的 最小值，作拉格朗日函数 L = z 2 + λ ( x 3 + y 4 + z 5 − 1 ) + μ ( x 2 + y 2 − 1 ) ，令 { L x = λ 3 + 2 μ x = 0 ， L y = λ 4 + 2 μ y = 0 ， L z = 2 z + λ 5 = 0. ， 又由约束条件，有 x 3 + y 4 + z 5 = 1 ， x 2 + y 2 = 1 ，解方程组，得 x = 4 5 ， y = 3 5 ， z = 35 12 ， 得可能的极值点 M 0 ( 4 5 , 3 5 , 35 12 ) ，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此 M 0 是所求点 . 设交线上的点为M(x, y, z)，它到xOy面上距离的平方为z2，求函数z2在约束条件x3+y4+z5=1和x2+y2=1的 最小值，作拉格朗日函数L=z2+λ(x3+y4+z5−1)+μ(x2+y2−1)，令{Lx=λ3+2μx=0，Ly=λ4+2μy=0，Lz=2z+λ5=0.， 又由约束条件，有x3+y4+z5=1，x2+y2=1，解方程组，得x=45，y=35，z=3512， 得可能的极值点M0(45, 35, 3512)，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此M0是所求点. 设交线上的点为M(x, y, z)，它到xOy面上距离的平方为z2，求函数z2在约束条件3x+4y+5z=1和x2+y2=1的 最小值，作拉格朗日函数L=z2+λ(3x+4y+5z−1)+μ(x2+y2−1)，令⎩ ⎨ ⎧Lx=3λ+2μx=0，Ly=4λ+2μy=0，Lz=2z+5λ=0.， 又由约束条件，有3x+4y+5z=1，x2+y2=1，解方程组，得x=54，y=53，z=1235， 得可能的极值点M0(54, 53, 1235)，由题目可知，距离最短的点必定存在，因此M0是所求点.
设切点为 M ( x 0 , y 0 , z 0 ) ， F ( x , y , z ) = x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 − 1 ， n = ( F x , F y , F z ) = ( 2 x a 2 , 2 y b 2 , 2 z c 2 ) ，曲面在点 M 处 的切平面方程为 x 0 a 2 ( x − x 0 ) + y 0 b 2 ( y − y 0 ) + z 0 c 2 ( z − z 0 ) = 0 ，即 x 0 x a 2 + y 0 y b 2 + z 0 z c 2 = 1 ，切面平在三个坐标轴上的 截距依次为 a 2 x 0 ， b 2 y 0 ， c 2 z 0 ，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为 V = 1 6 ⋅ a 2 b 2 c 2 x 0 y 0 z 0 ， 在 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 的条件下，求 V 的最小值，即求分母 x y z 的最大值， 作拉格朗日函数 L ( x , y , z ) = x y z + λ ( x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 − 1 ) ， 令 { L x = y z + 2 λ x a 2 = 0 ， ( 1 ) L y = x z + 2 λ y b 2 = 0 ， ( 2 ) L z = x y + 2 λ z c 2 = 0. ( 3 ) ， ( 1 ) ⋅ x + ( 2 ) ⋅ y + ( 3 ) ⋅ z ，由约束条件 x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 ，得 x 2 a 2 = y 2 b 2 = z 2 c 2 = 1 3 ， 从而 x = a 3 ， y = b 3 ， z = c 3 ，于是，得可能极值点 M ( a 3 , b 3 , c 3 ) ，根据问题可知， 所求切点为 M ( a 3 , b 3 , c 3 ) ，四面体的最小体积为 V m i n = 3 2 a b c . 设切点为M(x0, y0, z0)，F(x, y, z)=x2a2+y2b2+z2c2−1，n=(Fx, Fy, Fz)=(2xa2, 2yb2, 2zc2)，曲面在点M处 的切平面方程为x0a2(x−x0)+y0b2(y−y0)+z0c2(z−z0)=0，即x0xa2+y0yb2+z0zc2=1，切面平在三个坐标轴上的 截距依次为a2x0，b2y0，c2z0，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为V=16⋅a2b2c2x0y0z0， 在x2a2+y2b2+z2c2=1的条件下，求V的最小值，即求分母xyz的最大值， 作拉格朗日函数L(x, y, z)=xyz+λ(x2a2+y2b2+z2c2−1)， 令{Lx=yz+2λxa2=0，(1)Ly=xz+2λyb2=0，(2)Lz=xy+2λzc2=0.(3)，(1)⋅x+(2)⋅y+(3)⋅z，由约束条件x2a2+y2b2+z2c2=1，得x2a2=y2b2=z2c2=13， 从而x=a√3，y=b√3，z=c√3，于是，得可能极值点M(a√3, b√3, c√3)，根据问题可知， 所求切点为M(a√3, b√3, c√3)，四面体的最小体积为Vmin=√32abc. 设切点为M(x0, y0, z0)，F(x, y, z)=a2x2+b2y2+c2z2−1，n=(Fx, Fy, Fz)=(a22x, b22y, c22z)，曲面在点M处 的切平面方程为a2x0(x−x0)+b2y0(y−y0)+c2z0(z−z0)=0，即a2x0x+b2y0y+c2z0z=1，切面平在三个坐标轴上的 截距依次为x0a2，y0b2，z0c2，切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积为V=61⋅x0y0z0a2b2c2， 在a2x2+b2y2+c2z2=1的条件下，求V的最小值，即求分母xyz的最大值， 作拉格朗日函数L(x, y, z)=xyz+λ(a2x2+b2y2+c2z2−1)， 令⎩ ⎨ ⎧Lx=yz+a22λx=0，(1)Ly=xz+b22λy=0，(2)Lz=xy+c22λz=0.(3)，(1)⋅x+(2)⋅y+(3)⋅z，由约束条件a2x2+b2y2+c2z2=1，得a2x2=b2y2=c2z2=31， 从而x=3a，y=3b，z=3c，于是，得可能极值点M(3a, 3b, 3c)，根据问题可知， 所求切点为M(3a, 3b, 3c)，四面体的最小体积为Vmin=23abc.
总收入函数为 R = p 1 q 1 + p 2 q 2 = 24 p 1 − 0.2 p 1 2 + 10 p 2 − 0.05 p 2 2 ， 总利润函数为 L = R − C = 32 p 1 − 0.2 p 1 2 − 0.05 p 2 2 + 12 p 2 − 1395 ， 根据极值的必要条件，得方程组 { ∂ L ∂ p 1 = 32 − 0.4 p 1 = 0 ， ∂ L ∂ p 2 = 12 − 0.1 p 2 = 0. 解方程组，得 p 1 = 80 ， p 2 = 120 ， 根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当 p 1 = 80 ， p 2 = 120 时，厂家获得总利润最大， 最大总利润为 L ∣ p 1 = 80 ， p 2 = 120 = 605. 总收入函数为R=p1q1+p2q2=24p1−0.2p21+10p2−0.05p22， 总利润函数为L=R−C=32p1−0.2p21−0.05p22+12p2−1395， 根据极值的必要条件，得方程组{∂L∂p1=32−0.4p1=0，∂L∂p2=12−0.1p2=0.解方程组，得p1=80，p2=120， 根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当p1=80，p2=120时，厂家获得总利润最大， 最大总利润为L|p1=80，p2=120=605. 总收入函数为R=p1q1+p2q2=24p1−0.2p12+10p2−0.05p22， 总利润函数为L=R−C=32p1−0.2p12−0.05p22+12p2−1395， 根据极值的必要条件，得方程组⎩ ⎨ ⎧∂p1∂L=32−0.4p1=0，∂p2∂L=12−0.1p2=0.解方程组，得p1=80，p2=120， 根据问题可知，厂家获得总利润最大的市场售价必定存在，所以当p1=80，p2=120时，厂家获得总利润最大， 最大总利润为L∣ ∣p1=80，p2=120=605.
( 1 ) 设 M ( x 0 , y 0 ) ∈ D ，问 f ( x , y ) 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为 g ( x 0 , y 0 ) ， 试写出 g ( x 0 , y 0 ) 的表达式； ( 2 ) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在 D 的 边界线 x 2 + y 2 − x y = 75 上找出 ( 1 ) 中的 g ( x , y ) 达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置 . (1) 设M(x0, y0)∈D，问f(x, y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为g(x0, y0)， 试写出g(x0, y0)的表达式； (2) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在D的 边界线x2+y2−xy=75上找出(1)中的g(x, y)达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置. (1) 设M(x0, y0)∈D，问f(x, y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大，若记此方向导数的最大值为g(x0, y0)， 试写出g(x0, y0)的表达式； (2) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚找一上山坡度最大的点作为攀岩的起点，也就是说，要在D的 边界线x2+y2−xy=75上找出(1)中的g(x, y)达到最大值的点，试确定攀岩起点的位置.
( 1 ) 根据梯度与方向导数的关系可知， h = f ( x , y ) 在点 M ( x 0 , y 0 ) 处沿梯度 g r a d f ( x 0 , y 0 ) = ( y 0 − 2 x 0 ) i + ( x 0 − 2 y 0 ) j 方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模， 所以 g ( x 0 , y 0 ) = ( y 0 − 2 x 0 ) 2 + ( x 0 − 2 y 0 ) 2 = 5 x 0 2 + 5 y 0 2 − 8 x 0 y 0 . ( 2 ) 欲在 D 的边界上求 g ( x , y ) 达到最大值的点，只需求 F ( x , y ) = g 2 ( x , y ) = 5 x 2 + 5 y 2 − 8 x y 达到最大值的点， 作拉格朗日函数 L = 5 x 2 + 5 y 2 − 8 x y + λ ( 75 − x 2 − y 2 + x y ) ，令 { L x = 10 x − 8 y + λ ( y − 2 x ) = 0 ， ( 1 ) L y = 10 y − 8 x + λ ( x − 2 y ) = 0. ( 2 ) 由约束条件，有 75 − x 2 − y 2 + x y = 0. ( 3 ) ， ( 1 ) + ( 2 ) ，得 ( x + y ) ( 2 − λ ) = 0 ，解得 y = − x ，或 λ = 2 ， 当 y = − x ，由 ( 3 ) 得 x = ± 5 ， y = ∓ 5 ，当 λ = 2 ，由 ( 1 ) 得 y = x ，再由 ( 3 ) 得 x = ± 5 3 ， y = ± 5 3 ， 得四个可能极值点， M 1 ( 5 , − 5 ) ， M 2 ( − 5 , 5 ) ， M 3 ( 5 3 , 5 3 ) ， M 4 ( − 5 3 , − 5 3 ) ， 由于 F ( M 1 ) = F ( M 2 ) = 450 ， F ( M 3 ) = F ( M 4 ) = 150 ，所以 M 1 和 M 2 可作为攀岩的起点 . (1) 根据梯度与方向导数的关系可知，h=f(x, y)在点M(x0, y0)处沿梯度 grad f(x0, y0)=(y0−2x0)i+(x0−2y0)j方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模， 所以g(x0, y0)=√(y0−2x0)2+(x0−2y0)2=√5x20+5y20−8x0y0. (2) 欲在D的边界上求g(x, y)达到最大值的点，只需求F(x, y)=g2(x, y)=5x2+5y2−8xy达到最大值的点， 作拉格朗日函数L=5x2+5y2−8xy+λ(75−x2−y2+xy)，令{Lx=10x−8y+λ(y−2x)=0，(1)Ly=10y−8x+λ(x−2y)=0.(2) 由约束条件，有75−x2−y2+xy=0.(3)，(1)+(2)，得(x+y)(2−λ)=0，解得y=−x，或λ=2， 当y=−x，由(3)得x=±5，y=∓5，当λ=2，由(1)得y=x，再由(3)得x=±5√3，y=±5√3， 得四个可能极值点，M1(5, −5)，M2(−5, 5)，M3(5√3, 5√3)，M4(−5√3, −5√3)， 由于F(M1)=F(M2)=450，F(M3)=F(M4)=150，所以M1和M2可作为攀岩的起点. (1) 根据梯度与方向导数的关系可知，h=f(x, y)在点M(x0, y0)处沿梯度 grad f(x0, y0)=(y0−2x0)i+(x0−2y0)j方向的方向导数最大，方向导数的最大值为该梯度的模， 所以g(x0, y0)=(y0−2x0)2+(x0−2y0)2=5x02+5y02−8x0y0. (2) 欲在D的边界上求g(x, y)达到最大值的点，只需求F(x, y)=g2(x, y)=5x2+5y2−8xy达到最大值的点， 作拉格朗日函数L=5x2+5y2−8xy+λ(75−x2−y2+xy)，令⎩ ⎨ ⎧Lx=10x−8y+λ(y−2x)=0，(1)Ly=10y−8x+λ(x−2y)=0.(2) 由约束条件，有75−x2−y2+xy=0.(3)，(1)+(2)，得(x+y)(2−λ)=0，解得y=−x，或λ=2， 当y=−x，由(3)得x=±5，y=∓5，当λ=2，由(1)得y=x，再由(3)得x=±53，y=±53， 得四个可能极值点，M1(5, −5)，M2(−5, 5)，M3(53, 53)，M4(−53, −53)， 由于F(M1)=F(M2)=450，F(M3)=F(M4)=150，所以M1和M2可作为攀岩的起点.