- 经典练习 1
已知 $f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{\sin(2x^2-y^2)}y,&y\ne0,\\0,&y=0,\end{cases}$，则 $f_y'(0,0)=$（ ）
A. $-1$B. $0$C. $1$D. $2$
答案：A，$-1$偏导数必须按定义计算：$f_y'(0,0)=\lim\limits_{y\to0}\dfrac{f(0,y)-f(0,0)}y$。
此时 $f(0,y)=\dfrac{\sin(-y^2)}y$，故 $f_y'(0,0)=\lim\limits_{y\to0}\dfrac{\sin(-y^2)}{y^2}$。
令 $u=-y^2$，则极限为 $\lim\limits_{u\to0}\dfrac{\sin u}{u}=-1$。
- 经典练习 2
已知 $u=(xy)^x$，则 $\dfrac{\partial u}{\partial y}=$（ ）
A. $x^2(xy)^{x-1}$B. $x^2\ln(xy)$C. $x(xy)^{x-1}$D. $y^2\ln(xy)$
答案：A把 $x$ 看作常数，$(xy)^x=x^x y^x$。
因此 $\dfrac{\partial u}{\partial y}=x^x\cdot x y^{x-1}=x^2(xy)^{x-1}$。
也可直接写为 $x^2(xy)^{x-1}$；选项 A 与此一致。
- 经典练习 3
设 $f(x+y,xy)=x^2+y^2-xy$，则 $\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial y}=$（ ）
A. $2y-x$B. $-1$C. $2x-y$D. $-3$
答案：D，$-3$令 $s=x+y,\ t=xy$。注意 $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=s^2-2t$。
于是 $f(s,t)=s^2-2t-t=s^2-3t$，即 $f(x,y)=x^2-3y$。
所以 $\dfrac{\partial f}{\partial y}=-3$。
- 经典练习 4
下列关于函数 $f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{xy}{x^2+y^2},&x^2+y^2\ne0,\\0,&x^2+y^2=0\end{cases}$ 的表述错误的是（ ）
A. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续B. $f_x(0,0)=0$C. $f_y(0,0)=0$D. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微
答案：A沿直线 $y=x$ 趋近原点时，$f(x,x)=\dfrac{x^2}{2x^2}=\dfrac12$，与 $f(0,0)=0$ 不同，因此函数在原点不连续。
按定义，$f_x(0,0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{0}{x}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。
连续是可微的必要条件；函数在原点不连续，所以必不可微。故错误的是“在点 $(0,0)$ 处连续”。
- 经典练习 5
设二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某个邻域内有定义，且当 $x\ne0$ 时，$\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}x=3x+2$，则 $f_x'(0,0)=$ ______。
答案：$2$偏导数定义为 $f_x'(0,0)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}x$。
由已知，该比式恒等于 $3x+2$。
因此 $f_x'(0,0)=\lim\limits_{x\to0}(3x+2)=2$。
- 经典练习 6
设二元函数 $z=x\ln y$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}=$ ______。
答案：$\dfrac1y$先对 $x$ 求偏导：$z_x=\ln y$。
再对 $y$ 求偏导：$(z_x)_y=\dfrac1y$。
由于混合偏导连续，$\dfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}=\dfrac1y$。
- 经典练习 7
已知二元函数 $z=\dfrac{4x-3y}{y^2}\ (y\ne0)$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}-\dfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}=$ ______。
答案：$0$写成 $z=4xy^{-2}-3y^{-1}$。
$z_x=4y^{-2}$，于是 $z_{xy}=-8y^{-3}$。
$z_y=-8xy^{-3}+3y^{-2}$，于是 $z_{yx}=-8y^{-3}$。两式相等，所以差为 $0$。
- 经典练习 8
若二元函数 $z=f(x,y)$ 的全微分 $dz=e^x\sin y\,dx+e^x\cos y\,dy$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$ ______。
答案：$e^x\cos y$由全微分可知 $z_x=e^x\sin y$，$z_y=e^x\cos y$。
因此 $z_{xy}=(e^x\sin y)_y=e^x\cos y$。
- 经典练习 9
二元函数 $z=x^{y+1}$，当 $x=e,\ y=0$ 时的全微分为 ______。
答案：$dz=dx+e\,dy$$z_x=(y+1)x^y$，在 $(e,0)$ 处为 $1$。
$z_y=x^{y+1}\ln x$，在 $(e,0)$ 处为 $e$。
所以 $dz|_{(e,0)}=dx+e\,dy$。
- 经典练习 10
设函数 $f(u)$ 可微，且 $f'(0)=\dfrac12$，则 $z=f(4x^2-y^2)$ 在点 $(1,2)$ 处的全微分 $dz|_{(1,2)}=$ ______。
答案：$4dx-2dy$令 $u=4x^2-y^2$，则 $dz=f'(u)du$。在 $(1,2)$ 处 $u=0$。
$du=8x\,dx-2y\,dy$，在 $(1,2)$ 处为 $8dx-4dy$。
乘以 $f'(0)=\dfrac12$，得 $dz=4dx-2dy$。
- 经典练习 11
设 $x-z=e^{xyz}$，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$\dfrac{\partial z}{\partial x}=\dfrac{1-yze^{xyz}}{1+xye^{xyz}},\quad \dfrac{\partial z}{\partial y}=-\dfrac{xze^{xyz}}{1+xye^{xyz}}$令 $F(x,y,z)=x-z-e^{xyz}=0$。
$F_x=1-yze^{xyz}$，$F_y=-xze^{xyz}$，$F_z=-1-xye^{xyz}$。
由隐函数公式 $z_x=-F_x/F_z,\ z_y=-F_y/F_z$，整理得上述结果。
- 经典练习 12
已知三元函数 $f(u,v,w)$ 具有连续偏导数，且 $f_v\ne f_w$。若 $z=z(x,y)$ 由 $f(x-y,y-z,z-x)=0$ 确定，计算 $\dfrac{\partial z}{\partial x}+\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$1$记 $f_1,f_2,f_3$ 依次为对三个中间变量的偏导。对 $x,y$ 分别求导：
$f_1-f_2z_x+f_3(z_x-1)=0$，$-f_1+f_2(1-z_y)+f_3z_y=0$。
两式相加，$f_1$ 相消，得 $(f_3-f_2)(z_x+z_y-1)=0$。
因 $f_v\ne f_w$，所以 $z_x+z_y=1$。
- 经典练习 13
已知 $z=\sin(xy)+xe^{-xy}$，求全微分 $dz$。
答案：$dz=\left[y\cos(xy)+(1-xy)e^{-xy}\right]dx+\left[x\cos(xy)-x^2e^{-xy}\right]dy$对 $x$ 求偏导：$z_x=y\cos(xy)+e^{-xy}-xye^{-xy}$。
对 $y$ 求偏导：$z_y=x\cos(xy)-x^2e^{-xy}$。
所以 $dz=z_x\,dx+z_y\,dy$，代入即可。
- 经典练习 14
设 $z=u^v$，而 $u=2x+y,\ v=x$，求和 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1,y=0}$ 和 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{x=1,y=0}$。
答案：$\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,0)}=2+2\ln2,\quad \left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,0)}=1$在点 $(1,0)$ 有 $u=2,v=1$。$z_u=vu^{v-1}=1$，$z_v=u^v\ln u=2\ln2$。
$u_x=2,u_y=1,v_x=1,v_y=0$。
$z_x=z_uu_x+z_vv_x=2+2\ln2$，$z_y=z_uu_y+z_vv_y=1$。
- 经典练习 15
设 $f(x+y,x-y)=\arctan\dfrac{x+y}{x-y}$，计算 $y\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial x}-x\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial y}$ 的值。
答案：$-1$令 $s=x+y,\ t=x-y$，则 $f(s,t)=\arctan(s/t)$。
$f_x=f_s+f_t$，$f_y=f_s-f_t$，故原式 $=(y-x)f_s+(x+y)f_t$。
$f_s=\dfrac{t}{s^2+t^2}$，$f_t=-\dfrac{s}{s^2+t^2}$。代入得 $\dfrac{-(x-y)^2-(x+y)^2}{(x+y)^2+(x-y)^2}=-1$。
- 经典练习 16
已知二元函数 $z=x(2y+1)^x$，求 $\left.\dfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}\right|_{x=1,y=1}$。
答案：$4+2\\ln3$$z=x e^{x\ln(2y+1)}$，故 $z_x=(2y+1)^x[1+x\ln(2y+1)]$。
对 $y$ 求导：第一项产生 $2x(2y+1)^{x-1}[1+x\ln(2y+1)]$，第二项产生 $\dfrac{2x(2y+1)^x}{2y+1}$。
所以在 $(1,1)$ 处，$z_{xy}=4(1+\ln3)+2=4+2\ln3$。
- 经典练习 17
求二元函数 $z=\displaystyle\int_0^{xy}e^{-t^2}dt$ 的全微分 $dz$ 及二阶偏导数 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$。
答案：$dz=ye^{-x^2y^2}dx+xe^{-x^2y^2}dy$，$\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=(1-2x^2y^2)e^{-x^2y^2}$由变上限积分求导，$z_x=ye^{-x^2y^2}$，$z_y=xe^{-x^2y^2}$。
因此 $dz=ye^{-x^2y^2}dx+xe^{-x^2y^2}dy$。
$z_{xy}=e^{-x^2y^2}+x e^{-x^2y^2}(-2xy^2)=(1-2x^2y^2)e^{-x^2y^2}$。
- 单项选择题 1
$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac1{x^2+y^2}=$（ ）
A. $\infty$B. $1$C. $0$D. $2$
答案：C，$0$分母 $x^2+y^2\to\infty$，分子恒为 $1$，故极限为 $0$。
- 单项选择题 2
$\lim\limits_{x\to0,y\to0}\dfrac{3-xy}{x^2+y^2}=$（ ）
A. $0$B. $3$C. $\dfrac32$D. $+\infty$
答案：D，$+\infty$沿 $y=0$ 时，$\dfrac{3-0}{x^2}\to+\infty$。沿 $x=0$ 同样趋于 $+\infty$。
更一般地，在原点充分近处分子大于 $2$，而分母趋于 $0^+$，故二重极限为 $+\infty$。
- 单项选择题 3
设 $f(x,y)$ 在点 $(a,b)$ 处有偏导数，则 $\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(a+h,b)-f(a-h,b)}h=$（ ）
A. $0$B. $2f_x(a,b)$C. $f_x(a,b)$D. $2f_y(a,b)$
答案：B，$2f_x(a,b)$把分子写成 $\left[f(a+h,b)-f(a,b)\right]+\left[f(a,b)-f(a-h,b)\right]$。
两项分别除以 $h$，极限依次为 $f_x(a,b)$ 与 $f_x(a,b)$。
所以原极限为 $2f_x(a,b)$。
- 单项选择题 4
设 $f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^4}}$，则（ ）
A. $f_x(0,0),f_y(0,0)$ 都存在B. $f_x(0,0)$ 不存在，$f_y(0,0)$ 存在C. $f_x(0,0)$ 存在，$f_y(0,0)$ 不存在D. 两个偏导数都不存在
答案：B沿 $x$ 轴，$f(x,0)=e^{|x|}$，在 $0$ 处左右导数分别为 $1,-1$，故 $f_x(0,0)$ 不存在。
沿 $y$ 轴，$f(0,y)=e^{y^2}$，其在 $0$ 处导数为 $0$，故 $f_y(0,0)$ 存在。
因此只有 $f_y(0,0)$ 存在。
- 单项选择题 5
函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处的两个偏导数 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 存在是它在该点处可微的（ ）
A. 充分条件B. 必要条件C. 充要条件D. 无关条件
答案：B，必要条件可微必能推出两个偏导数存在，因此偏导数存在是可微的必要条件。
反之，偏导数存在不能保证函数连续，更不能保证可微。
所以选必要条件。
- 单项选择题 6
$\lim\limits_{x\to0,y\to0}\dfrac{2-\sqrt{4-xy}}{xy}=$（ ）
A. $-\dfrac14$B. $0$C. $2$D. $\dfrac14$
答案：D，$\dfrac14$令 $t=xy$，则 $t\to0$。
$\dfrac{2-\sqrt{4-t}}t=\dfrac{4-(4-t)}{t(2+\sqrt{4-t})}=\dfrac1{2+\sqrt{4-t}}$。
取极限得 $\dfrac1{2+2}=\dfrac14$。
- 单项选择题 7
考虑二元函数 $f(x,y)$ 的四个命题：①在 $(x_0,y_0)$ 连续；②在 $(x_0,y_0)$ 的一阶偏导数连续；③在 $(x_0,y_0)$ 可微；④在 $(x_0,y_0)$ 的一阶偏导数存在。则（ ）
A. ②⇒③⇒①B. ③⇒②⇒①C. ③⇒④⇒①D. ③⇒①⇒④
答案：A，②⇒③⇒①偏导数连续是可微的充分条件；可微必连续；可微也必有一阶偏导数存在。
因此正确的连续推出链是 ②⇒③⇒①。
③⇒④也成立，但题中所列 A 项准确表达了“偏导连续 → 可微 → 连续”。
- 单项选择题 8
设函数 $f(x,y)=xy+(x-1)\tan\sqrt[3]{\dfrac yx}$，则 $f_y(1,0)=$（ ）
A. $0$B. $1$C. $2$D. 不存在
答案：B，$1$沿 $x=1$ 计算：$f(1,y)=y+0=y$。
因此 $f_y(1,0)=\left.\dfrac{d}{dy}(y)\right|_{y=0}=1$。
这里不需要显式处理 $\tan\sqrt[3]{y/x}$ 在原点的奇异性。
- 单项选择题 9
设函数 $z=3x^2y$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial y}=$（ ）
A. $6y$B. $6xy$C. $3x$D. $3x^2$
答案：D，$3x^2$对 $y$ 求偏导时把 $x$ 视为常数。
$z=3x^2\cdot y$，所以 $z_y=3x^2$。
- 单项选择题 10
设二元函数 $z=x^2y+x\sin y$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=$（ ）
A. $2xy+\sin y$B. $x^2+x\cos y$C. $2xy+x\sin y$D. $x^2y+\sin y$
答案：A，$2xy+\sin y$逐项对 $x$ 求偏导：$(x^2y)_x=2xy$，$(x\sin y)_x=\sin y$。
故 $z_x=2xy+\sin y$。
- 单项选择题 11
设函数 $z=xy^2+e^{x/y}$，则 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)}=$（ ）
A. $0$B. $1$C. $2$D. $-1$
答案：C，$2$$z_x=y^2+\dfrac1y e^{x/y}$。
代入 $(x,y)=(0,1)$，得 $1+1=2$。
- 单项选择题 12
设 $f(x,y,z)=x^y y^z$，则 $\dfrac{\partial f}{\partial x}=$（ ）
A. $x^y y^{z-1}(y\ln x+z)$B. $x^y y^z\ln y$C. $x^{y-1}y^{z+1}$D. $x^{y-1}y^{z+1}+x^y y^z\ln z$
答案：C，$x^{y-1}y^{z+1}$对 $x$ 求偏导时，$y,z$ 视为常数。$y^z$ 是常数因子。
$(x^y)_x=yx^{y-1}$，故 $f_x=yx^{y-1}y^z=x^{y-1}y^{z+1}$。
- 单项选择题 13
已知 $f(xy,x-y)=x^2+y^2$，则 $\dfrac{\partial f(x,y)}{\partial x}=$（ ）
A. $2$B. $2x$C. $2y$D. $2x+2y$
答案：A，$2$令 $u=xy,\ v=x-y$。注意 $x^2+y^2=v^2+2xy=v^2+2u$。
所以 $f(u,v)=v^2+2u$，从而 $\dfrac{\partial f}{\partial u}=2$。
题中记作 $f_x$，即对第一个变量求偏导，答案为 $2$。
- 单项选择题 14
设函数 $f(u,v)$ 满足 $f\left(x+y,\dfrac yx\right)=x^2-y^2$，则 $\left.\dfrac{\partial f}{\partial u}\right|_{(1,1)}$ 与 $\left.\dfrac{\partial f}{\partial v}\right|_{(1,1)}$ 依次等于（ ）
A. $\dfrac12,0$B. $0,\dfrac12$C. $-\dfrac12,0$D. $0,-\dfrac12$
答案：D，$0,-\dfrac12$令 $u=x+y,\ v=y/x$，则 $x=\dfrac u{1+v},y=\dfrac{uv}{1+v}$。
$f(u,v)=u^2\dfrac{1-v}{1+v}$。于是 $f_u=2u\dfrac{1-v}{1+v}$，$f_v=-\dfrac{2u^2}{(1+v)^2}$。
在 $(u,v)=(1,1)$，$f_u=0,f_v=-\dfrac12$。
- 单项选择题 15
设 $u=f(x^2+y^2+z^2)$，其中 $f$ 可导，则 $\dfrac{\partial u}{\partial x}=$（ ）
A. $f(x^2+y^2+z^2)$B. $2xf'(x^2+y^2+z^2)$C. $f'(x^2+y^2+z^2)$D. $2xf(x^2+y^2+z^2)$
答案：B，$2xf'(x^2+y^2+z^2)$令 $s=x^2+y^2+z^2$，则 $u=f(s)$。
$u_x=f'(s)s_x=f'(s)\cdot2x$。
- 单项选择题 16
设 $z=\ln(x^3+y^3)$，则 $dz|_{(1,1)}=$（ ）
A. $dx+dy$B. $\dfrac13(dx+dy)$C. $\dfrac32(dx+dy)$D. $2(dx+dy)$
答案：C，$\dfrac32(dx+dy)$$z_x=\dfrac{3x^2}{x^3+y^3}$，$z_y=\dfrac{3y^2}{x^3+y^3}$。
在 $(1,1)$ 处均为 $\dfrac32$。
所以 $dz=\dfrac32dx+\dfrac32dy=\dfrac32(dx+dy)$。
- 单项选择题 17
设函数 $z=x^5y^2+xy^5$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$（ ）
A. $10x^4y+5y^4$B. $10x^3y^2$C. $10x^4y$D. $10x^3y^2+20y^3$
答案：A，$10x^4y+5y^4$$z_x=5x^4y^2+y^5$。
再对 $y$ 求偏导：$z_{xy}=10x^4y+5y^4$。
- 单项选择题 18
若 $z=\tan\left(\dfrac y{x^2}+\dfrac{x^2}y\right)$，则 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)}=$（ ）
A. $0$B. $1$C. $2$D. $3$
答案：A，$0$设内层 $s=\dfrac y{x^2}+\dfrac{x^2}y$，则 $z_y=\sec^2s\cdot s_y$。
$s_y=\dfrac1{x^2}-\dfrac{x^2}{y^2}$。在 $(1,1)$ 处，$s_y=1-1=0$。
因此 $z_y(1,1)=0$。
- 单项选择题 19
设 $z=f(2x^2+y^2,x-2y)$，其中 $f(u,v)$ 具有一阶连续偏导数，则 $\dfrac{\partial z}{\partial y}=$（ ）
A. $2yf_1'+2f_2'$B. $2yf_1'-2f_2'$C. $2xf_1'+2f_2'$D. $2xf_1'-2f_2'$
答案：B，$2yf_1'-2f_2'$令 $u=2x^2+y^2,\ v=x-2y$。
$u_y=2y,v_y=-2$，由链式法则 $z_y=f_u u_y+f_v v_y=2yf_1'-2f_2'$。
- 单项选择题 20
若函数 $f,g$ 均可微，设 $z=f[xy,\ln x+g(xy)]$，则 $x\dfrac{\partial z}{\partial x}-y\dfrac{\partial z}{\partial y}=$（ ）
A. $f_1'$B. $f_2'$C. $0$D. $1$
答案：B，$f_2'$令 $u=xy,\ v=\ln x+g(u)$。$u_x=y,u_y=x$；$v_x=\dfrac1x+g'(u)y$，$v_y=g'(u)x$。
$z_x=f_1y+f_2\left(\dfrac1x+g'y\right)$，$z_y=f_1x+f_2g'x$。
乘以 $x,y$ 相减：$f_1xy-f_1xy+f_2(1+g'xy-g'xy)=f_2$。
- 单项选择题 21
已知 $du(x,y)=[axy^3+\cos(x+2y)]dx+[3x^2y^2+b\cos(x+2y)]dy$，且 $u(x,y)$ 具有二阶连续偏导数，则（ ）
A. $a=2,b=-2$B. $a=3,b=2$C. $a=-2,b=2$D. $a=-2,b=-2$
答案：按题面计算得 $a=2,b=1$；源题四个选项均未列出这一结果记 $P=axy^3+\cos(x+2y)$，$Q=3x^2y^2+b\cos(x+2y)$。
二阶连续偏导时 $P_y=Q_x$：$P_y=3axy^2-2\sin(x+2y)$，$Q_x=6xy^2-2b\sin(x+2y)$。
比较系数得 $3a=6$、$-2=-2b$，即 $(a,b)=(2,1)$。
原题选项没有 $(2,1)$，这是扫描题面的选项错误，保留题面并据微积分条件给出正确答案。
- 单项选择题 22
设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $z^3-3xyz=a^3$ 确定，其中 $a\ne0$，则 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)}=$（ ）
A. $\dfrac1a$B. $\dfrac1{a^2}$C. $0$D. $a$
答案：A，$\dfrac1a$在 $(x,y)=(0,1)$ 代入方程，得 $z^3=a^3$，故 $z=a$。
令 $F=z^3-3xyz-a^3$，则 $F_x=-3yz,F_z=3z^2-3xy$。
$z_x=-F_x/F_z=\dfrac{yz}{z^2-xy}$，在 $(0,1,a)$ 处等于 $\dfrac a{a^2}=\dfrac1a$。
- 单项选择题 23
设函数 $z=e^{xe^y}$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$（ ）
A. $e^{2y+xe^y}$B. $e^{y+xe^y}(1+xe^y)$C. $e^{y+xe^y}$D. $e^{y+xe^y}\cdot xe^y$
答案：B，$e^{y+xe^y}(1+xe^y)$$z_x=e^y e^{xe^y}$。
再对 $y$ 求导，指数 $y+xe^y$ 对 $y$ 的导数为 $1+xe^y$。
所以 $z_{xy}=e^{y+xe^y}(1+xe^y)$。
- 单项选择题 24
设函数 $z=z(x,y)$ 是由方程 $yz+zx+xy=5$ 确定的隐函数，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=$（ ）
A. $-\dfrac{y+z}{x+y}$B. $-\dfrac{z+y}{(x+y)^2}$C. $\dfrac{2(z+y)}{(x+y)^2}$D. $\dfrac{z+y}{(x+y)^2}$
答案：A，$-\dfrac{y+z}{x+y}$令 $F=yz+zx+xy-5$。
$F_x=y+z$，$F_z=x+y$。
$z_x=-F_x/F_z=-\dfrac{y+z}{x+y}$。
- 填空题 1
函数 $z=\lg(y^2-2x+1)$ 的定义域为 ______。
答案：$x<\dfrac{y^2+1}{2}$对数的真数必须为正：$y^2-2x+1>0$。
整理得 $2x<y^2+1$，即 $x<\dfrac{y^2+1}{2}$。
- 填空题 2
函数 $z=\sqrt{x-\sqrt y}$ 的定义域为 ______。
答案：$y\ge0,\ x\ge\sqrt y$内层根式要求 $y\ge0$。
外层根式要求 $x-\sqrt y\ge0$，即 $x\ge\sqrt y$。
- 填空题 3
设 $f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y}$，则 $f\left(xy,\dfrac yx\right)=$ ______。
答案：$\dfrac{xy}{x^3y+1}$代入得 $f\left(xy,\dfrac yx\right)=\dfrac{xy\cdot(y/x)}{(xy)^2+y/x}$。
分子为 $y^2$。分子分母同乘 $x$：$\dfrac{xy^2}{x^3y^2+y}=\dfrac{xy}{x^3y+1}$（分母非零时）。
- 填空题 4
已知 $f(x,y)=x^2+xy+y^2$，则 $f(1,2)=$ ______。
答案：$7$直接代入：$f(1,2)=1^2+1\cdot2+2^2$。
计算得 $1+2+4=7$。
- 填空题 5
$\lim\limits_{x\to0,y\to0}\dfrac{1-\cos(x^2+y^2)}{x^2+y^2}=$ ______。
答案：$0$令 $u=x^2+y^2\ge0$，则 $u\to0$。
$1-\cos u\sim\dfrac{u^2}2$，所以原式等价于 $\dfrac u2\to0$。
- 填空题 6
$\lim\limits_{x\to0,y\to1}\dfrac{\sin xy}{2x}=$ ______。
答案：$\dfrac12$当 $y\to1$ 时，$\sin(xy)\sim xy$。
原极限化为 $\lim\limits_{x\to0,y\to1}\dfrac{xy}{2x}=\dfrac12$。
- 填空题 7
设 $z=y^2\cos(xy)$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial y}=$ ______。
答案：$2y\cos(xy)-xy^2\sin(xy)$用乘积法则，并注意 $\cos(xy)$ 对 $y$ 的导数为 $-x\sin(xy)$。
$z_y=2y\cos(xy)+y^2[-x\sin(xy)]$。
- 填空题 8
设 $z=e^{-x}(x-2y)$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=$ ______。
答案：$e^{-x}(1-x+2y)$$z_x=-e^{-x}(x-2y)+e^{-x}$。
提取 $e^{-x}$：$e^{-x}[-(x-2y)+1]=e^{-x}(1-x+2y)$。
- 填空题 9
设 $f(x,y)=\ln\left(y+\dfrac{x^2}{2y}\right)$，则 $f_y(1,1)=$ ______。
答案：$\dfrac13$设 $u=y+\dfrac{x^2}{2y}$，则 $u_y=1-\dfrac{x^2}{2y^2}$。
在 $(1,1)$，$u=\dfrac32,u_y=\dfrac12$。
$f_y=\dfrac{u_y}{u}=\dfrac{1/2}{3/2}=\dfrac13$。
- 填空题 10
设 $f(x,y)=2x+(2y-1)\arcsin\sqrt{\dfrac x{2y}}$，则 $f_x\left(x,\dfrac12\right)=$ ______。
答案：$2$当 $y=\dfrac12$ 时，因子 $2y-1=0$，故第二项恒为 $0$。
因此 $f\left(x,\dfrac12\right)=2x$，对 $x$ 求导得 $2$。
这也可以直接从偏导定义看出；不能只看反正弦在 $x=1$ 处的形式导数。
- 填空题 11
设 $f(x,y)=e^{\arcsin(y/x)}\ln(x^2+y^2)\cos(xy^2)$，则 $f_x(1,0)=$ ______。
答案：$2$在 $y=0$ 附近，$\arcsin0=0,\ e^0=1,\ \cos0=1$。
乘积中只有 $\ln(x^2+y^2)$ 对 $x$ 的导数在 $(1,0)$ 处非零，因为 $\ln1=0$。
$f_x(1,0)=\left.\dfrac{2x}{x^2+y^2}\right|_{(1,0)}=2$。
- 填空题 12
设函数 $z=3x+y^2$，则 $dz=$ ______。
答案：$3dx+2y\,dy$$z_x=3$，$z_y=2y$。
所以 $dz=3dx+2y\,dy$。
- 填空题 13
设 $z=2xy$，则 $dz|_{(1,-1)}=$ ______。
答案：$-2dx+2dy$$z_x=2y,z_y=2x$。
在 $(1,-1)$ 处，$z_x=-2,z_y=2$，所以 $dz=-2dx+2dy$。
- 填空题 14
设 $f(x,y)=\sin(xy^2)$，则 $df(x,y)=$ ______。
答案：$\cos(xy^2)(y^2dx+2xy\,dy)$$f_x=y^2\cos(xy^2)$，$f_y=2xy\cos(xy^2)$。
因此 $df=f_xdx+f_ydy=\cos(xy^2)(y^2dx+2xy\,dy)$。
- 填空题 15
设 $z=x^y$，则 $dz=$ ______。
答案：$yx^{y-1}dx+x^y\ln x\,dy$$z_x=yx^{y-1}$。
将 $z=e^{y\ln x}$ 对 $y$ 求导，得 $z_y=x^y\ln x$。
代入全微分公式即可。
- 填空题 16
设 $z=f\left(x^2+y^2,e^y\right)$，其中 $f(u,v)$ 可微，则 $\dfrac{\partial z}{\partial y}=$ ______。
答案：$2yf_1'+e^yf_2'$第一中间变量对 $y$ 的导数为 $2y$，第二中间变量对 $y$ 的导数为 $e^y$。
由链式法则得 $z_y=2y f_1'+e^y f_2'$。
- 填空题 17
设 $f(u,v)$ 为二元可微函数，$z=f(x^y,y^x)$，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}=$ ______。
答案：$yx^{y-1}f_1'+y^x\ln y\,f_2'$$(x^y)_x=yx^{y-1}$，$(y^x)_x=y^x\ln y$。
由链式法则得到上式。
- 填空题 18
设 $z=(1+xy)^y$，则 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)}=$ ______。
答案：$1+2\ln2$取对数：$\ln z=y\ln(1+xy)$。
$\dfrac{z_y}{z}=\ln(1+xy)+\dfrac{xy}{1+xy}$。
在 $(1,1)$，$z=2$，括号内为 $\ln2+\dfrac12$，故 $z_y=1+2\ln2$。
- 填空题 19
设 $u=x^3+2y^2+xy,\ x=\sin t,\ y=e^t$，则 $\left.\dfrac{du}{dt}\right|_{t=0}=$ ______。
答案：$5$$u_t=u_x x'+u_y y'=(3x^2+y)\cos t+(4y+x)e^t$。
$t=0$ 时 $x=0,y=1$。
代入得 $(0+1)\cdot1+(4+0)\cdot1=5$。
- 填空题 20
设 $z=e^{x/y}$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$ ______。
答案：$-\dfrac{x+y}{y^3}e^{x/y}$$z_x=\dfrac1y e^{x/y}$。
对 $y$ 求导：$z_{xy}=e^{x/y}\left[-\dfrac1{y^2}+\dfrac1y\left(-\dfrac x{y^2}\right)\right]$。
整理得 $-\dfrac{x+y}{y^3}e^{x/y}$。
- 填空题 21
设 $z=\ln\sqrt{1+x^2+y^2}$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$ ______。
答案：$-\dfrac{2xy}{(1+x^2+y^2)^2}$先写 $z=\dfrac12\ln(1+x^2+y^2)$。
$z_x=\dfrac{x}{1+x^2+y^2}$。
再对 $y$ 求导，得 $z_{xy}=x\cdot\dfrac{-2y}{(1+x^2+y^2)^2}$。
- 填空题 22
设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，$z=f(x,xy)$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=$ ______。
答案：$xf_{12}''+f_2'+xyf_{22}''$$z_x=f_1'+y f_2'$。
对 $y$ 求导时，第一项沿 $(u,v)=(x,xy)$ 的方向导数为 $x f_{12}''$；第二项用乘积法则。
$z_{xy}=xf_{12}''+f_2'+y\cdot x f_{22}''$。
- 填空题 23
设 $z(x,y)=x^3-2x^2y+3y^4$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial y^2}=$ ______。
答案：$36y^2$$z_y=-2x^2+12y^3$。
再对 $y$ 求导得 $z_{yy}=36y^2$。
- 填空题 24
已知二元函数 $z=\ln(2e^x-e^y)$，则 $\left.\dfrac{\partial^2z}{\partial x^2}\right|_{(0,0)}=$ ______。
答案：$-2$令 $D=2e^x-e^y$。$z_x=\dfrac{2e^x}{D}$。
$z_{xx}=\dfrac{2e^xD-4e^{2x}}{D^2}=-\dfrac{2e^{x+y}}{D^2}$。
在 $(0,0)$，$D=1$，故结果为 $-2$。
- 填空题 25
若二元函数 $z=f(x,y)$ 的全微分 $dz=\dfrac{x+2y}{(x+y)^2}dx+\dfrac{y}{(x+y)^2}dy$，则 $\dfrac{\partial^2z}{\partial y\partial x}=$ ______。
答案：$-\dfrac{2y}{(x+y)^3}$由全微分，$z_x=\dfrac{x+2y}{(x+y)^2}$。
对 $y$ 求偏导：$z_{xy}=\dfrac{2(x+y)^2-2(x+2y)(x+y)}{(x+y)^4}=-\dfrac{2y}{(x+y)^3}$。
因此由题面给出的 $z_x$ 对 $y$ 求偏导，得到 $z_{xy}=-\dfrac{2y}{(x+y)^3}$。
- 填空题 26
若二元函数 $z(x,y)$ 的全微分 $dz(x,y)=(ae^y+4xy)dx+(xe^y+bx^2)dy$，且 $z(x,y)$ 具有二阶连续偏导数，则 $a=$ ______，$b=$ ______。
答案：$a=1,\ b=2$记 $P=ae^y+4xy,Q=xe^y+bx^2$，精确条件为 $P_y=Q_x$。
$P_y=ae^y+4x$，$Q_x=e^y+2bx$。
比较系数：$a=1$，$4=2b$，所以 $b=2$。
- 填空题 27
若二元函数 $z=z(x,y)$ 的全微分 $dz=x^3y\,dx+\phi(x,y)\,dy$，且具有二阶连续偏导数，则 $\phi_x(x,y)=$ ______。
答案：$x^3$由 $dz=Pdx+Qdy$ 且二阶偏导连续，精确条件 $P_y=Q_x$ 成立。
这里 $P=x^3y$，所以 $P_y=x^3$。
因此 $\phi_x=Q_x=x^3$。
- 计算题 1
设 $f(x,y)=xy+x^2+y^3$，求 $\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y},f_x(0,1),f_y(2,0)$。
答案：$f_x=y+2x,\ f_y=x+3y^2,\ f_x(0,1)=1,\ f_y(2,0)=2$对 $x$ 求偏导，把 $y$ 看作常数：$f_x=y+2x$。
对 $y$ 求偏导，把 $x$ 看作常数：$f_y=x+3y^2$。
代入 $f_x(0,1)=1+2\cdot0=1$。
代入 $f_y(2,0)=2+3\cdot0^2=2$。
- 计算题 2
求 $z=(x^2+y^2)^{xy}$ 的偏导数 $\dfrac{\partial z}{\partial x},\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$\dfrac{\partial z}{\partial x}=(x^2+y^2)^{xy}\left[y\ln(x^2+y^2)+\dfrac{2x^2y}{x^2+y^2}\right],\quad \dfrac{\partial z}{\partial y}=(x^2+y^2)^{xy}\left[x\ln(x^2+y^2)+\dfrac{2xy^2}{x^2+y^2}\right]$取对数：$\ln z=xy\ln(x^2+y^2)$。
对 $x$ 求导：$\dfrac{z_x}{z}=y\ln(x^2+y^2)+xy\cdot\dfrac{2x}{x^2+y^2}$。
对 $y$ 求导：$\dfrac{z_y}{z}=x\ln(x^2+y^2)+xy\cdot\dfrac{2y}{x^2+y^2}$。
- 计算题 3
设 $z=u^2v-uv^2$，而 $u=x\cos y,\ v=x\sin y$，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$。
答案：$3x^2\cos y\sin y(\cos y-\sin y)$代入：$z=x^3\cos^2y\sin y-x^3\cos y\sin^2y$。
提取公因子：$z=x^3\cos y\sin y(\cos y-\sin y)$。
对 $x$ 求偏导时，后面只含 $y$ 的因子视为常数，因此 $z_x=3x^2\cos y\sin y(\cos y-\sin y)$。
- 计算题 4
设 $z=\ln\sqrt{\sqrt x+\sqrt y}$，求 $x\dfrac{\partial z}{\partial x}+y\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$\dfrac14$$z=\dfrac12\ln(\sqrt x+\sqrt y)$。
$z_x=\dfrac1{2(\sqrt x+\sqrt y)}\cdot\dfrac1{2\sqrt x}$，$z_y=\dfrac1{2(\sqrt x+\sqrt y)}\cdot\dfrac1{2\sqrt y}$。
$xz_x+yz_y=\dfrac{\sqrt x+\sqrt y}{4(\sqrt x+\sqrt y)}=\dfrac14$。
- 计算题 5
设 $z=u^2+uv+v^2,\ u=x^2,\ v=2x+1$，求 $\dfrac{dz}{dx}$。
答案：$4x^3+4x^2+10x+4$链式法则：$\dfrac{dz}{dx}=z_u u'+z_vv'=(2u+v)(2x)+(u+2v)\cdot2$。
代入 $u=x^2,v=2x+1$：$(2x^2+2x+1)2x+2(x^2+4x+2)$。
展开得 $4x^3+4x^2+2x+2x^2+8x+4=4x^3+4x^2+10x+4$。
- 计算题 6
设 $z=f(x,e^x,\sin x)$，其中 $f$ 具有一阶连续偏导数，求 $\dfrac{dz}{dx}$。
答案：$f_1'+e^xf_2'+\cos x\,f_3'$三个中间变量依次为 $u=x,v=e^x,w=\sin x$。
$u'=1,v'=e^x,w'=\cos x$。
由多元复合函数求导公式，$dz/dx=f_1'u'+f_2'v'+f_3'w'$，代入即可。
- 计算题 7
设 $z=z(x,y)$ 是由 $x+2y+z-2\sqrt{xyz}=0$ 确定的隐函数，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x},\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$\dfrac{\partial z}{\partial x}=\dfrac{yz-\sqrt{xyz}}{\sqrt{xyz}-xy},\quad \dfrac{\partial z}{\partial y}=\dfrac{xz-2\sqrt{xyz}}{\sqrt{xyz}-xy}$令 $s=\sqrt{xyz}$，$F=x+2y+z-2s=0$。
$F_x=1-\dfrac{yz}s$，$F_y=2-\dfrac{xz}s$，$F_z=1-\dfrac{xy}s$。
$z_x=-F_x/F_z=\dfrac{yz-s}{s-xy}$，$z_y=-F_y/F_z=\dfrac{xz-2s}{s-xy}$。
- 计算题 8
设 $2\sin(x+2y-3z)=x+2y-3z$ 确定了函数 $z=z(x,y)$，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}+\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$1$令 $u=x+2y-3z$，方程化为 $2\sin u=u$。题目所说的隐函数分支对应其中一个解分支，并不需要把全部解都化成 $u=0$。
在该分支上，若 $2\cos u=1$，则由 $2\sin u=u$ 可得 $\sin u=u/2$ 且 $u^2/4+1/4=1$，从而 $u=\pm\sqrt3$；但 $2\sin(\pm\sqrt3)=\pm1.65\ldots$ 不等于 $\pm\sqrt3$，矛盾。因此 $2\cos u\ne1$。
把原方程两边分别对 $x,y$ 求导，得 $(2\cos u-1)(1-3z_x)=0$，$(2\cos u-1)(2-3z_y)=0$。
所以 $1-3z_x=0$、$2-3z_y=0$，即 $z_x=\dfrac13,z_y=\dfrac23$，所求之和为 $1$。
- 计算题 9
设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $F\left(\dfrac yx,\dfrac zx\right)=0$ 确定，其中 $F$ 为可微函数，求 $x\dfrac{\partial z}{\partial x}+y\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
答案：$z$记 $u=y/x,v=z/x$，并设 $F_u,F_v$ 为偏导。
对 $x$ 求导得 $-yF_u+(xz_x-z)F_v=0$，即 $xz_x=z+yF_u/F_v$。
对 $y$ 求导得 $F_u+xF_vz_y=0$，即 $yz_y=-yF_u/F_v$。
两式相加得 $xz_x+yz_y=z$。
- 计算题 10
求 $z=x^2y+y^2e^x$ 的全微分。
答案：$dz=(2xy+y^2e^x)dx+(x^2+2ye^x)dy$$z_x=2xy+y^2e^x$。
$z_y=x^2+2ye^x$。
所以 $dz=z_xdx+z_ydy$，代入即可。
- 计算题 11
已知 $z=\ln(x^2+y^2)$，求 $dz|_{(1,2)}$。
答案：$dz=\dfrac25dx+\dfrac45dy$$z_x=\dfrac{2x}{x^2+y^2}$，$z_y=\dfrac{2y}{x^2+y^2}$。
在 $(1,2)$，分母为 $5$，故 $z_x=\dfrac25,z_y=\dfrac45$。
所以 $dz=\dfrac25dx+\dfrac45dy$。
- 计算题 12
设 $z=e^{x(x^2+y^2)}$，求 $dz$。
答案：$dz=e^{x^3+xy^2}\left[(3x^2+y^2)dx+2xy\,dy\right]$指数为 $s=x^3+xy^2$。
$s_x=3x^2+y^2$，$s_y=2xy$。
$dz=e^s(s_xdx+s_ydy)$，代入即可。
- 计算题 13
设 $z=\sqrt{\ln(xy)}$，求 $dz$。
答案：$dz=\dfrac{1}{2\sqrt{\ln(xy)}}\left(\dfrac{dx}{x}+\dfrac{dy}{y}\right)$$z_x=\dfrac1{2\sqrt{\ln(xy)}}\cdot\dfrac1x$，$z_y=\dfrac1{2\sqrt{\ln(xy)}}\cdot\dfrac1y$。
所以 $dz=z_xdx+z_ydy$，整理得上述形式。定义域为 $xy>1$。
- 计算题 14
设 $z=\sin(xy)+\cos^2(xy)$，求全微分 $dz$。（扫描件在“求”后缺字，按上下文补作“求 $dz$”）
答案：$dz=\left[\cos(xy)-\sin(2xy)\right](y\,dx+x\,dy)$令 $u=xy$，则 $z=\sin u+\cos^2u$。
$\dfrac{dz}{du}=\cos u-2\cos u\sin u=\cos u-\sin2u$。
$du=y\,dx+x\,dy$，故 $dz=[\cos(xy)-\sin(2xy)](y\,dx+x\,dy)$。
- 计算题 15
设 $z=\dfrac{u^2+v^2}{uv}$，求 $dz$。
答案：$dz=\left(\dfrac1v-\dfrac v{u^2}\right)du+\left(\dfrac1u-\dfrac u{v^2}\right)dv$先拆分：$z=\dfrac uv+\dfrac vu$。
$z_u=\dfrac1v-\dfrac v{u^2}$，$z_v=-\dfrac u{v^2}+\dfrac1u$。
因此 $dz=z_udu+z_vdv$。
- 计算题 16
已知 $u=x^{y/x}$，求 $du$。
答案：$du=x^{y/x}\left[\dfrac{y(1-\ln x)}{x^2}dx+\dfrac{\ln x}{x}dy\right]$取对数：$\ln u=\dfrac yx\ln x$。
对 $x$ 求偏导：$\dfrac{u_x}{u}=\dfrac{-y\ln x+y}{x^2}$。
对 $y$ 求偏导：$\dfrac{u_y}{u}=\dfrac{\ln x}{x}$。
代入 $du=u_xdx+u_ydy$。
- 计算题 17
若函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $e^{x+2y+3z}+xyz=1$ 确定，求 $dz|_{(0,0)}$。
答案：$dz|_{(0,0)}=-\dfrac13dx-\dfrac23dy$在 $x=y=0$ 时，$e^{3z}=1$，故 $z=0$。
令 $F=e^{x+2y+3z}+xyz-1$。则 $F_x=1,F_y=2,F_z=3$ 于点 $(0,0,0)$。
$z_x=-\dfrac{F_x}{F_z}=-\dfrac13$，$z_y=-\dfrac{F_y}{F_z}=-\dfrac23$。
所以 $dz=-\dfrac13dx-\dfrac23dy$。
- 计算题 18
求函数 $z=x^4+y^4-4x^2y^3$ 的全部二阶偏导数。
答案：$z_{xx}=12x^2-8y^3,\ z_{yy}=12y^2-24x^2y,\ z_{xy}=z_{yx}=-24xy^2$一阶偏导：$z_x=4x^3-8xy^3$，$z_y=4y^3-12x^2y^2$。
对 $x$ 再求导：$z_{xx}=12x^2-8y^3$。
对 $y$ 再求导：$z_{yy}=12y^2-24x^2y$。
混合偏导：$z_{xy}=-24xy^2$；连续性保证 $z_{yx}=z_{xy}$。
- 计算题 19
设函数 $z=x^2\sin y+ye^x$，求 $\dfrac{\partial z}{\partial x},\dfrac{\partial^2z}{\partial x^2},\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}$。
答案：$z_x=2x\sin y+ye^x,\ z_{xx}=2\sin y+ye^x,\ z_{xy}=2x\cos y+e^x$$z_x=2x\sin y+ye^x$。
固定 $y$ 再对 $x$ 求导：$z_{xx}=2\sin y+ye^x$。
把 $z_x$ 对 $y$ 求导：$z_{xy}=2x\cos y+e^x$。