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.