5.5 偏导数和全微分

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：5.4 极易混淆的概念性知识：对位置求偏导和对变量求偏导 · 下一节：5.6 无条件极值和条件极（最）值

5.5.1 偏导数的计算、先代后求、对称性（不包括隐函数）

1. 核心运算法则与定理

graph TD
    Z["z = f(u, v)"] --> U["中间变量 u(x, y)"]
    Z --> V["中间变量 v(x, y)"]
    U --> X1["自变量 x"]
    U --> Y1["自变量 y"]
    V --> X2["自变量 x"]
    V --> Y2["自变量 y"]

2. 两大核心计算加速技巧

(1) 先代后求法则

对某一变量求偏导时，另外一个变量视为常数。所以如果后续计算过程中不涉及到对另外一个变量求偏导，可以直接把另外一个变量的值提前代入！

适用条件：
- 求一阶偏导点值 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(x_0, y_0)}$ ：因为只对 $x$ 求偏导，后续绝不涉及对 $y$ 求偏导，故求导前可直接将 $y = y_0$ 代入函数表达式，化为一元函数求导！
- 求二阶混合偏导点值 $\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{(x_0, y_0)}$ ：若先对 $x$ 求导得到 $\frac{\partial z}{\partial x}$ ，接下来仅对 $y$ 求导，后续绝不会再涉及对 $x$ 求偏导，因此在对 $y$ 求偏导之前，可以先将 $x = x_0$ 代入！

(2) 对称性法则

3. 典型例题精析（例 5.20 至例 5.27）

例 5.20（武忠祥高数讲义 · 先代后求极速提速）

先对 $x$ 求偏导：

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{y^2}{1 + x y^2}

在计算完 $z'_x$ 之后，需要继续让 $z'_x$ 对 $y$ 求偏导。这意味着后续计算绝不会再涉及到对 $x$ 求偏导！
因此在 $z'_x$ 对 $y$ 求导之前，可以先代入 $x = 0$ ：

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=0} = \frac{y^2}{1 + 0} = y^2

于是原本繁琐的二元求偏导瞬间转化为一元常导数：

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

例 5.21（2011 数二真题 · 先代后求与中间过程书写规范）

审题挖掘隐藏信息：
函数 $g(x)$ 可导且在 $x = 1$ 处取得极值，由极值必要条件可知：

g'(1) = 0, \quad g(1) = 1

解法一（讲义常规硬算链式法则）：
由链式法则：

\frac{\partial z}{\partial x} = f'_1 \frac{\partial(xy)}{\partial x} + f'_2 \frac{\partial[yg(x)]}{\partial x} = y f'_1 + y g'(x) f'_2

继续对 $y$ 求偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left[ y(f'_1 + g'(x) f'_2) \right] \\ &= (f'_1 + g'(x) f'_2) + y \left\{ f''_{11}\frac{\partial(xy)}{\partial y} + f''_{12}\frac{\partial[yg(x)]}{\partial y} + g'(x) f''_{21}\frac{\partial(xy)}{\partial y} + g'(x) f''_{22}\frac{\partial[yg(x)]}{\partial y} \right\} \\ &= f'_1 + g'(x) f'_2 + y \left[ x f''_{11} + g(x) f''_{12} + x g'(x) f''_{21} + g(x) g'(x) f''_{22} \right] \end{aligned}

代入 $x = 1, y = 1, g(1) = 1, g'(1) = 0$ ：

\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{\substack{x=1\\y=1}} = f'_1(1, 1) + 1 \cdot \left[ 1 \cdot f''_{11}(1, 1) + 1 \cdot f''_{12}(1, 1) + 0 + 0 \right] = f'_1(1, 1) + f''_{11}(1, 1) + f''_{12}(1, 1)

解法二（讲义红笔秒杀：先代后求）：
第一步求偏导：

\frac{\partial z}{\partial x} = y f'_1(xy, yg(x)) + y g'(x) f'_2(xy, yg(x))

下一步是对 $y$ 求偏导，后续不再涉及对 $x$ 求导，直接先代入 $x = 1$ ：因为 $g(1) = 1, g'(1) = 0$ ，所以：

\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1} = y f'_1(y, y) + y \cdot 0 \cdot f'_2(y, y) = y f'_1(y, y)

第二步对 $y$ 求偏导（位置 1 是 $y$ ，位置 2 也是 $y$ ）：

\frac{\partial}{\partial y}\left(\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=1}\right) = f'_1(y, y) + y \left[ f''_{11}(y, y)\cdot 1 + f''_{12}(y, y)\cdot 1 \right]

第三步代入 $y = 1$ ：

\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{\substack{x=1\\y=1}} = f'_1(1, 1) + f''_{11}(1, 1) + f''_{12}(1, 1)

整个过程省去了一半以上毫无意义的展开与化简，既快速又绝对不会出错！

省略括号的潜规则：在中间推导过程中，可以将 $f'_1(xy, yg(x))$ 简写为 $f'_1$ ，即若不写括号，默认括号内的表达式与题干所给形式完全相同。
代入点值后必须写括号：若对 $x$ 或 $y$ 的取值进行了代入（如 $x = 1$ ），则括号内表达式已发生变化，此时偏导数后面必须加上括号（如必须写成 $f'_1(y, y)$ ）。
最终结果规范：本题求的是在 $x = 1, y = 1$ 处的值，当 $x = 1, y = 1$ 时，中间变量 $xy = 1, yg(x) = 1$ 。因此最终结果必须写成代入具体点值后的结果：
$\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{\substack{x=1\\y=1}} = f'_1(1, 1) + f''_{11}(1, 1) + f''_{12}(1, 1) \quad (\checkmark)$
绝对不能写成 $f'_1 + f''_{11} + f''_{12}$ （❌ 扣分）！

[!tip] 记忆口诀 中间的计算过程可以省略括号；若代入 $x = \square, y = \square$ ，则括号不能省略！

例 5.22（2019 数一真题 · 整体单变量的复合求导辨析）

[!caution] 概念辨析（蓝笔手书警示）此题 $f(\;)$ 括号里面没有逗号， $(\sin y - \sin x)$ 整体是一个自变量 $u$ ！故此题根本不存在 $f'_1, f'_2, f'_x, f'_y$ ！求导时只能写成 $f'(\sin y - \sin x)$ 或 $\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u}$ ！

分别计算偏导数：

\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} &= \frac{\partial f(\sin y - \sin x)}{\partial(\sin y - \sin x)} \cdot \frac{\partial(\sin y - \sin x)}{\partial x} + y = f'(\sin y - \sin x) \cdot (-\cos x) + y \\ \frac{\partial z}{\partial y} &= \frac{\partial f(\sin y - \sin x)}{\partial(\sin y - \sin x)} \cdot \frac{\partial(\sin y - \sin x)}{\partial y} + x = f'(\sin y - \sin x) \cdot \cos y + x \end{aligned}

代入目标式：

\begin{aligned} \frac{1}{\cos x}\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{\cos y}\frac{\partial z}{\partial y} &= \frac{-f'(\sin y - \sin x)\cos x + y}{\cos x} + \frac{f'(\sin y - \sin x)\cos y + x}{\cos y} \\ &= -f'(\sin y - \sin x) + \frac{y}{\cos x} + f'(\sin y - \sin x) + \frac{x}{\cos y} \\ &= \frac{y}{\cos x} + \frac{x}{\cos y} \end{aligned}

例 5.23（2022 数一真题 · 偏导恒等式反解一元原函数）

利用链式法则分别求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ：

\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} &= y f\left(\frac{y}{x}\right) + xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = y f\left(\frac{y}{x}\right) - \frac{y^2}{x} f'\left(\frac{y}{x}\right) \\ \frac{\partial z}{\partial y} &= x f\left(\frac{y}{x}\right) + xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{1}{x} = x f\left(\frac{y}{x}\right) + y f'\left(\frac{y}{x}\right) \end{aligned}

两式分别乘以 $x$ 和 $y$ 后相加：

x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = xy f\left(\frac{y}{x}\right) - y^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) + xy f\left(\frac{y}{x}\right) + y^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) = 2xy f\left(\frac{y}{x}\right)

与已知条件比较：

2xy f\left(\frac{y}{x}\right) = y^2(\ln y - \ln x) = y^2 \ln\left(\frac{y}{x}\right)

两端同除以 $2xy$ （注意 $x, y > 0$ ）：

f\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{y}{2x} \ln\left(\frac{y}{x}\right)

令 $u = \frac{y}{x}$ ，得到一元函数：

f(u) = \frac{1}{2} u \ln u

求导得：

f'(u) = \frac{1}{2}(\ln u + 1)

代入 $u = 1$ ：

f(1) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \ln 1 = 0, \qquad f'(1) = \frac{1}{2}(\ln 1 + 1) = \frac{1}{2}

故正确答案选 (B)。

例 5.24（2022 数二真题 · 变限积分硬算 vs 整体换元秒杀）

已知 $f(t)$ 连续，令 $F(x, y) = \displaystyle\int_0^{x-y} (x - y - t)f(t)\mathrm{d}t$ ，则 ( )
(A) $\dfrac{\partial F}{\partial x} = \dfrac{\partial F}{\partial y}, \; \dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}$ . (B) $\dfrac{\partial F}{\partial x} = \dfrac{\partial F}{\partial y}, \; \dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2} = -\dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}$ .
(C) $\dfrac{\partial F}{\partial x} = -\dfrac{\partial F}{\partial y}, \; \dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}$ . (D) $\dfrac{\partial F}{\partial x} = -\dfrac{\partial F}{\partial y}, \; \dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2} = -\dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}$ .

方法一（常规硬算法）：
将含参变量拆分移出积分号：

F(x, y) = (x - y)\int_0^{x-y} f(t)\mathrm{d}t - \int_0^{x-y} t f(t)\mathrm{d}t

分别对 $x$ 和 $y$ 求偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x} &= 1 \cdot \int_0^{x-y} f(t)\mathrm{d}t + (x - y)f(x - y)\cdot 1 - (x - y)f(x - y)\cdot 1 = \int_0^{x-y} f(t)\mathrm{d}t \\ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} &= f(x - y)\cdot 1 = f(x - y) \\ \frac{\partial F}{\partial y} &= -1 \cdot \int_0^{x-y} f(t)\mathrm{d}t + (x - y)f(x - y)\cdot (-1) - (x - y)f(x - y)\cdot (-1) = -\int_0^{x-y} f(t)\mathrm{d}t \\ \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} &= -\left[ f(x - y)\cdot (-1) \right] = f(x - y) \end{aligned}

由此可见： $\frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}$ ，且 $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}$ 。故选 (C)。

方法二（讲义红笔秒杀思路： $(x-y)$ 整体换元法）：

[!tip] 秒杀机理敏锐观察题干：无论被积函数内部还是积分限，全都是 $(x-y)$ 的整体！
因此 $F(x, y)$ 本质上是一个以 $u = x - y$ 为自变量的一元函数 $G(u)$ ！

令 $u = x - y$ ，记：

G(u) = F(x, y) = \int_0^u (u - t)f(t)\mathrm{d}t

利用一元链式法则直接求导：

\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x} &= \frac{\partial G}{\partial x} = G'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = G'(u) \cdot 1 = G'(u) \\ \frac{\partial F}{\partial y} &= \frac{\partial G}{\partial y} = G'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = G'(u) \cdot (-1) = -G'(u) \end{aligned} \implies \frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}

再求二阶偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} &= \frac{\partial[G'(u)]}{\partial x} = G''(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = G''(u) \cdot 1 = G''(u) \\ \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} &= \frac{\partial[-G'(u)]}{\partial y} = -G''(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = -G''(u) \cdot (-1) = G''(u) \end{aligned} \implies \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}

根本无需展开被积函数，三行之内直接秒杀选 (C)！

例 5.25（2015 数二真题 · 换元解方程 vs 两端直接求导）

方法一（代数反解法）：
令 $u = x + y, v = \frac{y}{x}$ ，由方程组反解 $x, y$ ：

y = vx \implies x + vx = u \implies x = \frac{u}{1 + v}, \quad y = \frac{uv}{1 + v}

代入原式求出 $f(u, v)$ 的显式表达式：

f(u, v) = x^2 - y^2 = \left(\frac{u}{1+v}\right)^2 - \left(\frac{uv}{1+v}\right)^2 = \frac{u^2(1 - v^2)}{(1+v)^2} = u^2 \cdot \frac{1 - v}{1 + v} = u^2\left(\frac{2}{1+v} - 1\right)

直接求偏导：

\begin{aligned} \left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} &= \left. 2u\left(\frac{2}{1+v} - 1\right)\right|_{\substack{u=1\\v=1}} = 2(1)\left(\frac{2}{2} - 1\right) = 0 \\ \left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} &= \left. u^2 \cdot \frac{-2}{(1+v)^2}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} = 1^2 \cdot \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2} \end{aligned}

方法二（讲义极力推崇：两端直接求导法 · 与后文例 5.29 思想完全一致）：
由讲义 5.4 节核心辨析可知：

\left.\frac{\partial f(u, v)}{\partial u}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} = f'_1(1, 1), \qquad \left.\frac{\partial f(u, v)}{\partial v}\right|_{\substack{u=1\\v=1}} = f'_2(1, 1)

对等式 $f\left(x+y, \frac{y}{x}\right) = x^2 - y^2$ 两端分别关于自变量 $x$ 和 $y$ 求偏导：

\begin{cases} f'_1\left(x+y, \dfrac{y}{x}\right) \cdot 1 + f'_2\left(x+y, \dfrac{y}{x}\right) \cdot \left(-\dfrac{y}{x^2}\right) = 2x \\ f'_1\left(x+y, \dfrac{y}{x}\right) \cdot 1 + f'_2\left(x+y, \dfrac{y}{x}\right) \cdot \left(\dfrac{1}{x}\right) = -2y \end{cases}

我们需要求的是在 $(u, v) = (1, 1)$ 处的偏导数，即令：

\begin{cases} x + y = 1 \\ \dfrac{y}{x} = 1 \end{cases} \implies x = \frac{1}{2}, \quad y = \frac{1}{2}

将 $x = \frac{1}{2}, y = \frac{1}{2}$ 代入方程组：

\begin{cases} f'_1(1, 1) - \dfrac{1/2}{(1/2)^2} f'_2(1, 1) = 2\left(\dfrac{1}{2}\right) \\ f'_1(1, 1) + \dfrac{1}{1/2} f'_2(1, 1) = -2\left(\dfrac{1}{2}\right) \end{cases} \implies \begin{cases} f'_1(1, 1) - 2 f'_2(1, 1) = 1 \\ f'_1(1, 1) + 2 f'_2(1, 1) = -1 \end{cases}

两式联立相加/相减，立即解得：

f'_1(1, 1) = 0, \qquad f'_2(1, 1) = -\frac{1}{2}

答案选 (D)。无论原函数多么复杂难反解，两端求导法永远具有通用普适性！

例 5.26（2020 数一真题 · 二阶混合偏导顺序与换元法）

考点剖析与避坑指南：

方法一（张宇讲义法：先 $y$ 后 $x$ ）：
先对 $y$ 求偏导（变上限积分对上限求导）： $f'_y(x, y) = e^{x(xy)^2}\cdot x = x e^{x^3 y^2}, \quad f'_y(x, 1) = x e^{x^3}$ 再对 $x$ 求导： $f''_{yx}(x, 1) = 1 \cdot e^{x^3} + x \cdot 3x^2 e^{x^3} = (1 + 3x^3)e^{x^3} \implies f''_{yx}(1, 1) = 4e$ 张宇老师在解析中加了一条蓝笔注释：“二元初等函数的偏导数仍是初等函数，而初等函数在其定义区域内是连续的，故 $f''_{xy} = f''_{yx}$ ”。

[!caution] 分析犀利批注 在考研范围内，大家很难直接看出此题二阶混合偏导一定没有无定义点，即二阶混合偏导连续！
张宇老师蓝色笔给的注释，我觉得没必要去在意，对于考研人来说属于超纲，哪个老师特意讲过初等函数多元连续？所以此题我个人更建议严格按照先 $x$ 后 $y$ 去求导，先对 $x$ 求导需要换元，如法二和法三所示！

方法二（推荐解法：换元 $u = \sqrt{x}t$ 后先代后求）：
当 $x > 0$ 时，令 $u = \sqrt{x} t$ ，则 $t = \frac{u}{\sqrt{x}}, \mathrm{d}t = \frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}u$ 。积分限 $t: 0 \to xy$ 变为 $u: 0 \to x^{\frac{3}{2}}y$ 。

f(x, y) = \int_0^{x^{\frac{3}{2}}y} e^{u^2} \frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}u = x^{-\frac{1}{2}}\int_0^{x^{\frac{3}{2}}y} e^{u^2}\mathrm{d}u

对 $x$ 求偏导：

f'_x(x, y) = -\frac{1}{2} x^{-\frac{3}{2}}\int_0^{x^{\frac{3}{2}}y} e^{u^2}\mathrm{d}u + x^{-\frac{1}{2}} e^{(x^{\frac{3}{2}}y)^2} \cdot \left(\frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}} y\right)

此时应用先代后求！接下来只对 $y$ 求偏导，不再涉及 $x$ ，直接先代入 $x = 1$ ：

f'_x(1, y) = -\frac{1}{2}\int_0^y e^{u^2}\mathrm{d}u + \frac{3}{2} y e^{y^2}

接下来直接对 $y$ 求导：

f''_{xy}(1, y) = -\frac{1}{2} e^{y^2} + \frac{3}{2} e^{y^2} + \frac{3}{2} y \cdot (2y) e^{y^2} = e^{y^2} + 3y^2 e^{y^2}

最后代入 $y = 1$ ：

f''_{xy}(1, 1) = e^1 + 3(1)^2 e^1 = 4e

方法三（手写补充换元法：令 $x t^2 = u$ ）：
求的是 $(1, 1)$ 处的偏导， $x, y > 0$ ，积分限 $0 \le t \le xy$ 。
令 $x t^2 = u$ ，则 $t = \frac{\sqrt{u}}{\sqrt{x}}, \mathrm{d}t = \frac{1}{2\sqrt{x}\sqrt{u}}\mathrm{d}u$ 。积分上限变为 $x(xy)^2 = x^3 y^2$ 。

f(x, y) = \frac{1}{2\sqrt{x}}\int_0^{x^3 y^2} e^u \frac{1}{\sqrt{u}}\mathrm{d}u

对 $x$ 求偏导：

f'_x(x, y) = -\frac{1}{4} x^{-\frac{3}{2}}\int_0^{x^3 y^2} e^u \frac{1}{\sqrt{u}}\mathrm{d}u + \frac{1}{2\sqrt{x}} \cdot 3x^2 y^2 \cdot e^{x^3 y^2}\frac{1}{\sqrt{x^3 y^2}}

先代后求，代入 $x = 1$ （由于 $y > 0$ ， $\sqrt{y^2} = y$ ）：

f'_x(1, y) = -\frac{1}{4}\int_0^{y^2} e^u \frac{1}{\sqrt{u}}\mathrm{d}u + \frac{3}{2} y e^{y^2}

再对 $y$ 求偏导：

f''_{xy}(1, y) = -\frac{1}{4} \cdot (2y) \cdot e^{y^2}\frac{1}{\sqrt{y^2}} + \frac{3}{2} e^{y^2} + 3y^2 e^{y^2} = -\frac{1}{2}e^{y^2} + \frac{3}{2}e^{y^2} + 3y^2 e^{y^2}

代入 $y = 1$ ，得 $f''_{xy}(1, 1) = -\frac{1}{2}e + \frac{3}{2}e + 3e = 4e$ 。

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程）

[!tip] 提示原注重磅建议 此题两种办法尽量都掌握。此题反解之后，计算量会小很多；但也有类似的题目，反解之后计算量反而会大很多。我个人更建议不反解，直接算！

方法一（推荐：直接代换法，不反解变量）：
变量依赖关系为： $u \to (\xi, \eta) \to (x, y)$ 。
由链式法则：

\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= \frac{\partial u}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y} &= \frac{\partial u}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y} = a\frac{\partial u}{\partial \xi} + b\frac{\partial u}{\partial \eta} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= a^2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2ab\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b^2\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= a\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \end{aligned}

将以上三个二阶偏导数代入原方程 $4u''_{xx} + 12u''_{xy} + 5u''_{yy} = 0$ 中，合并同类项：

(5a^2 + 12a + 4)\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + [10ab + 12(a+b) + 8]\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + (5b^2 + 12b + 4)\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} = 0

目标是将方程简化为 $\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，故必须让纯二阶偏导项的系数为 0，而混合项系数不为 0：

\begin{cases} 5a^2 + 12a + 4 = 0 \\ 5b^2 + 12b + 4 = 0 \end{cases} \quad \text{且 } 10ab + 12(a+b) + 8 \ne 0

解一元二次方程 $(5\lambda + 2)(\lambda + 2) = 0$ ，根为 $\lambda_1 = -2, \lambda_2 = -\frac{2}{5}$ 。
若 $a = b$ ，则变换退化（ $\xi$ 与 $\eta$ 线性相关），且此时混合项系数等于 0 导致矛盾。
故必有 $a \ne b$ ，解得：

\begin{cases} a = -2 \\ b = -\frac{2}{5} \end{cases} \quad \text{或} \quad \begin{cases} a = -\frac{2}{5} \\ b = -2 \end{cases}

方法二（反解代换法）：
由 $\begin{cases} \xi = x + ay \\ \eta = x + by \end{cases}$ 反解出 $x, y$ ：

x = \frac{a\eta - b\xi}{a - b}, \qquad y = \frac{\xi - \eta}{a - b}

此时变量依赖关系为： $u \to (x, y) \to (\xi, \eta)$ 。
求 $u$ 关于 $\xi$ 的偏导：

\frac{\partial u}{\partial \xi} = \frac{\partial u}{\partial x}\left(\frac{-b}{a-b}\right) + \frac{\partial u}{\partial y}\left(\frac{1}{a-b}\right)

再求关于 $\eta$ 的混合偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} &= \frac{-b}{(a-b)^2}\left(a\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\right) + \frac{1}{(a-b)^2}\left(a\frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\right) \\ &= \frac{1}{(a-b)^2}\left[ -ab\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \right] \end{aligned}

欲使 $\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，即要求：

-ab\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0

与已知原方程 $4u''_{xx} + 12u''_{xy} + 5u''_{yy} = 0$ 各项系数对应成比例：

\frac{-ab}{4} = \frac{a+b}{12} = \frac{-1}{5}

即：

ab = \frac{4}{5}, \qquad a+b = -\frac{12}{5}

由韦达定理， $a, b$ 是方程 $t^2 + \frac{12}{5}t + \frac{4}{5} = 0 \iff 5t^2 + 12t + 4 = 0$ 的两个不同实根，解得：

\begin{cases} a = -2 \\ b = -\frac{2}{5} \end{cases} \quad \text{或} \quad \begin{cases} a = -\frac{2}{5} \\ b = -2 \end{cases}

5.5.2 全微分与偏积分（不涉及隐函数）

1. 全微分的运算法则与计算习惯

可类比一元函数求导法则去记忆，核心就是将求导符号 $'$ 替换为微分算子 $\mathrm{d}$ （即全取微分）：

函数和、差、积、商的求导法则	函数和、差、积、商的微分法则
$(u \pm v)' = u' \pm v'$	$\mathrm{d}(u \pm v) = \mathrm{d}u \pm \mathrm{d}v$
$(Cu)' = Cu'$	$\mathrm{d}(Cu) = C\mathrm{d}u$
$(uv)' = u'v + uv'$	$\mathrm{d}(uv) = v\mathrm{d}u + u\mathrm{d}v$
$\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} \quad (v \ne 0)$	$\mathrm{d}\left(\dfrac{u}{v}\right) = \dfrac{v\mathrm{d}u - u\mathrm{d}v}{v^2} \quad (v \ne 0)$

2. 偏积分的核心方法论

当已知偏导数反求多元函数时（偏积分）：

对某一变量偏积分时，加的不是任意常数 $C$ ，而是另一个变量的任意函数！
- 对 $x$ 偏积分： $z = \int z'_x \mathrm{d}x + \varphi(y)$ ；
- 对 $y$ 偏积分： $z = \int z'_y \mathrm{d}y + \psi(x)$ 。
流水线操作：
- 第一步：对一个变量进行偏积分，引入待定函数 $\varphi(y)$ ；
- 第二步：用得到的结果对另一个变量求偏导，与题干已知条件比对，求出 $\varphi'(y)$ ；
- 第三步：对 $\varphi'(y)$ 进行普通一元不定积分，此时加的才是常数 $C$ （千万别漏写 $C$ ！）。

3. 全微分充要条件与判定定理

4. 典型例题精析（例 5.28 至例 5.34.1）

例 5.28（1998 数三真题 · 全微分与二阶混合偏导基础计算）

利用复合函数求导法则分别求一阶偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} &= 2x e^{-\arctan\frac{y}{x}} + (x^2 + y^2) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \cdot \left( -\frac{1}{1 + (y/x)^2} \right) \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) \\ &= 2x e^{-\arctan\frac{y}{x}} + (x^2 + y^2) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \cdot \left(-\frac{x^2}{x^2 + y^2}\right) \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) \\ &= 2x e^{-\arctan\frac{y}{x}} + y e^{-\arctan\frac{y}{x}} = (2x + y) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \\ \frac{\partial z}{\partial y} &= 2y e^{-\arctan\frac{y}{x}} + (x^2 + y^2) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \cdot \left( -\frac{1}{1 + (y/x)^2} \right) \cdot \left(\frac{1}{x}\right) \\ &= 2y e^{-\arctan\frac{y}{x}} - x e^{-\arctan\frac{y}{x}} = (2y - x) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \end{aligned}

于是全微分为：

\mathrm{d}z = \frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y = e^{-\arctan\frac{y}{x}}\left[ (2x + y)\mathrm{d}x + (2y - x)\mathrm{d}y \right]

继续对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 关于 $y$ 求偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= 1 \cdot e^{-\arctan\frac{y}{x}} + (2x + y) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \cdot \left( -\frac{1}{1 + (y/x)^2} \right) \cdot \frac{1}{x} \\ &= e^{-\arctan\frac{y}{x}} - (2x + y) e^{-\arctan\frac{y}{x}} \cdot \frac{x}{x^2 + y^2} \\ &= e^{-\arctan\frac{y}{x}}\left[ 1 - \frac{2x^2 + xy}{x^2 + y^2} \right] = \frac{y^2 - xy - x^2}{x^2 + y^2} e^{-\arctan\frac{y}{x}} \end{aligned}

例 5.29（2021 数一二三真题 · 可微与两端求全微分思想）

[!tip] 核心概念解析（手写红笔批注）很多同学不理解 $\mathrm{d}f(1, 1) = f'_1(1, 1)\mathrm{d}x + f'_2(1, 1)\mathrm{d}y$ 这个式子是怎么来的：
$f(1, 1) = \left. f(x, y)\right|_{\substack{x=1\\y=1}}$ 。由讲义 5.4 节可知，对于无复合的二元自变量函数，有 $f'_x(x, y) = f'_1(x, y), f'_y(x, y) = f'_2(x, y)$ 。
故 $\mathrm{d}f(x, y) = f'_1(x, y)\mathrm{d}x + f'_2(x, y)\mathrm{d}y$ 。在点 $(1, 1)$ 处自然有：
$\mathrm{d}f(1, 1) = f'_1(1, 1)\mathrm{d}x + f'_2(1, 1)\mathrm{d}y$
(手写秒杀注：此题也可以直接举特例 $f(x, y) = x^2 \ln y$ ，该函数完全满足两组条件，直接微分即得答案 $\mathrm{d}y$ ！)

对已知两式两端分别关于 $x$ 求导：

\begin{aligned} f'_1(x+1, e^x) \cdot 1 + f'_2(x+1, e^x) \cdot e^x &= (x+1)^2 + 2x(x+1) = (x+1)(3x+1) \quad &(1) \\ f'_1(x, x^2) \cdot 1 + f'_2(x, x^2) \cdot 2x &= 4x\ln x + 2x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x(2\ln x + 1) \quad &(2) \end{aligned}

在 (1) 式中令 $x = 0$ （此时中间变量为 $(0+1, e^0) = (1, 1)$ ）：

f'_1(1, 1) + f'_2(1, 1) \cdot 1 = 1 \cdot 1 = 1

在 (2) 式中令 $x = 1$ （此时中间变量为 $(1, 1^2) = (1, 1)$ ）：

f'_1(1, 1) + f'_2(1, 1) \cdot 2 = 2(0 + 1) = 2 \implies f'_1(1, 1) + 2f'_2(1, 1) = 2

联立线性方程组：

\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}

因此：

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

故正确答案选 (C)。

例 5.30（武忠祥高数讲义 · 全微分判别充要条件反求参数）

设 $P(x, y) = a x y^3 - y^2 \cos x, \quad Q(x, y) = 1 + b y\sin x + 3x^2 y^2$ 。
题设该式为某二元函数的全微分，由充要条件 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ：

\begin{aligned} \frac{\partial P}{\partial y} &= 3a x y^2 - 2y \cos x \\ \frac{\partial Q}{\partial x} &= b y \cos x + 6x y^2 \end{aligned}

两式恒等：

3a x y^2 - 2y \cos x = 6x y^2 + b y \cos x

比对同类项系数：

\begin{cases} 3a = 6 \\ -2 = b \end{cases} \implies \begin{cases} a = 2 \\ b = -2 \end{cases}

故正确答案选 (B)。

例 5.31（张宇 1000 题 / 2019 数一真题改编 · 定义域陷阱）

[!caution] 核心题眼：定义域陷阱（红蓝笔深度剖析）很多同学只算导数相等，发现 (B) 和 (D) 求导后都等于 $\frac{1}{y^2}$ ，然后随便蒙一个。
必须严格考察定义域：在 $y > 0$ 的整个上半平面区域内， $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{1}{y^2}$ 是连续的。欲使表达式为全微分，要求 $P(x, y)$ 在整个 $y > 0$ 区域内都具有一阶连续偏导数，且 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 恒成立！

对 (B) 选项： $P(x, y) = x^2 - \frac{1}{y}$ ，在 $y > 0$ 区域内处处有定义且连续偏导， $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{1}{y^2}$ ，完全符合！

对 (D) 选项： $P(x, y) = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{y}$ ，在 $x = 0$ （即 $y$ 轴正半轴）处分母为 0 无定义！因此在 $y > 0$ 区域内不连续，根本不能作为全微分的原函数成分！

故排除 (D)，正确答案选 (B)。

例 5.32（李艳芳 900 题 · 偏积分反求二阶混合偏导原函数）

已知 $z''_{xy} = e^x + 2y$ 。
第一步：对 $y$ 偏积分（注意加 $\varphi(x)$ 而不是 $C$ ！）：

z'_x = \int z''_{xy}\mathrm{d}y = \int (e^x + 2y)\mathrm{d}y = y e^x + y^2 + \varphi(x)

第二步：利用初值条件确定 $\varphi(x)$ ：
题干给出 $z(x, 0) = x$ ，两端对 $x$ 求导得 $z'_x(x, 0) = 1$ 。
将 $y = 0$ 代入 $z'_x$ 表达式：

z'_x(x, 0) = 0 \cdot e^x + 0^2 + \varphi(x) = \varphi(x) \implies \varphi(x) = 1

于是确定出：

z'_x = y e^x + y^2 + 1

第三步：对 $x$ 偏积分（加 $g(y)$ ）：

z(x, y) = \int z'_x\mathrm{d}x = \int (y e^x + y^2 + 1)\mathrm{d}x = y e^x + x y^2 + x + g(y)

第四步：利用初值条件确定 $g(y)$ ：
将 $x = 0$ 代入上式：

z(0, y) = y e^0 + 0 + 0 + g(y) = y + g(y)

又题干给出 $z(0, y) = 2y$ ，故：

y + g(y) = 2y \implies g(y) = y

最终整理得到函数表达式：

z(x, y) = y e^x + x y^2 + x + y

例 5.33（武忠祥高数讲义 · 偏积分流水线操作求全微分原函数）

由全微分定义：

\frac{\partial u}{\partial x} = x y - y f(x), \qquad \frac{\partial u}{\partial y} = f(x) + y^2

由混合偏导相等 $\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x}$ ：

\frac{\partial}{\partial y}[x y - y f(x)] = x - f(x), \qquad \frac{\partial}{\partial x}[f(x) + y^2] = f'(x)

得一阶常系数非齐次线性微分方程：

f'(x) + f(x) = x

通解公式：

f(x) = e^{-\int 1\mathrm{d}x}\left[ \int x e^{\int 1\mathrm{d}x}\mathrm{d}x + C \right] = e^{-x}\left[ (x - 1)e^x + C \right] = (x - 1) + C e^{-x}

代入初值 $f(0) = -1 \implies (0 - 1) + C = -1 \implies C = 0$ 。
故 $f(x) = x - 1$ 。

代入原全微分方程：

\mathrm{d}u(x, y) = y\mathrm{d}x + [(x - 1) + y^2]\mathrm{d}y

即 $\frac{\partial u}{\partial x} = y, \frac{\partial u}{\partial y} = x - 1 + y^2$ 。
启动偏积分流水线操作：

两端对 $x$ 偏积分： $u(x, y) = \int y\mathrm{d}x = xy + \varphi(y)$
两端对 $y$ 求偏导： $\frac{\partial u}{\partial y} = x + \varphi'(y)$ 与 $\frac{\partial u}{\partial y} = x - 1 + y^2$ 对比： $x + \varphi'(y) = x - 1 + y^2 \implies \varphi'(y) = -1 + y^2$
一元不定积分（加常数 $C$ ）： $\varphi(y) = \int (-1 + y^2)\mathrm{d}y = -y + \frac{1}{3}y^3 + C$

故原函数为：

u(x, y) = xy - y + \frac{1}{3}y^3 + C

例 5.34（2024 数二真题 · 复合偏导方程化简与偏积分原函数综合）

[!important] 核心做题思维（红蓝手写重磅提醒） 第一问的结论就是第二问的条件！死皮赖脸往条件上凑！

(I) 硬算复合偏导：
令 $u = 2x + y, v = 3x - y$ 。由链式法则：

\begin{aligned} \frac{\partial g}{\partial x} &= 2\frac{\partial f}{\partial u} + 3\frac{\partial f}{\partial v} \\ \frac{\partial g}{\partial y} &= \frac{\partial f}{\partial u} - \frac{\partial f}{\partial v} \end{aligned}

继续求二阶偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 g}{\partial x^2} &= 2\left(2\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} + 3\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v}\right) + 3\left(2\frac{\partial^2 f}{\partial v \partial u} + 3\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}\right) = 4\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} + 12\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} + 9\frac{\partial^2 f}{\partial v^2} \\ \frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} &= 2\left(\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} - \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v}\right) + 3\left(\frac{\partial^2 f}{\partial v \partial u} - \frac{\partial^2 f}{\partial v^2}\right) = 2\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} - 3\frac{\partial^2 f}{\partial v^2} \\ \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} &= 1\left(\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} - \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v}\right) - 1\left(\frac{\partial^2 f}{\partial v \partial u} - \frac{\partial^2 f}{\partial v^2}\right) = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2} - 2\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} + \frac{\partial^2 f}{\partial v^2} \end{aligned}

代入原方程 $g''_{xx} + g''_{xy} - 6g''_{yy} = 1$ ：

(4 + 2 - 6)\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} + [12 + 1 - 6(-2)]\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} + [9 - 3 - 6(1)]\frac{\partial^2 f}{\partial v^2} = 1

纯偏导项恰好全抵消为 0！整理得：

25\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = 1 \implies \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25}

(II) 偏积分流水线反求原函数：
对 $\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = \frac{1}{25}$ 关于 $v$ 积分：

\frac{\partial f}{\partial u} = \int \frac{1}{25}\mathrm{d}v = \frac{v}{25} + C_1(u)

令 $v = 0$ ，已知 $\frac{\partial f(u, 0)}{\partial u} = u e^{-u}$ ：

0 + C_1(u) = u e^{-u} \implies C_1(u) = u e^{-u}

于是：

\frac{\partial f}{\partial u} = \frac{v}{25} + u e^{-u}

再关于 $u$ 积分（分部积分/表格法）：

\begin{aligned} f(u, v) &= \int \left(\frac{v}{25} + u e^{-u}\right)\mathrm{d}u = \frac{uv}{25} - \int u\mathrm{d}(e^{-u}) \\ &= \frac{uv}{25} - \left(u e^{-u} - \int e^{-u}\mathrm{d}u\right) + C_2(v) \\ &= \frac{uv}{25} - u e^{-u} - e^{-u} + C_2(v) \end{aligned}

代入初值 $f(0, v) = \frac{1}{50}v^2 - 1$ ：

f(0, v) = 0 - 0 - 1 + C_2(v) = -1 + C_2(v) = \frac{1}{50}v^2 - 1 \implies C_2(v) = \frac{v^2}{50}

最终整理得到函数表达式：

f(u, v) = \frac{uv}{25} + \frac{v^2}{50} - (u + 1)e^{-u}

例 5.34.1（2016 数一真题 · 导数为 0 证常值函数与微分方程）

[!tip] 核心思维（手写红色标注） “证明函数是常值函数，只需证明导数为 0”，这一思想在考研在基础理论中屡次强调！
只需证： $\left[ \dfrac{f''(u)}{u} - \dfrac{f(u)}{u} \right]' = 0$ ，即证：
$\frac{f'''(u)u - f''(u)}{u^2} - \frac{f'(u)u - f(u)}{u^2} = 0$

(1) 证明过程：
由全微分定义：

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

计算二阶混合偏导数：

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

因 $F(x, y)$ 具有连续二阶偏导数，故混合偏导相等：

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

令 $u = xy > 0$ ，上式化为：

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

根据商的求导法则，这正是：

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

故 $\dfrac{f''(u)}{u} - \dfrac{f(u)}{u} = C$ （ $C$ 为常数），原命题得证。

(2) 求解 $f(u)$ ：
将 $f(1) = 1, f''(1) = 0$ 代入结论中：

\frac{0}{1} - \frac{1}{1} = C \implies C = -1

由此得到微分方程：

f''(u) - f(u) = -u

对应的齐次方程 $r^2 - 1 = 0 \implies r = \pm 1$ ，齐次通解为 $Y = C_1 e^u + C_2 e^{-u}$ 。
设特解 $y^* = Au + B$ ，代入得 $-Au - B = -u \implies A = 1, B = 0 \implies y^* = u$ 。
故通解为：

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

求导： $f'(u) = C_1 e^u - C_2 e^{-u} + 1$ 。代入初值条件：

\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} \implies \begin{cases} C_1 = -e^{-1} \\ C_2 = e \end{cases}

因此：

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

5.5.3 全微分方程

1. 概念与方法论

2. 典型例题精析（例 5.35 与例 5.36）

例 5.35（同例 4.16 · 2025 数二真题 · 齐次方程常规解法 vs 全微分方程法）

[!important] 做题逻辑与思维优先级此题最好的办法依然是方法一！方法二虽然快，但属于数二大纲之外的超纲解法。希望大家见到类似的题干，优先按照基础课程讲的，先看 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ，按齐次方程去解！方法二用来辅助验证！

方法一（齐次微分方程常规解法 · 考场标准答案）：
改写为导数形式：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{2y - 3x}{5y - 2x} = \frac{2\left(\frac{y}{x}\right) - 3}{5\left(\frac{y}{x}\right) - 2}

令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y = ux, \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u + x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ ：

u + x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{2u - 3}{5u - 2} \implies x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{2u - 3 - u(5u - 2)}{5u - 2} = \frac{-5u^2 + 4u - 3}{5u - 2}

分离变量：

\frac{(5u - 2)\mathrm{d}u}{5u^2 - 4u + 3} = -\frac{\mathrm{d}x}{x}

两端积分：

\frac{1}{2}\ln(5u^2 - 4u + 3) = -\ln|x| + C \implies 5u^2 - 4u + 3 = \frac{C_1}{x^2}

代入初始条件 $x = 1, y = 1 \implies u = 1$ ：

5(1)^2 - 4(1) + 3 = \frac{C_1}{1^2} \implies C_1 = 4

将 $u = \frac{y}{x}$ 代回：

5\left(\frac{y}{x}\right)^2 - 4\left(\frac{y}{x}\right) + 3 = \frac{4}{x^2} \implies 5y^2 - 4xy + 3x^2 - 4 = 0

方法二（全微分方程法 · 手写极速秒杀）：
检验充要条件：

\frac{\partial(2y - 3x)}{\partial y} = 2, \qquad \frac{\partial(2x - 5y)}{\partial x} = 2

两者完全相等，确定为全微分方程！设存在 $F(x, y)$ 满足：

\frac{\partial F}{\partial x} = 2y - 3x, \qquad \frac{\partial F}{\partial y} = 2x - 5y

对 $x$ 偏积分：

F(x, y) = \int (2y - 3x)\mathrm{d}x = 2xy - \frac{3}{2}x^2 + \varphi(y)

对 $y$ 求偏导：

\frac{\partial F}{\partial y} = 2x + \varphi'(y) = 2x - 5y \implies \varphi'(y) = -5y \implies \varphi(y) = -\frac{5}{2}y^2 + C_1

方程的通解为 $F(x, y) = C$ ：

2xy - \frac{3}{2}x^2 - \frac{5}{2}y^2 = C

代入初值 $x = 1, y = 1$ ：

2(1) - \frac{3}{2} - \frac{5}{2} = C \implies 2 - 4 = C \implies C = -2

代入得解：

2xy - \frac{3}{2}x^2 - \frac{5}{2}y^2 + 2 = 0

两边同乘 $-2$ ，即：

5y^2 - 4xy + 3x^2 - 4 = 0

两种方法结果完全一致，完美验算！

例 5.36（同例 4.17 · 1997 数二真题 · 齐次换元 vs 全微分方程）

[!tip] 观察特征（蓝框重点口诀） 若同时出现 $x^2, y^2, xy$ ，则除以 $x^2$ ，构造 $\varphi\left(\frac{y}{x}\right)$ 的形式，之后令 $u = \frac{y}{x}$ 即可求解！

方法一（齐次微分方程常规法）：
两端除以 $x^2$ 并改写：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{3x^2 + 2xy - y^2}{2xy - x^2} = \frac{3 + 2\left(\frac{y}{x}\right) - \left(\frac{y}{x}\right)^2}{2\left(\frac{y}{x}\right) - 1}

令 $u = \frac{y}{x}, \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + u$ ：

x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + u = \frac{3 + 2u - u^2}{2u - 1} \implies x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{3 + 2u - u^2 - u(2u - 1)}{2u - 1} = \frac{-3u^2 + 3u + 3}{2u - 1}

分离变量：

\frac{(2u - 1)\mathrm{d}u}{u^2 - u - 1} = -3\frac{\mathrm{d}x}{x}

两端积分：

\ln|u^2 - u - 1| = -3\ln|x| + C' \implies u^2 - u - 1 = \frac{C}{x^3}

将 $u = \frac{y}{x}$ 代回：

\frac{y^2}{x^2} - \frac{y}{x} - 1 = \frac{C}{x^3} \implies x y^2 - x^2 y - x^3 = C

方法二（全微分方程法）：
检验偏导：

\frac{\partial(3x^2 + 2xy - y^2)}{\partial y} = 2x - 2y, \qquad \frac{\partial(x^2 - 2xy)}{\partial x} = 2x - 2y

完全相等，为全微分方程！设原函数为 $F(x, y)$ ：对 $x$ 偏积分：

F(x, y) = \int (3x^2 + 2xy - y^2)\mathrm{d}x = x^3 + x^2 y - x y^2 + \varphi(y)

对 $y$ 求偏导：

\frac{\partial F}{\partial y} = x^2 - 2xy + \varphi'(y) = x^2 - 2xy \implies \varphi'(y) = 0 \implies \varphi(y) = C_1

故方程通解为 $F(x, y) = C$ ：

x^3 + x^2 y - x y^2 = C \quad (\text{其中 } C \text{ 为任意常数})

(注：两边同乘以 $-1$ ，即为方法一所得的 $x y^2 - x^2 y - x^3 = C$ ，两者形式完全等价！)

5.5.4 多元微分 + 微分方程

例 5.37（2006 数一真题 · 径向对称函数偏导与可降阶微分方程）

(I) 验证恒等式：
见到 $f$ 括号内表达式复杂，立即令 $u = \sqrt{x^2 + y^2}$ 。则 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x}{u}$ 。

\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u)\frac{\partial u}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{x}{u}

继续对 $x$ 求偏导（积与商的求导法则）：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} &= f''(u)\frac{\partial u}{\partial x} \cdot \frac{x}{u} + f'(u) \cdot \frac{u \cdot 1 - x\frac{\partial u}{\partial x}}{u^2} \\ &= f''(u)\left(\frac{x}{u}\right)^2 + f'(u)\frac{u - x(x/u)}{u^2} = f''(u)\frac{x^2}{u^2} + f'(u)\left(\frac{1}{u} - \frac{x^2}{u^3}\right) \end{aligned}

由于函数 $z = f(\sqrt{x^2+y^2})$ 关于变量 $x, y$ 完全对称，同理直接可写出：

\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = f''(u)\frac{y^2}{u^2} + f'(u)\left(\frac{1}{u} - \frac{y^2}{u^3}\right)

将两式相加：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} &= f''(u)\frac{x^2 + y^2}{u^2} + f'(u)\left[ \frac{2}{u} - \frac{x^2 + y^2}{u^3} \right] \\ &= f''(u)\frac{u^2}{u^2} + f'(u)\left[ \frac{2}{u} - \frac{u^2}{u^3} \right] = f''(u) + \frac{f'(u)}{u} = 0 \end{aligned}

恒等式得证。

(II) 求解微分方程：
$f''(u) + \frac{f'(u)}{u} = 0$ 为不显含未知函数 $f$ 的可降阶微分方程。
令 $p = f'(u)$ ，则方程化为：

p' + \frac{p}{u} = 0 \implies \frac{\mathrm{d}p}{p} = -\frac{\mathrm{d}u}{u}

积分得：

\ln|p| = -\ln|u| + C_0 \implies p = \frac{C}{u}

由 $f'(1) = 1$ ，代入得 $1 = \frac{C}{1} \implies C = 1$ 。故：

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

积分得：

f(u) = \ln u + C' \quad (u > 0)

由 $f(1) = 0 \implies \ln 1 + C' = 0 \implies C' = 0$ 。
因此所求函数为：

f(u) = \ln u \quad (u > 0)

5.5.5 究极好题！2022 数二真题

例 5.38（2022 数二真题 · 链式偏导 + 偏积分还原 + 无条件极值充分条件）

(I) 链式法则求 $\frac{\partial g}{\partial x}$ ：
由链式法则：

\frac{\partial g(x, y)}{\partial x} = \frac{\partial f(x, y-x)}{\partial x} = f'_1(x, y-x)\frac{\partial x}{\partial x} + f'_2(x, y-x)\frac{\partial(y-x)}{\partial x} = f'_1(x, y-x) - f'_2(x, y-x)

题干给出条件 $\frac{\partial f(u, v)}{\partial u} - \frac{\partial f(u, v)}{\partial v} = 2(u - v)e^{-(u+v)}$ 。
令 $u = x, v = y - x$ ，代入已知条件式中：

f'_1(x, y-x) - f'_2(x, y-x) = 2[x - (y - x)]e^{-[x + (y - x)]} = 2(2x - y)e^{-y} = (4x - 2y)e^{-y}

因此：

\frac{\partial g(x, y)}{\partial x} = (4x - 2y)e^{-y}

(II) 积分还原函数表达式与极值判定：
对 $\frac{\partial g}{\partial x}$ 关于 $x$ 偏积分：

g(x, y) = \int (4x - 2y)e^{-y}\mathrm{d}x = (2x^2 - 2xy)e^{-y} + \varphi(y)

由第一问题干定义可知 $g(x, y) = f(x, y - x)$ ，故：

f(x, y - x) = (2x^2 - 2xy)e^{-y} + \varphi(y)

令 $u = x, v = y - x$ ，则 $x = u, y = u + v$ 。代入得：

f(u, v) = [2u^2 - 2u(u + v)]e^{-(u+v)} + \varphi(u + v) = -2uve^{-(u+v)} + \varphi(u + v)

利用已知边界条件 $f(u, 0) = u^2 e^{-u}$ ：令 $v = 0$ ：

f(u, 0) = 0 + \varphi(u) = u^2 e^{-u} \implies \varphi(u) = u^2 e^{-u}

于是 $\varphi(u + v) = (u + v)^2 e^{-(u+v)}$ 。代回 $f(u, v)$ ：

f(u, v) = -2uve^{-(u+v)} + (u + v)^2 e^{-(u+v)} = (u^2 + v^2)e^{-(u+v)}

求驻点与极值判别：
求一阶偏导：

\begin{aligned} f'_1(u, v) &= 2u e^{-(u+v)} - (u^2 + v^2)e^{-(u+v)} = (2u - u^2 - v^2)e^{-(u+v)} \\ f'_2(u, v) &= 2v e^{-(u+v)} - (u^2 + v^2)e^{-(u+v)} = (2v - u^2 - v^2)e^{-(u+v)} \end{aligned}

令一阶偏导为 0（因 $e^{-(u+v)} > 0$ ）：

\begin{cases} 2u - u^2 - v^2 = 0 \\ 2v - u^2 - v^2 = 0 \end{cases}

两式相减得 $2u - 2v = 0 \implies u = v$ 。代入得：

2u - 2u^2 = 0 \implies 2u(1 - u) = 0 \implies u = 0 \text{ 或 } u = 1

得到全部驻点为： $(0, 0)$ 和 $(1, 1)$ 。

计算二阶偏导数：

\begin{aligned} f''_{11} &= (2 - 2u)e^{-(u+v)} - (2u - u^2 - v^2)e^{-(u+v)} = (u^2 + v^2 - 4u + 2)e^{-(u+v)} \\ f''_{12} &= -2v e^{-(u+v)} - (2u - u^2 - v^2)e^{-(u+v)} = (u^2 + v^2 - 2u - 2v)e^{-(u+v)} \\ f''_{22} &= (2 - 2v)e^{-(u+v)} - (2v - u^2 - v^2)e^{-(u+v)} = (u^2 + v^2 - 4v + 2)e^{-(u+v)} \end{aligned}

检验驻点：

对点 $(0, 0)$ ： $A = f''_{11}(0, 0) = 2, \quad B = f''_{12}(0, 0) = 0, \quad C = f''_{22}(0, 0) = 2$ $AC - B^2 = 2 \times 2 - 0 = 4 > 0, \quad \text{且 } A = 2 > 0$ 故点 $(0, 0)$ 为 $f(u, v)$ 的极小值点，极小值为 $f(0, 0) = 0$ 。
对点 $(1, 1)$ ： $A = f''_{11}(1, 1) = 0, \quad B = f''_{12}(1, 1) = -2e^{-2}, \quad C = f''_{22}(1, 1) = 0$ $AC - B^2 = 0 - (-2e^{-2})^2 = -4e^{-4} < 0$ 故点 $(1, 1)$ 不是极值点。

综上所述， $f(u, v)$ 有极小值，极小值为 $f(0, 0) = 0$ 。

5.5.6 隐函数的偏导数和全微分

1. 核心运算法则与做题逻辑

由一个方程确定的隐函数 $z = z(x, y)$ （方程 $F(x, y, z) = 0$ ）：
- ① 公式法： $\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F'_x}{F'_z}, \quad \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{F'_y}{F'_z} \quad (F'_z \ne 0)$
- ② 等式两边求导： $F'_x + F'_z \dfrac{\partial z}{\partial x} = 0, \quad F'_y + F'_z \dfrac{\partial z}{\partial y} = 0$
- ③ 微分形式不变性： $F'_x\mathrm{d}x + F'_y\mathrm{d}y + F'_z\mathrm{d}z = 0$
由方程组确定的隐函数 $u = u(x, y), v = v(x, y)$ （仅数学一要求）：
- 等式两边分别求导或两边取微分后联立解线性方程组。

2. 典型例题精析（例 5.39 至例 5.44）

例 5.39（2005 数一真题 · 隐函数存在定理与分母非零条件）

记大函数 $F(x, y, z) = xy - z\ln y + e^{xz} - 1$ 。点 $(0, 1, 1)$ 满足 $F(0, 1, 1) = 0$ 。
分别求偏导数：

\begin{aligned} F'_x &= y + z e^{xz} \implies F'_x(0, 1, 1) = 1 + 1 \cdot e^0 = 2 \ne 0 \\ F'_y &= x - \frac{z}{y} \implies F'_y(0, 1, 1) = 0 - \frac{1}{1} = -1 \ne 0 \\ F'_z &= -\ln y + x e^{xz} \implies F'_z(0, 1, 1) = -\ln 1 + 0 = 0 \end{aligned}

[!caution] 核心判断（手写红笔警示）若要确定隐函数 $z = z(x, y)$ ，由公式法 $z'_x = -\frac{F'_x}{F'_z}, z'_y = -\frac{F'_y}{F'_z}$ ，其分母偏导数必须满足 $F'_z \ne 0$ ！
现 $F'_z(0, 1, 1) = 0$ （分母为 0！），因此绝对无法确定隐函数 $z = z(x, y)$ ！
反之，因 $F'_x \ne 0, F'_y \ne 0$ ，故可以确定隐函数 $x = x(y, z)$ 和 $y = y(x, z)$ ！

故正确答案选 (D)。

例 5.40（具体显式隐方程的三种求法对比）

方法一（公式法）：
设 $F(x, y, z) = z + e^z - xy = 0$ 。视 $x, y, z$ 为独立变量：

F'_x = -y, \qquad F'_y = -x, \qquad F'_z = 1 + e^z

代入公式：

\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F'_x}{F'_z} = -\frac{-y}{1 + e^z} = \frac{y}{1 + e^z}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F'_y}{F'_z} = -\frac{-x}{1 + e^z} = \frac{x}{1 + e^z}

方法二（讲义优先推荐：等式两端直接求导法）：
将等式 $z + e^z = xy$ 两端分别关于 $x, y$ 求偏导：

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

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

方法三（微分形式不变性）：
等式两端直接取全微分（注意 $\mathrm{d}(xy) = y\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y$ ）：

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

解出 $\mathrm{d}z$ ：

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

与 $\mathrm{d}z = \frac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y$ 对比系数，立即得到两个偏导数。

例 5.41（2021 数二真题 · 具体方程隐函数求导与先代后求）

[!tip] 核心加速策略给出具体方程，优先考虑直接求导。求导前或求导时，可先代后求直接代入 $y = 2$ ！

第一步：求出该点对应的 $z$ 值。
将 $x = 0, y = 2$ 代入原方程：

(0 + 1)z + 2\ln z - \arctan(0) = 1 \implies z + 2\ln z = 1

观察显然有 $z = 1$ 满足方程。令 $f(z) = z + 2\ln z - 1$ ，其导数 $f'(z) = 1 + \frac{2}{z} > 0$ （在 $z > 0$ 恒单调递增），故 $z = 1$ 是该方程唯一的实根！对应点坐标为 $(x, y, z) = (0, 2, 1)$ 。

第二步：对方程两端关于 $x$ 求偏导（同时保持 $y = 2$ 为常数）：

1 \cdot z + (x + 1)\frac{\partial z}{\partial x} + y \cdot \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{2y}{1 + 4x^2 y^2} = 0

直接将 $x = 0, y = 2, z = 1$ 代入：

1 \cdot (1) + (0 + 1)\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} + 2 \cdot \frac{1}{1}\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} - \frac{2(2)}{1 + 0} = 0

化简：

1 + 3\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} - 4 = 0 \implies 3\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} = 3 \implies \left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0, 2)} = 1

例 5.42（2010 数二真题 · 抽象隐函数方程与公式法）

给出抽象函数方程，优先考虑公式法：
设大函数 $G(x, y, z) = F\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right) = 0$ 。视 $x, y, z$ 为独立的自由变量：

\begin{aligned} G'_x &= F'_1 \cdot \frac{\partial(y/x)}{\partial x} + F'_2 \cdot \frac{\partial(z/x)}{\partial x} = F'_1 \left(-\frac{y}{x^2}\right) + F'_2 \left(-\frac{z}{x^2}\right) = -\frac{y F'_1 + z F'_2}{x^2} \\ G'_y &= F'_1 \cdot \frac{\partial(y/x)}{\partial y} + F'_2 \cdot \frac{\partial(z/x)}{\partial y} = F'_1 \cdot \frac{1}{x} = \frac{F'_1}{x} \\ G'_z &= F'_1 \cdot \frac{\partial(y/x)}{\partial z} + F'_2 \cdot \frac{\partial(z/x)}{\partial z} = F'_2 \cdot \frac{1}{x} = \frac{F'_2}{x} \end{aligned}

由隐函数求导公式：

\begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} &= -\frac{G'_x}{G'_z} = -\frac{-\frac{y F'_1 + z F'_2}{x^2}}{\frac{F'_2}{x}} = \frac{y F'_1 + z F'_2}{x F'_2} \\ \frac{\partial z}{\partial y} &= -\frac{G'_y}{G'_z} = -\frac{\frac{F'_1}{x}}{\frac{F'_2}{x}} = -\frac{F'_1}{F'_2} \end{aligned}

代入目标式计算：

x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = x \cdot \frac{y F'_1 + z F'_2}{x F'_2} + y \cdot \left(-\frac{F'_1}{F'_2}\right) = \frac{y F'_1 + z F'_2 - y F'_1}{F'_2} = \frac{z F'_2}{F'_2} = z

正确答案选 (B)。

例 5.43（2002 数三真题 · 复合隐函数全微分求法）

[!important] 核心解题意识（手写蓝字重点提醒） 搞清楚每一步要做什么，谁是已知，谁是未知！
题干中告诉 $u = f(x, y, z)$ 具有连续偏导数，则 $f'_x, f'_y, f'_z$ （或 $f'_1, f'_2, f'_3$ ）均为已知量！
类比一元函数：告诉 $f(x)$ 可导， $f'(x)$ 就是已知量！未知的是 $z$ 对 $x, y$ 的导数或 $\mathrm{d}z$ ！

方法一（链式求导法则 · 树的最底层）：
目标全微分表达式为：

\mathrm{d}u = \frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y \quad (\text{其中 } \frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y} \text{ 为待求未知量})

由链式法则：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial x}

对隐函数方程 $x e^x - y e^y = z e^z$ 两端对 $x$ 求导：

e^x + x e^x - 0 = (e^z + z e^z)\frac{\partial z}{\partial x} \implies \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{e^x(1 + x)}{e^z(1 + z)} = \frac{1 + x}{1 + z}e^{x-z}

则：

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

同理对 $y$ 求导：

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

则：

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

故：

\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（微分形式不变性 · 树的第一层）：
由 $u = f(x, y, z)$ 知：

\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

（其中 $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y$ 保留，只需通过方程求出 $\mathrm{d}z$ 代入即可！）
对隐方程 $x e^x - y e^y = z e^z$ 两端直接取全微分：

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

直接代入 $\mathrm{d}u$ 中合并同类项，一步即得最终结果！

例 5.44（武忠祥高数讲义 · 双重隐式嵌套与“套娃只套一次”）

[!important] 核心要点法则：套娃只套一次！变量依赖关系为： $y = f(x, t)$ ，其中 $t = t(x, y)$ ，而这个内部的 $y$ 又是 $x$ 的函数。
链式法则求导展开时，只套一次娃即可，千万不要无穷嵌套！

方法一（链式法则）：
对 $y = f(x, t(x, y))$ 两端对自变量 $x$ 求全导数：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial t}\left( \frac{\partial t}{\partial x} + \frac{\partial t}{\partial y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right)

（其中 $\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial t}$ 已知；保留待求的 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ； $\frac{\partial t}{\partial x}, \frac{\partial t}{\partial y}$ 由隐方程确定）
由隐函数求导公式：

\frac{\partial t}{\partial x} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial t}}, \qquad \frac{\partial t}{\partial y} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial t}}

代入展开：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial f}{\partial t}\left( \frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial t}} + \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial t}}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right)

移项合并含有 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的项：

\left( 1 + \frac{\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial t}}{\frac{\partial F}{\partial t}} \right)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial t}}{\frac{\partial F}{\partial t}}

两端同乘以 $\frac{\partial F}{\partial t}$ ：

\left( \frac{\partial F}{\partial t} + \frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial t} \right)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial F}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial t}

解得：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\frac{\partial F}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial t}}{\frac{\partial F}{\partial t} + \frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial t}}

方法二（微分形式不变性）：
由 $y = f(x, t)$ 得：

\mathrm{d}y = \frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial f}{\partial t}\mathrm{d}t \quad (1)

由隐方程 $F(x, y, t) = 0$ 得：

\frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial F}{\partial y}\mathrm{d}y + \frac{\partial F}{\partial t}\mathrm{d}t = 0 \implies \mathrm{d}t = -\frac{1}{\frac{\partial F}{\partial t}}\left( \frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial F}{\partial y}\mathrm{d}y \right)

将 $\mathrm{d}t$ 代入 (1) 式：

\mathrm{d}y = \frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x - \frac{\frac{\partial f}{\partial t}}{\frac{\partial F}{\partial t}}\left( \frac{\partial F}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial F}{\partial y}\mathrm{d}y \right)

两边同乘以 $\frac{\partial F}{\partial t}$ ，移项整理：

\left( \frac{\partial F}{\partial t} + \frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial t} \right)\mathrm{d}y = \left( \frac{\partial F}{\partial t}\frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial t} \right)\mathrm{d}x

两边同除以 $\mathrm{d}x$ ，立即解出 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ！

3. 专题深度剖析：关于例 5.43 与例 5.44 中符号记号“歧义性”的本质真相

在讲解完例 5.43 和例 5.44 之后，讲义针对历年教辅与官方解析中长期存在的记号歧义进行了极其透彻的专题剖析：

为什么说官方解析符号有歧义？
以例 5.43 为例，题目给出 $u = f(x, y, z)$ ，且明确指出 $z$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数。
结合讲义 5.4 节所建立的“插槽模型”：
- $f'_1$ 指的是函数对第 1 个输入插槽求导；
- 而 $f'_x$ 指的是复合函数对自变量 $x$ 求导（即整体导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$ ）。
  因为 $z$ 中也包含自变量 $x$ ，所以第 1 个插槽与变量 $x$ 已经发生分离，严格来说：
$\frac{\partial u}{\partial x} = f'_1 + f'_3 \frac{\partial z}{\partial x} \qquad \left(\text{绝不等于 } f'_x + f'_z \frac{\partial z}{\partial x}\right)$
同理，对等式 $u = f(x, y, z)$ 两端取全微分，严谨数学表达应为：
$\mathrm{d}u = f'_1\mathrm{d}x + f'_2\mathrm{d}y + f'_3\mathrm{d}z \qquad \left(\text{而不是 } f'_x\mathrm{d}x + f'_y\mathrm{d}y + f'_z\mathrm{d}z\right)$
根本原因就在于 $f$ 括号内的三个变量并不是互相独立的自由变量！
市面现状与“将错就错”的无奈：
严格来说，例 5.43 的最终结果写成：
$\mathrm{d}u = \left(f'_x + f'_z e^{x-z}\frac{x+1}{z+1}\right)\mathrm{d}x + \left(f'_y - f'_z e^{y-z}\frac{y+1}{z+1}\right)\mathrm{d}y$
是有严重符号混淆的，最严谨的写法理应为：
$\mathrm{d}u = \left(f'_1 + f'_3 e^{x-z}\frac{x+1}{z+1}\right)\mathrm{d}x + \left(f'_2 - f'_3 e^{y-z}\frac{y+1}{z+1}\right)\mathrm{d}y$
但是，翻遍所有的教辅、练习册、模拟卷解析以及真题解析（包括李艳芳解析和教育部官方考试中心解析），给出的全都是第一种有歧义的写法！ 例 5.44 也是同理，市面答案把 $f'_1, f'_2$ 全写成了 $f'_x, f'_t$ 。
考场应试生存指南：
- 考场书写建议：在考场上，你最终写成带下标数字的形式（ $f'_1, f'_2, f'_3$ ），绝对是最严谨的写法，阅卷老师绝不会扣分；而如果你按照市面上“将错就错”写成 $f'_x, f'_y, f'_z$ ，阅卷标准也会给满分。
- 在考场作答中，推荐优先使用数字下标记号（ $f'_1, f'_2$ ），逻辑最严密；采用变量名记号（ $f'_x, f'_y$ ）也是阅卷认可的通用写法。

5.5.7 对某个变量偏导数为 0

1. 核心理论与考研认知边界

2. 典型例题精析（例 5.45 与例 5.46）

例 5.45（武忠祥高数讲义 · 极坐标系求导化直角坐标禁忌）

[!caution] 常见致命错误做法剖析有同学看到 $\frac{\partial u}{\partial \theta} \equiv 0$ ，令 $u = \varphi(r)$ 。又由极坐标 $x = r\cos\theta \implies r = \frac{x}{\cos\theta}$ ，于是想当然写出：
$\frac{\partial u}{\partial x} = \varphi'(r)\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\varphi'(r)}{\cos\theta} \qquad (\text{❌ 大错特错！})$
错因：在极坐标中， $\theta$ 并不是常数，它也是 $x$ 和 $y$ 的函数（ $\theta = \arctan\frac{y}{x}$ ）！若用链式法则展开，计算量极大，极易漏项出错！

讲义核心铁律：

求导时，能写成 $r$ 的，一律写成 $r$ ，这样可以极大程度简化运算！

在计算导数时：极坐标系下，在计算 $r$ 对 $x$ 和 $y$ 的导数时，一定要先将其转化成直角坐标 $r = \sqrt{x^2+y^2}$ ，之后再进行求导！

正确推导过程：
由 $\frac{\partial u}{\partial \theta} \equiv 0$ 知 $u$ 仅为 $r$ 的函数，令 $u = \varphi(r)$ ，其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ 。
先求 $r$ 的偏导： $\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x}{r}$ 。

\frac{\partial u}{\partial x} = \varphi'(r)\frac{\partial r}{\partial x} = \varphi'(r)\frac{x}{r}

求二阶偏导数：

\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \varphi''(r)\left(\frac{x}{r}\right)\cdot \frac{x}{r} + \varphi'(r)\cdot \frac{r \cdot 1 - x\frac{x}{r}}{r^2} = \varphi''(r)\frac{x^2}{r^2} + \varphi'(r)\left(\frac{1}{r} - \frac{x^2}{r^3}\right)

由直角坐标轮换对称性，立即得到：

\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = \varphi''(r)\frac{y^2}{r^2} + \varphi'(r)\left(\frac{1}{r} - \frac{y^2}{r^3}\right)

两式相加：

\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = \varphi''(r)\frac{x^2+y^2}{r^2} + \varphi'(r)\left(\frac{2}{r} - \frac{x^2+y^2}{r^3}\right) = \varphi''(r) + \frac{\varphi'(r)}{r} = 0

两边同乘 $r$ ：

r\varphi''(r) + \varphi'(r) = 0 \implies [r\varphi'(r)]' = 0

积分得：

r\varphi'(r) = C_1 \implies \varphi'(r) = \frac{C_1}{r}

再次积分：

\varphi(r) = C_1 \ln r + C_2

故所求函数为：

u(r, \theta) = C_1 \ln r + C_2

例 5.46（25 超越模拟卷 · 偏导为 0 引出单变量函数与条件极值）

[!important] 核心命题趋势与秒杀意识（手写红笔精髓） 欲证“ $\text{狗} = \varphi(x)$ ”，只需证明“ $\dfrac{\partial \text{狗}}{\partial y} = 0$ ”！
本题欲证 $\frac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f} = \varphi(x)$ ，只需证明 $\frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f} \right) = 0$ ！

(I) 证明过程：
令 $u = \frac{\partial f}{\partial x}$ ，则已知条件可写为：

f \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = u \cdot \frac{\partial f}{\partial y}

考察商函数 $\dfrac{u}{f} = \dfrac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f}$ 对 $y$ 的偏导数：

\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{u}{f}\right) = \frac{f\frac{\partial u}{\partial y} - u\frac{\partial f}{\partial y}}{f^2} = \frac{0}{f^2} = 0

根据 5.5.7 节核心结论，函数对变量 $y$ 的偏导数恒为 0，则该函数仅为变量 $x$ 的函数！
故 $\dfrac{u}{f} = \varphi(x)$ ，即：

\frac{\partial f}{\partial x} = f \cdot \varphi(x)

原命题得证。

(II) 条件极值求解：
已知 $\varphi(x) = \frac{1}{x}$ ，代入第一问结论：

\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{f}{x}

视 $y$ 为常数，关于 $x$ 分离变量求解一阶偏微分方程：

\frac{\mathrm{d}f}{f} = \frac{\mathrm{d}x}{x} \implies \ln|f| = \ln|x| + \ln|C(y)| \implies f(x, y) = x \cdot C(y)

[!tip] 偏微分方程的常数本质本质上是关于 $x$ 的偏微分方程，因此积分出的任意常数必须是关于另一个变量的函数 $C(y)$ ，而不是常数 $C$ ！（详见讲义 5.7 小节高维度分析）

由已知条件 $f(1, y) = y^3$ ：

f(1, y) = 1 \cdot C(y) = y^3 \implies C(y) = y^3

故目标函数为：

z = f(x, y) = x y^3

约束条件为 $x^2 + y^2 = 1$ 。构造拉格朗日函数：

L(x, y, \lambda) = x y^3 + \lambda(x^2 + y^2 - 1)

求偏导并令其等于 0：

\begin{cases} L'_x = y^3 + 2\lambda x = 0 \quad &(1) \\ L'_y = 3x y^2 + 2\lambda y = 0 \quad &(2) \\ L'_\lambda = x^2 + y^2 - 1 = 0 \quad &(3) \end{cases}

解方程组：

若 $y = 0$ ，由 (3) 得 $x = \pm 1$ ，此时驻点为 $(\pm 1, 0)$ ，函数值 $z = 0$ ；
若 $y \ne 0$ ，由 (2) 得 $2\lambda = -3xy$ 。代入 (1) 得： $y^3 + (-3xy)x = 0 \implies y^3 - 3x^2 y = 0 \implies y(y^2 - 3x^2) = 0 \implies y^2 = 3x^2$ 代入 (3) 式 $x^2 + 3x^2 = 1 \implies 4x^2 = 1 \implies x = \pm \frac{1}{2}$ 。
对应 $y^2 = \frac{3}{4} \implies y = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。
由此得到 4 个驻点： $\left(\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2}\right), \left(-\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 。

计算各驻点的函数值：

\begin{aligned} z\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) &= \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{16} \\ z\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right) &= \frac{1}{2}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = -\frac{3\sqrt{3}}{16} \\ z\left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) &= -\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = -\frac{3\sqrt{3}}{16} \\ z\left(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right) &= -\frac{1}{2}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{16} \end{aligned}

比较可知：

z_{\max} = \frac{3\sqrt{3}}{16}, \qquad z_{\min} = -\frac{3\sqrt{3}}{16}

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

5.5 偏导数和全微分

5.5.1 偏导数的计算、先代后求、对称性（不包括隐函数）

1. 核心运算法则与定理

2. 两大核心计算加速技巧

(1) 先代后求法则

(2) 对称性法则

3. 典型例题精析（例 5.20 至 例 5.27）

例 5.20（武忠祥高数讲义 · 先代后求极速提速）

例 5.21（2011 数二真题 · 先代后求与中间过程书写规范）

例 5.22（2019 数一真题 · 整体单变量的复合求导辨析）

例 5.23（2022 数一真题 · 偏导恒等式反解一元原函数）

例 5.24（2022 数二真题 · 变限积分硬算 vs 整体换元秒杀）

例 5.25（2015 数二真题 · 换元解方程 vs 两端直接求导）

例 5.26（2020 数一真题 · 二阶混合偏导顺序与换元法）

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程）

5.5.2 全微分与偏积分（不涉及隐函数）

1. 全微分的运算法则与计算习惯

2. 偏积分的核心方法论

3. 全微分充要条件与判定定理

4. 典型例题精析（例 5.28 至 例 5.34.1）

例 5.28（1998 数三真题 · 全微分与二阶混合偏导基础计算）

例 5.29（2021 数一二三真题 · 可微与两端求全微分思想）

例 5.30（武忠祥高数讲义 · 全微分判别充要条件反求参数）

例 5.31（张宇 1000 题 / 2019 数一真题改编 · 定义域陷阱）

例 5.32（李艳芳 900 题 · 偏积分反求二阶混合偏导原函数）

例 5.33（武忠祥高数讲义 · 偏积分流水线操作求全微分原函数）

例 5.34（2024 数二真题 · 复合偏导方程化简与偏积分原函数综合）

例 5.34.1（2016 数一真题 · 导数为 0 证常值函数与微分方程）

5.5.3 全微分方程

1. 概念与方法论

2. 典型例题精析（例 5.35 与 例 5.36）

例 5.35（同例 4.16 · 2025 数二真题 · 齐次方程常规解法 vs 全微分方程法）

例 5.36（同例 4.17 · 1997 数二真题 · 齐次换元 vs 全微分方程）

5.5.4 多元微分 + 微分方程

例 5.37（2006 数一真题 · 径向对称函数偏导与可降阶微分方程）

5.5.5 究极好题！2022 数二真题

例 5.38（2022 数二真题 · 链式偏导 + 偏积分还原 + 无条件极值充分条件）

5.5.6 隐函数的偏导数和全微分

1. 核心运算法则与做题逻辑

2. 典型例题精析（例 5.39 至 例 5.44）

例 5.39（2005 数一真题 · 隐函数存在定理与分母非零条件）

例 5.40（具体显式隐方程的三种求法对比）

例 5.41（2021 数二真题 · 具体方程隐函数求导与先代后求）

例 5.42（2010 数二真题 · 抽象隐函数方程与公式法）

例 5.43（2002 数三真题 · 复合隐函数全微分求法）

例 5.44（武忠祥高数讲义 · 双重隐式嵌套与“套娃只套一次”）

3. 专题深度剖析：关于例 5.43 与例 5.44 中符号记号“歧义性”的本质真相

5.5.7 对某个变量偏导数为 0

1. 核心理论与考研认知边界

2. 典型例题精析（例 5.45 与 例 5.46）

例 5.45（武忠祥高数讲义 · 极坐标系求导化直角坐标禁忌）

例 5.46（25 超越模拟卷 · 偏导为 0 引出单变量函数与条件极值）

我的总结

参考资料

3. 典型例题精析（例 5.20 至例 5.27）

4. 典型例题精析（例 5.28 至例 5.34.1）

2. 典型例题精析（例 5.35 与例 5.36）

2. 典型例题精析（例 5.39 至例 5.44）

2. 典型例题精析（例 5.45 与例 5.46）