(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.