250610_162617-菁英班强化高数第五章解析_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_强化_高数

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lim f(x,y)0 f(0,0)
x0
y0
即 f ( x , y ) 在(0,0)处连续.
f(x,0) f(0,0)
由lim 0得
x0 x
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
sin(x2  y2)
【解析】（1）因为lim f(x,y)lim xy lim 0 f(0,0)
x0 x0 x0 x2  y2
y0 y0 y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
l i m
x  02
y  x
l i m
x  0
y   x 2
f (
f
x
(
,
x
y
,
)
y

) 
l i m
x  0
l i m
x  0
f (
f
x
(
,
x
x
,
2

)
x

2 )
1
2
 
1
2
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 ， l i m
y  0
f ( 0 , y ) 
y
f ( 0 , 0 )
 0 . 所以函数 f(x,y)在点 ( 0 , 0 )
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
1 1 π
lim f(x,y) lim yarctan lim y arctan lim y  0，
x0 x0 x2  y2 x0 x2  y2 x0 2
y0 y0 y0 y0
lim f(x,y)  f(0,0)0，则 f(x,y)在(0,0)处连续.
x0
y0（2）由 l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 0 得 f (
x
0 , 0 )  0 .
f(0,y) f(0,0) 1 π π
由lim limarctan  得 f(0,0) ，
y0 y y0 y 2 y 2
f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 处可偏导.
（3）令 x 2 y 2   
1
，z  f(x,y) f(0,0) yarctan

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

 且 l i m
0
a r c t a n
1 π
2   

y  1 π
，所以lim   arctan   0，
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， l n ( 1  x 2  y 2 ) ~ x 2  y 2 ，所以
f(x,y)abxcy
lim 1
(x,y)(0,0) x2  y2
lim [f(x,y)abxcy]0，
(x,y)(0,0) ( 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 ( )         
（ x 2 y 2 0     ），即 f(x,y) f(0,0)bxcyo()（ 0   ），由可微的概
念，得df x,y bdxcdy .
0,0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lim f(x,y)limx2 0. 而 f(0,0)1，从而 f(x,y)在(0,0)点不连续，故不可
yx x0
x0
微，则（4）不正确. 故应选（B）.
2.【答案】B
【解析】由于 0  f ( x , y )  s i n x c o s y  1  c o s y ，又
l i m
y  0
s i n x c o s y  1  c o s y  s i n x ，lim sinx 0
x0
故 limlim(sinxcosy 1cosy)0，
x0 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对于选项（A）， f (
x
0 , 0 )  l i m
x  0
f ( x , 0 ) 
x
f ( 0 , 0 )
 l i m
x  0
s i n x
x
 0
 1 ，故（A）错误.
对于选项（C），
f(0,0)[f(x,y)] | [f(x,0)] |
yx y x (0,0) y 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 l i m
x  0
f (
x
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0
lim f(0,y) f(0,0)也不成立，则
y y
y0
l i m
x  0
f (
x
x , 0 )  f (
x
0 , 0 ) ，lim f(0,y) f(0,0)是
y y
y0
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.
【注】上述过程用到下面的不等式：
2(x2  y2)(x y)2 (xy)2 02(x2  y2)(x y)2  2 x2  y2  x y
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 ,y ) Ax By C.
0 0 0 0（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
f(x,y) f(x ,y )A(xx )
lim 0 0 0 0，可得
xx 0 (xx )2
yy 0 0
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 ,y )处的切平面的法向量为
0 0
( 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.当 n  2 时，由于 0 
( x
x 2


y
y
2 )
2
 2 ，则
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
( x
l i m
,y ) (0 ,0 )
f ( x , y )  0  f ( 0 , 0 ) ， f ( x , y ) 在点 ( 0 , 0 ) 连续.
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 )  s i n 1 ，当 ( x , y )  ( 1 , 1 )
z 1
时，由 sin y 对x求积分得
x 1xy
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 )  s i n y ，得
s i n y
1
y
l n | 1 y | ( y ) s i n 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  y k  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；x3y2 x2y2  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
( x , y )  2 a x 2 y  4 x y ， f y
x
( x , y )  6 x 2 y  2 b x y .
由于对任何常数a，b， f 
x y
与 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 (
x
1 , 0 )  2 x
x  1
 2 .
3.【答案】 e x  3 ( x  y ) 2  e x  y
【解析】在等式zex  y2 f(x y)中令y 0，得zex  f(x) x3 ，则f(x) x3ex， z  e x  y 2  ( x  y ) 3  e x  y
z
. 故 ex 3(x y)2 exy.
x
4.【答案】
π (
(1
2


π
π
)
)
2
f 1 2f 1
【解析】   ycos(xy)，  cos(xy)xysin(xy).
x x y xy (x y)2
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 ) 知


z
x
 y x y  1 f 1  2 y 2 x l n y  f 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】 x 2  y 2
【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 g 4(x2  y2)f (x2  y2)f (x2  y2)(4f  f) x2  y2
xx yy uu vv uu vv
1
8.【答案】 sinxC
2
【解析】由u(x,y) f(2x5y)g(2x5y)及u(x,0)sin2x知，f ( 2 x )  g ( 2 x )  s i n 2 x ，
u y ( x , y )  5 f ( 2 x  5 y )  5 g ( 2 x  5 y ) ，
u y ( x , 0 )  5 f ( 2 x )  5 g ( 2 x )  0 ，
即 f ( 2 x )  g ( 2 x )  0 .
又由 f ( 2 x )  g ( 2 x )  s i n 2 x 知， 2 f ( 2 x )  2 g ( 2 x )  2 c o s 2 x .
1 1
由以上（1）式和（2）式得 f(2x) cos2x，即 f(x) cosx.
2 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.
2z
由  x y，有
xy


z
x
  ( x  y ) d y  x y 
1
2
y 2  C
1
( x ) .
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 ，从而得 f ( x , y ) 
1
2
x 2 y 
1
2
x y 2  x  y 2 .
10.【答案】 x f 1  y f 2
xyzt u
z xy z
【解析】由 h(xyzt)dt  h(u)(du) h(u)du，则对
xy z xyu  f(x,y,xyz)

 z 关于x求偏导得
exyz   h(u)du   xy
 

e
u
x
x y z

 y
 f 
1
z 

x
y
y
z



z
x
x

y



h
z
x
(

z )
 f ,
3
 z
 x
 y h ( x y ) ,
解得


u
x
 f 1 

y z  x y 
y z
h
e
(
x y z
z )


y
x
h
y
(
e
x
x y
y
z
) 
f 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 (x2  y2)sec2(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 ， z 2yex2y2 ，
x x2 y
2z
2e
x2y2
4y2e
x2y2
，则
2z

2z
4[1(x2  y2)]e
x2y2
.
y2 x2 y2
13.【答案】请参照解析【解析】由
 u
v


x
1
y
,

1
x
,
得
 x
y


u
1
,

u
u v
,
，则
 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  zx x2 zy u2 x2 u2
14.【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
又
 

f
x
 2

 

f
y
 2
 4 
 

f
y
 2
 4 
 

f
y
 2
，代入可得
( 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 ，
ab0,

于是4a 1, 故

4b1,

a 
1
4
1
，b   .
4
15.【答案】 1
u z
【解析】 exyz2 2exyz ，x yzxyz 0，两边关于x求偏导得
x xz z
1  yzxy 0，将
x x
x  0 , y  1 , z   1 代入得


z
x 0 ,1 
 0 ，故


u
x 0 ,1 , 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】
d u ( x , y ) 

3
1
3
x

y d
2 
x
y
x
2
d


x

1
3
x
y
x
y

d

2
y
3

y
8
9
2


3
2

1
2
x
y
d

d
2
a
x
y

r c

2 x
y
t a n

2
3
3
2
 x
y

1
3

1 3  x 1
所以u(x,y) arctan



C.
2 2 2 2 y 3
2.【答案】
d
d
y
x
 
2
x (1
y (1


6
3
z )
z )
，
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x2 2(zx2)3z2 20，两边同时对x求导，得
dz  dz
2x2 2x6z 0
dx  dx
dz x
解得  .
dx 13z方法二：方程组两边同时对x求导，得
 d
d
2
z
x
x


2
4
x
y

d
d
y
x
2 y

d
d
6
y
x
z
,
d
d
z
x
 0 ,
，解得
 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
 x x2  y2 
【解析】令G(x,y) Fln , ，则
 y xy 
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xy 0，又
y
F u  F v  0 故
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 1  z
   F F0，
x x2  u x v


z
y
F u 
 

z
y

1
y 2

F v  0
z F
由此解得  u ，
x x2(FF)
u 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 ，并注意到 x 2


z
x
 y 2


z
y
 0 ，得到
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
【解析】由题设可知 f ( x , x 2 )  1
z
，  x，在等式
x (x,x2)
f ( x , x 2 )  1 两边同时对 x 求导，得 f(x,x2) f(x,x2)2x0，故
1 2


z
y ( x ,x 2 )
 f (
2
x , x 2 ) 
 f (
1
2
x ,
x
x 2 )
 
2
x
x
 
1
2
.
7.【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5z(x,3x)3z(x,3x)1 ①
11 12
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
5 1
将①，②式联立，消去z(x,3x)，可得z(x,3x) x2  ，故选（A）.
11 12 4 12
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 ! ) .
z  y y  y  x
9.【答案】（1）  f    f   2  ，
x  x x  x  y
2z y  y 2x  x
 f      ；
xy x2  x y2  y
（2） 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
【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
ln i m


f

0
f
, y
( 0 ,

y
1
n
)
 
n
 e
lim
n 
n ln
f

0 ,y  f
(0 ,y
1n) 
 e
lim
n 
n ln

f

0 ,y  f
(0 ,y
1n) 
 1  1

 e
lim
n 
n
f

0 ,y 
f
1 
 
n 
(0 ,y
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)
n
f(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
ln f(x,y) xC (y)
1
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  x s i n y ( s i n y  0 ) ，因为 f x

0 ,

2

  1
 
， f  0,  0，所以
y  2
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,y) f(x,0) f(1,y) f(x,1)
   0，0 x1,0 y1
x x x xD
f ( x , y ) d 1
0
1
0
d
1
0
1
0
x
y
d
x
d
y
x
1
0
f
1
0
y
1
0
(
x
y
x
f
x
, y
f
x
y
y
2
x
) d
d x
1
0
f
y
x
d y
1
0
y
1 x f (
0
1
x d x
0
2 f
x y
1 1
x
0 0
x ,
1
0
d y
y
y )
f
x
d
2
x
x
x
d
x
f
y
1
0
y
d x d
1
0
y
x f
x
d x d 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  y2 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
0
, y
0
) 取得极小值及极值的定义可知， 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 (
x
0 , 1 )  0 ， f(0,1)0，
y
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x2  y2 1内无驻点，令
F ( x , y , ) 1 x y ( x 2 y 2 1 )        
令
F
F
F
x
y
1
1
x 2
2
2
y
x
y
2
0
0
1 0



 










 
，得 x  y  
1
2
.
 1 1   1 1 
所以 f  ,  1 2为最大值， f   ,  1 2 为最小值，
 2 2  2 2
( 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 , ) x y ( 4 x 2 y 2 1 )       ，求 F ( x , y , )  的驻点，解方程组
F y8x0 (1)
x

F x2y 0 (2)
y
 F 4x2  y2 10 (3)


显然(x,y)(0,0)不是解，由（1），（2）求它的非零解，必须有
8
1 2
1
0


 ，
1
 ，即y 2x，代入（3）得，
4
8 x 2  1
1
，x .
2 2
 1 1   1 1   1 1 
于是可解得四个驻点P  , ，P   , ，P  , 与
1 2 3
2 2 2   2 2 2  2 2 2P
4


2
1
2
, 
1
2
 1 1
，经计算知在P与P 处g(x,y) ，在P 与P 处g(x,y) .
1 4 4 2 3 4
比较即知函数 f ( x , y )  e  x y 在 D 上的最大值在 P
2
与 P
3
1
处取得，且最大值是e4. 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
. z

2
1
2

 
2
1
2

1
2
 
1
4
 1  1
，z     .
 2 2 4
 1  1 1
又z    0. 因此z(x)    x 的最小值是
 2  2 2

1
4
. f ( x , y )  e  x y 在 D 的最大值是
e
14
.
6.【答案】B
【解析】由于
f
3x2 8x2y 0

x

f
 2x2y 0
y
的解为(0,0)，(2,2). 只有(0,0)在 D 内.
又因为A f 6x8，
xx
B  f 
x y
 2 ，C  f 2，可得在点(0,0)处A8，
yy
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,) xyz(x yza)
解方程组
F
x
F
y
F
z
F
y
x
x
x
z
z
y
y z
0
0
0
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x  y  z 
a
3
.
a
由题意最大值一定存在，因此当x  y  z  时u取最大值
3
 a
3
 3

a
2
3
7
.
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  x y z 得 u  x y ( 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
a
解得x ，
3
y 
a
3
是唯一驻点，也就是最大值点.
因此u的最大值是 u 
a
3

a
3

a 
a
3

a
3


a
2
3
7
.
9.【答案】大； ( 1 , 1 ) ； 6
【解析】按隐函数微分法求偏导数.
2 x  2 z


z
x
 2  4


z
x
 0
解得


z
x

1
z


x
2
（1）
由 x ， y 的对称性知
z 1 y
 （2）
y z2由


z
x
 0
z
， 0得唯一驻点
y
( x , y )  (1 , 1 ) .
将 ( x , y )  (1 , 1 ) 代入方程中得到 z 2  4 z  1 2  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
0
, y
0
) ，使得 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 x  z y  x  y  2  0 ，故满足 x  y  2  0 的点 P 均为驻点，又
A  z x
x P
 1 ， B  z x
y P
 1 ，C  z 1， ACB2 0，判别法失效. 事实
yy P
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
dy| F(x ,y )
【解析】由F(x ,y )0，得  x 0 0 0，故x x 是
x 0 0 dx xx 0 F(x ,y ) 0
y 0 0
y  y ( x ) 的驻点.
方程F(x,y)0两边同时对 x
dy
求导，得F(x,y)F(x,y) 0. 再对
x y dx
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y  y(x)在x x 处取得极小值，（A）
dx2 xx 0 F(x ,y ) 0
y 0 0
正确.4.【答案】 u
 1
3
, 
5
3

 
4
3
为极小值
u
【解析】由 2x y1，有
x
u ( x , y ) x 2 x y x ( y )      . 再由


u
y
 x  2 y  3 ，有
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(x,y) x2 xy y2 x3y1. 再由


u
x
 0 ，


u
y
 0 解得驻点
 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 z
2xC (y)，由 4y3 2y，得
y 1 y (0,y)
C
1
( y )  4 y 3  2 y ，故


z
y
  2 x  4 y 3  2 y ，对该式两端同时对 y 积分，得 z   2 x y  y 4  y 2  C
2
( x ) ，由
z(x,0) x4 x2 得C (x) x4 x2 ，故zz(x,y)x4 y4 x2 y2 2xy.
2
z
4x3 2x2y 0

x
令 解得驻点为(0,0)，(1,1)，
z
 4y3 2x2y 0
y
(  1 ,  1 ) ，又


2
x
z
2
 1 2 x 2  2 ，


x
2

z
y
  2 ，


2
y
z
2
 1 2 y 2  2 ，对于点 ( 1 , 1 ) ， (  1 ,  1 ) ，有A10，
B 2，C 10，则ACB2 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  2 x  3 y  o ( ( x  1 ) 2  y 2 ) ，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  y 2 ) .
由全微分的定义知 f(1,0)2， f(1,0)3. 分别求函数g(x,y) f(cosx,x2  y2)的
x y
一阶和二阶偏导数，得g(x,y)sinx f2xf，
x 1 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
( x , y )   2 y s i n x f 
1 2
 4 x y f 
2 2
，g (x,y)2f4y2f .
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 (0,0)f(1,0)2f(1,0)f(1,0)2f(1,0)8，B g (0,0)0，
xx 1 2 x y xy
C  g (0,0)2f(1,0)2f(1,0)6. 由于
yy 2 y
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）2y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）l i m
x 
y 
00
f ( x
x
,
2
y )
 l i m
x 
y 
00
2 ( e 2 x
x
y
2
 1 )
 l i m
x 
y 
00
2  e x
x

2
e  x
 l i m
x 
y 
00
2  x
x
2
2
y
 l i m
x 
y 
00
 e x 
2
e  x
  1  0 .
由极限的保号性，存在0，当 0 x 2 y 2     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(1,0)ex(axby2 2a) ae.
xx (1,0)
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  2 a 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 [ex  f(x)]y，
x
z y  f ( x ) ，故z ex  f(x)，
xy
z y
x
 f ( x ) ，且 z xy 与 z yx 均为连续函数，故z  z ，即
xy yx
f ( x )  f ( x )  e  x .
解微分方程得 f(x) xex Cex ，又 f(0)1，所以
1
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 0得x1，y 0.
y
又 z x
x
  y e  x  y x e  x  y ( x  1 ) e  x ， z x
y
  x e  x ， z y
y
 0 ，将x1， y  0 代入，
得A0，Be，C0，则 ACB2 e2 0，故 z ( x , y ) 没有极值.