09-15 错题记录

2026-09-15：已完成高等数学第 5 章多元函数微分学 5.5.2 全微分与偏积分 → 5.5.6 隐函数的偏导数和全微分 核心内容学习（全微分运算法则、偏积分流水线操作、全微分存在性充要条件判别、二阶混合偏导相等性与微分方程转化、隐函数求导与全微分形式不变性）。今日精练归档三道考研真题典例：

例 5.29（2021 数一/二/三真题）：可微性与两端求全微分思想、抽象槽位偏导与自变量代入辨析；
例 5.34.1（2016 数一真题）：全微分充要条件推导二阶混合偏导相等、商导数逆向还原常值函数、“导数为 0 证常数”以及联立二阶非齐次常系数线性微分方程求解；
例 5.43（2002 数三真题）：复合隐函数 $u = f(x, y, z)$ 与 $z = z(x, y)$ 的全微分求法，链式法则（树的最底层）与一阶微分形式不变性（树的第一层）双解对照，并辨析 $f'_x$ / $f'_1$ 记号歧义。

例 5.29（2021 数一二三真题 · 可微性定义 / 复合函数两端求偏导与求全微分思想 / 槽位偏导辨析 / 特例秒杀）

深刻理解“位置求导（槽位导数）”与“自变量求导”的区别（5.4 节核心基石）：
- 给定多元复合函数 $F(x) = f(u(x), v(x))$ ，对其关于一元自变量 $x$ 求导时，按链式法则： $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(u(x), v(x))] = f'_1(u(x), v(x))\cdot u'(x) + f'_2(u(x), v(x))\cdot v'(x)$
- 很多同学因缺乏“槽位（位置）求导”意识，误写成 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 导致符号混乱，不知如何求解。
- 必须透彻理解：对于任意未指定自变量名称的二元函数 $f(\cdot, \cdot)$ ，当它在点 $(1, 1)$ 可微时，其全微分在 $(1, 1)$ 处恒满足： $\mathrm{d}f(1, 1) = f'_1(1, 1)\,\mathrm{d}x + f'_2(1, 1)\,\mathrm{d}y$
- 因此，求 $\mathrm{d}f(1, 1)$ 的本质任务是求出两个具体偏导数值 $f'_1(1, 1)$ 和 $f'_2(1, 1)$ ！
自变量赋值陷阱：内层槽位坐标必须与目标点 $(1, 1)$ 严格对应（极高频失分点）：
- 很多同学看到求 $(1, 1)$ $(1, 1)$ 处的偏导，就机械盲目地将外层自变量一律代入 $x = 1$ $x = 1$ ，造成灾难性错误：
  - 在已知式 (1) $f(x+1, e^x)$ 中，为了令两个输入槽位分别为 $u = x+1 = 1, v = e^x = 1$ ，必须取 $x = 0$ （ $0+1=1, e^0=1$ ）！若误代入 $x = 1$ ，得到的是 $(2, e)$ 处的导数关系，根本与 $(1, 1)$ 无关；
  - 在已知式 (2) $f(x, x^2)$ 中，为了令 $u = x = 1, v = x^2 = 1$ ，才应当取 $x = 1$ ！
- 做题法则：代入哪个 $x$ 值，是由内层槽位变量等于目标点坐标反解出来的，切不可混淆外层自变量与内层自变量。
两端求导 vs 两端求全微分（一脉相承的两种视角）：
- 视角一（一元链式求导）：将左右两边均看成关于 $x$ 的一元复合函数，两端同时对 $x$ 求导，然后分别令 $x = 0$ 和 $x = 1$ ，联立关于 $f'_1(1, 1), f'_2(1, 1)$ 的二元一次方程组，快速解出偏导数值；
- 视角二（全微分形式不变性）：直接两端取微分： $\mathrm{d}[f(x+1, e^x)] = f'_1\,\mathrm{d}(x+1) + f'_2\,\mathrm{d}(e^x) = (f'_1 + f'_2 e^x)\mathrm{d}x$ 右端全微分为 $\mathrm{d}[x(x+1)^2] = (3x+1)(x+1)\mathrm{d}x$ ，消去基底 $\mathrm{d}x$ 同样瞬间得到导数恒等式。两种视角殊途同归，加深对全微分形式不变性的理解。
考场特例反推秒杀法（30秒锁定答案）：
- 观察条件 (2)： $f(x, x^2) = 2x^2 \ln x$ 。若设 $u = x, v = x^2$ ，则 $x^2 = v, \ln x = \frac{1}{2}\ln v$ ，故式子可看作 $v \ln v$ ；或者直接观察 $2x^2 \ln x = x^2 \ln(x^2)$ ，提示我们构造 $f(u, v) = u^2 \ln v$ （即 $f(x, y) = x^2 \ln y$ ）；
- 验证条件 (1)：将 $(x+1, e^x)$ 代入 $f(u, v) = u^2 \ln v$ ，得到 $(x+1)^2 \ln(e^x) = (x+1)^2 \cdot x = x(x+1)^2$ ，完全吻合！
- 既然 $f(x, y) = x^2 \ln y$ 完美满足题设所有条件，而考研选择题答案必唯一，可直接对具体特例求全微分： $f'_x(1, 1) = \left. 2x\ln y \right|_{(1, 1)} = 0, \qquad f'_y(1, 1) = \left. \frac{x^2}{y} \right|_{(1, 1)} = 1$ 立得 $\mathrm{d}f(1, 1) = \mathrm{d}y$ ，直接秒选 (C)！

方法一：两端求导联立线性方程组（常规通法 · 考场基石）

第一步：建立两端求导链式恒等式
设 $u = x + 1, v = e^x$ 。对 $f(x+1, e^x) = x(x+1)^2$ 两端关于自变量 $x$ 求导：

f'_1(x+1, e^x)\cdot \frac{\mathrm{d}(x+1)}{\mathrm{d}x} + f'_2(x+1, e^x)\cdot \frac{\mathrm{d}(e^x)}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[x^3 + 2x^2 + x]

即：

f'_1(x+1, e^x)\cdot 1 + f'_2(x+1, e^x)\cdot e^x = 3x^2 + 4x + 1 = (x+1)(3x+1) \quad \text{--- (1)}

设 $u = x, v = x^2$ 。对 $f(x, x^2) = 2x^2\ln x$ 两端关于自变量 $x$ 求导：

f'_1(x, x^2)\cdot \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x} + f'_2(x, x^2)\cdot \frac{\mathrm{d}(x^2)}{\mathrm{d}x} = 4x\ln x + 2x^2\cdot \frac{1}{x}

即：

f'_1(x, x^2)\cdot 1 + f'_2(x, x^2)\cdot 2x = 4x\ln x + 2x = 2x(2\ln x + 1) \quad \text{--- (2)}

第二步：反解槽位自变量并代入求偏导数值
目标为计算在点 $(1, 1)$ 处的偏导数 $f'_1(1, 1)$ 与 $f'_2(1, 1)$ ：

在等式 (1) 中，令 $\begin{cases} x + 1 = 1 \\ e^x = 1 \end{cases} \implies x = 0$ 。代入 (1) 式： $f'_1(1, 1)\cdot 1 + f'_2(1, 1)\cdot e^0 = (0+1)(0+1) \implies f'_1(1, 1) + f'_2(1, 1) = 1$
在等式 (2) 中，令 $\begin{cases} x = 1 \\ x^2 = 1 \end{cases} \implies x = 1$ 。代入 (2) 式： $f'_1(1, 1)\cdot 1 + f'_2(1, 1)\cdot 2(1) = 2(1)[2\ln 1 + 1] \implies f'_1(1, 1) + 2f'_2(1, 1) = 2$

第三步：联立求解偏导数并写出全微分
联立二元一次方程组：

\begin{cases} f'_1(1, 1) + f'_2(1, 1) = 1 \\ f'_1(1, 1) + 2f'_2(1, 1) = 2 \end{cases} \implies \begin{cases} f'_1(1, 1) = 0 \\ f'_2(1, 1) = 1 \end{cases}

根据可微函数的全微分定义：

\mathrm{d}f(1, 1) = f'_1(1, 1)\,\mathrm{d}x + f'_2(1, 1)\,\mathrm{d}y = 0\cdot\mathrm{d}x + 1\cdot\mathrm{d}y = \mathrm{d}y.

故正确选项为 (C)。

方法二：两端全微分形式不变性（几何微元法）

根据一阶全微分形式不变性，对等式两端直接取微分 $\mathrm{d}$ ：

对第一个等式两端取微分： $\mathrm{d}[f(x+1, e^x)] = \mathrm{d}[x(x+1)^2]$ 展开： $f'_1(x+1, e^x)\,\mathrm{d}(x+1) + f'_2(x+1, e^x)\,\mathrm{d}(e^x) = [(x+1)^2 + 2x(x+1)]\,\mathrm{d}x$ 即： $[f'_1(x+1, e^x) + f'_2(x+1, e^x) e^x]\,\mathrm{d}x = (3x^2 + 4x + 1)\,\mathrm{d}x$ 两端消去 $\mathrm{d}x$ 并令 $x = 0$ ，直接得到 $f'_1(1, 1) + f'_2(1, 1) = 1$ 。
对第二个等式同理取微分并令 $x = 1$ ，同样消去 $\mathrm{d}x$ 得到 $f'_1(1, 1) + 2f'_2(1, 1) = 2$ 。
同样解得 $\mathrm{d}f(1, 1) = \mathrm{d}y$ 。

方法三：特例构造排除法（考场秒杀 · 30秒破题）

观察已知条件中的结构：

条件一： $f(x+1, e^x) = (x+1)^2 \cdot x$ ；
条件二： $f(x, x^2) = x^2 \cdot 2\ln x = x^2 \ln(x^2)$ 。

注意到在条件一中 $x = \ln(e^x)$ ，条件二中 $2\ln x = \ln(x^2)$ 。
若记第一个槽位为 $u$ ，第二个槽位为 $v$ ，则：

条件一相当于 $u = x+1, v = e^x$ ，此时 $u^2 \ln v = (x+1)^2 \ln(e^x) = x(x+1)^2$ ；
条件二相当于 $u = x, v = x^2$ ，此时 $u^2 \ln v = x^2 \ln(x^2) = 2x^2\ln x$ 。

显然，特例函数 $f(u, v) = u^2 \ln v$ （即 $f(x, y) = x^2 \ln y$ ）严格满足题干给出的所有已知恒等式！
对 $f(x, y) = x^2 \ln y$ 直接计算在 $(1, 1)$ 处的全微分：

\mathrm{d}f(x, y) = 2x\ln y\,\mathrm{d}x + \frac{x^2}{y}\,\mathrm{d}y

代入 $(x, y) = (1, 1)$ ：

\mathrm{d}f(1, 1) = 2(1)\ln 1\,\mathrm{d}x + \frac{1^2}{1}\,\mathrm{d}y = 0\,\mathrm{d}x + 1\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}y.

瞬间锁定正确答案 (C)！

例 5.34.1（2016 数一真题 · 全微分充要条件推导混合偏导相等 / 商导数还原 / 导数为 0 证常值函数 / 二阶常系数线性微分方程）

全微分存在性推导混合偏导相等的严密逻辑（大纲规范书写要求）：
- 题设“存在可微函数 $F(x, y)$ 使得 $\mathrm{d}F(x, y) = P(x, y)\,\mathrm{d}x + Q(x, y)\,\mathrm{d}y$ ”，由全微分定义可知偏导数存在： $\frac{\partial F}{\partial x} = P(x, y) = \frac{f(xy)}{x^2 y}, \qquad \frac{\partial F}{\partial y} = Q(x, y) = \frac{f''(xy)}{x y^2}$
- 因题设 $f(u)$ 具有 3 阶连续导数，故 $P, Q$ 在区域 $xy > 0$ 上均具有连续的一阶偏导数；
- 进而原函数 $F(x, y)$ 具有二阶连续偏导数，由 Clairaut 二阶混合偏导连续性定理必恒有： $\frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x} \iff \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$
- 考场解答大题切忌直接盲目扔出 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，简短交代连续性定理保证混合偏导相等是拿到满分步骤分的关键。
商式与链式复合求导的化简功底（高频丢分陷阱）：
- 对 $P(x, y)$ 关于 $y$ 求导时，内层函数为 $u = xy$ ， $(xy)'_y = x$ ： $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{[f'(xy)\cdot x](x^2 y) - f(xy)\cdot x^2}{(x^2 y)^2} = \frac{x^3 y f'(xy) - x^2 f(xy)}{x^4 y^2} = \frac{xy f'(xy) - f(xy)}{x^2 y^2}$
- 对 $Q(x, y)$ 关于 $x$ 求导时，内层函数为 $u = xy$ ， $(xy)'_x = y$ ： $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{[f'''(xy)\cdot y](x y^2) - f''(xy)\cdot y^2}{(x y^2)^2} = \frac{x y^3 f'''(xy) - y^2 f''(xy)}{x^2 y^4} = \frac{xy f'''(xy) - f''(xy)}{x^2 y^2}$
- 极易出现漏乘内层导数或分母平方约分失误，算完后务必观察两侧分母是否已精准对称化为 $x^2 y^2$ 。
核心考研数学思想：“证明某式为常数 $\iff$ 证明其导数恒为 0”：
- 目标是证明 $\dfrac{f''(u)}{u} - \dfrac{f(u)}{u} = C$ ；
- 考研经典破局法：只需计算导数并证明 $\left[\dfrac{f''(u)}{u} - \dfrac{f(u)}{u}\right]' \equiv 0$ ；
- 由一元商求导法则展开： $\left[\frac{f''(u)}{u}\right]' = \frac{u f'''(u) - f''(u)}{u^2}, \qquad \left[\frac{f(u)}{u}\right]' = \frac{u f'(u) - f(u)}{u^2}$
- 差式分子正好是二阶混合偏导相等令 $u = xy$ 得到的恒等式两端！逆向观察商求导结构，原命题瞬间得证。
微分方程初值求解与特征方程符号细节：
- 由初值条件 $u = 1$ 反解常数： $C = \dfrac{f''(1)}{1} - \dfrac{f(1)}{1} = \dfrac{0}{1} - \dfrac{1}{1} = -1$ ，得微分方程 $f''(u) - f(u) = -u$ ；
- 特征方程为 $r^2 - 1 = 0 \implies r = \pm 1$ （切勿粗心写成 $r^2 + 1 = 0$ 写出三角函数解）；
- 特解设法：非齐次项 $-u$ 对应 $\lambda = 0$ 不是特征根，设特解 $y^* = Au + B$ ，代入解得 $A = 1, B = 0 \implies y^* = u$ ；
- 联立初值方程组解常数 $C_1, C_2$ 时，注意指数幂计算与负号提取规范。

第一问：利用二阶混合偏导连续性定理与商求导法则证明

第一步：由全微分定义确定偏导数表达式
依题设，表达式 $\dfrac{f(xy)}{x^2 y}\mathrm{d}x + \dfrac{f''(xy)}{x y^2}\mathrm{d}y$ 是函数 $F(x, y)$ 在区域 $D = \{(x, y) \mid xy > 0\}$ 内的全微分，由全微分的定义：

\frac{\partial F}{\partial x} = P(x, y) = \frac{f(xy)}{x^2 y}, \qquad \frac{\partial F}{\partial y} = Q(x, y) = \frac{f''(xy)}{x y^2}

第二步：计算二阶混合偏导数
因 $f(u)$ 在 $(0, +\infty)$ 内具有 3 阶连续导数，所以 $P(x, y), Q(x, y)$ 在 $D$ 内具有一阶连续偏导数。
分别对 $y$ 与 $x$ 求偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{f(xy)}{x^2 y}\right] = \frac{[f'(xy)\cdot x](x^2 y) - f(xy)\cdot x^2}{(x^2 y)^2} \\ &= \frac{x^3 y f'(xy) - x^2 f(xy)}{x^4 y^2} = \frac{xy f'(xy) - f(xy)}{x^2 y^2} \end{aligned}

\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x} &= \frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{f''(xy)}{x y^2}\right] = \frac{[f'''(xy)\cdot y](x y^2) - f''(xy)\cdot y^2}{(x y^2)^2} \\ &= \frac{x y^3 f'''(xy) - y^2 f''(xy)}{x^2 y^4} = \frac{xy f'''(xy) - f''(xy)}{x^2 y^2} \end{aligned}

第三步：二阶混合偏导相等推导一元微分恒等式
由二阶混合偏导数连续性定理，在区域 $D$ 内恒有：

\frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 F}{\partial y \partial x}

从而：

\frac{xy f'(xy) - f(xy)}{x^2 y^2} = \frac{xy f'''(xy) - f''(xy)}{x^2 y^2} \implies xy f'(xy) - f(xy) = xy f'''(xy) - f''(xy)

令中间变量 $u = xy > 0$ ，两端同除以 $u^2$ ：

\frac{u f'(u) - f(u)}{u^2} = \frac{u f'''(u) - f''(u)}{u^2}

第四步：逆向识别商求导公式并完成证明
注意到商导数公式：

\left[\frac{f(u)}{u}\right]' = \frac{u f'(u) - f(u)}{u^2}, \qquad \left[\frac{f''(u)}{u}\right]' = \frac{u f'''(u) - f''(u)}{u^2}

于是上式等价于：

\left[\frac{f''(u)}{u}\right]' - \left[\frac{f(u)}{u}\right]' = 0 \implies \left[\frac{f''(u)}{u} - \frac{f(u)}{u}\right]' = 0

导数恒为 0，由拉格朗日中值定理推论，该式在 $(0, +\infty)$ 内必为常值函数，即：

\frac{f''(u)}{u} - \frac{f(u)}{u} = C \quad (C\text{ 为常数})

原命题得证。

第二问：确定常数 $C$ 并求解二阶非齐次常系数线性微分方程

第一步：代入初值条件确定常数 $C$
题设已知 $f(1) = 1, f''(1) = 0$ 。代入第 (1) 问结论中令 $u = 1$ ：

C = \frac{f''(1)}{1} - \frac{f(1)}{1} = \frac{0}{1} - \frac{1}{1} = -1

从而在 $(0, +\infty)$ 上有：

\frac{f''(u)}{u} - \frac{f(u)}{u} = -1 \implies f''(u) - f(u) = -u

第二步：求解齐次方程通解
对应二阶齐次微分方程为 $f''(u) - f(u) = 0$ 。
特征方程为：

r^2 - 1 = 0 \implies r_1 = 1, \quad r_2 = -1

齐次通解为：

Y(u) = C_1 e^u + C_2 e^{-u} \quad (C_1, C_2\text{ 为任意常数})

第三步：求非齐次方程特解
方程右端为自由项 $P_m(u)e^{\lambda u} = -u$ ，其中 $\lambda = 0$ 不是特征根。
设特解形式为 $y^* = Au + B$ 。求导得 $(y^*)' = A, (y^*)'' = 0$ 。
代入微分方程 $f''(u) - f(u) = -u$ ：

0 - (Au + B) = -u \implies -Au - B = -u

对比同类项系数得：

\begin{cases} -A = -1 \\ -B = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} A = 1 \\ B = 0 \end{cases}

故特解为 $y^* = u$ 。

第四步：非齐次通解与利用初始条件定解
非齐次微分方程的通解为：

f(u) = Y(u) + y^* = C_1 e^u + C_2 e^{-u} + u

对 $f(u)$ 求导：

f'(u) = C_1 e^u - C_2 e^{-u} + 1

代入已知初始条件 $f(1) = 1, f'(1) = -1$ ：

\begin{cases} f(1) = C_1 e + C_2 e^{-1} + 1 = 1 \\ f'(1) = C_1 e - C_2 e^{-1} + 1 = -1 \end{cases} \implies \begin{cases} C_1 e + C_2 e^{-1} = 0 \\ C_1 e - C_2 e^{-1} = -2 \end{cases}

两式相加： $2C_1 e = -2 \implies C_1 = -\dfrac{1}{e} = -e^{-1}$ ；
两式相减： $2C_2 e^{-1} = 2 \implies C_2 = e$ 。

第五步：整理写出最终函数表达式
将 $C_1 = -e^{-1}, C_2 = e$ 代入通解：

f(u) = -e^{-1} e^u + e e^{-u} + u = -e^{u-1} + e^{-(u-1)} + u

即所求函数表达式为：

\boxed{f(u) = -e^{u-1} + e^{1-u} + u \quad (u > 0)}

例 5.43（2002 数三真题 · 复合隐函数全微分求法 / 已知未知辨析 / 记号歧义）

先分清”谁是已知、谁是未知”——本题卡壳的第一杀手：
- 题干说 $u = f(x, y, z)$ 有连续偏导数，这就等于宣布 $f'_1, f'_2, f'_3$ （即 $\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}$ ）全部是已知量，最终答案里可以心安理得地保留这些符号；
- 真正未知的只有 $z$ 对 $x, y$ 的偏导数（或等价地 $\mathrm{d}z$ ）——因为 $z$ 由方程 $xe^x - ye^y = ze^z$ 隐式确定；
- 一元类比：告诉 $f(x)$ 可导， $f'(x)$ 就是已知量。很多同学一上来就想”算出 $f$ 的具体表达式”，方向从一开始就错了。
变量依赖结构必须先画清（树形图意识）： $u \longleftarrow \{x,\ y,\ z\}, \qquad z = z(x, y)$ 两个自变量是 $x, y$ （树的终点、已知）， $z$ 是中间变量（隐函数、需先解出）。所有解法都是在这棵树上选择”从哪里切一刀”。
隐方程两端求导的乘积法则与符号（最易失分的手工细节）：
- 对 $x$ 求偏导（ $y$ 视为常数）：左端 $(xe^x)'_x = e^x + xe^x = (1+x)e^x$ ，右端 $(ze^z)'_x = (e^z + ze^z)z_x = (1+z)e^z z_x$ ；
- 对 $y$ 求偏导：左端 $-(ye^y)'_y = -(1+y)e^y$ —— 这个负号是丢分重灾区，右端同样为 $(1+z)e^z z_y$ ；
- 结论： $z_x = \dfrac{1+x}{1+z}e^{x-z}$ ， $z_y = -\dfrac{1+y}{1+z}e^{y-z}$ ， $y$ 一侧的负号必须带上。
两种视角对应”树的两个层次”，各有优势：
- 方法一（链式法则 · 树的最底层）：老老实实先求 $z_x, z_y$ ，再 $\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial f}{\partial x} + \dfrac{\partial f}{\partial z}\dfrac{\partial z}{\partial x}$ ；
- 方法二（一阶微分形式不变性 · 树的第一层）：直接写 $\mathrm{d}u = \dfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x + \dfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y + \dfrac{\partial f}{\partial z}\mathrm{d}z$ ，只需求出 $\mathrm{d}z$ 代回合并同类项，一步到位、无需分别求两个偏导，是本题最快的写法。
记号歧义（ $f'_x$ 还是 $f'_1$ ）——5.4 节”插槽模型”的实战检验：
- 因 $z$ 中含 $x$ ， $f$ 的第 1 个插槽与自变量 $x$ 已经分离，严格写法为： $\frac{\partial u}{\partial x} = f'_1 + f'_3\frac{\partial z}{\partial x}, \qquad \mathrm{d}u = f'_1\mathrm{d}x + f'_2\mathrm{d}y + f'_3\mathrm{d}z$ 而不是 $f'_x\mathrm{d}x + f'_y\mathrm{d}y + f'_z\mathrm{d}z$ ；
- 但市面所有教辅（含教育部考试中心解析、李艳芳解析）一律写 $f'_x, f'_y, f'_z$ ，属于约定俗成的”将错就错”；
- 考场策略：写成 $f'_1, f'_2, f'_3$ 绝对严谨、必不扣分；写 $f'_x, f'_y, f'_z$ 同样给满分。唯一不能犯的错是： $f'_x$ 与 $f'_1$ 混着用，那才是真的错。

方法一：链式求导法则（树的最底层 · 先求 $z_x, z_y$ ）

第一步：对隐方程两端分别求偏导解出 $z_x, z_y$
方程两端对 $x$ 求偏导（视 $y$ 为常数）：

e^x + xe^x = (e^z + ze^z)\frac{\partial z}{\partial x} \implies (1+x)e^x = (1+z)e^z\frac{\partial z}{\partial x}

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1+x}{1+z}e^{x-z}

方程两端对 $y$ 求偏导（视 $x$ 为常数）：

-(e^y + ye^y) = (e^z + ze^z)\frac{\partial z}{\partial y} \implies -(1+y)e^y = (1+z)e^z\frac{\partial z}{\partial y}

\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}

第二步：链式法则展开 $\dfrac{\partial u}{\partial x}, \dfrac{\partial u}{\partial y}$

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}

\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\partial f}{\partial z}\cdot\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}

第三步：写出目标全微分

\mathrm{d}u = \left(\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z}\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}\right)\mathrm{d}x + \left(\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\partial f}{\partial z}\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}\right)\mathrm{d}y

方法二：一阶微分形式不变性（树的第一层 · 考场推荐）

第一步：直接对 $u = f(x, y, z)$ 取全微分

\mathrm{d}u = \frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y + \frac{\partial f}{\partial z}\mathrm{d}z

这里 $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y$ 直接保留，只需求出 $\mathrm{d}z$ 即可。

第二步：对隐方程两端直接取全微分

(e^x + xe^x)\mathrm{d}x - (e^y + ye^y)\mathrm{d}y = (e^z + ze^z)\mathrm{d}z

(1+x)e^x\mathrm{d}x - (1+y)e^y\mathrm{d}y = (1+z)e^z\mathrm{d}z

解得：

\mathrm{d}z = \frac{1+x}{1+z}e^{x-z}\mathrm{d}x - \frac{1+y}{1+z}e^{y-z}\mathrm{d}y

第三步：代回并合并同类项
将 $\mathrm{d}z$ 代入 $\mathrm{d}u$ 的表达式，按 $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y$ 归并：

\mathrm{d}u = \left(\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z}\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}\right)\mathrm{d}x + \left(\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{\partial f}{\partial z}\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}\right)\mathrm{d}y

与方法一结果完全一致，但全程未显式写出 $\dfrac{\partial z}{\partial x}, \dfrac{\partial z}{\partial y}$ 两个中间符号，运算更短、更不易出错。

[!tip] 记号规范（严格写法 · 与 5.4 节插槽模型一致）由于 $f$ 括号内的三个变量并不互相独立，最严谨的结果应写作：
$\mathrm{d}u = \left(f'_1 + f'_3\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}\right)\mathrm{d}x + \left(f'_2 - f'_3\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}\right)\mathrm{d}y$
教辅与官方解析普遍写作 $f'_x, f'_y, f'_z$ ；两种写法阅卷均给满分，但同一道题内务必统一，不可混用。

ギターと孤独と蒼い惑星

09-15 错题记录

09-15 错题记录

例 5.29（2021 数一二三真题 · 可微性定义 / 复合函数两端求偏导与求全微分思想 / 槽位偏导辨析 / 特例秒杀）

例 5.34.1（2016 数一真题 · 全微分充要条件推导混合偏导相等 / 商导数还原 / 导数为 0 证常值函数 / 二阶常系数线性微分方程）

例 5.43（2002 数三真题 · 复合隐函数全微分求法 / 已知未知辨析 / 记号歧义）

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