≤4x}
．
（2）z=arcsin（x2+2y2
-1）．解:
由-1≤x2
+2y2
-1≤1得:
定义域D={（x,y）x2+2y2
≤2}
．
4．设f（x-y,
y
x
）=x2-y2，求f（x,y）．⎧x-y=t⎧
t解:
令⎪⎨y,得：
⎪x=1-s⎪⎨
⎩x
=s⎪⎩
y=ts1-st2代入得f（t,s）=（1+s）
1-s
故f（x,y）=x2
（1+y）
1-y
．
5.求下列极限：
（1）lim
1-（xy）2+ex
；
xy→→0
1
x2+y3
解:
原式=
1-0+1
0+1
=2．
（2）lim
1-cos（xy）；
x2
y→→00
xy+1-1
（xy）2（
22+1+1）解:
原式=lim
xyxy→→00
x2y2
=1．
1
（3）lim
sin（xy）
x（1+xy）y；y→→20
ysin（xy）1
解:
原式=limxx⋅
（1+xy）xy
⋅x=2e2．y→→20
xy6．判断下列极限是否存在，若存在，求出极限值．
（1）limx2-y
x；
y→→00
y解:
当x→0时，令y=kx2
，则
limx2-y=limx2-kx2=1-k，其值与k有关，故极限不存在．x2y→→00
yx→0y=kx
2kxk
（2）lim
5x-6y
xy→→∞∞
x2+y
；解:
当x→∞,y→∞时，有
0≤
5x-6y5xx2+y2≤x2+y2+6yx2+y2≤5xx2
+6y
y
2→0，故lim
5x-6y
x=0．
y→→∞∞
x2+y2
⎧1,x2+y2≠0
7．研究函数f（x,y）=⎨的连续性（在哪些点22
⎩0,x+y=0
连续，哪些点不连续）．
解:
limf（x,y）=1≠0=f（0,0），故函数在（0,0）处不连续，其它处均
x→0
y→0
（B）lim
f（x0+∆x,y0）-f（x0,y0）
ΔxΔx→0
f（x0+∆x,y）-f（x0,y0）
ΔxΔx→0
f（x0+∆x,y0）
ΔxΔx→0
（C）lim
（D）lim
连续．
第二节偏导数
１．选择题：
⎧1
⎪sinx2y,xy≠0,
（3）设f（x,y）=⎨xy则fx（0,1）=（Ｂ）
⎪0,xy=0,⎩
（A）0；（B）1；（C）２；（D）不存在.
（1）fx,fy在（x0,y0）处均存在是f（x,y）在该点连续的条件是（D）；
（A）充分条件但不是必要条件；（B）必要条件但不是充分条件；（C）充分必要条件；；（D）既非充分也非必要条件；
（2）设z=f（x,y），则
２．填空题
⎧⎪z=+x2+y2
（1）曲线⎨在点（1,1,）处的切线与y轴正向
⎪x=1⎩
所成的角是
∂z
=（B）
∂x（x,y）
00
π；6
y1∂z1∂z
=-，=；，则
x∂xx∂yy
（A）lim
f（x0+∆x,y0+∆y）-f（x0,y0）
ΔxΔx→0
（2）设z=ln
（3）设f（x,y,z）=zexy，则fx（0,0,1）=0，fy（0,0,1）=0，
4．求下列函数的二阶偏导数：
fz（0,0,1）=1．
3．求下列函数的一阶偏导数：
（1）z=
xy
x+y
；∂zy2∂zx2
解:
∂x=（x+y）2，∂y=
（x+y）2
．
（2）z=（1+xy）x
解:
∂z∂x=（1+xy）x[ln（1+xy）+xy1+xy]（3）u=xyz
；
解
:
∂u
=yzxyz-1∂x
，
∂u
=yzlny⋅xyz∂z
lnx．
，∂z∂y
=x2（1+xy）x-1．∂u
=zyz-1z∂y
xylnx，
（1）z=xln（x+y）
解:
∂zx∂∂x=ln（x+y）+x+y，z∂y=
x
x+y
，∂2zx+2y∂x2=（x+y）2，∂2zy
∂x∂y=（x+y）2
，∂2zx∂2∂y2=-（x+y）2，z∂y∂x=
y（x+y）2
（2）z=arcsinxy
；
解:
∂z
=1∂x
y2-x2
，
∂z-∂y=
x
，yy2-x2
∂2z=x（y-x）-3
2
，∂222z=-y（y2-x2）-3
2∂x
2
∂x∂y，∂2z-1-3
∂y2=xy2
（y2-x2）2+x（y2-x2）2
∂2z11
3
22--∂y∂x=-y
[（y-x）2
+x2（y2-x2）2]．4
，
1⎧
x2+y2≠0,⎪ycos22
∂f∂2f-x2y23-x2y2，解：
，=ye=-2xye
5．设函数f（x,y）=⎨⎪x+y
判断其在点（0,0）⎩
0,x2+y2=0,处的连续性和偏导数是否存在．解:
1）lim1
x→0
f（x,y）=limx→0ycos
x2+y2
=0=f（0,0）
y→0
y→0
故函数在点（0,0）处连续；2）ff（0+Δx,0）-f（0,0）x（0,0
）=Δxlim
→0
Δx
=Δxlim0-0
→0Δx=0f0,0+Δy）-f（0,0）
y（0,0）=lim
f（Δy→0
Δy
Δycos
1
=（Δy）
2
-0
Δylim
→0
Δy
=limcos
1
Δy→0
Δy2
，极限不存在，故此点
处关于y的偏导数不存在．
1.（1996.4）设f（x,y）=
⎰
xy-x∂2f0
et2
dt，求y∂x2-2∂2f∂x∂y+y∂2fx∂y
2
∂x∂x
2∂2f∂x∂y
=（1-2x2y2）e-x2y2，由对称性，
∂2f-y2x2
∂y
2
=-2yx3e
故x∂2f∂2fy∂2f-x2yy∂x2-2∂x∂y+x∂y2
=-2e2
第三节全微分
1）函数f（x,y）在点（x0,y0）处连续，且两个偏导数
fx（x0,y0）,fy（x0,y0）存在是f（x,y）可微的（B（A）充分条件,但不是必要条件；（B）必要条件,但不是充分条件；（C）充分必要条件；
（D）既不是充分条件,也不是必要条件.
）.
１．选择题：
（
1⎧2222∂z∂z（x+y）sin,x+y≠0dz=Δx+Δy=1⨯0.1+2⨯（-0.2）=-0.3⎪
x2+y2
（2）设f（x,y）=⎨∂x∂y
⎪
x2+y2=0⎩0,４．求下列函数的全微分：
则在原点（0,0）处f（x,y）（D）.（A）偏导数不存在；（B）不可微；（C）偏导数存在且连续；（D）可微.
（3）在点（x,y）处df（x,y）存在的充分条件为（C）．
（A）f的全部二阶偏导数均存在；（B）f连续；
（C）f的全部一阶偏导数均连续；（D）f连续且fx,fy均存在．2．填空题：
二元函数z=f（x,y）在点（x,y）处可微的充分必要条件是
lim
Δz-dz
ρ→0
ρ
=0，其中Δz=f（x+Δx,y+Δy）-f（x,y）,dz为表达式fx（x,y）Δx+fy（x,y）Δx,ρ=
Δx2+Δy2
．
３．求函数z=xy当x=2，y=1，∆x=0.1，∆y=-0.2时的全增量和全微分．
解:
Δz=2.1⨯0.8-2⨯1=-0.32
（1）z=x3y2
解:
∂z∂x=3x2y2，∂z
∂y
=2x3ydz=
∂z∂xdx+∂z
∂y
dy=3x2y2dx+2x3ydy
（2）z=
x
y
解:
∂z∂x=
1
2xy，∂zxy∂y=-2y2dz=
∂z∂xdx+∂z∂ydy=1
2xydx-xy2y
2dy
（3）u=ln（x2+y2+z2
）
解:
∂u∂x=2xx2+y2+z2，∂u2y
∂y=x2+y2+z
2
，
∂u2z
=2
∂zx+y2+z2du=
５．讨论函数z=
（2002.1）考虑二元函数f（x,y）的下列四条性质：
（1）f（x,y）在点（x0,y0）连续；
（2）fx（x,y）、fy（x,y）在点（x0,y0）连续；（3）f（x,y）在点（x0,y0）可微分；
2x2y2z
dx+dy+dz222222222
x+y+zx+y+zx+y+z
xy在点（0,0）处的可导性与可微性．
Δx⋅0-0Δx
（4）fx（x0,y0）、fy（x0,y0）存在.
∂z
=lim解:
∂x（0,0）Δx→0
=0,
若用“P⇒Q”表示可由性质P推出性质Q，则有（A）A、
（2）⇒（3）⇒
（1）B、（3）⇒
（2）⇒
（1）C、
（2）⇒（4）⇒
（1）D、（3）⇒
（1）⇒（4）
解：
因为对于二元函数有如下蕴含关系：
两个偏导数连续可推出函数可微，从而可推出函数连续且两个偏导数存在。
故选A
，其中ρ=
∂z
=lim
∂y（0,0）Δx→0
故函数z=但lim
ρ→0
0⋅Δy-0Δy
=0,
xy在点（0,0）处的偏导数存在；
ΔxΔy
Δz-dz
=limρ→0ρ
Δx2+Δy2
Δx2+Δy2
）沿直线y=x趋于（0,0）时此极限不存在。
故函数易知当（Δx,Δy
z=xy在点（0,0）处不可微．
第四节多元复合函数的求导法则
1．选择题：
（1）设z=f（x,v）,v=v（x,y），则
∂2z∂y
2
=（C）.
（A）∂2f∂v∂y⋅∂v∂y+∂f∂v⋅∂2v
；（B）∂f∂v⋅∂2v；∂y2∂y2
（C）∂2f∂v2（∂v∂y）2+∂f∂v⋅∂2v；（D）∂2f∂y2∂v2⋅∂v∂y+∂f∂v⋅∂2v
∂y
2.
（2）设z=ln⎛x+
y⎫
⎝2x⎪⎭
则f'y
（1,0）=（C）（A）1（B）2（C）1
2
（D）02．求下列函数的偏导数或全导数：
（1）z=x2-y2，x=3t,y=4t3．
解:
dz∂dt=z∂x⋅dxdt+∂z∂y⋅dydt=1
x2-y2
（3x-12yt3）
=
19t-48t5）
9t2-16t6
（
（2）z=y+f（v）,v=y2-x2，其中f可导．
解:
∂z∂x=f'（v）⋅∂v∂x
=-2xf'（v）∂z∂y
=1+f'（v）⋅∂v∂y=1+2yf'（v）
（3）z=xey，y=ϕ（x），其中ϕ可导．
解:
dzdx=∂z∂x+∂z∂y⋅dydx
=ey
+xeyϕ'（x）（4）设z=u2v3,u=x+2y,v=x-y，求
∂z∂z∂x,∂y
．解:
∂z=∂z⋅∂u+∂z⋅∂v=2uv3+3u2v2∂x∂u∂x∂v∂x
∂z∂y=∂z∂u⋅∂u∂y+∂z∂v⋅∂v∂y
=4uv3-3u2v2（5）z=u2v3w，u=2t+1,v=t3,w=3t-1．
解:
dz322223
dt
=4uvw+9uvwt+3uv3．求下列函数的偏导数：
（1）z=f（x2+y3,sin（xy）），其中f可导，求
∂z∂x，∂z∂y
．解:
∂z
∂x
=2xf1'+ycos（xy）f2'∂z
∂y
=3y2f1'+xcos（xy）f2'8
∂u∂u∂u
（2）u=f（x-ey+xsin（yz）），其中f可导，求，，．
x
∂2z
''+5x2y2f''+2x3yf''=2yf'+2xf'+2xy3f∂x∂y∂z
解:
∂u
=（1-ex∂x
y+sin（yz））f'，∂u
∂y
=（-ex+xzcos（yz））f'，∂u∂z=xycos（yz）f'．
（3）设z=f（u,x,y）,u=xey
，其中f二阶可导，求∂z∂2z
∂x，∂x∂y
．
解:
∂z
∂x
=eyf1'+f2'，∂2z
=eyfy∂x∂y
1'+xe2f11
''+eyf13''+xeyf21''+f23''．2
2
f具有二阶连续偏导数，求∂2（4）设z=f（xy,xy）,z∂2z
∂x2，∂x∂y
，
∂2
z
∂y
2．解:
∂z∂x=y2fxyf∂z
1'+22'，∂y
=2xyf1'+x2f2'∂2z
∂x
2=2yf2'+y4f11
''+4xy3f12''+4x2y2f22''
∂x∂y
1211
1222∂2z
∂y
=2xf221'+4xy2f11
''+4x3yf12''+x4f22''4．已知函数f，g可导，验证u=f（x+at）+g（x-at）满足
∂2u2
∂t2=a2∂u∂x
2．证明：
∂u=af'-a
g'，∂2u
22∂t∂t
2=af''+ag''，∂u2
∂x=f'+g'，∂2u∂2u2∂u∂x2=f''+g''，故∂t2=a∂x
2．
1.（2000.1）设z=f（xy,
x
y）+g（yx
），其中f具有二阶连续偏导数，9
∂2z求．∂x∂y
解
：
（2）设x+z=yfx2-z2则z（A）x（B）y
（）
∂zy∂z=（A）+∂x∂y
（C）z（D）yfx2-z2
（）
∂z∂x=y⋅f1'+1y⋅f2'+g'⋅（-yx2）=y⋅f1'+1
y⋅f2
'-g'⋅yx
2，∂2z∂x∂y=f1'+y[f11''⋅x+f12''⋅（-x1
'y2）]-x
2f2
+
1x1y[f21''⋅x+f22''⋅（-y2）]-x2
（g'+yg''⋅1
x）=f1
'-1
y2f2'+xyf11''-xy2f22''-1
x2g'-yx2g''第五节隐函数的求导公式
1．选择题：
（1）设ϕ（x-az,y-bz）=0则a
∂z∂∂x+bz
∂y
=（D）（A）a（B）b
（C）-1（D）1
（3）设有三元方程xy-zlny+exz=1，根据隐函数存在定理，
存在点（0,1,1）的一个邻域，在此邻域内该方程（D）（A）只能确定一个具有连续偏导数的隐函数z=z（x,y）;
（B）可确定两个具有连续偏导数的隐函数y=y（x,y）和z=z（x,y）;（C）可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x（y,z）和z=z（x,y）（D）可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x（y,z）和y=y（x,z）.
2．设方程xy+x2+y2=2确定了隐函数y=y（x），求
dy
dx
．解:
（公式法）令F（x,y）=xy+x2
+y2
-2，Fx=y+2x
Fy=x+2y，
则
dyFdx=-xF=-y+2x
，y
x+2y提示：
另还可用两边直接对自变量求偏导或两边求全微分的方法，过
程略。
下同。
3．设方程sin（x+y-z）=z+x确定了隐函数z=z（x,y），求
∂z，∂x
则
F∂z
=-x=-ye-xy（e-z+2），∂xFz
∂z
，dz．∂y
解:
（公式法）令F（x,y,z）=sin（x+y-z）-z-x，
∂2zy2e-xy[（e-z+2）2+e-（z+xy）]
=．
-3∂x2（e+2）
5．设隐函数z=z（x,y）由方程F（x+
zz
y+）=0所确定，证明yx
Fx=cos（x+y-z）-1
x
Fy=cos（x+y-z），Fz=-cos（x+y-z）-1
则
∂z∂z
+y=z-xy．∂x∂y
z
F2'2x
FyF∂zcos（x+y-z）-1∂zcos（x+y-z）
=-x===-∂xFzcos（x+y-z）+1∂yFzcos（x+y-z）+1
cos（x+y-z）-1cos（x+y-z）
dx+dy
cos（x+y-z）+1cos（x+y-z）+1
-xy
证明：
Fx=F1'-
Fy=-
11z
'''F+F2',，F=F+F112z2
yxy
dz=
4．设方程e+e
-z
∂z∂2z
求．=2z确定了隐函数z=z（x,y），
∂x∂x2
zz'F-F1'F1'-2F2'22
FFx∂zy∂zy=-=-=-,=-,
1111∂xFzFzF1'+F2'∂yF1'+F2'yxyx
故x
解:
令F（x,y,z）=e，Fz=-e-2
z
-xy
+e-z-2z，Fx=-yexy
∂z∂z
+y=z-xy．∂x∂y
6．求下列方程组所确定的隐函数的导数或偏导数：
⎧x2+y2+z2-50=0dydz
（1）设⎨，求，．dxdx⎩x+2y+3z=4
解:
方程组两边直接对自变量x求偏导，得：
均有一阶连续的偏导数，求dy．
dx⎧y=f（x,t）解:
联立方程组⎨两边直接对自变量x求偏导，得：
F（x,y,t）=0⎩
∂t⎧dy'=f+fxt⎪⎪dx∂x⎨dy∂t⎪F+F+Ft=0xy⎪dx∂x⎩
故dydz⎧2x+2y+2z=0⎪⎪dxdx⎨⎪1+2dy+3dz=0⎪dxdx⎩故dy-3x+zdz2x-y==，．dx3y-2zdx3y-2zfF-ftFxdy=xtdxftFy+Ft
⎧u3+xu=y∂u∂u∂v∂v
（2）设⎨3，求，，，．∂x∂y∂x∂y⎩v+yu=x
解:
方程组两边直接对自变量x求偏导，得：
1（1995.1）设u=f（x,y,z）,ϕ（x2,ey,z）=0,y=sinx,其中f,ϕ均有一阶连续的偏导数，且∂v⎧2∂u3u+v+x=0⎪∂u-3v3-x∂v3u2+yv⎪∂x∂x故=22，=22⎨∂x9uv-xy∂x9uv-xy⎪3v2∂v+y∂u=1⎪∂x∂x⎩
∂u3v2+xu∂v-3u3-y同理可得到：
=，=．∂y9u2v2-xy∂y9u2v2-xy
（x,t）,而t是由F（x,y,t）=0所确定的x,y的函数，7．设y=f其中f,F
12du∂ϕ≠0,求．dx∂z第六节多元函数微分学的几何应用t1π1．求曲线x=,y=sint,z=cost在对应t=的点处的切线方224程和法平面方程．122,-）解:
切向量T=（x',y',z'）t=π=（,2244
曲线在对应t=
π
4
的点处的切线方程为：
x-1y-1z-2
==，法平面方程为：
x-y=0．1-10
22
x-y-z-
==，法平面方程为：
122
-
224
π
3．求曲面z=x2+y2在点（1,1,2）处的切平面方程和法线方程．解:
法向量n=（zx,zy,-1）
（1,1,2）
=（2,2,-1）
1π2222（x-）+（y-）-（z-）=0，即2822442x+22y-2z=
故所求切平面方程为2（x-1）+2（y-1）-（z-2）=0即
π
4
+
3
．2
2x+2y-z-2=0．
法线方程为：
4．求椭球面
x-1y-1z-2
==22-1
⎧x2+y2+z2=6
2．求曲线⎨在点M0（1,1,2）处的切线方程及法平面22
⎩z=x+y
方程．
解:
用隐函数组求导的方法得到
x2+2y2+3z2=21上某点M
处的切平面π
的方程，使平面π过已知直线L:
dydz2xz+x0==，dx-y-2yzdx-y-2yz
x-6y-32z-1
==．21-2
解:
设点M的坐标为（x0y0,z0），则切平面π的法向量
dydz
点M0（1,1,2）处的切向量T=（1,,）=（1,-1,0）
dxdxM0
曲线在对应点M0（1,1,2）处的切线方程为：
1
n=（2x0,4y0,6z0），直线L过点（6,3,），且方向向量为
2
l=（2,1,-1），
⎧4x0+4y0-6z0=0⎪1⎪
故有⎨2x0（x0-6）+4y0（y0-3）+6z0（z0-）=0，
2⎪222
⎪x0+2y0+3z0=21⎩
s就是过点M（x,y,z）的某直线的方向向量（常向量），该直线就是所
求平行于切平面的定直线．
⎧x=t
⎪2
1．（1992.1）．在曲线⎨y=-t的所有切线中，与平面x+2y+z=4
⎪z=t3⎩
平行的切线
（A）只有一条（B）只有两条
（C）至少三条（D）不存在
⎧x0=3⎧x0=1⎪⎪
解得⎨y0=0或⎨y0=2
⎪z=2⎪z=2⎩0⎩0
所求切平面方程为x+2z=7或x+4y+6z=21．
注：
上题中在直线L上任取两点的坐标代入平面π的方程，同样可求得点（x0y0,z0），过程略．
5．设F（u,v）是可微函数，证明：
曲面
２．（2001.1）设函数f（x,y）在点（0,0）附近有定义，且
'（0,0）=3,fy'（0,0）=1，则fx
（A）dz（0,0）=3dx+dy;
（B）曲面z=f（x,y）在点（0,0,f（0,0））的法向量为{3,1,1};
F（
ax-bz,ay-cz）=0（abc≠0）的切平面平行于某定直线．
证明：
曲面在任意点M（x,y,z）处切平面的法向量
n=（aF1,aF2,-bF1-cF2），
设向量s=
⎧z=f（x,y）
1,0,3};（C）曲线⎨在点（0,0,f（0,0））的切向量为{
y=0⎩⎧z=f（x,y）
（D）曲线⎨在点（0,0,f（0,0））的切向量为{3,0,1}.
⎩y=0
⎛bc⎫
,1⎪，有n⋅s=0，即n⊥s，⎝aa⎭
3．求函数u=xyz在点（3,4,5）处沿着锥面z=向的方向导数．解:
x2+y2的外法线方
第七节方向导数与梯度
1．填空题：
∂z
=∂x
xx2+y2
=
3∂z，=5∂y
yx2+y2
352
=
4
，锥面的外法线方5
',fy'在点（x0,y0）
（1）fx
不充分也不必要条件．
（3，4，-5）向为，其方向余弦为cosα=，cosβ=
452
，
（2）函数z=xexy在点（1,0）沿i+j方向的方向导数最大，其最大
值是2．
22．求函数z=ln（x+y）在点（1,2）处沿着抛物线y=4x
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