(155)--第八章《多元函数微分学》答案详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第八章 多元函数微分学
8-1 基础过关
1.【答案】（1）  2 ；（2）0；（3）极限不存在；（4）极限不存在；（5） 0
xy xy xy
【解析】（1） lim  lim  lim 2；
(x,y)(0,0) 2exy 1 (x,y)(0,0) 1 (1exy) (x,y)(0,0) 1 (xy)
2 2
（2）
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
1 
( x
c
2
o

s (
y
x 2
2 )

e x
y
2 y
2
2
)

( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
1
2(
(
x
x
2
2


y
y
2
2
)
2 )
 1
 0 ；
y kx
x y (1k)x 1k
（3） lim lim  k 1，与
(x,y)(0,0) x y x0 (1k)x 1k
k 有关，所以极限不存在；
（4）取 y  x ，则原式  l i m
x  0
x
x
4
4
 1 ， 取 y   x ，则原式  l i m
x  0 x 4
x

4
4 x 2
 0 ；
xy xy xy
（5）0   ，所以
x2  y2 2 xy 2 ( x
l i m
,y ) (0 ,0 ) x
x
2
y
 y 2
 0 .
2. 【答案】（1）


z
x

2
y
c s c
2 x
y
，


z
y
 
2
y
x
2
c s c
2 x
y
；
（2）


z
x
 y 2 (1  x y ) y  1
z  xy 
， (1xy)y  ln(1xy) ；
y  1xy
u y y 1 u 1 y u y y
（3）  xz ，  xz lnx，  xz lnx；
x z y z z z2
（4） 0
【解析】（1）
z 1 x x 2 2x z x x x 2x 2x
 cot sec2  csc ， cot sec2 ( ) csc ；
x y y y y y y y y y2 y2 y
（2）


z
x
 y 2 (1  x y ) y  1
z eyln(1xy) xy
，  (1xy)y[ln(1xy) ]
y y 1xy
（3）


u
x

y
z
x
yz  1
，


u
y

1
z
x
yz
l n x ，


u
z
 x
yz
 l n x  ( 
y
z 2
)  
y
z 2
x
yz
l n x ；（4）


T
l

2 π
g

2
1
l

π
g l
，


T
g
 2 π l 


2
1
g
32

 
π
g
32
l
，
 l


T
l
 g


T
g
 l
π
g l
 g
π
g
32
l
 0 .
3.【答案】（1） 2 e

 1x

1y 
；（2） 1
【解析】（1）


z
x
 e

 1x

1y 

1
x 2
，


z
y
 e

 1x

1y 

1
y 2
， x 2


z
x
 y 2


z
y
 2 e

 1x

1y 
；
（2） f ( x , 1 )  x  f (
x
x , 1 ) 
d f (
d
x
x
, 1 )
 1 .
4.【答案】 f 
x x
( 0 , 0 , 1 )  2 ， f 
x z
( 1 , 0 , 2 )  2 ， f(0,1,0)0，
yz
f 
zzx
( 2 , 0 , 1 )  0
【解析】 f x  y 2  2 x z ， f y  z 2  2 x y ， f z  x 2  2 y z
f (
x
x , 0 , 1 )  2 x ， f (
x
1 , 0 , z )  2 z ， f y ( 0 ,  1 , z )  z 2 ，
f
f
f

x x

x z
y
z
( 0
( 1
( 0
, 0
, 0
, 
, 1 )
, 2 )
1 , 0


)
d
d

 f ( x , 0
x
d x
 f ( 1 , 0
x
d z
 d f ( x
y
d
, 1
, z
, 0
z
)
)
, 1
x 
z 
)
0
2
z


 0
2
2

,
,
0
f 2y f 0 f(2,0,1)0
zz zzx zzx
所以 f 
x x
( 0 , 0 , 1 )  2 , f 
x z
(1 , 0 , 2 )  2 ， f y
z
( 0 ,  1 , 0 )  0 , f 
zzx
( 2 , 0 , 1 )  0 .
5.【答案】
x 2 
2
y 2  z 2
【考点】多元具体复合函数求偏导
【提示】对称性
【解析】
x2
x2  y2 z2 
x x2  y2 z2 y2 z2
r r   ，
x x2  y2 z2 xx x2  y2 z2 3
(x2  y2 z2)2由对称性可得
y2
x2  y2 z2 
x2  y2 z2 x2 z2
r  
yy x2  y2 z2 3
(x2  y2 z2)2
r zz 
x 2  y 2 
x 2
2 z


y 2 
x 2
z 2

z 2
y 2  z 2

( x 2
x

2
y

2
y

2
z 2 )
32


2
x
r
2



2
y
r
2



2
z
r
2

x 2 
2
y 2  z 2
6.【答案】（1） z  
( x 2 
x
y 2 )
32
( y d x  x d y ) ；
（2） d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z ；
（3） d z
(1 ,2 )

1
3
d x 
2
3
d y
【解析】（1） z x  
x 2
y
 y 2

2 x
2
2
x
 y 2
 
( x 2
x

y
y 2 )
32
2y2
x2  y2 
2 x2  y2 x2 x
z   ，dz  (ydxxdy)
y x2  y2 3 3
(x2  y2)2 (x2  y2)2
（2）方法一：u  yzxyz1，u  xyz lnxz，
x y
u z  x y z l n x  y
d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z
方法二：du yzxyz1dxxyzlnxd(yz) yzxyz1dxxyzlnx(zdyydz)
d u  y z x y z  1 d x  z x y z l n x d y  y x y z l n x d z
（3） z x 
1  x
2
2
x
 y 2
 z x (1 , 2 ) 
1
3
， z y 
1 
2
x 2
y
 y 2
 z x ( 1 , 2 ) 
2
3
d z
(1 ,2 )

1
3
d x 
2
3
d y
7.【答案】z0.119，dz0.125【解析】  z 
y
x




y
x

y
x

1
2


0
0
.2
.1

1
2
  0 . 1 1 9 ，
1 1
dz  zxzy  0.1 (0.2)0.125
x y 4 2
8.【答案】A
【解析】 这类题考过多次，考查的是对下面关系的认知：
②  ③  ①

④
只要记住这种因果关系，不难看出应选（A）. 有的考生选择（C），错误地认为既然③可
以推出④，③又可以推出①，那么应是③  ④①.或者认为偏导数存在，函数必连续，
从而有④  ①，错误地将一元函数的情况搬到二元函数中来了.
9.【答案】B
【解析】方法一： 由于 l ix m
0
f (  x , 0 )


x
f ( 0 , 0 )
 l ix m
0
e  x


x
1
 l ix m
0


x
x
，
x
而lim 不存在，所以
x0 x
f (
x
0 , 0 ) 不存在.
又由于 l iy m
0
f ( 0 ,  y )


y
f ( 0 , 0 )
 l iy m
0
e ( y

2)
y
 1
 l ix m
0
( 

y
y
) 2
 0 ，所以 f y ( 0 , 0 ) 存在，故应
选（B）.
方法二：可以采用“先代后求”的方法.
由于 f ( x , 0 )  e x 2  e x ，在 x  0 处不可导，即 f (
x
0 , 0 ) 不存在；
f(0,y)e y4 ey2 ，在y 0处可导，即 f(0,0)存在.
y
选（B）.
10.【答案】C
【解析】（A）连续是可微的必要条件. （B）偏导存在是可微的必要条件.
（D）一阶偏导数分别在 y  0 和 x  0 时连续，并不意味着一阶偏导数整体连续，故不是
可微的充分条件（C）由极限
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f ( x , y
x
)
2


f
y
( 0
2
, 0 )
 0 取特殊路径 y  0 可得
l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x 2
f ( 0 , 0 )
 0 ，所以
A  f (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x 2
f ( 0 , 0 )

x
x
2
 0
同理， B  0 ，所以
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f ( x , y
x
)
2


f
y
( 0
2
, 0 )

( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
[ f ( x , y )  f (
x
0
2
, 0

) ]
y

2
[ A x  B y ]
 0
即函数 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 点可微，因此选项（C）正确.
z 2x 3x2
11.【答案】（1）  ln(3x2y) ，
x y2 (3x2y)y2


z
y
 
2
y
x
3
l n ( 3 x  2 y ) 
( 3 x
2

x
2
2
y ) y 2
；
（2）
d
d
u
x
 e a x s i n x
【解析】（1）


z
x
 z u  u x  z v  v x  2 u l n v 
1
y
 3
u
v
2

2
y
x
2
l n ( 3 x  2 y ) 
( 3 x
3

x
2
2
y ) y 2


z
y
 z u  u y  z v  v y  2 u l n v  ( 
x
y 2
)  2
u
v
2
 
2
y
x
3
l n ( 3 x  2 y ) 
( 3 x
2

x
2
2
y ) y 2
（2）
du 1 1
 eax[a(yz) yz] eax[a2sinxacosxacosxsinx]
dx a2 1 a2 1
eaxsinx
uv
12.【答案】
u2 v2
【解析】
1 x

y y2 y x
z  z x z y  1 1 
u x u y u x x x2  y2 x2  y2
1( )2 1( )2
y yz v  z x  x v  z y  y v 
1 
1
y
(
x
y
) 2
 1 
1

 (
x
yx
y
2
) 2
 (  1 ) 
x 2
y
 y 2

x 2
x
 y 2
z u  z v 
u
u
2


v
v 2
.
13. 【答案】（1）


u
x
 2 x f 1  y e x y f 2 ，


u
y
  2 y f 1  x e x y f 2 ；
u 1
 f （2） ，
x y 1


u
y
 
x
y 2
f 1 
1
z
f 2 ，


u
z
 
y
2 z
f 2 ；
u
 f yf yzf （3） ，
x 1 2 3


u
y
 x f 2  x z f 3
u
，  xyf
z 3
u
 f2x fexyy 2xf yexy f 【解析】（1） ，
x 1 2 1 2


u
y
  2 y f 1  x e x y f 2 ；
u 1
 f （2） ，
x y 1


u
y
 
x
y 2
f 1 
1
z
f 2
u y
，  f；
z z2 2
（3）


u
x
 f 1  y f 2  y z f 3 ，


u
y
 x f 2  x z f 3 ，


u
z
 x y f 3
14.【答案】 2 x y  x F ( u )
【解析】 z x  y  F ( u )  x F ( u ) 


y
x 2

 y  F ( u ) 
y
x
F ( u ) ，
z y  x  x F ( u ) 
1
x
 x  F ( u ) ，则 x


z
x
 y


z
y
 2 x y  x F ( u ) .
15.【答案】
y f ( x
1
2  y 2 )
y f(u) f(u)(2y)y f(u)2y2f(u)
【解析】z   f(u)2x，z  
x f 2(u) y f 2(u) f 2(u)
1 z 1 z y f(u)2y2f(u) 1 1
   f(u)2x   .
x x y y xf 2(u) yf 2(u) yf(u) yf(x2  y2)
2z 2 1 2z 1 x x
16.【答案】（1）  f f f，  f f f
x2 11 y 12 y2 22 xy y2 2 y2 12 y3 22

2
y
z
2

2
y
x
3
f 2 
x
y
2
4
f 
2 2
；
2z
（2） 2yf y4f4xy3f4x2y2f，
x2 2 11 12 22


x
2

z
y
 2 y f 1  2 x f 2  2 x y 3 f 
1 1
 5 x 2 y 2 f 
1 2
 2 x 3 y f 
2 2
，


2
y
z
2
 2 x f 1  4 x 2 y 2 f 
1 1
 4 x 3 y f 
1 2
 x 4 f 
2 2
【解析】（1） z x  f 1 
1
y
f 2 ， z y  
x
y 2
f 2 ，
2z 1 1 1  2 1
 f f

f f

 f f f，
x2 11 y 12 y 21 y 22  11 y 12 y2 22
2z x 1 x 1 x x
 f( ) f f  f f f，
xy 12 y2 y2 2 y3 22 y2 2 y2 12 y3 22


2
y
z
2

2
y
x
3
f 2 
x
y
2
4
f 
2 2
；
（2） z x  f 1  y 2  f 2  2 x y ； z y  f 1  2 x y  f 2  x 2
2  z
2  x
2  z
2  y




y
2
2
2
2
y
x
x
 ( f
1 1
 f 
2
 f 
1
 f 
1
2  y 
4  y f
1 1
2 x y ( 2
2 2 4 x y
 f
1 2
 4
x y f
 f
1 1
 2 x
3 x y
 
1 1
 4
y
f
x
x
)  2 x y
  4 x
1 2
2  f ) 
1 2
3  y f 
1 2
 ( f  y
2 1
2 2  y f
2 2
2 x ( 2 x
4  x f
2 2
2
y

 f
2 1
f


2 2
x

2
2
f
x y

2 2
)
)
 2 y f 2
2  z
 x  y


y
2
2
y
(
f
 f
1 1
 
1

2
2
x
x
f
y
2

 2
f 
1 2
x y

3
x
f
2 )

1 1


2
5
y
x
f
2
1
y

2
2 x
 f
1 2
y

(
2
 f
2 1
3 x

y
2
f
x

2 2
y  f 
2 2
x 2 )  2 x f 2
17.【答案】证明见解析
1 3
【解析】（1）u ux u y u  u  ，
s x s y s x 2 y 2
3 1 u 2 u 2 u 2 u 2
uuxu yu( )u  ，所以           ；
t x t y t x 2 y 2 x y  s   t 
（2）u ss 
1
2

u x
x

1
2
 u x
y

2
3 

2
3 
u y
x

1
2
 u y
y

2
3 

1
4
u x
x

2
3
u x
y

3
4
u y
y
u tt  
2
3 
u x
x



2
3 
 u x
y

1
2


1
2

u y
x



2
3 
 u y
y

1
2


3
4
u x
x

2
3
u x
y

1
4
u y
y
所以


2
x
u
2



2
y
u
2



2
s
u
2



2
t
u
2
.
18. 【答案】（1）


z
x

y z
x

y z 
x y
x
z
y
z xz2 xyz
， 
y xyz xy
（2）


z
x

x
z
 z
，


z
y

y (
z
x
2
 z )
【解析】方法一：（1）令 F ( x , y , z )  x  2 y  z  2 x y z ，则


z
x
 
F
F
xz
 
1
1


y
x
x
x
z
y
y
y
z
z

y z
x

y z 
x y
x
z
y
，


z
y
 
F
F
y
z
 
2
1


x z
x y
x y
x y
z
z

x z 
x y
2
z 
x y z
x y
（2） F ( x , y , z )  x  z ( l n z  l n y )


z
x
 
F
F
xz
 
 l n z 
1
l n y  1

l n z 
1
l n y  1

l n
1
z
y
 1

x
z
 z


z
y
 
F
F
y
z
 
 l n z 
z
y
l n y  1

y ( l n z 
z
l n y  1 )

y ( l n
z
z
y
 1 )

y (
z
x
2
 z )
方法二：多元微分形式不变性
（1） d x  2 d y  d z 
y
x
z
y z
d x 
x
x
z
y z
d y 
x
x
y
y z
d z  0
所以 d z 
y z
x

y z 
x y
x
z
y
d x 
x y
x

y z 
x y
x
z
y
d y
z yz xyz z xz2 xyz
，所以  ， 
x xyz xy y xyz xy
（2）
1
z
d x 
x
z 2
d z  
1
y
d y 
1
z
d z
xz 1 1
，所以 dz  dx dy
z2 z y
z z2 z z z z2
dz  dx dy，所以  ，  .
xz (xz)y x xz y y(xz)19.【答案】 1
【解析】令 F ( x , y , z )  2 s i n ( x  2 y  3 z )  ( x  2 y  3 z ) ，则F2cos(x2y3z)1
x
F y  2 c o s ( x  2 y  3 z )  2  2  2 F x ，
F z  2 c o s ( x  2 y  3 z )  (  3 )  (  3 )   3 F x  0  z  z ( x , y )
所以 z x  
F
F
xz

1
3
， z y  
F
F
y
z

2
3
，所以


z
x



z
y
 1
20.【答案】  1
【解析】


x
y
 
F
F
y
x
，


y
z
 
F
F
zy
，


z
x
 
F
F
xz
，所以


x
y



y
z



z
x
  1 .
21.【答案】 c
【解析】
x 1
c      ,
y 2
c       ，
z 1
( a )
2
( b )          
z
x
x
z
a
c
1
1
b
2
 
  
  



 


 c
，z  y  2 ，所以
y  ab
z 1 2
a


z
x
 b


z
y
 c .
22.【答案】
2 y 2 z e z 
( e
2
z
x

y 3
x
z
y

3 )
y 2 z 2 e z
【解析】方程两边对 x 求偏导得 e z  z x  y z  x y z x  0 （1），所以 z x 
e z
y

z
x y
式两边对 x 求偏导得： e z  ( z x ) 2  e z  z x
x
 2 y z x  x y z x
x
 0 ，所以
 z
x x


2
2
y
y
z
2
x
e
z

z
e

z
z e
x

( e
(
y
2
z
2  z )
x
3 x y z
 x y


3 )
2
y
y
2

z
( e
2 e
z
z
y

z
x y ) 2
 e z 
( e
y
z 
2 z
x
2
y ) 3
z(z4 2xyz2 x2y2)
23.【答案】
(z2 xy)3
【解析】F(x,y,z) z33xyza3，则 F x   3 y z ，F3xz，F3z2 3xy
y z
z x  
F
F
xz

z 2
y

z
x y
， z y  
F
F
y
z

z 2
x

z
x y
， z
x y




(

z
z
z
z
3
(


( z
4 z
 y z )
y
x y
2 z 
2  x
 2 x
2 ( z
2 ( z  x y )  ( 2 z 
2 2 ( z  x y )
 z
2 ( z  x y ) 

x y 
2 ( z  x y )
2 y )  [ 2 x z  x ( z
2 3 ( z  x y )
2 2 2 y z  x y )
3  x y )
z
2
2
y
z


2
2
x
x ) y
2 x z
 x y
y ) ] y
z
z
 x

y z
24.【答案】证明见解析
【解析】由一阶微分形式不变性可知：
d y  f d
x
x  f dt t （1）
F d
x
x  F d
y
y  F dt t  0 （2）
   F t  ( 2 ) f t 得FdyFfdxFfdy  fFdx，所以
t x t y t x t
d
d
y
x



f
x



f
t
F
t


F
y



f
t



F
t
F
x .
25.【答案】在点 ( 2 ,  2 ) 处，函数取极大值 f ( 2 ,  2 )  8
【解析】 f x  4  2 x  0 ， f y   4  2 y  0 ，解得 x  2 ， y   2
f 
x x
( x , y )   2 ， f 
x y
( x , y )  0 ， f y
y
( x , y )   2 ，
A  f 
x x
( 2 ,  2 )   2 ， B  f 
x y
( 2 ,  2 )  0 ， C  f y
y
( 2 ,  2 )   2
所以 A C  B 2  4  0 ，A0，所以 f ( x , y ) 在点 ( 2 ,  2 ) 处，函数取极大值 f ( 2 ,  2 )  8 .
26.【答案】在点 ( 3 , 2 ) 处，函数取极大值 f ( 3 , 2 )  3 6
【解析】 f(62x)(4y y2)0，
x
f y  ( 6 x  x 2 ) ( 4  2 y )  0
解得
 x
y


3
2
或
 x
y


0
0
或者
 x
y


6
0
x0
或者 或者
y 4
 x
y


6
4
f(x,y)2(4y y2)， f(x,y)(62x)(42y)， f(x,y)2(6xx2)
xx xy yy
x3
当 时
y 2
A   8 ， B  0 ，C18，所以ACB2 0，A0，
所以 f(x,y)在点(3,2)处，函数取极大值 f(3,2)36；当
 x
y


0
0
时 A  0 ，B 24， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ，
所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处，不取极值；
当
 x
y


6
0
时 A  0 ，B  24， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ，
所以 f ( x , y ) 在点 ( 6 , 0 ) 处，不取极值；
当
 x
y


0
4
时 A  0 ， B   2 4 ， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ，
所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 4 ) 处，不取极值；
当
 x
y


6
4
时 A  0 ， B   2 4 ， C  0 ，所以 A C  B 2  0 ，
所以 f ( x , y ) 在点 ( 6 , 4 ) 处，不取极值；
综上，在点 ( 3 , 2 ) 处，函数取极大值 f ( 3 , 2 )  3 6 .
1 
27.【答案】在点 ,1 处，函数取极小值
2 
f
 1
2
,  1

 
e
2
【解析】 f x  e 2 x ( 2 x  2 y 2  4 y  1 )  0 ， f y  e 2 x ( 2 y  2 )  0 ，解得 x 
1
2
， y   1
f 
x x
( x , y )  e 2 x ( 4 x  4 y 2  8 y  4 ) ， f 
x y
( x , y )  e 2 x ( 4 y  4 ) ， f y
y
( x , y )  2 e 2 x .
当 x 
1
2
，y 1时，A2e， B  0 ， C  2 e ，所以 A C  B 2  0 ， A  0 .
所以 f ( x , y )
1  1  e
在点 ,1 处，取极小值 f  ,1   .
2  2  2
28.【答案】极大值为
1
4
【解析】 g ( x )  z ( x , 1  x )  x (1  x ) ，令 g ( x )  1  2 x  0  x 
1
2
，因为
g (
1
2
)   2  0
1
，所以g(x)在x 处取最极大值，此时
2
y 
1
2
，即 z
1 1
在 , 处取极
2 2
1 1 1
大值z  ,   .
2 2 4
29.【答案】有最大周长的直角三角形为等腰直角三角形．【解析】设直角边长分别为 x , y ，则 x 2  y 2  l 2 ，所以 s  x  y  l
令 F ( x , y , z ) x y l ( x 2 y 2 l 2 )       
则 F
x
1 2 x 0      ，F12y0，
y
F x 2 y 2 l 2 0

     ，解得： x  y 
l
2
.
因为实际问题唯一的驻点，必为最值点，所以
 l
2
,
l
2

必为 s 的最大值点，即最大周长
的直角三角形为等腰直角三角形.
30.【答案】
 8
5
,
1 6
5

【解析】距离分别为： x , y ,
x  2 y
5
 1 6
， z  x 2  y 2 
1
5
( x  2 y  1 6 ) 2
令 z x  2 x 
2
5
( x  2 y  1 6 )  0 （1）， z y  2 y 
4
5
( x  2 y  1 6 )  0 （2）
2  ( 1 )  ( 2 ) 得 y  2 x
 8
x

 5
，再带入（1），（2）得
16

y 
 5
z x
x
( x , y )  2 
2
5

1 2
5
， z x
y
( x , y ) 
4
5
， z y
y
( x , y )  2 
8
5

1 8
5
所以 A  z x
x
 8
5
,
1 6
5


1 2
5
， B  z x
y
 8
5
,
1 6
5


4
5
， C  z y
y
 8
5
,
1 6
5


1 8
5
.
所以ACB2 0， A  0 ，所以 z 在
 8
5
,
1 6
5

处取唯一极小值即最小值.
31.【答案】矩形边长为
2
3
p
和
p
3
时，绕短边旋转所得圆柱体体积最大
【解析】设矩形的边长分别为x,y，则xy p，所以V πx2yπx2(px)，
dV 2 1
令  π(2px3x2)0，解得x  p，此时y  p，
dx 3 3
因为
d
d
2V
x 2
x 
23
p
 π ( 2 p  6 x )
x 
23
p
  2 π p  0 ，所以 V
2
在x  p处取唯一极大值即最大
3
2p p 4πp3
值，即矩形的边长分别为 , ，矩形体积取最大值 .
3 3 2732.【答案】最大值为 9  5 3 ，最小值为 9  5 3
【解析】椭圆方程为
 z
x


x
y
2


z
y

2
1
距离d  x2  y2 z2
令 l ( x , y , z , , ) x 2 y 2 z 2 ( x 2 y 2 z ) ( x y z 1 )             
l 2x2xu 0 (1)
x

l 2y2yu 0 (2)
 y

则l 2zu 0 (3)
z

l  x2  y2 z 0 (4)

l  x yz10 (5)

u
( 1 )  ( 2 ) 得 2 ( x y ) ( 1 ) 0     ，解得x  y或者 1   
将 x  y ，带入 ( 5 ) 得z12x，带入 ( 4 ) 得2x2 2x10，所以
x  y 
 1 
2
3
, z  2 3 ， 1 , 0      带入 ( 3 ) z  
1
2
，带入（4） x 2  y 2  
1
2
无解，所以 x  y 
 1 
2
3
， z  2  3 或 x  y 
 1 
2
3
， z  2  3
所以 d
  1 
2
3
,
 1 
2
3
, 2  3

 9  5 3
1 3 1 3 
d , ,2 3 95 3，
 
2 2
 
所以最大值为 95 3 ，最小值为 95 38-2 基础真题
1.【答案】
z
x
l
2
n

a
y 2
( x d x  y d y ) .
【解析】


z
x
 a x 2  y 2  l n a 
x 2
x
 y 2

x
x
z
2
l n

a
y 2
,


z
y
 a x 2  y 2  l n a 
x

2
y
 y 2

 y
x
z
2
l

n a
y 2
.
d z 


z
x
d x 


z
y
d y 
x
x
z
2
l n

a
y 2
d x 
 y
x
z
2
l

n a
y 2
d y 
z
x
l
2
n

a
y 2
( x d x  y d y ) .
2.【答案】
 π
e

2
【解析】


u
x
  e  x s i n
x
y

e 
y
x
c o s
x
y
，所以

 x
2 u
 y

x e
y

2
x
c o s
x
y

e
y
 x
2
c o s
x
y

x e
y

3
x
s i n
x
y
2u π 2
，所以    .
xy  1  e 
2, 
 π
3.【答案】 y f ( x y ) ( x y ) y ( x y )         
【解析】
z 1 y
 f xy fxy yx y
x x2 x
2 z
x y
y
1
x
f (
f
x
(
y
x
)
y )
1
x
( x
f (
y
x
)
y )
y
y f
( x
( x y )
y )
( x y ) y ( x y )  
 










 






     
1 x 1 y
4.【答案】 f fxyf f  g g
1 y2 2 11 y3 22 x2 x3
z 1 y
【解析】  yf f g
x 1 y 2 x2
2z  x  1 1 x  1 y
 f y xf f  f xf  f  g g
   
xy 1  11 y2 12  y2 2 y 21 y2 22  x2 x3
1 x 1 y
 f fxyf f  g g
1 y2 2 11 y2 22 x2 x35.【答案】 x 2  y 2
【解析】因为


g
x
 y


f
u
 x


f
v
，


g
y
 x


f
u
 y


f
v
，故




2
x
2
y
g
2
g
2


y
x
2
2




2
u
2
u
f
2
f
2


2
2
x
x
y
y
2  f
 u  v
2  f
 u  v


x
y
2
2




2
v
2
v
f
2
f
2






f
v
f
v
所以


2
x
g
2



2
y
g
2
 ( x 2  y 2 )


2
u
f
2
 ( x 2  y 2 )


2
v
f
2
 x 2  y 2 .
6.【答案】B
【解析】因为
u
x
( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )    


          ，
u
y
( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )    


          ，
2
x
u
2
( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )    


            ，
x
2 u
y
( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )    

 
            ，
2
y
u
2
( x y ) ( x y ) ( x y ) ( x y )    


            ，
所以


2
x
u
2



2
y
u
2
，故选项（B）正确.
7.【答案】4dx2dy
【解析】方法一：（微分法）由微分形式不变性，有
d z  f ( 4 x
d
2
z
 2 y
(1 ,2 )
) d

( 4
f
x
(
2
0

) ( 8
y
d
2 )
x

 4
f
d
(
y
4
)
x

2
4

d
y
x
2

) (
2
8
d
x
y
d x  2 y d y )
方法二： d z =


z
x
d x 


z
y
d y ，对其中一个变量求偏导数时，把其他变量看成一个常数，
求导方式与一元函数求导相同.

z
x
 f ( 4 x 2  y 2 )  8 x ，


z
y
 f ( 4 x 2  y 2 ) (  2 y ) .
所以 x  1 ，y 2， f ( 0 ) 
1
2
，代入 d z =


z
x
d x 


z
y
d y ，即可得 d z
(1 ,2 )
 4 d x  2 d y .
8.【答案】
d
d
z
x x  0
 0 ；
d
d
2
x
z
2 x  0
 1
【解析】根据题设，由 z  f ( l n y  s i n x ) 可得，
d
d
z
x
 f ( l n y  s i n x ) 
 y
y

 c o s x

， ①
2
d2z  y  y (y)2 
 f(ln ysinx)  cosx   f(ln ysinx)   sinx  ②
dx2  y   y y2 
在 y  x e y  1  1 中，令 x  0 ，得 y  1 ，即 y ( 0 )  1 .
在 y  x e y  1  1 两边对 x 求导，得 y   e y  1  x e y  1 y   0 ，
ey1
即y ，代入
1xey1
x  0 ， y ( 0 )  1 ，可得 y ( 0 )  1 .
ey1
在y 两边对再对x求导，可得
1xey1
y  
e y  1 y ( 1  x e y  1 )
( 1


e
x
y
e

y
1

(
1

)
e
2
y  1  x e y  1 y )
，
代入 x  0 ，y(0)1，y(0)1，可得 y ( 0 )  2 .
将x0， y ( 0 )  1 ， y ( 0 )  1 ， y ( 0 )  2 ， f ( 0 )  1 分别代入①式和②式，可得
d
d
z
x x  0
= 0
d2z
， 1.
dx2 x0
9.【答案】
d
d
u
x



f
x

y
x


f
y


1 
e
s i
x
n
(
(
x
x


z
z
)
)
 

f
z
du f f dy f dz
【解析】根据题设，则    ①
dx x y dx z dx
等式 e x y  x y  2 两边分别对 x
 dy  dy dy y
求导，可得exy  yx    yx  0，故 
 dx  dx dx x
xzsint sin(xz)  dz
等式ex   dt两边分别对x求导，可得ex    1 ，故
0 t xz  dxd
d
z
x
 1 
e
s i
x
n
(
(
x
x


z
z
)
)
，因此，
d
d
u
x



f
x

y
x


f
y


1 
e
s i
x
n
(
(
x
x


z
z
)
)
 

f
z
.
10.【答案】 2
【解析】方法一：等式两端对 x 求偏导数，得


z
x
 e 2 x  3 z

2  3


z
x

.
于是得


z
x

1
2

e
3
2
e
x 
2
3 z
x  3 z
同理得


z
y

1  3
2
e 2 x  3 z
，于是
3


z
x



z
y



z
x

3 
1
2

e
3
2 x
e

2
3
x
z


3 z
2
 2 .
方法二：等式两端直接求全微分，
d z  e 2 x  3 z ( 2 d x  3 d z )  2 d y  d z 
1
2

e
3
2
e
x 
2
3 z
x  3 z
d x 
1  3
2
e 2 x  3 z
d y
于是 3


z
x



z
y



z
x

3 
1
2

e
3
2 x
e

2
3
x
z


3 z
2
 2 .
11.【答案】 
[
g
g
(
( v
v
)
)
] 2
【解析】设 u  x g ( y ) ， v  y ，则 f ( u , v ) 
g
u
( v )
 g ( v ) ，


f
u

g
1
( v )
，


2
u 
f
v


g
1
( v )

v

 
[
g
g
(
( v
v
)
)
] 2
.
12.【答案】点(9,3)是函数 z ( x , y ) 的极小值点，极小值为 3 ；点 (  9 ,  3 ) 是函数 z ( x , y ) 的
极大值点，极大值为  3 ．
【解析】方程 x 2  6 x y  1 0 y 2  2 y z  z 2  1 8  0 两端分别关于 x 和y 求偏导数，得
2 x  6 y  2 y


z
x
 2 z


z
x
 0 ，①
 6 x  2 0 y  2 z  2 y


z
y
 2 z


z
y
 0 ，②
z
0,

x  x3y0, x3y,
令 得 解得 ，将上式代入
 z 0, 3x10yz 0,  z  y.
yx 2  6 x y  1 0 y 2  2 y z  z 2  1 8  0
x9, x9,
 
，可得y 3,或y 3,
 
z 3 z 3.
 
对①两端分别关于 x 和 y 求偏导数，有
2  2 y


2
x
z
2
 2
 

z
x
 2
 2 z


2
x
z
2
 0 ，
 6  2


z
x
 2 y


x
2

z
y
 2


z
y



z
x
 2 z


x
2

z
y
 0 ，
对②两端关于 y 求偏导数，有
2 0  2


z
y
 2


z
y
 2 y


2
y
z
2
 2
 

z
y

2
 2 z


2
y
z
2
 0 ，
所以 A 


2
x
z
2
9 ,3 ,3 

1
6
2z 1
，B  ，
xy 2
9,3,3
C 


2
y
z
2
9 ,3 ,3 

5
3
，
1
故ACB2  0. 又
36
A 
1
6
 0 ，从而点 ( 9 , 3 ) 是函数 z ( x , y ) 的极小值点，极小值为
z ( 9 , 3 )  3 .
类似地，由 A 


2
x
z
2
( 9 , 3 , 3 )
 
1
6
， B 


x
2

z
y
( 9 , 3 , 3 )

1
2
2z 5
，C   ，
y2 3
(9,3,3)
可知 A C  B 2 
1
3 6
 0
1
. 又A 0，所以点(9,3)是函数
6
z ( x , y ) 的极大值点，极
大值为 z (  9 ,  3 )   3 .
13.【答案】D
【解析】设 F ( x , y , ) f ( x , y ) ( x , y )     . 由已知，点(x ,y )是
0 0
f ( x , y ) 在约束条件
( x , y ) 0   下的一个极值点，故有
F
  f(x ,y )(x ,y )0
x x 0 0 x 0 0

(x ,y )
0 0

F
  f(x ,y )(x ,y )0
y y 0 0 y 0 0

(x ,y )
0 0

F
 (x ,y )0
 0 0
 (x ,y )
0 0由于
y
( x
0
, y
0
) 0   
(x ,y )
，故可得 f(x ,y ) f(x ,y ) x 0 0 0.
x 0 0 y 0 0 (x ,y )
y 0 0
将四个选项逐一讨论：若 f(x ,y )0，由上式知，
x 0 0
f y ( x
0
, y
0
) 可以为 0 ，也可以不为
0 ，所以选项（A）与（B）都不是必然的；若 f (
x
x
0
, y
0
)  0 ，则 f y ( x
0
, y
0
) 一定不为0，
故选项（C）错误，应选（D）.
4a πa
14.【答案】两段铁丝各长为 和
4π 4π
【解析】设圆形的周长为 x ，则正方形的周长为 a  x ，两图形的面积之和为
A 
 a 
4
x  2
 π

2
x
π
 2

4
1

6
π
π
x 2 
a
8
x 
a
1
2
6
4π a
，则A x ，
8π 8
A  
4 
8 π
π
 0 .
令 A   0 得 x 
4
π

a
π
，故当圆的周长为 x 
4
π

a
π
，正方形的周长为 a  x 
4
4

a
π
时，两
图形的面积之和取唯一极小值即最小值.
15.【答案】极大值 f ( 2 , 1 )  4 ；最大值为 4 ；最小值为  6 4
【解析】由方程组
 f
f
(
x
 (
y
x
x
,
,
y
y
)
)


2
x
x
2
y
(
(
4
4


x
x


y
y
)
)


x
x
2
2
y
y


0
0
，解得线段 x  0 ( 0  y  6 ) 及点
( 4 , 0 ) ， ( 2 , 1 ) . 点 ( 4 , 0 ) 及线段 x  0 ( 0  y  6 ) 在 D 的边界上，只有点 ( 2 , 1 ) 在 D 内部，
可能是极值点.
又 f 
x x
 8 y  6 x y  2 y 2 ， f 
x y
 8 x  3 x 2  4 x y ， f y
y
  2 x 2 . 在点 ( 2 , 1 ) 处
A f 6，B f 4，C  f 8，则
xx (2,1) xy (2,1) yy (2,1)
B 2  A C   3 2  0 且
A0，因此点 ( 2 , 1 ) 是 z  f ( x , y ) 的极大值点，极大值 f ( 2 , 1 )  4 .
在D边界x0(0 x6)及 y 0(0 y6)上 f(x,y)0.
在边界x y 6上，y 6x，代入 f(x,y)中得z 2x312x2(0 x6).
由 z   6 x 2  2 4 x  0 得 x  0 ， x  4 . 在边界 x  y  6 上对应 x  0 ，4， 6 处 z 值分别
为：z (2x312x2) 0，z (2x312x2) 64，
x0 x0 x4 x4
z (2x312x2) 0.
x6 x6
因此z  f(x,y)在边界上得最大值为0，最小值为 f(4,2)64将边界上最大值和最小值与驻点 ( 2 , 1 ) 处的值比较， z  f ( x , y ) 在闭区域 D 上的最大值为 f(2,1)4；最小值为
f ( 4 , 2 )   6 4 .
16.【答案】
 8
5
,
3
5

【解析】设 P ( x , y ) 为椭圆 x 2  4 y 2  4 上任意一点，则 P 到直线 2 x  3 y  6  0 的距离
2x3y6
为d  . 求d的最小值点即求
13
d 2 的最小值点.
1
作F(x,y,) (2x3y6)2 (x2 4y2 4)，由拉格朗日乘数法，令
13


F
x
 0
F
， 0，
y
F
0



 ，
得方程组
1
1
4
3
6
3


2
2
x
x
x 2
3
3
y
y
4 y 2
6
6


4
2
8
0
x
y
.
0
0
,
,













 ，解此方程组，得
8
x  ，
1 5
y
1

3
5
或 x
2
 
8
5
， y
2
 
3
5
，
于是 d
( x1 ,y1 )

1
1 3
， d
( x 2 ,y 2 )

1 1
1 3
. 由问题的实际意义，最短距离存在，因此
 8
5
,
3
5

即
为所求点.
17.【答案】所求点为 (  5 ,  5 , 5 ) 和 ( 1 , 1 , 1 )
【解析】点(x,y,z)到xOy面的距离为 z ，故求 C 上距离xOy面最远的点和最近的点的
坐标等价于求函数H  z2 在条件 x 2  y 2  2 z 2  0 ， x  y  3 z  5 下的最大值点和最小
值点，令
L(x,y,z,,) z2 (x2  y2 2z2)(x y3z5) ，令
L
L
L
L
L
'x
'y
'z
'
'
2
2
2
x
x
z
2
x
y
y
4
y 2
z
3 z
2
0
0
3
z
,
,
0 ,
2 0 ,
5 ,
 
 
 


 



 












①
②
③
④
⑤
由①  ②得： 0   或 x  y ，
（1）当 0   时，代入①或②得 0   ，再代入③得 z  0 ，再代入④，⑤，矛盾，舍去
（2）当x  y时，代入④，⑤得
 2 x
2
2
x


2
3
z
z
2


5
0
,
,
解得
 x
y
z





5
5
5
.
,
, 或
 x
y
z



1
1
1
,
,
.
回代①②③，
, 有解.
根据几何意义，曲线 C 上存在距离 x O y 面最远的点和最近的点，故所求点依次为
(5,5,5)和 ( 1 , 1 , 1 ) .
8-3 拓展拔高
1.【答案】B
 1 1 1
【解析】当x0时，lim  xsin  ysin   xlimsin 不存在，故
y0 y x y0 y
I
1
 l i m
x  0
[ l i m
y  0
f ( x , y ) ] 不存在；而由于 0  x s i n
1
y
 y s i n
1
x
 |x | |y | ， l i m
x 
y 
00
( |x | |y |)  0 ，由
夹逼准则有 l i m
x 
y 
00
f ( x , y )  0 ，故I 存在，选（B）.
2
2.【答案】 3 d x  2 d y
【解析】由 l i m
x 
y 
10
f ( x ,
e
y
(
)
x 

1
3
2) 
x
y 2


2
1
y  1
 l i m
x 
y 
10
f ( x ,
(
y
x
)


1
3
)
x
2 
 2
y 2
y  1
  2 ，且
lim(x1)2  y20，则limf(x,y)3x2y10，又 f(x,y)连续，则
 
x1 x1
y0 y0
f(x,y)3x2y1
f(1,0)3010即 f(1,0)4，再由lim 2，令
x1 (x1)2  y2
y0( x 1 ) 2 y 2 , ( x 1 , y 0 )       ，可得 f ( x , y ) 3 x 2 y 1 o ( )      即
f ( x , y ) 3 x 2 y 1 o ( )      ，则
z  f(x,y) f(1,0) f(x,y)43(x1)2yo()，由可微的定义得
z  f ( x , y ) 在 (1 , 0 ) 处可微，且 d z∣
(1 ,0 )
 3 d x  2 d y .
3.【答案】D
f(x,y) f(0,0) f(x,y) f(0,0)
【解析】由lim 2可知lim 2，
x0 ex2y2 1 x0 x2  y2
y0 y0
可得 l i m
x 
y 
00
f ( x , y
x
)
2


f
y
( 0
2
, 0 )
 l i m
x 
y 
00
f ( x , y
x
)
2


f
y
(
2
0 , 0 )
x 2  y 2  0 ，
f(x,y) f(0,0) y 0 f(x,0) f(0,0) f(x,0) f(0,0)
又lim lim lim 0，
x0 x2  y2 x0 x2 x0 x
y0
即 f(0,0)0，同理
x
f y ( 0 , 0 )  0 ，
因此 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处可微，故（A）（B）（C）均正确；
因为 l i m
x 
y 
00
f ( x ,
e
y
x
)
2 

y 2
f

(
1
0 , 0 )
 2  0 ，由极限保号性可知，存在 ( 0 , 0 ) 的去心邻域，使得
f ( x ,
e
y
x
)
2 

y 2
f

(
1
0 , 0 )
 0
，又ex2y2
10，所以 f ( x , y )  f ( 0 , 0 )  0 ，故 f ( x , y ) 在点
(0,0)处取得极小值.
4.【答案】C
【解析】由于 l ixy m
00
f ( x
(
,
x
y
2
) 2
y
x
2 )
3 y
1
  
 
 ，且 0   ， l ixy m
00
( x 2 y 2 ) 0 

  ，则
l i m
x 
y 
00
 f ( x , y )  2 x  3 y   0 ，又 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处连续，则
f(0,0)lim f(x,y)0；于是
x0
y0
f(x,y) f(0,0)2(x0)3(y0) f(x,y)2x3y
lim lim
x0 x2  y2 x0 x2  y2
y0 y0
f(x,y)2x3y  1  1
lim lim(x2  y2) 2 lim(x2  y2) 2
x0 (x2  y2) x0 x0
y0 y0 y0由于 l ixy m
00
( x 2 y 2 )
12
0
1
2





   ，而 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处可微的充要条件是
l i m
x 
y 
00
f ( x , y
x
)
2


2 x
y 2
 3 y
 0 ，故需要
1
2
  ，故选（C）.
5.【答案】D
【解析】根据拉格朗日中值定理，
f (1 , 1 )

f
f
f
x
(1
(1
(
,
,
,
1
1
1
)
)
)
f
f
f
(
(
y
0
0
(
,
,
0
0
,
)
1 )
)

( 1

)
f ( 0
1
, 1
(
)
1 )
f (
(
0 ,
1
0
)
) 
2  










 
 
  



  
其中(0,1),(1,0)， 故选（D）；
排除法，令 f ( x , y )  1 .1 x  1 .1 y ，显然 f ( x , y ) 满足题设全部条件，
但 f (1 , 1 )  0 , f (  1 , 1 )   2 . 2   2 , f (  1 ,  1 )  0 ，故（A）（B）（C）错误.
6.【答案】D
【解析】因为 l i m
x 
y 
00
F ( x , y )  F ( 0 , 0 )  0 ，所以F(x,y)在点(0,0) 处连续；
又 F (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
F ( x , 0 ) 
x
F ( 0 , 0 )
 l i m
x  0
x
x
f ( x , 0 )  0 ，同理 F y ( 0 , 0 )  0 ，因此 F ( x , y )
在点 ( 0 , 0 ) 处存在偏导数；
l ixy m
00
 z  F (
x
0
(
,

0
x
)
)

2
x


( 
F
y
 ( 0
y
2 )
, 0 )  y
 l ixy m
00
 x 
( 

x
y
) 2
f

( 
( 
x ,
y

) 2
y )
，
其中 0 
( 

x
x
) 2



(
y
 y ) 2
 2
(
(


x
x
)
)
2
2


(
(


y
y
)
)
2
2
 2 ，所以
( 

x
x
) 2



(
y
 y ) 2
为有界量，
又 f(x,y)为无穷小量，所以 l ixy m
00
 z  F (
x
0
(
,

0
x
)
)

2
x


( 
F
y
 ( 0
y
2 )
, 0 )  y
 0 ，
由可微的定义可知，函数F(x,y)在点 ( 0 , 0 ) 处可微，故选（D）.
7.【答案】可微，不连续
f(x,0) f(0,0) 00
【解析】由偏导数的定义得 f(0,0)lim lim 0，同理
x x0 x x0 xf y ( 0 , 0 )  0 ，由于当  x  0 ,  y  0 时，
 z  f ( 0   x , 0   y )  f ( 0 , 0 )  f (  x ,  y )  0   x   y  s i n
(  x ) 2
1
 (  y ) 2
，
所以
l i m
 x 
 y 
00
 z  f ( 0 , 0
x
(  x
)
)

2
x


( 
 f ( 0
y
2 y )
, 0 )  y


l i m
 x 
 y 
l i m
 x 
 y 
00
00


x
x


 y
(
 s i n
(  x
2  x )
2 )
y

( 

( 
1
2 x ) 
(  y )
2 y )
2

(
s

i n
y ) 2
(  x ) 2
1
 (  y ) 2
 0
其中当x0时，
(  x )

2
y
 (  y ) 2
与 s i n
(  x ) 2
1
 (  y ) 2
有界；
故 f(x,y)在点(0,0)处可微.
f (
x
x , y )  y s i n
x 2
1
 y 2

( x 2
y

x 2
y 2 )
32
 c o s
x 2
1
 y 2
，取 y  x ，
则 l i m
y  x  0
f (
x
x , y )  l i m
x  0

x s i n
1
2 ∣ x ∣

2
1
2

x
x
c o s
1
2 x

不存在，故 f (
x
x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处
不连续，同理， f(x,y)在点
y
( 0 , 0 ) 处不连续.
8.【答案】C
【解析】由于 0 
x
x
2
2

y
y 2
 |y |  0 ，则 l i m
x 
y 
00
f ( x , y )  l i m
x 
y 
00 x
x
2
2

y
y 2
 0  f ( 0 , 0 ) ，则
f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处连续，（A）不正确；
f (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 l i m
x  0
0 
x
0
 0 ，
f(0,y) f(0,0) 00
f(0,0)lim lim 0，
y y0 y y0 y
所以 f ( x , y ) 在点(0,0)处偏导数存在，（B）不正确；
又由于当  x  0 ,  y  0 时，
(x)2y
z  f(0x,0y) f(0,0) f(x,y) ，
(x)2 (y)2l ixy m
00
 z  f (
x
0
(
,

0
x
)
)

2
x


( 
 f ( 0
y
2 y )
, 0 )  y
 l ixy m
00
( 
( 
(
x

)
x
x
2
2 )
2 )



( 
(
y
y

)
y
2
) 2
 l ixy m
00
 (  x
( 
2 )
x

) 2
(


y
y ) 2 
32
，
由于 l ixy m
00
 (  x
( 
2 )
x

) 2
(


y
y ) 2 
32
 y  k 
l ix m
0 2
k ( 
2
x

3 )
x 3
 
2
k
2
，极限值与k有关，故由
极限存在的唯一性可知，极限不存在，故由可微的定义可知， f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处不可
微，选（C）.
9.【答案】C
【解析】由于偏导数 f (
x
x
0
, y
0
) 就是一元函数 f ( x , y
0
) 在 x  x
0
处的导数，则由 f (
x
x
0
, y
0
)
存在可知，一元函数 f ( x , y
0
) 在 x  x
0
处连续，从而 lx i m
x0
f ( x , y
0
)  f ( x
0
, y
0
) ，
同理 ly i m
y
0
f ( x
0
, y )  f ( x
0
, y
0
) ，故选（C）. 偏导数 f(x ,y ), f(x ,y )都存在，推不出
x 0 0 y 0 0
f ( x , y ) 在点 ( x
0
, y
0
) 处连续及 l i m
x 
y 
00
f ( x , y ) 存在，比如
f ( x , y ) 

x0 2
,
x

y
y 2
, ( x
( x
,
,
y
y
)
)


( 0
( 0
, 0
, 0
)
)
， ( 0 , 0 ) 点处偏导数存在，但是 l i m
x 
y 
00
f ( x , y ) 存在，从
而 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 点不连续，函数不连续，必定不可微，故（A）（B）（D）错误.
10.【答案】B
【解析】令 t 
x 
x y
y

1
x

1
y
，则u  xyf(t)，


u
x
 y f ( t )  x y f ( t ) ( 
1
x 2
)  y f ( t ) 
y
x
f ( t ) ，


u
y
 x f ( t )  x y f ( t ) ( 
1
y 2
)  x f ( t ) 
x
y
f ( t ) ，
u u
于是x2 y2 (xy)xyf(t)(xy)u，即G(x,y)xy.
x y
a 1,  1
 a ,
11.【答案】 1 或 3
b ,
  3  b1.【解析】


z
x



u
x
·


z
u



v
x
·


z
v



z
u



z
v
,


z
y



u
y



z
u



v
y



z
v
 a


z
u
 b


z
v
,


2
x
z
2



u
x
·


2
u
z
2



v
x
·


u
2 z
 v



u
x
·


v
2

z
u



v
x
·


2
v
z
2



2
u
z
2
 2


u
2 z
 v



2
v
z
2
, .
2z u 2z v 2z u 2z v 2z 2z 2z 2z
 ·  ·  ·  · a (ab) b
xy y u2 y uv y vu y v2 u2 uv v2


2
y
z
2
 a
 

u
y
·


2
u
z
2



v
y
·


u
2 z
 v

 b
 

u
y
·


v
2

z
u



v
y
·


2
v
z
2

 a 2


2
u
z
2
 2 a b


u
2 z
 v
 b 2


2
v
z
2
,
代入得
2z 2z 2z
(3a2 4a1) (6ab4a4b2) (3b2 4b1) 0,
u2 uv v2
3a2 4a10,

则3b2 4b10, 解得
 3ab2a2b10,

 a
b




1
1
3
,
,
 1
a ,
或者 3
 b1,
12.【答案】C cos x2  y2 C sin x2  y2 x2  y2 2（C ，C 均为任意常数）
1 2 1 2
【解析】 u ( x 2  y 2 ) 是一元函数 u  u ( r ) 与二元函数 r  x 2  y 2 的复合函数，由复合
函数求导法则得
u du r x du
 
x dr x r dr




2
x
2
y
u
2
u
2


d
d
d
d
2
r
2
r
u
2
u
2
x
r
y
r
2
2
2
2


d
d
d
d
u
r
u
r


1
r
1
r


x
r
y
r
2
3
2
3


1
x


u
x

1
r
d
d
u
r
于是原方程化为二阶线性常系数微分方程
d
d
2
r
u
2

1
r
d
d
u
r

1
r
d
d
u
r
 u  r 2
d2u
即 u r2
dr2通解为 C
1
c o s r  C
2
s i n r  r 2  2
因此 u ( x 2  y 2 )  C
1
c o s x 2  y 2  C
2
s i n x 2  y 2  x 2  y 2  2 .
13.【答案】
1
2
【解析】 z ( x , 1 ) 

1 
s
x
i n
2
x
 2

x 2  1
. 令 z ( x , 1 ) ( x )   ，则
z
x
(0 ,1 )
( 0 ) 


 
( 0 ) l ix m
0
( x )
x
( 0 )
l ix m
0
1
s
x
i n
2
x
x
2
x 2 1
1
l ix m
0
s
x
i n
2
x
2
x
x 2 1
1
2
 
  













 

14.【答案】50
【解析】引入函数 ( x ) f ( x , 2 x )   ，则 ( x ) f ( x , 2 ( x ) )    ，从而
( x ) f
1
( x , 2 ( x ) ) 2 ( x ) f
2
( x , 2 ( x ) )          
令x1得
(1) f(1,2(1))2(1)f(1,2(1)) （1）
1 2
可见为了求得 ( 1 )   ，只需要算出 (1 )  与 (1 )   的值并代入上式，由 ( x )  的定义可得
(1 ) f (1 , 2 ) 1   
又因
(x) f(x,2x)2f(x,2x)
1 2
在上式中令 x  1 ，可得
( 1 ) f
1
( 1 , 2 ) 2 f
2
( 1 , 2 ) f
x
( 1 , 2 ) 2 f
y
( 1 , 2 ) 2 2 3 8              
把以上结果代入（1）式就有
(1 ) f
1
(1 , 2 ) 2 8 f
2
(1 , 2 ) f
1
(1 , 2 ) 1 6 f
2
(1 , 2 ) 2 1 6 3 5 0                
15.【答案】2(x2 y2)f(xy)
【解析】
1 xy 1
z ∣xyt∣f(t)dt  xytf(t)dt txyf(t)dt
0 0 xy
xy xy 1 1
 xy f(t)dt tf(t)dt tf(t)dtxy f(t)dt
0 0 xy xy则
z x 

y
y
xy

0
xy

0
f
f
( t ) d
( t ) d
t
t


x
y
y

2
1
xy
f
f
( x
( t
y
)
)
d

t
x y 2 f ( x y )  x y 2 f ( x y )  y 
1
xy
f ( t ) d t  x y 2 f ( x y )
z x
x
 y 2 f ( x y )  y 2 f ( x y )  2 y 2 f ( x y )
由变量对称性知
z y
y
 2 x 2 f ( x y )
则 z x
x
 z y
y
 2 ( x 2  y 2 ) f ( x y )
16.【答案】 d z 

y 
1
2
x

d x 

x 
1
2
y

d y
【解析】令
 x
x


y
y


u
v
 1
x (uv),
  2
， 则 代入得
1

y  (uv),
 2
f ( u , v ) 
( u  v ) 2  ( u  v )
4
2  ( u  v ) ( u  v )
 u v 
1
4
u 2 
1
4
v 2 ,
从而 z  f  x , y   x y 
1
4
x 2 
1
4
y 2 ,
z 1 z 1
由  y x,  x y得
x 2 y 2
d z 

y 
1
2
x

d x 

x 
1
2
y

d y .
17.【答案】 x 2 y  2 s i n x  e y  1
【解析】由


x
2

z
y
 2 x
z
对y 积分得 2xyh(x)，由 f(x,0)2cosx得
x x
h ( x )  2 c o s x
z
，即 2xy2cosx，在对
x
x 积分得 z  x 2 y  2 s i n x  g ( y ) ，再由
f ( 0 , y )  e y  1 ，得g(y)ey 1，故 f ( x , y )  x 2 y  2 s i n x  e y  1 .
18.【答案】
d
d
z
x
2
2
2
1
1
 
 
 









z x,y,

【解析】由 确定y  y(x)及z  z(x)，
 yz xz等式组对x求导得
d
d
d
d
z
x
y
x
d
d
1
z
x
2
d
d
y
x
1
,
d
d
z
x
,
 




 


 



 dy dz
  ,
  2 dx dx 1
整理得
dy dz
 (1) ,
dx dx
解得
d
d
z
x
2
2
2
1
1
.
 
 
 


 
 



19.【答案】 
2 z ( y
(

y
x


x
e

z
e
)
z

) 3
z 2 e z
【解析】 x z  e z  y z 两边对 x , y 求偏导得，
z  x


z
x
 e z


z
x
 y


z
x
, x


z
y
 e z


z
y
 z  y


z
y
, 解得


z
x

y 
z
x  e z
,


z
y

x 
z
y  e z
;
z  x


z
x
 e z


z
x
 y


z
x
两边对y 求偏导得


z
y
 x


x
2

z
y
 e z


z
x



z
y
 e z


x
2

z
y



z
x
 y


x
2

z
y
,
解得
2z 2z(yxez)z2ez
 .
xy (yxez)3
20.【答案】1
【解析】由 u  f ( x , y , z )  e x  y 2 z 知
u x ( x , y , z )  e x  y 2 z x
等式 x  y  z  x y z  0 两端对 x 求偏导得
1z  yzxyz 0
x x
令 x0,y 1,z 1得 z x  0 . 则 u(0,1,1)e0 1
x
1 1
21.【答案】 dx dy
2e 2
【解析】将x e,y 0代入原式得 z  1将 x  z e y  z
z z
两边对x求偏导得1 eyz zeyz  ，解得
x x


z
x
(e ,0 )

1
2 e
；
将 x  z e y  z 两边对y 求偏导得 0 


z
y
e y  z  z e y  z 

1 


z
y
 z 1
，解得 
y 2
(e,0)
故 d z
(e ,0 )

1
2 e
d x 
1
2
d y .
22.【答案】
2 x
y

e x
2
2 
x
y
e
z
x

2 
1
y z
d x 
2 y
y e

x 2
z

e
y z
2 x

 y
1
z
d y
【解析】将 e x 2  y z  x 2  y 2  z 两边对 x 求偏导得 e x 2  y z ( 2 x  y


z
x
)  2 x 


z
x
，解得


z
x

2 x
y

e x
2
2 
x
y
e
z
x

2 
1
y z
将ex2yz  x2  y2 z两边对 y 求偏导得 e x 2  y z ( z  y


z
y
)  2 y 


z
y
，解得


z
y

2 y
y e

x 2
z

e
y z
2 x

 y
1
z
2x2xex2yz 2yzex2yz
故dz= dx dy.
yex2yz
1
yex2yz
1
23.【答案】（1） f(x)lnx1(x[1,))；（2）
d
d
y
x

2 x
F
 F

1

1
x e
e
x
x 
 y
y

( 1
F

2
x

)
1
y


F
2
2
y

1
x
【解析】
x
（1）所给等式的两边对 求偏导数，得
y
f(xy)y  f(t)dt yf(x). ①
1
①式两边对y 求偏导数，得
f(xy)xy f(xy) f(y) f(x). ②
②式中令y 1，得xf(x)1（利用题设 f ( 1 )  1
1
），则在[1,)内有 f(x) ，从而
x
f(x)lnxC，由 f 11，得C 1.因此f ( x )  l n x  1 ( x  [1 ,   ) ) .
（2）由（1）可知，所给方程可化为
F  x e x  y , ln ( x y )  1   x 2  y 2 .
等式两边对 x 求导，得
F 
1
e x  y

1  x

1 
d
d
y
x
 
 F 2 
 1
x

1
y
d
d
y
x

 2

x  y
d
d
y
x

,
即

F 
1
x e x  y  F 2 
1
y
 2 y
 d
d
y
x
 2 x  F 
1
e x  y (1  x )  F 2 
1
x
,
则
d
d
y
x

2 x
F
 F

1

1
x e
e
x
x 
 y
y

( 1
F

2
x

)
1
y


F
2
2
y

1
x
.
24.【答案】C
【解析】由
 



z
x
z
y


e
e
2
2
x
x


2
2
x
y


2
2
y

2


0
4 y  1   0
得

x
y


1
2

,
1 ,
因为


2
x
z
2
 4 e 2 x ( x  y 2  2 y  1 )
2z 2z
， 4e2x(y1)， 2e2x ，
xy y2
2z
A 2e，
x2
1
( ,1)
2
B 


x
2

z
y
(
12
, 1 )
 0 ， C 


2
y
z
2
(
12
, 1 )
 2 e ，
因为ACB2 0且A0，所以为
 1
2
,  1

极小值点，极小值为 f
 1
2
,  1

 
e
2
，选
（C）.
25.【答案】D
【解析】由于z  x y ，可知
1
z
1
( 0 , 0 )  0 ，当(x,y) (0,0)时，总有z (x,y)0，可
1
知点(0,0)为z 的极小值点.
1由于 d z
2
 ( 3 x 2  6 x ) d x  ( 3 y 2  6 y ) d y ，可知


z
2
x
 3 x 2  6 x ，


z
2
y
  ( 3 y 2  6 y ) .
易知点 ( 0 , 0 ) 为 z
2
的驻点. 又


2
x
z
22  6 x  6
2z 2z
， 2 0， 2 6y6，则
xy y2
2z | 2z |
A 2 6，B  2 0，
x2 (0,0) xy (0,0)
C 


2
y
z
22
|(0
,0 )
 6 ，
A C  B 2  3 6  0 ， A  0 ，可得 ( 0 , 0 ) 为z 的极小值点.
2
26.【答案】A
【解析】因为 u ( x , y ) 在有界闭区域 D 上连续，所以 u ( x , y ) 在 D 上必然有最大值和最小
值. 设 u ( x , y ) 的最大值或最小值在 D 的内部 P
0
( x
0
, y
0
) 处取得，则 P
0
必为函数的驻点，即
在 P
0
处有


u
x
P 0
 0 ，


u
y
P 0
 0 .但由题设，在 D 内任一点处恒有
 

u
x

2

 

u
y

2
 1  u 2 ，矛盾，所以 u ( x , y ) 的最大值和最小值必定都在 D 的边界上取
得.
27.【答案】 f
m a x
 8 ， f
m in
 0
【解析】先求 f ( x , y )  x 2  2 y 2  x 2 y 2 在区域 D 的内部极值.
 f2x2xy2 0
x 令 ，得
 f
y
4y2x2y 0
 P
P
1
2
(
( 
2 , 1
2
)
, 1 )
，有 f ( P
1
)  f ( P
2
)  2 .
再求 f(x,y) x2 2y2 x2y2 在边界上的最值.
设C 为
1
x 2  y 2  4 ( y  0 ) ，于是有 f ( x , y )  f ( x , 4  x 2 )  x 4  5 x 2  8 ，记
g ( x )  x 4  5 x 2  8 ，则
g ( x )  4 x 3  1 0 x  0
5 3
，解得x 0,x  ,y 2,y  ，
1 2,3 2 1 2,3 2
 5 3  5 3
即P(0,2),P  , ,P  , ，代入有
3 4 2 2  5 2 2 
   
f ( P
5
)  8 , f ( P
4
)  f ( P
5
) 
7
4
.
设C 为y 0(2 x2)，于是 f(x,y) f(x,0) x2 .故得
2P
6
( 0 , 0 ) , P
7
(  2 , 0 ) , P
8
( 2 , 0 ) ，代入有 f(P )0, f(P ) f(P)4.
5 7 8
比较 f ( P
1
) 到 f ( P
8
) 的大小，得 f
m a x
 8 , f
m in
 0 .
28.【答案】当 2 a 2  b 2  0 且 a  0 时， f ( x , y ) 有唯一的极小值；当 2 a 2  b 2  0 且
a0时，有唯一的极大值
【解析】由极值的必要条件，得
 



f
x
f
y


3
4


2
4
a
a
x
y


2
2
b
b
y
x


0
0
,
,
即
 2
2
a
b
x
x


2
4
b
a

y 
3 ,
4 ,
当
22 ab 24 ba
 8 a 2  4 b 2  0 时， f ( x , y ) 有唯一驻点，且
x 
3
2
a
a 2


2 b
b 2
， y 
2 (
4
2
a
a

2
3

b
b 2 )
.
A 


2
x
f
2
  2 a , B 


2
x 
f
y
  2 b , C 


2
y
f
2
  4 a .
当 A C  B 2  8 a 2  4 b 2  0 ，即 2 a 2  b 2  0 时， f(x,y)有极值
当 A   2 a  0 ，即 a  0 时，有极小值；
当 A   2 a  0 ，即 a  0 时，有极大值.
综上，当2a2 b2 0且 a  0 时， f ( x , y ) 有唯一的极小值；当 2 a 2  b 2  0 且 a  0
时，有唯一的极大值.
29.【答案】 u
m in

 1
a 2

1
1
2 b

1
c 2
 2

 1
a 2

1
b 2

1
c 2


1
a 2

1
1
b 2

1
c 2
【解析】令 F x 2 y 2 z 2
x
a
y
b
z
c
1     

  

，
 
F2x 0
 x a  
 x 

  2a
F2y 0 
 y b   x y z
由 解得y  ，代入   10得
 2b a b c
 F2z 0 
 z c  
z 
 
x y z  2c
F    10
  a b c1
a 2
2
1
b 2
1
c 2
  
 
，从而
1 1 1
x ,y  ,z  ，
 1 1 1   1 1 1   1 1 1 
a   b   c  
     
a2 b2 c2  a2 b2 c2  a2 b2 c2 
则u x2  y2 z2 在
x
a

y
b

z
c
 1 上的最小值为
1  1 1 1  1
u        .
min  1 1 1  2 a2 b2 c2  1 1 1
 
 

a2 b2 c2


a2 b2 c2
30．【答案】 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域D上的最大值为
1
3
，最小值为4
【解析】由于函数 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域 D 上连续，因此 f(x,y)在 D 上一
定存在最大值和最小值.
先求 f ( x , y )  x  x y  x 2  y 2 在闭区域 D 内部的极值.令
 f
f
(
x
 (
y
x
x
,
,
y
y
)
)


1
x


y
2

y
2

x
0

,
0 ,
解得闭区域 D 内部唯一的驻点为
 2
3
,
1
3

，且 f
 2
3
,
1
3


1
3
.
再求 f ( x , y ) 在闭区域 D 边界上的最大值与最小值（是条件极值问题），边界直线方程
即为约束条件.
在 x 轴上约束条件为y 0(0 x1)，于是拉格朗日函数为
F ( x , y , ) x x y x 2 y 2 y        ，
F1 y2x0
x

解方程组F x2y0，得可能的极值点为
y

F y 0

z
 1
2
, 0

，其函数值为
f
 1
2
, 0


1
4
.
在下面边界的端点 0,0,1,0 处，有 f(0,0)0, f(1,0)0，所以下面边界的最大
1
值为 ，最小值为0.
4同理可求出：
在上面边界上的最大值为  2 ，最小值为  4 ；
在左面边界上的最大值为0，最小值为  4 ；
在右面边界上的最大值为
1
4
，最小值为  2 .
综上，比较各值，可知函数 f(x,y) xxyx2 y2 在闭区域 D 上的最大值为
1
3
，
最小值为  4 .
31.【答案】 f  x , y  在 D 上的最大值为 f ( 2 , 5 ) 
7
3
【解析】依题意，


z
x
 y  x 2 ,


z
y
 x  1 ，故
z
z
x
d x ( y x 2 ) d x ( y ) x y
1
3
x 3 ( y )    


       ，
又
z
y
x ( y ) x 1 


     ，得 ( y ) 1     ，积分得(y)yC，所以
z  x y 
1
3
x 3  y  C .
由 f ( 1 , 1 )  
1
3
，得 C = 0 ，于是 z  f ( x , y )  x y 
1
3
x 3  y .
z z
（1）在区域D内，由  yx2 0,  x10，解得唯一驻点
x y
( 1 , 1 ) .
（2）在区域D的边界上，
1
y 00 x7, f(x,0) x3 ，显然在
3
[ 0 , 7 ] 上最大值为0；
x0(0 y7), f(0,y)y，最大值为0；
x3
x y7, f(x,7x) x2 8x70 x7 ，
3
由
d
d x
 f ( x , 7  x )    x 2  2 x  8  0 ，得 x  2 , x   4 （舍）.
综上，比较各值f ( 1 , 1 )  
1
3
, f ( 0 , 0 )  0 , f ( 2 , 5 ) 
7
3
, f ( 0 , 7 )   7 , f ( 7 , 0 )  
7
3
3
，
可得 f  x , y  在 D 上的最大值为 f ( 2 , 5 ) 
7
3
.