(267)--第五章习题册答案解析_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

第五章 多元函数微分学
5-1综合测试
1.【答案】C
【解析】若函数 f(x,y)一阶偏导连续，则 f ( x , y ) 一定可微，反之不一定成立. 若函数
f ( x , y ) 一阶偏导不连续，则函数不一定不可微，选（C）.
2.【答案】连续；对 x , y 可偏导；可微
【解析】0 f(x,y)  xy ，因为 l i m
x 
y 
00
x y  0 ，由夹逼定理得 l i m
x 
y 
00
f ( x , y )  0  f ( 0 , 0 )
即 f ( x , y ) 在(0,0)处连续.
由 l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 0 得 f (
x
0 , 0 )  0 ，同理 f y ( 0 , 0 )  0 ，即 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 )
处可偏导.
令 x 2 y 2    ，则
f ( x , y ) f ( 0 , 0 ) f
x
( 0 , 0 ) x f
y
( 0 , 0 ) y x y
s i n
1
2   
    

0
x y
s i n
1
2
x y
x
y
x .
   
    
xy 1
由夹逼定理得lim sin 0，即
0  2
f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 处可微.
3.【答案】（1）连续；（2）不可微
【解析】（1）因为 l i m
x 
y 
00
f ( x , y )  l i m
x 
y 
00
x y  l i m
x 
y 
00
s i n (
x
x
2
2


y
y
2
2 )
 0  f ( 0 , 0 )
故 f(x,y)在点 ( 0 , 0 ) 处连续.
f(x,0) f(0,0)
（2）因为A f(0,0)lim 0，
x x0 x0f(0,y) f(0,0)
B f(0,0)lim 0，所以
y y0 y0
[f(x,y) f(0,0)][A(x0)B(y0)] sin(x2  y2) xy
lim lim 
x0 x2  y2 x0 x2  y2 x2  y2
y0 y0
xy
lim
x0 x2  y2
y0
y  x x2 1
lim  0
x0 x2 x2 2
所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处不可微.
4.【答案】不连续；对 x , y 都可偏导
【解析】因为
1
lim f(x,y)lim f(x,x2)
x0 x0 2
yx2
1
lim f(x,y)lim f(x,x2)
x0 x0 2
yx2
所以 l i m
x 
y 
00
f ( x , y ) 不存在，故函数 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处不连续.
因为 l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 0
f(0,y) f(0,0)
，lim 0. 所以函数 f(x,y)在点(0,0)
y0 y
处对 x , y 都可偏导.
5.【答案】连续；对 x , y 都可偏导；可微
【解析】（1）由
l i m
x 
y 
00
f ( x , y )  l i m
x 
y 
00
y a r c t a n
x 2
1
 y 2
 l i m
x 
y 
00
y a r c t a n
x 2
1
 y 2
 l i m
x 
y 
00
y 
π
2
 0 ，
lim f(x,y)  f(0,0)0，则
x0
y0
f ( x , y ) 在(0,0)处连续.
f(x,0) f(0,0)
（2）由lim 0得 f(0,0)0.
x0 x x由 l i m
y  0
f ( 0 , y ) 
y
f ( 0 , 0 )
 l i m
y  0
a r c t a n
1
y

π
2
得 f y ( 0 , 0 ) 
π
2
， f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 处可偏导.
（3）令 x2  y2 ， z f ( x , y ) f ( 0 , 0 ) y a r c t a n
1

   
l i m
0
y a r c t a n
1 π
2
y
l i m
0
y
a r c t a n
1 π
2

     







.
因为
y
1


1 π y  1 π
且limarctan  ，所以lim   arctan   0，
0  2 0   2
即 f ( x , y ) 在(0,0)处可微.
6.【答案】 b d x  c d y
【解析】当(x,y)(0,0)时，ln(1x2  y2)~ x2  y2 ，所以
f(x,y)abxcy
lim 1
(x,y)(0,0) x2  y2
( x
l i m
,y ) (0 ,0
[) f ( x , y )  a  b x  c y ]  0 ，
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f ( x , y )  a .
又由 f ( x , y ) 在(0,0)处连续即得 f(0,0)a. 再由极限与无穷小的关系可知，当
( x , y )  ( 0 , 0 ) 时，
f ( x , y ) 
x
f
2
( 0

, 0
y
)
2
 b x  c y
 1  o ( 1 ) ，（ o ( 1 ) 为当 ( x , y )  ( 0 , 0 ) 时
的无穷小量），所以 f ( x , y ) f ( 0 , 0 ) b x c y x 2 y 2 o ( x 2 y 2 ) o ( )         
（ x2  y2 0），即 f(x,y) f(0,0)bxcyo()（ 0   ），由可微的概
念，得 d f  x , y 
0 ,0 
 b d x  c d y .5-1拓展提升
1.【答案】B
【解析】 f (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 l i m
x  0
1 
x
1
 0
或 f (
x
0 , 0 ) 
d
d x
[ f ( x , 0 ) ] 
d
d x
( 1 )
x  0
 0
由对称性知 f y ( 0 , 0 )  0 ，则命题（1）是正确的.
又 f (
x
x , 0 ) 
d
d x
[ f ( x , 0 ) ] 
d
d x
( 1 )  0
则 l i m
x  0
f (
x
x , 0 )  0  f (
x
0 , 0 ) .
由对称性知 l i m
y  0
f y ( 0 , y )  f y ( 0 , 0 ) ，则命题（2）也是正确的.
当 x  0 时， f y ( x , 0 )  l i m
y  0
f ( x , y ) 
y
f ( x , 0 )
 l i m
y  0
x y 
y
1
  ，
则
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f y ( x , y ) 不存在，从而 f y ( x , y ) 在(0,0)点不连续，由对称性知 f y ( x , y ) 在
(0,0)点不连续，则（3）不正确.
由于 l i m
y 
x 
x0
f ( x , y )  l i m
x  0
x 2  0 . 而 f(0,0)1，从而 f ( x , y ) 在(0,0)点不连续，故不可
微，则（4）不正确. 故应选（B）.
2.【答案】B
【解析】由于0 f(x,y)  sinxcosy 1cosy，又
lim sinxcosy 1cosy  sinx ，lim sinx 0
y0 x0
故 l i m
x  0
l i m
y  0
( s i n x c o s y  1  c o s y )  0 ，
由夹逼准则知，limlim f(x,y) 0，故有limlim f(x,y)0，即（B）正确.
x0 y0 x0 y0
f(x,0) f(0,0) sinx0
对于选项（A）， f(0,0)lim lim 1，故（A）错误.
x x0 x x0 x对于选项（C）， f y
x
( 0 , 0 )  [ f y ( x , y ) ] 
x
|
(0 ,0 )
 [ f y ( x , 0 ) ] 
x
|
x  0
其中当 x  0 时，
f y ( x , 0 )  l i m
y  0
f ( x , y ) 
y
f ( x , 0 )
 l i m
y  0
s i n x c o s
y
y  s i n x
 l i m
y  0
s i n x ( c o
y
s y  1 )
 0
则 f 
y x
( 0 , 0 )  0 ，（C）错误.
f(0,y) f(0,0) 1cosy0
对于选项（D）， f(0,0)lim lim 0，故（D）错误.
y y0 y y0 y
3.【答案】D
【解析】令 f ( x , y ) 
 x y , x
1 , x
y
y


0
0
,
.
则 l i m
x  0
f (
x
x , 0 )  f (
x
0 , 0 ) ， l i m
y  0
f y ( 0 , y )  f y ( 0 , 0 ) ，
但 f ( x , y ) 在(0,0)点不可微，则 l i m
x  0
f (
x
x , 0 )  f (
x
0 , 0 ) ， l i m
y  0
f y ( 0 , y )  f y ( 0 , 0 ) 不是
f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 点可微的充分条件.
令 f ( x , y ) 

(
0
x
,
2  y 2 ) s i n
x 2
1
 y 2
, (
(
x
x
,
,
y
y
)
)


(
(
0
0
,
,
0
0
)
)
,
.
则 f (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
x 2 s i n
x
1
x 2
 0
 0 ，由对称性知 f y ( 0 , 0 )  0 .
f(x,y) f(0,0)f(0,0)x f(0,0)y
 x y 
lim
x0 (x)2 (y)2
y0
1
 lim (x)2 (y)2 sin 0,
x0 (x)2 (y)2
y0
则 f(x,y)在(0,0)点可微，而当x0时，
d  1  1 2 1
f(x,0) x2sin 2xsin  cos ,
x dx x2  x2 x x2
则lim f(x,0)不存在，从而lim f(x,0) f(0,0)不成立，由对称性知
x x x
x0 x0l i m
y  0
f y ( 0 , y )  f y ( 0 , 0 ) 也不成立，则 l i m
x  0
f (
x
x , 0 )  f (
x
0 , 0 ) ， l i m
y  0
f y ( 0 , y )  f y ( 0 , 0 ) 是
f(x,y)在(0,0)点可微的既非必要也非充分条件.
4.【答案】C
【解析】
①显然正确.
f(0,0) f(x,0) f(0,0) x|x|
② lim lim 0，正确.
x x0 x x0 x
③
 f (

0
y
, 0 )
 l i m
y  0
f ( 0 , y ) 
y
f ( 0 , 0 )
 l i m
y  0
y |
y
y |
 0 ，错误.
④ l ixy m
00
 f 
( 
0
x

)

2
x


( 
0
y
 
2 )
y
 l iy m
0
  x  
( 
y
x
 ∣
2 )


x
(
∣


y
∣
) 2
 y ∣ 
，由于
0 

(
2

( |
x


x

( 
| 
y
x
) (∣
2 )
| 


y
x ∣
( 
||)

y
∣
)

2
y ∣ )

(  x
|
)

2
x

|
(  y ) 2
 |  x |  |  y | 
(  x
|
)

2
y

|
(  y ) 2
 |  x |  |  y |
且 l ixy m
00
2 (∣  x ∣  ∣  y ∣ )  0 ，故 l ixy m
00
(  x  
( 
y
x
) (∣
2 )


x
(
∣


y
∣
)

2
y ∣ )
 0 ，所以 f(x,y)在点 ( 0 , 0 )
处可微，且df(0,0)0，正确.
5.【答案】请参照解析
【解析】
（1）由limf(x,y)AxByC f(x ,y )Ax By C 0，
0 0 0 0
xx
0
yy
0
故 f ( x
0
, y
0
)  A x
0
 B y
0
 C .
（2）由
f(x,y)AxByC f(x,y) f(x ,y )A(xx )B(y y )
lim  lim 0 0 0 0 0.
xx 0 (xx )2 (y y )2 xx 0 (xx )2 (y y )2
yy 0 0 0 yy 0 0 0
得lxy i m
 x0
 y 0
f ( x , y )  f (
(
x
x
0
,

y
x
)
0
)
0

2
A ( x  x
0
)
 0 ，可得 f (
x
x
0
, y
0
)  A ，同理 f(x ,y )B.
y 0 0
（3）由 l i
x 
y 
m
x0y
0
f ( x , y )  f ( x
0
( x
,

y
0
x
)
0

2 )
A

(
(
x
y


x
y
)
0
)
0

2
B ( y  y
0
)
 0 ，故 f(x,y)在 ( x
0
, y
0
) 处可微，
且dz  AdxBdy.
(x ,y )
0 0
（4） z  f ( x , y ) 在 ( x
0
, y
0
) 处的切平面的法向量为
( f (
x
x
0
, y
0
) , f y ( x
0
, y
0
) ,  1 )  ( A , B ,  1 ) ，
故切平面A(xx )B(yy )(zz )0，代入
0 0 0
z
0
 z ( x
0
, y
0
)  A x
0
 B y
0
 C ，即
z  A x  B y  C .
6.【答案】 n  3 , 4 , .
【解析】当 n  1 或2时，取特殊路径 y  k x ，易知极限不存在.
当 n  1 时，沿直线 y  x  0 ，有
x y 2x 1
lim f(x,y) lim lim lim
(x,y)(0,0) (x,y)(0,0) x2  y2 x0 2x2 x0 x
极限不存在，所以函数 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 不连续.
当 n  2 时，沿直线y  x0，有
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f ( x , y ) 
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
x
x
2
2
(
(
1
1


k
k
)
2
2
)

( 1
1


k
k
)
2
2
与 k 有关，极限不存在. 从而不连续.
(x y)2
当n2时，由于0 2，则
x2  y2
x y n x y2
f(x,y)   x y n2 2 x y n2 0((x,y)(0,0))
x2  y2 x2  y2
所有 lim f(x,y)0 f(0,0)， f(x,y)在点(0,0)连续.
(x,y)(0,0)
综上可知，使 f(x,y)在点(0,0)处连续的正整数n3,4, .7.【答案】不连续
【解析】 f(1,1)sin1，当(x,y)(1,1)时，由


z
x
  s i n y 
1 
1
x y
对 x 求积分得
z x s i n y
1
y
l n | 1 x y | ( y )      
(y)为待定函数. 又由 f(1,y)sin y，得
1
sin y ln|1 y|(y)sin y
y
所以 ( y ) 2 s i n y
1
y
l n | 1 y |     ，
从而 f ( x , y )  ( 2  x ) s i n y 
1
y
l n
1
1


y
x y
.
由于 l i m
x 
y 
11
f ( x , y )  s i n 1  l i m
x 
y 
11
l n
1
1


y
x y
，取x yk 1(kN)，则有
1 y 1 y 1 1
limln limln limln ln
x1 1xy y1 1 yk1 y1 yk  yk1  y1 k1
y1
该极限与 k 有关，所以 l i m
x 
y 
11
f ( x , y ) 不存在，故函数 f(x,y)在点 ( 1 , 1 ) 不连续.5-2综合测试
1.【答案】 3 ；  2 ； x 3 y 2  x 2 y 2  y  C ，C为任意常数
【解析】方法一：若
d f ( x , y )  ( a x 2 y 2  2 x y 2 ) d x  ( 2 x 3 y  b x 2 y  1 ) d y ，
则 f (
x
x , y )  a x 2 y 2  2 x y 2 ， f(x,y)2x3ybx2y1.
y
从而 f(x,y)2ax2y4xy， f(x,y)6x2y2bxy.
xy yx
由于对任何常数a， b ， f与
xy
f 
y x
都是连续的，所以两者相等，即
2 a x 2 y  4 x y  6 x 2 y  2 b x y ，
比较同次幂系数，得 a  3 ， b   2 .
现由


f
x
 3 x 2 y 2  2 x y 2 ， （1）


f
y
 2 x 3 y  2 x 2 y  1 ， （2）
将（1）式对x积分得， f ( x , y )  x 3 y 2  x 2 y 2  C ( y ) .
对 y 求偏导数得，


f
y
 2 x 3 y  2 x 2 y  C ( y ) ，再由（2）式得 C ( y )  1 ，
C(y) yC . 因此 f(x,y) x3y2x2y2 yC，（ C 为任意常数）.
2.【答案】2
x2  y2
【解析】由 f(x,y) 知，
exy xy x2  y2
f ( x , 0 )  x 2 ，则 f(1,0)2x 2.
x x1
3.【答案】ex 3(x y)2 exy
【解析】在等式zex  y2 f(x y)中令y 0，得z ex  f(x) x3 ，则
z
f(x) x3ex ，zex  y2 (x y)3exy . 故 ex 3(x y)2 exy .
xπ(2π)
4.【答案】
(1π)2
【解析】


f
x

x
1
 y
 y c o s ( x y ) ，


2
x 
f
y
 
( x 
1
y ) 2
 c o s ( x y )  x y s i n ( x y ) .
从而


2
x 
f
y
(1 ,π )
 
( 1 
1
π ) 2
 c o s π  π s i n π  1 
( 1 
1
π ) 2

π
(
(
1
2


π
π
)
)
2
.
5.【答案】 y x y  1 f 1  2 l n y  y 2 x f 2
【解析】由 z  f ( x y , y 2 x )
z
知  yxy1f2y2xln y f.
x 1 2
6.【答案】 e x y  x y e x y  f 
1 1
 ( x  y ) f 
1 2
 x y f 
2 2
 f 2
【解析】由zexy  f(x y,xy)知，


z
x
 y e x y  f 1  y f 2 ，


x
2

z
y


e
e
x
x
y
y


x
x
y
y
e
e
x
x
y
y


f
f

1 1

1 1


x
(
f
x

1 2


y
f
)
 
2
 f
1 2
y

 f
2 1
x y

 f
2 2
x y

f 
2 2
 f
2
7.【答案】x2 y2
【解析】 g x  2 x f u  y f v ， g y  2 y f u  x f v . 继续求 g ( x , y ) 的二阶偏导数，又有
g 2f2x(f)  y(f) 2f2x(2xf  yf) y(2xf  yf)
xx u u x v x u uu uv uv vv
2f4x2f 4xyf  y2f
u uu uv vv
g y
y


2
2
f
f
u
u


2
4
y
y
(
2
f
f
)
u

u u
y


4
x
x
(
y
 f )
v
 f
u v
y


x
2
2 f
 f
u

v v
 2 y ( 2 y f 
u u
 x f 
u v
)  x ( 2 y f 
u v
 x f 
v v
)
故 g x
x
 g y
y
 4 ( x 2  y 2 ) f 
u u
 ( x 2  y 2 ) f 
v v
 ( x 2  y 2 ) ( 4 f 
u u
 f 
v v
)  x 2  y 2
8.【答案】
1
2
s i n x  C
【解析】由u(x,y) f(2x5y)g(2x5y)及 u ( x , 0 )  s i n 2 x 知，
f(2x)g(2x)sin2x，
u(x,y)5f(2x5y)5g(2x5y)，
yu(x,0)5f(2x)5g(2x)0，
y
即 f ( 2 x )  g ( 2 x )  0 .
又由 f(2x)g(2x)sin2x知，2f(2x)2g(2x)2cos2x.
由以上（1）式和（2）式得 f ( 2 x ) 
1
2
c o s 2 x
1
，即 f(x) cosx.
2
故 f ( x ) 
1
2
s i n x  C .
9.【答案】
1
2
x 2 y 
1
2
x y 2  x  y 2
【解析】连续两次分别对 x 和 y 积分，即可得到 f ( x , y ) 的表达式.
由


x
2

z
y
 x  y
z 1
，有  (x y)dy  xy y2 C (x).
x 2 1
进一步有 f ( x , y )  

x y 
1
2
y 2  C
1
( x )

d x 
1
2
x 2 y 
1
2
x y 2   C
1
( x ) d x  C
2
( y )
又 f ( x , 0 )   C
1
( x ) d x  C
2
( 0 )  x ，两边对x求导得， C
1
( x )  1 ，于是
f ( x , y ) 
1
2
x 2 y 
1
2
x y 2  x  C
2
( y ) .
再由 f ( 0 , y )  C
2
( y )  y 2
1 1
，从而得 f(x,y) x2y xy2 x y2.
2 2
10.【答案】 x f 1  y f 2
【解析】由 
z
x y
h ( x y  z  t ) d t
x y  z  t  u

x
z
y
h ( u ) (  d u )  
z
x y
h ( u ) d u ，则对
u  z
 f yzxy f,
  u  f(x,y,xyz)  x 1   x  3
 z 关于x求偏导得
  exyz   xy h(u)du  exyz   yzxy z  h(z) z  yh(xy),
   x x
u  yzexyz  yh(xy)
解得  f  yzxy  f.
x 1  h(z)xyexyz  3由对称性得，


u
y
 f 2 

x z  x y 
x z
h
e
(
x y z
z )


x
x
h
y
(
e
x
x y
y
z
) 
f 3 ，
故
x


u
x
 y


u
y


x

x
f
f
1

1

x

y

z
y
x y z
 x
 f .
2

2 y
x
2
2 y

2 
x z e
h ( z
x z e
h ( z
y z 
) 
y z
)
h
x


(
y
h ( x y
x y x y e
 x y )

x y z e 
)
z
f

3
f 3  y f 2
11.【答案】请参照解析
【解析】由 z  ( x 2  y 2 ) se c 2 ( x  y ) ，得 z  e se c 2 ( x  y )ln ( x 2  y 2 )
则


z
x
 e se c 2 ( x  y )ln ( x 2  y 2 )

2 s e c 2 ( x  y ) t a n ( x  y ) l n ( x 2  y 2 ) 
x 2
2

x
y 2
s e c 2 ( x  y )



z
y
 e se c 2 ( x  y )ln ( x 2  y 2 )

2 s e c 2 ( x  y ) t a n ( x  y ) l n ( x 2  y 2 ) 
x 2
2

y
y 2
s e c 2 ( x  y )

12.【答案】 4 [1  ( x 2  y 2 ) ] e 2x  2y
【解析】 z 2xex2y2 ， 2z 2e x2y2 4x2e x2y2 ，
x x2


z
y
 2 y e x 2  y 2 ，
2z 2e x2y2 4y2e x2y2 ，则
y2


2
x
z
2
 

2
y
z
2
 4 [ 1  ( x 2  y 2 ) ] e 2x  2y .
13.【答案】请参照解析
【解析】由
 u
v


x
1
y
,

1
x
,
xu,

得 u ，则
y  ,

 1uv
 1 z x z y 1 x 1 z 1 z 1
        
   
u z2 x u y u x2 u z2 x (1uv)2 y u2
1 z y2 z 1 1 1
      0
z2 x x2 y u2 x2 u214.【答案】 a 
1
4
1
，b  
4
g f x f y f f
【解析】     v u ，
u x u y u x y
g f x f y f f
    u v ，
v x v y v x y
a
 

g
u
 2
 b
 

g
v
 2



a
(
u

a v
2
v
2




v
f
x
2
b

u
u
2 )



f
y



f
x
2


2
b


(
u
a u
 f
 x
2 

b
v
v


2
f
y

)




2
f
y
 2
 2 u v ( a  b )


f
x



f
y
2 2 2 2
f  f  f  f 
又     4   4   ，代入可得
x y y y
( a  b ) ( v 2  u 2 )
 

f
x

2
 2 u v ( a  b )


f
x



f
y
 4 ( a u 2  b v 2 )  u 2  v 2 ，
于是
 a
4
4

a
b
b



1 ,
 1
0
,
,
故 a 
1
4
， b  
1
4
.
15.【答案】 1
u z
【解析】 exyz2 2exyz ，
x x
x  y  z  x y z  0 ，两边关于 x 求偏导得
z z
1  yzxy 0，将
x x
x  0 , y  1 , z   1
z u
代入得 0，故 1.
x 0,1 x 0,1,15-2拓展提升
1 3  x 1
1.【答案】u(x,y) arctan



C.
2 2 2 2 y 3
【解析】
 x
d
 
ydxxdy  y
du(x,y) 
3x2 2xy3y2
 x
2
2x
3  3
 
 y y
 x
d
 
1  y 1 3  x 1
  darctan 
 
3 x 1 2 8 2 2 2 2  y 3
 
 
 y 3 9
1 3  x 1
所以u(x,y) arctan



C.
2 2 2 2 y 3
dy x(16z)
2.【答案】  ，
dx 2y(13z)
d
d
z
x

1 
x
3 z
【解析】方法一：将方程组化为 x 2  2 y 2  3 ( x 2  y 2 ) 2  2 0 ，等式两边同时对x求导，
得
dy  dy
2x4y 6(x2  y2)

2x2y

0
dx  dx
dy x[16(x2  y2)] x(16z)
解得   .
dx 2y[13(x2  y2)] 2y(13z)
把方程组化为 x 2  2 ( z  x 2 )  3 z 2  2 0 ，两边同时对x求导，得
2 x  2
 d
d
z
x
 2 x

 6 z
d
d
z
x
 0
dz x
解得  .
dx 13zdz dy
2x2y ,

dx dx
方法二：方程组两边同时对x求导，得 ，解得
dy dz

2x4y 6z 0,
 dx dx
 d
d
d
d
z
x
y
x


1

x
 3 z
x (1
2 y (1
,


6
3
z )
z )
.
3.【答案】 a   2 ， b  1
【解析】由于
f u
2axzeax2by2 ，
x x


f
y
 2 b y z  e a x 2  b y 2


u
y


2
x 
f
y



2
4
4
a
a
a
x
b
b

x
x
2
y
y
b
z
z
y


z
2
2

a
a
e
x
x
a
e
e
2 x 
2 a x
2 a x
b


2 y
b y
b y


2
2
u
y




u
y
u
y




2
2
2
b
b
b
y
y
y
e
e
e
2 2 a x  b y
2 2 a x  b y
2 2 a x  b y






u
x
u
x
u
x


e
e
2 2 a x  b y
2 2 a x  b y
2  u
 x  y
2  u
 x  y

代 入

 x
2 u
 y
 0

故
2f f f
2y 4x 8xyz
xy x y
u u
(4ab4a8b8)xyz(2a)2xeax2by2 (b1)2yeax2by2
y x
从而有 2  a  0 ， b  1  0 ，4(a2)(b1)0，解得 a   2 ， b  1 .
4.【答案】A
【解析】令 G ( x , y )  F

l n
x
y
,
x 2 
x y
y 2 
，则
1 1 y   1  x 1
G  F F

 ，G F



F

 

.
x u x v  y x2  y u  y v  y2 xx
由ln 有意义知
y
x y  0 ，又FF0故
u v
1 1 y 
F F 
 
dy G u x v  y x2  xy2FF(x2y y3)
 x   u v
dx G  1  x 1 x2yFF(x3xy2)
y F  F   u v
u

 y

 v

 y2 x


y  xyF u F v (x2  y2)  y
 
xxyFF(x2  y2) x
 u v 
故选（A）.
5.【答案】请参照解析
 1 1
【解析】在方程F

z ,z

0的两边分别关于x,y求偏导，得
 x y
 

z
x

1
x 2

F u 


z
x
F v  0 ，


z
y
F u 
 

z
y

1
y 2

F v  0
由此解得


z
x

x 2 ( F
 F
u

u
F )
v
，


z
y

y 2 (

F
F
u
v
 F )
v
，所以 x 2


z
x
 y 2


z
y
 0
对上式两边关于 x 和y 分别求偏导，得
2z 2z z
x2  y2 2x ，
x2 yx x
x 2


x
2

z
y
 y 2


2
y
z
2
  2 y


z
y
上面第一式乘以 x 加上第二式乘以 y
z z
，并注意到x2  y2 0，得到
x y
x 3


2
x
z
2
 x y ( x  y )


x
2

z
y
 y 3


2
y
z
2
 0 .
1
6.【答案】
2
z
【解析】由题设可知 f(x,x2)1，  x，在等式 f(x,x2)1两边同时对x求
x (x,x2)
z f(x,x2) x 1
导，得 f(x,x2) f(x,x2)2x0，故  f(x,x2) 1   .
1 2 y (x,x2) 2 2x 2x 27.【答案】A
【解析】对等式 z ( x , 3 x )  x 2 的两端关于x求二阶导，并注意到


x
2

z
y



y
2

z
x
，得
z 1 ( x , 3 x )  3 z 2 ( x , 3 x )  2 x ， z 1
1
( x , 3 x )  6 z 1
2
( x , 3 x )  9 z 2
2
( x , 3 x )  2
因为


2
x
z
2



2
y
z
2
，所以有 5 z 1
1
( x , 3 x )  3 z 1
2
( x , 3 x )  1 ①
再对等式z(x,3x) x3的两端关于
1
x 求导数，得
z 1
1
( x , 3 x )  3 z 1
2
( x , 3 x )  3 x 2 ②
将①，②式联立，消去 z 1
1
( x , 3 x ) ，可得 z 1
2
( x , 3 x ) 
5
4
x 2 
1
1
2
，故选（A）.
8.【答案】 2  ( n ! )
【解析】 z 
x
x
 y
 (  x )
y
1
 x
n
1 n!
，由  (1)n ，知
 x xn1


n
y
z
n
 (  x )  (  1 ) n
( y 
n !
x ) n  1
故


n
y
z
n (2 ,1 )
 (  1 ) n  1  2 
( 
n
1
!
n )  1
 2  ( n ! ) .
9.【答案】（1）
z
x
f
y
x
y
x
f
y
x
2
x
y




 
 
 
 
 
，
x
2 z
y
y
x 2
f
y
x
2
y
x
2
x
y




  
 
 
 
；
（2） f ( y ) 
a 3
3
b 
3
1
y 2

y
6
3 
 C
1
y  C
2
，其中C ,C 为任意常数
1 2
【解析】（1）由复合函数求导法则，得z  y  y y   x1
 f xf  2y
      
x  x  x x2   y y
 y y  y  x
 f  f 2
     
 x x  x  y
x
2 z
y
f
y
x 2
y
x
f
1
x
y
x
1
x
f
2
y
x
2
y
x
x
y
y
x
f
y
x
1
x
2
x
y
x
y 2






 

 






 


 

 
 
  


（2）由（1）得
a
y
2
f 
 y
a


2
y
a
2
f 
 a
y

 b y 2 ，令
y
a
 u ，得
u 2 1
f(u) f a2bu2
a au2 u
即 u 3 f ( u )  2 f 
 1
u

 a 3 b u 4 . 两边同时除以 u 3
2 1
得 f(u) f   a3bu.
u3 u
用 u
1
替换 ，得
u
f 
 1
u

 2 u 3 f ( u )  a 3 b
1
u
. 两式求解得 f ( u ) 
a 3
3
b 
u
2
4
 u

，两次
积分得 f ( u ) 
a 3
3
b 
3
1
u 2

u
6
3 
 C
1
u  C
2
，所以 f ( y ) 
a 3
3
b 
3
1
y 2

y
6
3 
 C
1
y  C
2
，其
中 C
1
, C
2
为任意常数.
10.【答案】 f ( x , y )  e  x s i n y ( s i n y  0 ) ， d f 
0
π,2    d x
【解析】由 f ( x , y ) 可微，知 f ( x , y ) 的偏导数存在，故由偏导数的定义，有
  1 
f0,y  
  1 n f  0,y 1  limnln  n 11 f  0,y 1 f(0,y)
lim  f   0,y n    en l  im  nln  f(0,y) n e n    f(0,y)    en l  im  n  f( n 0  ,y)
 
n
 f(0,y) 
 1  1
f 0,y  f(0,y) f 0,y  f(0,y)
   
 n  n 1 f(0,y)
又因为limn    y
n f(0,y) 1 f(0,y) f(0,y)
nf(0,y) y
所以e f(0,y) ecoty，即
  f
y
 f
0
0
,
,
y
y

 c o t y ，上式两边对y 积分，得
ln f(0,y) ln sin y lnC
解得 f ( 0 , y )  C s i n y ，由 f

0 ,

2

 1 ，得 C  1 ，故 f ( 0 , y )  s i n y ，
又由
 f (

x
x
, y )
  f ( x , y ) ，即
 f
f
( x ,
 x
( x ,
y
y
)
)
  1 ，两边对 x 积分，得
l n f ( x , y )   x  C
1
( y )
解得 f ( x , y )   e C 1 ( y )  e  x  C ( y )  e  x ，由 f ( 0 , y )  s i n y ，得 C ( y )  s i n y ，故
 
f(x,y)exsiny(siny0)，因为 f  0,  1，
x  2
f y

0 ,

2

 0 ，所以
d f 
0
π,2    d x .
11.【答案】请参照详解
【解析】由 f ( x , y ) 和
 f (

x
x
, y )
在 D 的边界上均为零，即
f ( 0 , y )  f ( x , 0 )  f (1 , y )  f ( x , 1 )  0 ， 0  x  1 , 0  y  1
 f (

0
x
, y )

 f (

x
x
, 0 )

 f ( 1 ,
 x
y )

 f (

x
x
, 1 )
 0 ， 0  x  1 , 0  y  1
 f(x,y)d  1 dy 1 f(x,y)dx  1 xf(x,y) x1  1 x f dx  dy
 
0 0 0 x0 0 x 
D
1 1 f 1 1f
 dy x dx xdx dy
0 0 x 0 0 x
1  f y1 1 2f 
 xy  y dydx
0  x
y0
0 xy 
1 1
2f
1 1
2f
  xdx y dy    xy dxdy
0 0 xy 0 0 xy
（反复用到了交换积分次序）.那么，
D
f ( x , y ) d
1
0
1
0
x y
2
x
f
y
d x d y
1
0
1
0
x y
2
x
f
y
d x d y 4
1
0
1
0
x y d x d y 1      

 
  

 
    .5-3综合测试
1.【答案】A
【解析】因为 l i m
x 
y 
00
f ( x , y
x
) 

f
y
(
2
0 , 0 )
  3 ，所以由极限的保号性，存在 0   ，当
0 x2  y2 时，
f ( x , y
x
) 

f
y
(
2
0 , 0 )
 0 .
因为当 0 x 2 y 2     时， x  y 2  0 ，
所以当 0 x 2 y 2     时，有 f(x,y) f(0,0)，
即 f ( x , y ) 在(0,0)处取极大值，选（A）.
2.【答案】D
【解析】由 f(x,y)在点(x ,y )取得极小值及极值的定义可知，
0 0
f ( x , y
0
) 在 x  x
0
取极
小值， f ( x
0
, y ) 在 y  y
0
处取极小值，故应选（D）.
【注】极值点不一定是驻点，因为在该点处偏导数不一定存在，例如 f ( x , y )  x  y ，
显然在 ( 0 , 0 ) 点取极小值，但 f (
x
0 , 0 ) 和 f y ( 0 , 0 ) 都不存在，则排除（A）；驻点不一定是
极值点，排除（B）；（C）选项的结论对一元函数是成立的，但对二元函数不成立，有可
能边界处的函数值要大于极大值（反例可参照本篇第6题）.
3.【答案】D
【解析】 f2kx，
x
f y  3 y 2  3 ，显然
f(0,1)0，
x
f y ( 0 , 1 )  0 ，
f(0,1)2k ， f(0,1)6， f(0,1)0.
xx yy xy
ACB2 12k，则 f(x,y)在点(0,1)处是否取得极值与k的取值有关.
4.【答案】A【解析】显然 f ( x , y )  1  x  y 在区域 x 2  y 2  1 内无驻点，令
F(x,y,)1x y(x2 y21)
F12x0
x

令F12y 0 ，得
y
 F  x2  y2 10


x  y  
1
2
.
所以 f
 1
2
,
1
2

 1  2 为最大值， f


1
2
, 
1
2

 1  2 为最小值，
( 1  2 ) ( 1  2 )   1 . 故应选（A）.
5.【答案】C
【解析】令 g ( x , y )  x y ，问题可转化为求函数 g ( x , y ) 在区域 D  { ( x , y ) | 4 x 2  y 2  1 }
上的最小值.
由于函数 g ( x , y ) 在 D 内仅有唯一驻点 ( 0 , 0 ) 且 g ( 0 , 0 )  0 . 从而为求 g ( x , y ) 在 D 上
的最小值，只需比较g(x,y)在 D 的边界 4 x 2  y 2  1 上的最小值与 g ( 0 , 0 )  0 的大小.
方法一：求 g ( x , y )  x y 在4x2  y2 1上的最小值可用拉格朗日乘数法. 引入拉格朗日
函数F(x,y,)xy(4x2 y2 1)，求F(x,y,)的驻点，解方程组
F
F
F
x
y
y
x
4 x 2
8
2
x
y
y 2
0
0
1 0
( 1
( 2
( 3
)
)
)



 










 
8 1
显然(x,y)(0,0)不是解，由（1），（2）求它的非零解，必须有 0，
1 2
1
 ，即y 2x，代入（3）得，
4
8 x 2  1 ， x  
2
1
2
.
 1 1   1 1 
于是可解得四个驻点P  , ，P   , ，
1 2
2 2 2   2 2 2 
P
3

2
1
2
, 
1
2

与
 1 1  1 1
P 4    2 2 , 2   ，经计算知在P 1 与P 4 处g(x,y) 4 ，在P 2 与P 3 处g(x,y) 4 .比较即知函数 f ( x , y )  e  x y 在 D 上的最大值在P 与P 处取得，且最大值是
2 3
e
14
. 应
选（C）.
方法二：化为求一元函数的最小值问题.
由 4 x 2  y 2  1 解出， y   1  4 x 2


1
2
 x 
1
2

.
代入 g ( x , y ) 化为求 z ( x )   x 1  4 x 2


1
2
 x 
1
2

的最小值.
z   

1  4 x 2 
1
4

x 2
4 x 2

 
1
1


8 x
4
2
x 2
由 z   0 得， x  
2
1
2
 1  1 1 1
. z      ，
2 2 2 2 2 4
z


2
1
2


1
4
.
又 z


1
2

 0 . 因此 z ( x )


1
2
 x 
1
2

的最小值是 
1
4
. f ( x , y )  e  x y 在 D 的最大值是
1
e4.
6.【答案】B
【解析】由于
 



f
x
f
y


3
2
x
x
2


2
8
y
x 

2
0
y  0
的解为 ( 0 , 0 ) ，(2,2). 只有 ( 0 , 0 ) 在D内.
又因为A f 6x8，B f 2，
xx xy
C  f y
y
  2 ，可得在点(0,0)处A8，
ACB2 0，以点(0,0)是极大值点.
注意 f(0,0)0，在D的边界上点(4,1)处 f ( 4 , 1 )  7  f ( 0 , 0 ) ，即 f ( 0 , 0 ) 不是
f(x,y)在D的最大值，(0,0)不是 f(x,y)在D的最大值点. 因此选（B）.
7.【答案】A【解析】设函数 f(x,y)在点 ( 0 , 0 ) 的某空心邻域中满足
f(x,y)4x2  y2
1
x4 x2y2  y4
即 f ( x , y )   4 x 2  y 2  x 4  x 2 y 2  y 4 .
不难求得 f (
x
0 , 0 )  f y ( 0 , 0 )  0 ， f(0,0)8，
xx
f 
x y
( 0 , 0 )  0 ， f y
y
( 0 , 0 )  2 . 于
是点 ( 0 , 0 ) 是函数 f ( x , y ) 的驻点，且 A   8 ， B  0 ， C  2 满足
ACB2 160，故点 ( 0 , 0 ) 不是函数 f ( x , y ) 的极值点. 答案选（A）.
8.【答案】D
【解析】此问题归结为求函数
u  xyz(x0,y 0,z 0)
在条件 x  y  z  a 下的最大值.
方法一：用拉格朗日乘数法.
令 F ( x , y , z , ) x y z ( x y z a )       
解方程组
F
 yz0

x

F

 xz0
y

F

 xy0
z

F
  x yza0

用 x ，y ， z 分别乘第一、二、三个方程得 x  y  z ，再代入最后一个方程式得
a
x  y  z  .
3
a a 3 a3
由题意最大值一定存在，因此当x  y  z  时u取最大值   .
3 3 27方法二：化为简单最值问题.
从条件xyza中解得z ax y，代入u  xyz得u  xy(ax y)，转化为求
函数 u  x y ( a  x  y ) 在开区域
D{(x,y)|x0,y 0,x ya}
中的最大值. 这个最大值一定存在，它在 D 内的驻点达到. 令
 



u
x
u
y


y
x
(
(
a
a


x
x


y
y
)
)


x
x
y
y


0
0

 x
2

x 
y
y  a
解得 x 
a
3
， y 
a
3
是唯一驻点，也就是最大值点.
a a a a a3
因此u的最大值是u    a    .
3 3 3 3 27
9.【答案】大； ( 1 , 1 ) ； 6
【解析】按隐函数微分法求偏导数.
z z
2x2z 24 0
x x
解得
z 1x
 （1）
x z2
由x，y 的对称性知


z
y

1
z


y
2
（2）
z
由 0，
x


z
y
 0 得唯一驻点(x,y)(1,1).
将(x,y)(1,1)代入方程中得到z2 4z120，(z6)(z2)0.
由于z 0 z(1,1)6. 为判断(1,1)是否是极值点，进一步求z(x,y)在(1,1)处的二z z
阶偏导数. 注意  0. 由（1）式得
x y
(1,1) (1,1)


2
x
z
2

 ( z  2
(
)
z


( 1
2 )

2
x )


z
x
， A 


2
x
z
2
(1 ,1 )
 
z
1
 2
(1 ,1 )
 
1
4
.
同样由（1）式得
2z (x1) z
 ，
xy (z2)2 y
B 


x
2

z
y
1 ,1 
 0 .
由（2）式得


2
y
z
2

 ( z  2
(
)
z


( 1
2

2 )
y )


z
y
， C 


2
y
z
2
(1 ,1 )
 
z
1
 2
(1 ,1 )
 
1
4
.
于是在 ( 1 , 1 ) 处 A C  B 2 
1
1
6
 0 ， A  
1
4
 0 ， ( 1 , 1 ) 是 z ( x , y ) 的极大值点，相应的极
大值是 6 .5-3拓展提升
1.【答案】D
【解析】在区域D内存在(x ,y )，使得
0 0
f ( x
0
, y
0
) 为正的最大值，则 f ( x
0
, y
0
)  0 ，且
f (
x
x
0
, y
0
)  0 ， f y ( x
0
, y
0
)  0
由题设条件得 f (
x
x
0
, y
0
)  f y ( x
0
, y
0
)  f ( x
0
, y
0
)  0 ，矛盾，故选项（A）不正确. 同
理，选项（B）也不正确.
此时，已经得到对任意 ( x , y )  D ， f ( x , y )  0 ，故 f(x,y)在 D 的边界上和 D 的内部
处处为最大值，处处为最小值.
2.【答案】A
【解析】令z  z  x y20，故满足
x y
x  y  2  0 的点 P 均为驻点，又
A z 1，
xx P
B  z x
y P
 1 ，C  z 1，
yy P
  A C  B 2  0 ，  判别法失效. 事实
上，
z 
1
2
( x  y ) 2  2 ( x  y )  5 
1
2
[ ( x  y ) 2  4 ( x  y )  4 ]  3 
1
2
[ ( x  y )  2 ] 2  3  3
即直线 x  y  2  0 上的全部点均为z的极小值点，且极值为 3 .
3.【答案】A
【解析】由F(x ,y )0，得
x 0 0
d
d
y
x
|
x  x0
 
F
F
(
x
(
y
x
x
0
0
,
,
y
y
0
0
)
)
 0 ，故x x 是
0
y  y ( x ) 的驻点.
方程 F ( x , y )  0 两边同时对x求导，得 F (
x
x , y )  F y ( x , y ) 
d
d
y
x
 0 . 再对x求导，得
dy  dydy d2y
F(x,y)F(x,y)  F(x,y)F(x,y) F(x,y) 0. 将
xx xy dx   yx yy dx  dx y dx2
( x
0
, y
0
)
d2y| F(x ,y )
代入上式，解得  xx 0 0 0，故
dx2 xx 0 F(x ,y )
y 0 0
y  y ( x ) 在x x 处取得极小值，（A）
0
正确.
1 5 4
4.【答案】u  ,   为极小值
3 3 3【解析】由


u
x
 2 x  y  1 ，有 u ( x , y ) x 2 x y x ( y )     
u
. 再由  x2y3，有
y
x(y) x2y3，得 ( y ) 2 y 3     ，所以 ( y ) y 2 3 y C     .
于是 u ( x , y )  x 2  x y  x  y 2  3 y  C . 再由 u ( 0 , 0 )  1 得 C  1 . 从而
u u
u(x,y) x2 xy y2 x3y1. 再由 0， 0解得驻点
x y
 1
3
, 
5
3

. 此时
2u
A 2，
x2
B 

 x
2 u
 y
 1 ， C 


2
y
u
2
 2 ， A C  B 2  3  0 ，且 A  2  0 ，所以
u
 1
3
, 
5
3

 
4
3
为极小值.
5.【答案】 z 的极小值为z(1,1) z(1,1)2，极大值不存在
2z 2z
【解析】由已知可得  2，在等式
yx xy 

y
2

z
x
  2 两边同时对 x 积分，得


z
y
  2 x  C
1
( y ) ，由


z
y (0 ,y )
 4 y 3  2 y ，得C (y)4y32y，故
1


z
y
  2 x  4 y 3  2 y ，对该式两端同时对 y 积分，得z 2xy y4  y2 C (x)，由
2
z(x,0) x4 x2 得 C
2
( x )  x 4  x 2 ，故zz(x,y)x4 y4 x2 y2 2xy.
令
 



z
x
z
y


4
4
x
y
3
3


2
2
x
x


2
2
y
y


0
0
解得驻点为 ( 0 , 0 ) ， ( 1 , 1 ) ， (  1 ,  1 ) ，又


2
x
z
2
 1 2 x 2  2
2z 2z
， 2， 12y2 2，对于点
xy y2
( 1 , 1 ) ， (  1 ,  1 ) ，有 A  1 0 ，
B 2，C 10，则 A C  B 2  0 ， A  0 ，故z(x,y)在点 ( 1 , 1 ) ，(1,1)处取得极小
值z 2，对于点(0,0)，A2，B 2，C2，则ACB2 0，需要用极值
的定义来判断.
对于点(0,0)的去心邻域内，分别取y  x，y x，则z(x,x)2x2(x2 2)0z(0,0)0， z ( x ,  x )  2 x 4  0  z ( 0 , 0 ) 故点 ( 0 , 0 ) 不是
z ( x , y ) 的极值点. 综上所述， z 的极小值为 z ( 1 , 1 )  z (  1 ,  1 )   2 ，极大值不存在.
6.【答案】 g ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处取得极小值，极小值为 g ( 0 , 0 )   1
【解析】由 f(x,y)12x3yo( (x1)2  y2)，得 f ( 1 , 0 )   1 ，故前式等价于
f(x,y) f(1,0)2(x1)3(y0)o( (x1)2  y2).
由全微分的定义知 f (1
x
, 0 )   2 ， f y (1 , 0 )  3 . 分别求函数 g ( x , y )  f ( c o s x , x 2  y 2 ) 的
一阶和二阶偏导数，得 g x ( x , y )   s i n x  f 1  2 x f 2 ， g y ( x , y )  2 y f 2 ，
g (x,y)fcosx2f fsin2 x4xsinxf4x2f，
xx 1 2 11 12 22
g (x,y)2ysinxf4xyf，g (x,y)2f4y2f .
xy 12 22 yy 2 22
由于 g x ( 0 , 0 )  g y ( 0 , 0 )  0 ，故 ( 0 , 0 ) 点是g(x,y)的驻点. 在驻点(0,0)处，
A  g x
x
( 0 , 0 )   f (1
1
, 0 )  2 f (1
2
, 0 )   f (1
x
, 0 )  2 f y (1 , 0 )  8 ， B  g x
y
( 0 , 0 )  0 ，
C  g y
y
( 0 , 0 )  2 f (
2
1 , 0 )  2 f y ( 1 , 0 )  6 . 由于 A C  B 2  4 8  0 ，且A0，因此
g(x,y)在点(0,0)处取得极小值，极小值为 g ( 0 , 0 )  f (1 , 0 )   1 .
7.【答案】（1） 2 y  1 ；（2） f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处取得极大值，极大值为 f ( 0 , 0 )  0
【解析】（1）由 f ( x , y )  2 e x 2 y  e x  e  x ，得
f(x,y) 2ex2y ex ex 4xyex2y ex ex
lim lim lim
x0 x2 x0 x2 x0 2x
ex ex
lim2yex2y
lim 2y1.
x0 x0 2x
（2）
f(x,y) 2(ex2y 1) 2ex ex 2x2y ex ex
lim lim lim lim lim 10.
x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 x2 x0 2
y0 y0 y0 y0 y0
由极限的保号性，存在0，当0 x2  y2 且x0时， f(x,y)0. 又f(0,0) f(0,y)2110，故 f ( 0 , 0 ) 为极大值，所以 f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 处取得极
大值，极大值为 f(0,0)0.
8.【答案】 a  0 ， b  2 a
【解析】应用二元函数取极值的必要条件，得
 f
f
(
x
 (
y


1
1
,
,
0
0
)
)


e


2
x (
y

e
a

x
x

( 1
b
,0 )


y
0
2  a )
( 1 ,0 )
 e ( 2 a  b )  0
所以 b  2 a . 又由于 A  f 
x x
(  1 , 0 )  e  x ( a x  b  y 2  2 a )
( 1 ,0 )
  a e .
B  f 
x y
(  1 , 0 )  2 y e  x
( 1 ,0 )
 0 ，
  A C  B 2  2 a e 2 .
C  f y
y
(  1 , 0 )   2 e  x
( 1 ,0 )
  2 e
当 a  0 时，得0， A  0 ，符合题意. 当 a  0 时得   0 ，此时函数 f ( x , y ) 在点
(  1 , 0 ) 处不取极值；当 a  0 时，得   0 ，此时 f ( x , y )   y 2 e  x  f (  1 , 0 )  0 ，故
f(1,0)也是极大值. 综上 a  0 ，b2a即为所求.
9.【答案】（1） y ( x  1 ) e  x  C ，其中 C 为任意常数；（2）z(x,y)没有极值
【解析】（1）由题意知 z x  [ e  x  f ( x ) ] y ， z y  f ( x ) ，故 z x
y
 e  x  f ( x ) ，
z y
x
 f ( x ) ，且 z xy 与 z yx 均为连续函数，故 z x
y
 z y
x
，即 f ( x )  f ( x )  e  x .
解微分方程得 f ( x )  x e  x  C
1
e  x ，又 f ( 0 )  1 ，所以C 1.
1
故 f ( x )  ( x  1 ) e  x ，即z(x,y) f(x)dy  y(x1)ex C，其中 C 为任意常数.
（2）由（1）知 z ( x , y )  y ( x  1 ) e  x  C ，则
z  yex  y(x1)ex yxex，z (x1)ex
x y
令 z x  0 ， z y  0 得x1， y  0 .
又z yex  yxex  y(x1)ex，z xex ，z 0，将x1，y 0代入，
xx xy yy
得A0，Be，C0，则 ACB2 e2 0，故z(x,y)没有极值.