5.2 偏导数和可微概念题

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：5.1 重极限 · 下一节：5.3 分段函数的多元微分概念题

5.2.1 偏导数的核心概念与求导法则

1. 偏导数的严格定义与几何意义

(1) 定义式（一元导数的切片视角）

设函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 的某一邻域内有定义：

关于 $x$ 的偏导数： $f'_x(x_0, y_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x, y_0) - f(x_0, y_0)}{\Delta x} = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f(x, y_0) \right|_{x = x_0}$
关于 $y$ 的偏导数： $f'_y(x_0, y_0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(x_0, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)}{\Delta y} = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} f(x_0, y) \right|_{y = y_0}$

(2) 几何意义（截线切线斜率）

$f'_x(x_0, y_0)$ 表示平面 $y = y_0$ 截曲面 $z = f(x, y)$ 所得交线在点 $M_0(x_0, y_0, f(x_0, y_0))$ 处关于 $x$ 轴方向的切线斜率；
$f'_y(x_0, y_0)$ 表示平面 $x = x_0$ 截曲面 $z = f(x, y)$ 所得交线在点 $M_0(x_0, y_0, f(x_0, y_0))$ 处关于 $y$ 轴方向的切线斜率。

2. 偏导数的计算原则与“先代后求”技巧

在求具体点 $(x_0, y_0)$ 处的偏导数时，若直接使用求导公式展开极其复杂，先代入常数、降维为一元函数后再求导，是考研中极重要的提速技巧。

求 $f'_x(0, 1)$ ：先令 $y = 1$ ，原式化为一元函数： $f(x, 1) = x + 2 + (1 - 1)\arcsin\frac{x}{1 + x} = x + 2$ 直接求导： $f'_x(0, 1) = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f(x, 1) \right|_{x = 0} = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} (x + 2) \right|_{x = 0} = 1.$
求 $f'_y(0, 1)$ ：先令 $x = 0$ ，原式化为一元函数： $f(0, y) = 0 + 2y + (y - 1)\arcsin 0 = 2y$ 直接求导： $f'_y(0, 1) = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} f(0, y) \right|_{y = 1} = \left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} (2y) \right|_{y = 1} = 2.$

3. 高阶偏导数与混合偏导数定理

设 $z = f(x, y)$ ，其四个二阶偏导数定义为：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} &= f''_{xx}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right), & \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= f''_{xy}(x, y) = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right), \\ \frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x} &= f''_{yx}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right), & \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} &= f''_{yy}(x, y) = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right). \end{aligned}

5.2.2 全微分与可微性判定法则

\text{可微} \iff \lim_{\rho \to 0} \frac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho} = 0

其中：

$\Delta z = f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)$
$\mathrm{d}z = f'_x(x_0, y_0)\Delta x + f'_y(x_0, y_0)\Delta y$
$\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$

特别地，在 $(0, 0)$ 点处可微 $\iff$

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{[f(x, y) - f(0, 0)] - [f'_x(0, 0)x + f'_y(0, 0)y]}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0

1. 全微分的定义与系数确定

(1) 定义

若全增量可以表示为自变量增量的线性函数与高阶无穷小之和：

\Delta z = f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0) = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho),

其中 $A, B$ 是仅与点 $(x_0, y_0)$ 有关的常数， $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ ，则称函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 可微。
此时线性主要部分 $A\Delta x + B\Delta y$ 称为函数在点 $(x_0, y_0)$ 的全微分，记作：

\mathrm{d}z = A\Delta x + B\Delta y = A\,\mathrm{d}x + B\,\mathrm{d}y.

(2) 系数唯一性与微分表达

若函数在点 $(x_0, y_0)$ 处可微，则偏导数 $f'_x(x_0, y_0)$ 与 $f'_y(x_0, y_0)$ 必存在，且系数唯一确定为：

A = f'_x(x_0, y_0), \quad B = f'_y(x_0, y_0).

故全微分公式恒为：

\mathrm{d}z = f'_x(x_0, y_0)\,\mathrm{d}x + f'_y(x_0, y_0)\,\mathrm{d}y.

2. 可微的四种等价表述（讲义核心整理）

以下四种表述在数学上严格等价：

编号	形式名称	等价数学表达式	说明
1	增量阶数式	$\Delta z = f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0) = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$	理论定义式
2	增量极限式	$\lim\limits_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \dfrac{[f(x_0 + \Delta x, y_0 + \Delta y) - f(x_0, y_0)] - [A\Delta x + B\Delta y]}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = 0$	验算操作式
3	坐标增量式	$\Delta z = f(x, y) - f(x_0, y_0) = A(x - x_0) + B(y - y_0) + o(\rho)$	点坐标形式
4	坐标极限式 (※ 最常用)	$\lim\limits_{\substack{x \to x_0 \\ y \to y_0}} \dfrac{[f(x, y) - f(x_0, y_0)] - [A(x - x_0) + B(y - y_0)]}{\sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2}} = 0$	题型构造与秒杀首选

3. 可微性判定的标准条件与实战工作流

(1) 条件体系

必要条件：
- 函数在点 $(x_0, y_0)$ 处连续；
- 两个偏导数 $f'_x(x_0, y_0)$ 与 $f'_y(x_0, y_0)$ 都存在。 (任一不满足，立断不可微！)
充分条件：
- 偏导数函数 $f'_x(x, y)$ 与 $f'_y(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处连续。
充要条件（定义法）：
- 两个偏导数存在，且极限 $\lim\limits_{\rho \to 0} \dfrac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho} = 0$ 。

5.2.3 多元微分四大概念的关系网络与反例谱系

1. 核心逻辑网络图

flowchart TD
    PD_Cont["偏导数连续<br>(f'ₓ, f'ᵧ 连续)"]
    Diff["可微<br>(全微分 dz 存在)"]
    Cont["函数连续<br>lim f = f(x₀, y₀)"]
    PD_Exist["偏导数存在<br>(f'ₓ, f'ᵧ 存在)"]

    PD_Cont ==>|充分不必要| Diff
    Diff ==>|充分不必要| Cont
    Diff ==>|充分不必要| PD_Exist

    Cont -.->|互不相推| PD_Exist
    PD_Exist -.->|互不相推| Cont

    Cont -.-x|推不出| Diff
    PD_Exist -.-x|推不出| Diff
    Diff -.-x|推不出| PD_Cont

逻辑链条总结：

偏导连续 $\implies$ 可微 $\implies$ 连续；
可微 $\implies$ 偏导存在；
连续与偏导存在互不相推；
连续 + 偏导存在 $\centernot\implies$ 可微（见例 5.6）；
可微 $\centernot\implies$ 偏导连续（见例 5.14）。

2. 四大概念反例与经典模型对照矩阵

考研概念题的命题本质是在这四大概念之间“挖坑”。掌握以下 4 个标准模型即可秒杀全部反例题：

性质组合	典型函数模型（原点处）	核心现象与考研命题定位
连续，但偏导不存在	$f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$ 或 $f(x, y) = \\|x\\| + \\|y\\|$	原点成尖锥状，沿坐标轴方向单侧导数正负不一，导数不存在
偏导存在，但不连续	$f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$	沿坐标轴恒为 0（偏导为 0），但沿 $y = x$ 极限为 $\frac{1}{2} \ne 0$
连续且偏导存在，但不可微	$f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 y}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ (例 5.6 原型)	连续性满足，偏导数均为 0，但 $\dfrac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho}$ 沿不同斜率 $y = kx$ 极限值不同
可微，但偏导不连续	$f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2)\sin\dfrac{1}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ (例 5.14 原型)	无穷小乘有界量保证可微；但导函数含震荡剧烈项 $\dfrac{1}{\rho}\cos\dfrac{1}{\rho^2}$ ，偏导不连续

3. 三大秒杀定式与速解套路

若已知原点极限满足：

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y) - f(0, 0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0 \quad (\text{即 } \Delta z = o(\rho))

则函数在 $(0, 0)$ 处必可微，且两偏导数必全为 0（ $f'_x(0, 0) = f'_y(0, 0) = 0$ ）。

推广： 若已知 $\lim\limits_{(x, y)\to(0,0)} \dfrac{f(x, y)}{(x^2 + y^2)^k} = c$ （ $k \ge 1$ 且连续），则分子为 $\rho^{2k}$ 阶无穷小。因 $2k > 1$ ，直接得出 $\Delta z = o(\rho)$ ，必可微且偏导全为 0！

5.2.4 典型例题与真题深度剖析

题型一：多元微分概念判定的标准流程

判断连续性：利用极坐标变换 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ ： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} f(x, y) = \lim_{r \to 0^+} \frac{r^3 \cos^2\theta \sin\theta}{r^2} = \lim_{r \to 0^+} r\cos^2\theta\sin\theta = 0 = f(0, 0).$ （有界量乘无穷小），故函数在 $(0, 0)$ 处连续，排除 (A)。
判断偏导数是否存在：按定义计算原点偏导数： $f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0,$ $f'_y(0, 0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0, y) - f(0, 0)}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{0 - 0}{y} = 0.$ 偏导数 $f'_x(0, 0) = 0, f'_y(0, 0) = 0$ 均存在，排除 (B)。
判断可微性（定义法）：验证极限 $\lim\limits_{\rho \to 0} \dfrac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho}$ 是否为 0： $\lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{[f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0)] - [f'_x(0, 0)\Delta x + f'_y(0, 0)\Delta y]}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{(\Delta x)^2 \Delta y}{\left[(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2\right]^{\frac{3}{2}}}.$ 代入极坐标 $\Delta x = \rho\cos\theta, \Delta y = \rho\sin\theta$ ： $\frac{\rho^3 \cos^2\theta \sin\theta}{\rho^3} = \cos^2\theta \sin\theta.$ 沿不同直线路径 $\Delta y = k\Delta x$ 趋近时，其极限值为 $\dfrac{k}{(1 + k^2)^{\frac{3}{2}}}$ ，随斜率 $k$ 改变，极限不存在！
因此函数在 $(0, 0)$ 处不可微。

正确选项：(C)。

判断连续性： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} f(x, y) = \lim_{r \to 0^+} r^2 \sin \frac{1}{r^2} = 0 = f(0, 0),$ 无穷小乘有界量为 0，故函数在 $(0, 0)$ 处连续。
判断原点偏导数： $f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\frac{1}{x^2}}{x} = \lim_{x \to 0} x\sin\frac{1}{x^2} = 0.$ 由对称性知 $f'_y(0, 0) = 0$ 。偏导数均存在。
判断可微性： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{(x^2 + y^2)\sin\frac{1}{x^2 + y^2} - 0}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{r \to 0^+} \frac{r^2 \sin\frac{1}{r^2}}{r} = \lim_{r \to 0^+} r\sin\frac{1}{r^2} = 0.$ 极限恒为 0，故函数在 $(0, 0)$ 处可微！
检验偏导数是否连续：当 $(x, y) \ne (0, 0)$ $(x, y) \neq = (0, 0)$ 时，按复合函数求导公式求偏导： $f'_x(x, y) = 2x\sin\frac{1}{x^2 + y^2} + (x^2 + y^2)\cos\frac{1}{x^2 + y^2} \cdot \left[ -\frac{2x}{(x^2 + y^2)^2} \right] = 2x\sin\frac{1}{x^2 + y^2} - \frac{2x}{x^2 + y^2}\cos\frac{1}{x^2 + y^2}.$ 考察重极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} f'_x(x, y)$ $x \to 0 y \to 0 lim f_{x}^{'} (x, y)$ ：
- 前项 $2x\sin\frac{1}{x^2+y^2} \to 0$ ；
- 后项化为极坐标为 $-\dfrac{2\cos\theta}{r}\cos\dfrac{1}{r^2}$ ，由于含振荡因子且振幅趋于无穷，极限不存在！
  因此 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f'_x(x, y) \ne f'_x(0, 0)$ ，偏导数不连续。

正确选项：(D)。

题型二：极限与可微性的判定与秒杀规律

二元函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微的一个充分条件是

(A) $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} [f(x, y) - f(0, 0)] = 0$
(B) $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = 0$ 且 $\lim\limits_{y \to 0} \dfrac{f(0, y) - f(0, 0)}{y} = 0$
(C) $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y) - f(0, 0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$
(D) $\lim\limits_{x \to 0} [f'_x(x, 0) - f'_x(0, 0)] = 0$ 且 $\lim\limits_{y \to 0} [f'_y(0, y) - f'_y(0, 0)] = 0$

由偏导数定义： $f'_x(0, 0) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}$ 。
已知重极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y) - f(0, 0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$ 。沿 $x$ 轴（令 $y = 0, x \to 0$ ）趋近必有：

\lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{|x|} = 0.

从而：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{|x|} \cdot \frac{|x|}{x} \right] = 0 \times (\pm 1) = 0.

由对称性同理可得 $f'_y(0, 0) = 0$ 。
将 $f'_x(0, 0) = 0, f'_y(0, 0) = 0$ 代入可微性判定极限：

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{[f(x, y) - f(0, 0)] - (0 \cdot x + 0 \cdot y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y) - f(0, 0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0.

完全符合可微定义，故在 $(0, 0)$ 处必可微。

正确选项：(C)。

如果函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续，那么下列命题正确的是

(A) 若极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{|x| + |y|}$ 存在，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微.
(B) 若极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{x^2 + y^2}$ 存在，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微.
(C) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微，则极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{|x| + |y|}$ 存在.
(D) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微，则极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{x^2 + y^2}$ 存在.

排除 C、D（寻找可微反例）：
构造简单常数函数 $f(x, y) \equiv 1$ 。
常数函数处处可微，偏导数 $f'_x = f'_y = 0$ 。
但当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时： $\frac{f(x, y)}{|x| + |y|} = \frac{1}{|x| + |y|} \to \infty, \quad \frac{f(x, y)}{x^2 + y^2} = \frac{1}{x^2 + y^2} \to \infty,$ 两极限均发散不存在，故 C、D 错误。
排除 A（绝对值分母不可微陷阱）：
设 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{|x| + |y|} = k$ 。由连续性知 $f(0, 0) = 0$ 。
沿 $x$ 轴趋近得 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0)}{|x|} = k$ 。
则关于 $x$ 的偏导数为： $f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x, 0)}{|x|} \cdot \frac{|x|}{x} \right] = k \times (\pm 1).$ 只要 $k \ne 0$ （例如取反例 $f(x, y) = |x| + |y|$ ，此时 $k = 1$ ），左右导数分别为 $1$ 和 $-1$ ，偏导数根本不存在，故不可微，A 错误。
证明 B 正确：
设 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{x^2 + y^2} = k$ 。由 $f(x, y)$ 连续知 $f(0, 0) = 0$ 。
沿 $x$ 轴趋近： $\lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0)}{x^2} = k \implies f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \left[ \frac{f(x, 0)}{x^2} \cdot x \right] = k \times 0 = 0.$ 同理由对称性 $f'_y(0, 0) = 0$ 。
验证可微性极限： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{\Delta z - \mathrm{d}z}{\rho} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y) - 0}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \left[ \frac{f(x, y)}{x^2 + y^2} \cdot \sqrt{x^2 + y^2} \right] = k \times 0 = 0.$ 完全符合可微定义，必可微。

正确选项：(B)。

设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续，则下列命题中，正确的是

(A) 若极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{(\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|})^2}$ 存在，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微.
(B) 若极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{x^4 + y^4}$ 存在，则 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微.
(C) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微，则极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{(\sqrt{|x|} + \sqrt{|y|})^2}$ 存在.
(D) 若 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微，则极限 $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \dfrac{f(x, y)}{x^4 + y^4}$ 存在.

方法一：严格分类讨论
由条件分离极限：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} - \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \sqrt{x^2 + y^2} = 1 \implies \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1.

从而 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 1 \times 0 = 0$ 。
注意题设并未告知 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续，必须讨论函数值 $f(0, 0)$ ：

若 $f(0, 0) = 0$ （此时连续）：
式子变形为 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{f(x, y) - f(0, 0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1$ $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) - f ( 0 , 0 )}{x ^{2} + y ^{2}} = 1$ 。
沿 $x$ $x$ 轴（ $y = 0$ $y = 0$ ）趋近： $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{|x|} = 1$ $x \to 0 lim \frac{f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{∣ x ∣} = 1$ 。
- 右侧趋近： $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = 1$ ；
- 左侧趋近： $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = -1$ 。
  左右导数不相等，故偏导数 $f'_x(0, 0)$ 不存在。对称性知 $f'_y(0, 0)$ 亦不存在。
若 $f(0, 0) \ne 0$ （此时不连续）：
计算偏导数增量比： $\lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \frac{0 - f(0, 0)}{0} = \infty \quad (\text{不存在}).$

综上所述，无论 $f(0, 0)$ 取何值，两个偏导数必不存在！

方法二：特例反例排除法
取满足题设极限的具体函数：

f(x, y) = \begin{cases} \sqrt{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\ 1, & (x, y) = (0, 0). \end{cases}

显然 $\lim \dfrac{\sqrt{x^2+y^2} - \rho^2}{\rho} = 1 - 0 = 1$ ，满足条件。
但该函数在原点 $f(0, 0) = 1 \ne 0$ ，不连续；且沿坐标轴 $f(x, 0) = |x|$ （当 $x \ne 0$ ）无法在原点求导，偏导数均不存在。直接排除 (A)(C)(D)。

正确选项：(B)。

题型三：凑可微定义与全微分计算

解法一：标准凑定义法
分母 $\rho = \sqrt{x^2 + (y - 1)^2} \to 0$ 。由极限值为 0 可知分子极限必为 0：

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 1}} [f(x, y) - 2x + y - 2] = 0 \implies \lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 1}} f(x, y) = 2(0) - 1 + 2 = 1.

由函数连续性可知 $f(0, 1) = 1$ 。
将分子重新整理，配凑可微定义的标准点坐标形式：

\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 1}} \frac{[f(x, y) - f(0, 1)] - [2(x - 0) - 1(y - 1)]}{\sqrt{x^2 + (y - 1)^2}} = 0.

对照定义式 $\lim \dfrac{\Delta z - [A(x - x_0) + B(y - y_0)]}{\rho} = 0$ ，直接读出：

A = f'_x(0, 1) = 2, \quad B = f'_y(0, 1) = -1.

故全微分为：

\left. \mathrm{d}z \right|_{(0, 1)} = 2\,\mathrm{d}x - \mathrm{d}y.

解法二：讲义特例秒杀法（极速）
直接取特例函数使极限恒为 0：

f(x, y) - 2x + y - 2 = 0 \implies f(x, y) = 2x - y + 2.

此时直接对其求全微分：

\mathrm{d}z = \mathrm{d}(2x - y + 2) = 2\,\mathrm{d}x - \mathrm{d}y.

(注：本质上函数在点附近的局部线性逼近就是该平面，特例法在填空题中完全通用且零失误。)

设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微， $f(0, 0) = 0, \boldsymbol{n} = \left.\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}, \dfrac{\partial f}{\partial y}, -1\right)\right|_{(0, 0)}$ ，非零向量 $\boldsymbol{\alpha}$ 与 $\boldsymbol{n}$ 垂直，则

(A) $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{|\boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2 + y^2}}$ 存在.
(B) $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{|\boldsymbol{n} \times (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2 + y^2}}$ 存在.
(C) $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{|\boldsymbol{\alpha} \cdot (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2 + y^2}}$ 存在.
(D) $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{|\boldsymbol{\alpha} \times (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2 + y^2}}$ 存在.

记 $f'_x = f'_x(0, 0), f'_y = f'_y(0, 0)$ ，则法向量为 $\boldsymbol{n} = (f'_x, f'_y, -1)$ 。
计算向量点积：

\boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x, y)) = f'_x \cdot x + f'_y \cdot y - f(x, y) = - [f(x, y) - f(0, 0) - (f'_x x + f'_y y)] = -\left(\Delta z - \mathrm{d}z\right).

代入 (A) 选项的极限式：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{|\boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x, y))|}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{|\Delta z - \mathrm{d}z|}{\rho} = 0.

由函数在原点可微的定义，该极限必然存在且恒等于 0！故 (A) 必定正确。

排除 (B)：
取特例 $f(x, y) = x$ ，此时 $f'_x = 1, f'_y = 0$ ， $\boldsymbol{n} = (1, 0, -1)$ 。
计算向量外积： $\boldsymbol{n} \times (x, y, x) = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ 1 & 0 & -1 \\ x & y & x \end{vmatrix} = y\boldsymbol{i} - 2x\boldsymbol{j} + y\boldsymbol{k}, \quad |\boldsymbol{n} \times (x, y, x)| = \sqrt{4x^2 + 2y^2}.$ 原点极限为 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{\sqrt{4x^2 + 2y^2}}{\sqrt{x^2 + y^2}}$ 。取路径 $y = 0$ 极限为 2；取路径 $x = 0$ 极限为 $\sqrt{2}$ ，极限不存在，排除 (B)。
排除 (C)、(D)：
取特例 $f(x, y) \equiv 0$ ，则 $\boldsymbol{n} = (0, 0, -1)$ 。
取与 $\boldsymbol{n}$ 垂直的非零向量 $\boldsymbol{\alpha} = (1, 0, 0)$ 。
此时 $|\boldsymbol{\alpha} \cdot (x, y, 0)| = |x|$ ， $|\boldsymbol{\alpha} \times (x, y, 0)| = |(0, 0, y)| = |y|$ 。
除以 $\sqrt{x^2 + y^2}$ 后沿不同射线方向趋近，极限均不存在，排除 (C)、(D)。

正确选项：(A)。

题型四：概念辨析、单调性与截线连续性

计算 $F(x, y)$ 在原点的偏导数：
在两坐标轴上 $xy = 0$ ，故 $g(x, 0) = g(0, y) = 0 \implies F(x, 0) = 0, F(0, y) = 0$ 。 $F'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{F(x, 0) - F(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0, \quad F'_y(0, 0) = 0.$
代入可微充要条件：
$F(x, y)$ $F (x, y)$ 在 $(0, 0)$ $(0, 0)$ 处可微 $\iff \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{F(x, y) - 0 - (0x + 0y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0 \iff \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{f(x, y)g(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$ $⟺ (x, y) \to (0, 0) lim \frac{F ( x , y ) - 0 - ( 0 x + 0 y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0 ⟺ (x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) g ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 0$ 。
- 当 $xy = 0$ 时， $g(x, y) = 0$ ，式子恒为 0；
- 当 $xy \ne 0$ 时， $g(x, y) = 1$ ，必须满足： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0 \quad (\text{即 } f(x, y) = o(\rho)).$
检验各选项的无穷小阶数：
- (A) $\lim f(x, y) = 1 \ne 0$ ，极限为 $\infty$ ；
- (B) $f(x, y) \sim y + xy$ ，沿 $x = y$ 趋近时为 $\dfrac{x}{\sqrt{2}|x|} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \ne 0$ ；
- (C) $f(x, y) \sim y + xy$ ，同理阶数为 1 阶，比值不为 0；
- (D) $f(x, y) = x^2 + y^2 = r^2$ ，则 $\lim\limits_{r \to 0^+} \dfrac{r^2}{r} = \lim\limits_{r \to 0^+} r = 0$ ，严格满足条件！

正确选项：(D)。

方法一：单调性直观速解

$\dfrac{\partial f}{\partial x} > 0 \implies f$ 关于 $x$ 单调递增（ $x$ 越大函数值越大）；
$\dfrac{\partial f}{\partial y} < 0 \implies f$ 关于 $y$ 单调递减（ $y$ 越小函数值越大）。
若要保证 $f(x_2, y_2) > f(x_1, y_1)$ ，需同时让 $x$ 增大（ $x_2 > x_1$ ）且让 $y$ 减小（ $y_2 < y_1$ ），即 $x_1 < x_2, \ y_1 > y_2$ 。直接选 (D)。

方法二：严格拉格朗日中值定理拆分
将两点差值沿坐标轴方向拆为两段一元增量：

f(x_2, y_2) - f(x_1, y_1) = [f(x_2, y_2) - f(x_1, y_2)] + [f(x_1, y_2) - f(x_1, y_1)].

分别应用一元拉格朗日中值定理：

= f'_x(\xi, y_2)(x_2 - x_1) + f'_y(x_1, \eta)(y_2 - y_1).

已知 $f'_x > 0, f'_y < 0$ ：

若 $x_2 > x_1 \implies x_2 - x_1 > 0$ ，则第一项严格大于 0；
若 $y_1 > y_2 \implies y_2 - y_1 < 0$ ，因 $f'_y < 0$ ，负负得正，第二项严格大于 0。
两项皆正，和必大于 0，从而 $f(x_2, y_2) > f(x_1, y_1)$ 恒成立。

正确选项：(D)。

“一阶偏导存在”是多元微积分中最弱的条件！
它仅仅保证了函数在穿过 $(x_0, y_0)$ 且平行于坐标轴的两条“十字交叉线”上有导数定义，至于平面邻域内的其他任何方向、重极限、连续性，统统推不出来！因此 (A)、(B)、(D) 全错。

但对于 (C) 选项： $y$ 被严格固定为常数 $y_0$ ，退化为一元函数 $g(x) = f(x, y_0)$ 。
由条件 $f'_x(x_0, y_0)$ 存在，即一元函数 $g(x)$ 在 $x_0$ 处可导。
一元函数可导必连续，连续必有极限：

\lim_{x \to x_0} f(x, y_0) = \lim_{x \to x_0} g(x) = g(x_0) = f(x_0, y_0).

极限不仅必然存在，而且严格等于函数值。

正确选项：(C)。

我的总结

多元函数微分学是高等数学的核心板块。在复习时应抓住以下结构：

概念网络：极限、连续、偏导数、全微分、偏导数连续五者之间的逻辑蕴含关系必须通过反例彻底理清；
计算核心：复合函数与隐函数链式法则，注意区分“对位置偏导”与“对变量偏导”；
极值应用：无条件极值（二阶充分条件 $AC-B^2$ ）与条件极值（拉格朗日乘数法），注重驻点与边界最值的全面考察。

参考资料

考研数学历年真题（全国统考真题）
同济大学数学系《高等数学》（多元函数微分法及其应用）
考研数学主流复习资料与本人学习笔记

ギターと孤独と蒼い惑星

5.2 偏导数和可微概念题

5.2 偏导数和可微概念题

5.2.1 偏导数的核心概念与求导法则

1. 偏导数的严格定义与几何意义

(1) 定义式（一元导数的切片视角）

(2) 几何意义（截线切线斜率）

2. 偏导数的计算原则与“先代后求”技巧

3. 高阶偏导数与混合偏导数定理

5.2.2 全微分与可微性判定法则

1. 全微分的定义与系数确定

(1) 定义

(2) 系数唯一性与微分表达

2. 可微的四种等价表述（讲义核心整理）

3. 可微性判定的标准条件与实战工作流

(1) 条件体系

5.2.3 多元微分四大概念的关系网络与反例谱系

1. 核心逻辑网络图

2. 四大概念反例与经典模型对照矩阵

3. 三大秒杀定式与速解套路

5.2.4 典型例题与真题深度剖析

题型一：多元微分概念判定的标准流程

题型二：极限与可微性的判定与秒杀规律

题型三：凑可微定义与全微分计算

题型四：概念辨析、单调性与截线连续性

我的总结

参考资料

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