📚 第 5 章多元微分 · 错题集

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截至 2026-09-16，第 5 章已学完至 5.6 无条件极值和条件极（最）值（推进中！）。当前错题集已完整收录 5.1 ~ 5.6 范围内的核心易错高频题型（例 5.15 邻域极限连续性陷阱、例 5.17 全路径重极限与累次极限约束、例 5.27 偏微分方程非退化变量代换、例 5.29 可微性与两端求全微分思想/槽位偏导辨析、例 5.34.1 全微分充要条件推导混合偏导相等与微分方程综合、例 5.43 复合隐函数全微分与 $f'_x$ / $f'_1$ 记号歧义、例 5.44 双重隐式嵌套“套娃只套一次”与微分形式不变性、例 5.45 极坐标求导化直角坐标禁忌与偏导为0判定单变量函数、例 5.46 偏导为0引出单变量函数与条件最值求解、例 5.53 极限表达式脱帽法与极坐标局部展开阶数主导性分析、例 5.56 抽象函数条件极值必要条件推导与非零分母消参/隐函数消元/梯度共线视角）。后续条件极值大题与偏微分方程综合错题将在进一步推进时同步录入。

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

未审清题设前提，脑补“连续”条件（致命思维定式）：
- 考研真题中大多数概念题常以“设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续”作为开头，导致很多同学审题时形成惯性思维，默认 $f(0, 0) = \lim\limits_{(x, y)\to(0,0)} f(x, y) = 0$ ；
- 本题题干明确只写了“设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某邻域内有定义”，压根没有说明 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续！函数在原点的函数值 $f(0, 0)$ 与去心邻域极限没有任何绑定关系，必须对 $f(0, 0)$ 是否为 0 分类讨论。
极限定理分离极限值：
- 题设 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{f(x, y) - (x^2 + y^2)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1$ 可改写为： $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} - \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \sqrt{x^2 + y^2} = 1 \implies \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1$
- 进而重极限 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \left[ \dfrac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} \cdot \sqrt{x^2 + y^2} \right] = 1 \times 0 = 0$ 。即函数在原点的去心重极限确为 0。
两分支严密讨论：偏导数无论如何均不存在：
- 分支 1（若 $f(0, 0) \ne 0$ · 不连续）：偏导数增量比 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}$ 中，分子趋于 $0 - f(0, 0) \ne 0$ ，分母趋于 0，属于非零常数除以零，极限必为 $\infty$ （不存在）；
- 分支 2（若 $f(0, 0) = 0$ · 连续）：沿 $x$ 轴正向趋近（ $x \to 0^+$ ）： $\dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \dfrac{f(x, 0)}{|x|} \to 1$ ；
  沿 $x$ 轴负向趋近（ $x \to 0^-$ ）： $\dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = -\dfrac{f(x, 0)}{|x|} \to -1$ ；
  左右导数一正一负（ $1 \ne -1$ ），偏导数依然不存在！
考场特例反例秒杀定式：
- 构造特例函数： $f(x, y) = \begin{cases} \sqrt{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 1, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ ；
- 检验极限： $\lim\limits_{\rho \to 0} \dfrac{\rho - \rho^2}{\rho} = 1 - 0 = 1$ ，完全符合题设；
- 此时在原点 $f(0, 0) = 1 \ne 0$ （不连续，排除 A）；沿坐标轴在原点不可导（两偏导均不存在，排除 C、D），瞬间秒选 (B)。

方法一：严格分类讨论法

第一步：由条件分离去心极限
记 $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ ，题设等价于：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \left[ \frac{f(x, y)}{\rho} - \rho \right] = 1 \implies \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\rho} = 1

由此可得去心极限：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = \lim_{\rho \to 0} \left[ \frac{f(x, y)}{\rho} \cdot \rho \right] = 1 \cdot 0 = 0

第二步：针对函数值 $f(0, 0)$ 展开分类讨论
题设仅说明“在邻域内有定义”，并未保证 $f(x, y)$ 在原点连续，故必须对 $f(0, 0)$ 进行讨论：

情况一：若 $f(0, 0) = 0$ （函数在原点连续）
此时偏导数差商为： $\frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \frac{f(x, 0)}{x}$ 由 $\lim\limits_{(x, y)\to(0,0)} \dfrac{f(x, y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 1$ $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 1$ ，沿 $x$ $x$ 轴（令 $y = 0$ $y = 0$ ）趋近： $\lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0)}{|x|} = 1$ 分别考查左右单侧极限：
- 右导数： $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x, 0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x, 0)}{|x|} = 1$ ；
- 左导数： $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f(x, 0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \left( -\dfrac{f(x, 0)}{|x|} \right) = -1$ 。
  左右导数不相等（ $1 \ne -1$ ），故偏导数 $f'_x(0, 0)$ 不存在。同理对称性得 $f'_y(0, 0)$ 亦不存在。
情况二：若 $f(0, 0) \ne 0$ （函数在原点不连续）
考察偏导数增量比极限： $f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}$ 当 $x \to 0$ 时，分子趋向于 $0 - f(0, 0) \ne 0$ ，分母趋向于 $0$ 。
此为非零有限数除以无穷小，极限必为无穷大，即偏导数 $f'_x(0, 0)$ 不存在。同理 $f'_y(0, 0)$ 亦不存在。

综合上述两种情况，无论 $f(0, 0)$ 取何值，两个偏导数必都不存在！排除 (A)、(C)、(D)，正确选项为 (B)。

方法二：特例反例排除法（考场极速）

构造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}

检验极限： $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{\sqrt{x^2 + y^2} - (x^2 + y^2)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim\limits_{\rho \to 0} (1 - \rho) = 1$ ，完全符合题干条件；
检验原点连续性： $f(0, 0) = 1 \ne 0 = \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y)$ ，不连续，排除 (A)；
检验偏导数：沿 $x$ 轴 $f(x, 0) = |x|$ （ $x \ne 0$ ）， $f(0, 0) = 1$ 。增量比 $\dfrac{|x| - 1}{x} \to \infty$ ，导数不存在，排除 (C)、(D)。
从而直接锁定 (B)。

例 5.17（2020 数二真题 · 考研史上最难多元微分概念题 · 全路径重极限 / 累次极限外层约束 / 二阶混合偏导定义展开）

三段式分段函数的去心邻域特征：
- 区别于传统仅在原点单独定义的两段式函数，本题定义域划分为：象限内部（ $xy \ne 0$ ）、 $x$ 轴（ $y = 0$ ）、 $y$ 轴（ $x = 0$ ）三段；
- 在原点 $(0, 0)$ 的任意充分小去心邻域内，无论半径多小，圆盘内部均同时包含这三段表达式，求导与求极限时必须时刻保持强烈的路径与定义域意识。
累次极限的外层约束机理（考研最具隐蔽性的思维陷阱）：
- 绝不可脱离外层极限单纯孤立地看内层极限！
- 求解 $\lim\limits_{y \to 0}\left[ \lim\limits_{x \to 0} f(x, y) \right]$ 时，最外层的 $\lim\limits_{y \to 0}$ 是一个总纲领/大前提，它严格规定了自始至终 $y \ne 0$ ！
- 因此在计算内层极限 $\lim\limits_{x \to 0} f(x, y)$ 时， $y$ 是一个固定的非零常数。当自变量 $x \to 0$ 且 $x \ne 0$ 时，点 $(x, y)$ 必定处于象限内部（ $xy \ne 0$ ），绝对无法取到 $y = 0$ 这条路径上的函数表达式！内层极限只能代入 $xy$ 表达式，得出 $\lim\limits_{x \to 0} xy = 0$ ；外层再取极限得 0，结论 ④ 正确。
全路径重极限的严密性（螺线穿梭路径）：
- 很多同学误以为只需检验三条分界线（ $xy \ne 0, y = 0, x = 0$ ）的极限为 0 即可断定重极限为 0；
- 严密论证：趋向原点的路径千千万万，可以构造一条无限次在坐标轴与象限之间来回穿梭的螺线路径。但由于在所有区域上恒有 $|f(x, y)| \le \max(|xy|, |x|, |y|) \to 0$ ，根据夹逼准则，任意路径趋近极限均为 0，因此重极限必为 0，结论 ③ 正确。
二阶混合偏导数的定义展开与双重去心失效：
- 考研混合偏导数相等定理（Clairaut 定理）的前提是二阶偏导数连续，此题并不满足前提，绝不能凭主观直觉写 $f''_{xy} = f''_{yx}$ ；
- 必须严格回归定义展开： $f''_{xy}(0, 0) = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}$ ；
- 计算其中内层偏导数 $f'_x(0, y)$ （ $y \ne 0$ ）： $f'_x(0, y) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, y) - f(0, y)}{x}$ 。由于外层约束 $y \ne 0$ ，且内层 $x \ne 0$ ，只能取 $xy$ 表达式，而 $f(0, y) = y$ ；
- 差商为 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{xy - y}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\left(y - \dfrac{y}{x}\right) = \infty$ （ $y \ne 0$ 为常数）！
- 在 $y$ 轴非原点处， $f'_x(0, y)$ 根本不存在！导函数在邻域内都不存在，二阶混合偏导数差商无意义，故 $f''_{xy}(0, 0)$ 不存在，结论 ② 错误。

1. 检验结论 ①：原点一阶偏导数（正确）

固定 $y = 0$ ，自变量沿 $x$ 轴趋近，按定义计算偏导数：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x - 0}{x} = 1.

故 ① 正确。
(由对称性，同理可得 $f'_y(0, 0) = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{f(0, y) - f(0, 0)}{y} = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{y - 0}{y} = 1$ 。)

2. 检验结论 ③：全路径重极限（正确）

分解趋近路径：

沿象限内部路径（ $xy \ne 0$ ）： $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} xy = 0$ ；
沿 $x$ 轴路径（ $y = 0$ ）： $\lim\limits_{x \to 0} x = 0$ ；
沿 $y$ 轴路径（ $x = 0$ ）： $\lim\limits_{y \to 0} y = 0$ ；
沿任意混合或震荡路径（如螺线）：
在原点的去心邻域内，函数值恒满足 $|f(x, y)| \le \max(|xy|, |x|, |y|)$ 。
当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时， $\max(|xy|, |x|, |y|) \to 0$ 。由夹逼定理知，对任意趋近方式均有： $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0.$

故 ③ 正确。

3. 检验结论 ④：累次极限的路径约束机理（正确）

累次极限的运算结构为：

\lim_{y \to 0}\lim_{x \to 0} f(x, y) = \lim_{y \to 0}\left[ \lim_{x \to 0} f(x, y) \right].

最外层极限 $\lim\limits_{y \to 0}$ 表明 $y \to 0$ 且 $y \ne 0$ ；
在求解内层极限 $\lim\limits_{x \to 0} f(x, y)$ 时， $y$ 是一个固定的非零常数。由于内层极限要求自变量 $x \to 0$ 且 $x \ne 0$ ，因此动点 $(x, y)$ 严格满足 $xy \ne 0$ ；
故在内层极限过程中只能选取第一段表达式 $f(x, y) = xy$ ： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ x \ne 0}} f(x, y) = \lim_{x \to 0} xy = 0 \quad (y \ne 0).$
将内层极限值 0 代入外层极限： $\lim_{y \to 0} 0 = 0.$

故 ④ 正确。

4. 检验结论 ②：二阶混合偏导数的定义展开（错误）

按二阶偏导数定义展开：

f''_{xy}(0, 0) = \left.\frac{\partial f'_x}{\partial y}\right|_{(0, 0)} = \lim_{y \to 0} \frac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}.

为此需计算在 $y \ne 0$ 时 $f'_x(0, y)$ 的值：

f'_x(0, y) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, y) - f(0, y)}{x}.

此时 $y \ne 0$ 且 $x \to 0 (x \ne 0)$ ，函数只能取 $xy$ 表达式；而在点 $(0, y)$ 处，因横坐标为 0，函数取 $f(0, y) = y$ ：

f'_x(0, y) = \lim_{x \to 0} \frac{xy - y}{x} = \lim_{x \to 0} \left( y - \frac{y}{x} \right).

因 $y \ne 0$ 且为常数，当 $x \to 0$ 时 $\dfrac{y}{x} \to \infty$ ：

f'_x(0, y) \implies \text{\textbf{极限不存在！}}

既然在 $y$ 轴非原点处 $f'_x(0, y)$ 根本不存在，则差商 $\dfrac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}$ 无意义，从而 $f''_{xy}(0, 0)$ 不存在！结论 ② 错误。

综上所述，正确的结论为 ①、③、④ 共 3 个，正确选项为 (B)。

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 $a \ne b$ / 正向代换 vs 反解法对比）

变量变换非退化约束 $a \ne b$ （致命隐蔽丢分点）：
- 令纯偏导项系数为 0 得到特征二次方程 $5\lambda^2 + 12\lambda + 4 = 0$ ，解得两个实根 $\lambda_1 = -2, \lambda_2 = -\dfrac{2}{5}$ ；
- 很多同学机械地认为 $a, b$ 各自独立取值，错误地取了 $a = b = -2$ 或 $a = b = -\dfrac{2}{5}$ ；
- 失误剖析：
  - 若 $a = b$ ，则新变量 $\xi = \eta = x + ay$ 线性相关，几何上平面坐标被压缩成一条直线，变换是退化的不可逆变换，无法作为合法的新坐标系；
  - 代入混合项系数检验： $10ab + 12(a+b) + 8 = 10(-2)^2 + 12(-4) + 8 = 40 - 48 + 8 = 0$ ！此时混合偏导项系数亦为 0，原偏微分方程退化为 $0 = 0$ ，根本无法简化为目标形式 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta} = 0$ ；
  - 命题潜规则：必须满足 $a \ne b$ 且混合项系数非零，故 $a, b$ 必须分别取这两个不同的根！
解法抉择：“正向直接代换”远优于“反解变量代换”（降低计算量法则）：
- 方法一（正向代换·推荐）：视 $u = u(\xi, \eta)$ ，利用链式法则将 $x, y$ 的偏导数用 $\xi, \eta$ 的偏导数表示，直接代入原方程整理多项式系数。全过程无分式、系数对称明朗，计算最为稳健；
- 方法二（反解代换）：由方程反解 $x = \dfrac{a\eta - b\xi}{a-b}, y = \dfrac{\xi - \eta}{a-b}$ ，在求 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta}$ 时分母伴随二次方 $(a-b)^2$ ，不仅极易产生符号与交叉项错漏，最后还需联立韦达定理成比例求解，考场耗时是正向法的两倍以上。
二阶偏导算子展开的交叉项系数 $2$ 遗漏：
- 对 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ 展开时为 $u_{\xi\xi} + 2u_{\xi\eta} + u_{\eta\eta}$ ；对 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}$ 展开时中间项为 $(a+b)u_{\xi\eta}$ ；
- 复合求导时展开项较多，合并同类项时必须按照 $u_{\xi\xi}, u_{\xi\eta}, u_{\eta\eta}$ 分列对照核对，防止漏乘方程原系数（如系数 $4, 12, 5$ ）。

方法一：直接代换法（讲义首推 · 运算稳健不踩坑）

第一步：由链式法则展开一阶与二阶偏导数
变量依赖关系为： $u \to (\xi, \eta) \to (x, y)$ ，其中 $\xi = x + ay, \eta = x + by$ 。
计算一阶偏导数算子：

\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}\cdot 1 + \frac{\partial u}{\partial \eta}\cdot 1 = \frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta}

\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}

计算各二阶偏导数：

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

第二步：代入原偏微分方程并合并同类项
将上述偏导数代入方程 $4\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + 12\dfrac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} + 5\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$ 中：

\begin{aligned} & 4\left(\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}\right) + 12\left[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}\right] + 5\left(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}\right) \\ &= (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 \end{aligned}

第三步：定解条件与合理排除退化解
题设要求方程化简为 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，则纯偏导项系数必须为 0，且混合项系数不得为 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

分解因式 $(5\lambda + 2)(\lambda + 2) = 0$ ，解得两个实根：

\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = -\frac{2}{5}

若 $a = b$ ，则变换退化，且混合项系数 $10a^2 + 24a + 8 = 2(5a^2 + 12a + 4) = 0$ ，不合题意；
因此 $a \ne b$ ，必须分别取不同实根。

故所求参数为：

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

方法二：反解变量法（对比参考 · 韦达定理联动）

由线性方程组 $\begin{cases} \xi = x + ay \\ \eta = x + by \end{cases}$ 反解自变量：

x = \frac{a\eta - b\xi}{a - b}, \qquad y = \frac{\xi - \eta}{a - b} \quad (a \ne b)

依赖关系为 $u \to (x, y) \to (\xi, \eta)$ 。
链式求偏导：

\frac{\partial u}{\partial \xi} = \frac{-b}{a-b}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{1}{a-b}\frac{\partial u}{\partial y}

再对 $\eta$ 求偏导：

\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 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，要求中括号内式子为 0：

-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

对比原方程 $4u''_{xx} + 12u''_{xy} + 5u''_{yy} = 0$ 的对应系数比例：

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

由韦达定理， $a, b$ 为二次方程 $t^2 + \dfrac{12}{5}t + \dfrac{4}{5} = 0 \iff 5t^2 + 12t + 4 = 0$ 的两个不同实根，同样解得：

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

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。

例 5.44（武忠祥高数讲义 · 双重隐式嵌套与“套娃只套一次” / 隐函数全微分形式不变性）

复合隐式嵌套结构清晰化与“套娃只套一次”黄金法则：
- 变量依赖结构为： $y = f(x, t)$ ，其中 $t = t(x, y)$ ，而内层的 $y$ 本身又受系统约束依赖于 $x$ （ $y = y(x)$ ）。
- 采用**方法一（链式法则）**时，很多同学在展开 $\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x} = \frac{\partial t}{\partial x} + \frac{\partial t}{\partial y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 后，看到式子中又有待求的 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ，误以为陷入了死循环嵌套。
- 破解之道：套娃只套一次！ 保留待求目标 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 作为代数未知元，由隐方程 $F(x, y, t) = 0$ 确定出偏导数 $\frac{\partial t}{\partial x}, \frac{\partial t}{\partial y}$ 代入，整理为关于 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的一元一次线性方程解出即可。
深度困惑破解：方法二（微分形式不变性）到底在哪一步用到了 $t = t(x, y)$ ？：
- 直觉疑问：方法二对 $F(x, y, t) = 0$ 两边直接微分得到 $F'_x\mathrm{d}x + F'_y\mathrm{d}y + F'_t\mathrm{d}t = 0$ ，并消去 $\mathrm{d}t$ ，似乎把 $x, y, t$ 完全对称对待，根本没用到“ $t = t(x, y)$ ”这个条件，为什么结果与方法一完全一致？
- 本质揭秘（一）：两边除以 $F'_t$ 就是隐函数全微分定义
  若 $F(x, y, t) = 0$ 确定 $t = t(x, y)$ ，按全微分定义 $\mathrm{d}t = \frac{\partial t}{\partial x}\mathrm{d}x + \frac{\partial t}{\partial y}\mathrm{d}y$ 。结合隐函数求导公式 $\frac{\partial t}{\partial x} = -\frac{F'_x}{F'_t}, \frac{\partial t}{\partial y} = -\frac{F'_y}{F'_t}$ ，可得 $\mathrm{d}t = -\frac{1}{F'_t}(F'_x\mathrm{d}x + F'_y\mathrm{d}y)$ 。
  而方法二直接由微分方程移项除以 $F'_t$ 解出的 $\mathrm{d}t$ ，在数学上完完全全就是 $t(x, y)$ 的全微分！除以 $F'_t$ 所需的非零条件，正是隐函数存在定理保证 $t=t(x,y)$ 存在的条件。
- 本质揭秘（二）：自由度与微分法降维打击
  系统由 3 个变量 $(x, y, t)$ 和 2 个方程（ $y=f(x,t)$ 与 $F(x,y,t)=0$ ）构成，自由度为 $3-2=1$ ，本质上只有 1 个独立自变量 $x$ 。微分形式不变性直接将流形切空间线性化为关于微元 $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y, \mathrm{d}t$ 的线性方程组，无需区分自变量、中间变量或因变量的主从关系，代数消元消去 $\mathrm{d}t$ 即可直接得到 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ ，计算极其优美高效。
记号歧义规避：
- 严格写法中， $f$ 的外层求导应写作槽位偏导 $f'_1, f'_2$ ；若按考研常规约定写作 $f'_x, f'_t$ ，务必前后一致，不可与具体自变量导数混淆。

方法一：链式求导法则（套娃只套一次）

第一步：两端对自变量 $x$ 求全导数
对 $y = f(x, t(x, y))$ 两端对 $x$ 求导：

\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； $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 为待求目标； $\frac{\partial t}{\partial x}, \frac{\partial t}{\partial y}$ 由隐方程确定）

第二步：由隐函数求导公式计算 $\dfrac{\partial t}{\partial x}$ 与 $\dfrac{\partial t}{\partial y}$
方程 $F(x, y, t) = 0$ 确定了 $t = t(x, y)$ ，当 $F'_t \ne 0$ 时：

\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}}

第三步：代入并移项解出一元一次方程
将上述偏导数代入求导关系式：

\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 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$ 的同类项：

\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}}

方法二：一阶微分形式不变性（考场降维秒杀推荐）

第一步：对两组关系式分别取全微分
对 $y = f(x, t)$ 取全微分：

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

对隐方程 $F(x, y, t) = 0$ 取全微分：

\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

解出微元 $\mathrm{d}t$ ：

\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) \quad (2)

第二步：代入消元，整理微元比例关系
将 (2) 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：

\boxed{\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}}}

[!tip] 严格槽位符号表示若按严密数学规范避免歧义，结果写作：
$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{F'_t f'_1 - F'_x f'_2}{F'_t + F'_y f'_2}$

例 5.45（武忠祥高数讲义 · 极坐标系求导化直角坐标禁忌 / 偏导为0推出单变量函数）

常见致命错误做法剖析（极坐标误区）：
- 有同学看到 $\frac{\partial u}{\partial \theta} \equiv 0$ ，得出 $u = \varphi(r)$ 。接着由极坐标转换公式 $x = r\cos\theta \implies r = \frac{x}{\cos\theta}$ ，便想当然写出： $\frac{\partial u}{\partial x} = \varphi'(r)\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\varphi'(r)}{\cos\theta} \qquad (\text{❌ 大错特错！})$
- 错因根源：在直角坐标系向极坐标转换时， $\theta$ 根本不是常数！它自身也是关于 $x$ 和 $y$ 的函数（ $\theta = \arctan\frac{y}{x}$ ）。若视 $\theta$ 为常数求导，必然丢掉大量复合求导项，导致后续计算彻底崩溃。
讲义核心铁律（极坐标转直角坐标求导准则）：
- 铁律一：在极坐标系下计算 $r$ 对直角坐标 $x, y$ 的导数时，必须先转化成直角坐标 $r = \sqrt{x^2+y^2}$ ，然后再求导： $\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x}{r}, \qquad \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{y}{r}$
- 铁律二：求导化简过程中，能写成 $r$ 的一律写成 $r$ ！切忌把 $r$ 机械写回 $\sqrt{x^2+y^2}$ ，保留紧凑记号能极大降低二阶求导的计算量与出错概率。
充分利用直角坐标轮换对称性：
- 求出 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ 之后，无需重复冗长计算，利用 $x \leftrightarrow y$ 的轮换对称性，直接将 $x$ 替换为 $y$ 即可写出 $\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$ ；
- 两式相加利用 $x^2 + y^2 = r^2$ 瞬间约简系数。
微分方程降阶积分细节：
- 得到 $r\varphi''(r) + \varphi'(r) = 0$ 后，应敏锐识别出导数乘积构造： $[r\varphi'(r)]' = 0$ ；
- 积分两次解得通解时，必须引入两个独立的任意常数 $C_1, C_2$ ： $\varphi(r) = C_1\ln r + C_2$ 。

第一步：分析条件确定函数结构
由 $\dfrac{\partial u}{\partial \theta} \equiv 0$ 可知，在考研所讨论的连通区域内， $u$ 仅为 $r$ 的单变量函数，记为：

u = \varphi(r)

其中直角坐标与极坐标的关系为 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ 。

第二步：计算一阶偏导数
先求内层函数 $r$ 对 $x$ 的偏导数：

\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x}{r}

从而：

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

第三步：计算二阶偏导数并利用对称性
对 $x$ 再次求导（应用乘积法则与商求导法则）：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial}{\partial x}\left[\varphi'(r)\right]\cdot\frac{x}{r} + \varphi'(r)\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{r}\right) \\ &= \left[\varphi''(r)\frac{\partial r}{\partial x}\right]\frac{x}{r} + \varphi'(r)\cdot\frac{1\cdot r - x\frac{\partial r}{\partial x}}{r^2} \\ &= \varphi''(r)\left(\frac{x}{r}\right)\left(\frac{x}{r}\right) + \varphi'(r)\cdot\frac{r - x\left(\frac{x}{r}\right)}{r^2} \\ &= \varphi''(r)\frac{x^2}{r^2} + \varphi'(r)\left(\frac{1}{r} - \frac{x^2}{r^3}\right) \end{aligned}

由自变量 $x$ 与 $y$ 的地位完全对称，直接写出对 $y$ 的二阶偏导数：

\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)

第四步：代入拉普拉斯方程化简
将两式相加：

\begin{aligned} \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{r^2}{r^2} + \varphi'(r)\left( \frac{2}{r} - \frac{r^2}{r^3} \right) \\ &= \varphi''(r) + \varphi'(r)\left(\frac{2}{r} - \frac{1}{r}\right) \\ &= \varphi''(r) + \frac{1}{r}\varphi'(r) = 0 \end{aligned}

第五步：求解微分方程确定函数表达式
方程两端同乘以 $r$ ：

r\varphi''(r) + \varphi'(r) = 0 \implies \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left[r\varphi'(r)\right] = 0

两边关于 $r$ 积分：

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

再次关于 $r$ 积分：

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

故所求函数为：

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

（其中 $C_1, C_2$ 为任意常数）

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 / 偏微分方程任意常数函数本质）

核心命题逻辑：“欲证某式为 $\varphi(x)$ $\iff$ 证明其对另一个变量 $y$ 的偏导数恒为 0”：
- 考研常见题型中，欲证抽象表达式与某变量无关（即仅为单变量函数 $\varphi(x)$ ），常规思路容易盲目积分。
- 秒杀意识：移项构造商式 $\dfrac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f} = \varphi(x)$ ，只需证明 $\dfrac{\partial}{\partial y}\left( \dfrac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f} \right) \equiv 0$ ！
- 利用商求导法则展开，分子正好是 $f \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} - \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y} = 0$ ，一步得证。
偏微分方程积分常数本质是“关于未积分变量的函数 $C(y)$ ”而非纯常数 $C$ ：
- 由 $\dfrac{\partial f}{\partial x} = \dfrac{f}{x}$ 分离变量积分时，这是对自变量 $x$ 的偏导数。
- 积分后必定为 $\ln|f| = \ln|x| + \ln|C(y)| \implies f(x, y) = x \cdot C(y)$ 。
- 若粗心误写为常数 $C$ ，代入初值 $f(1, y) = y^3$ 时就会陷入矛盾无法求解。
拉格朗日乘数法方程组求解与边界点/分类讨论：
- 目标函数 $z = xy^3$ ，约束 $x^2 + y^2 = 1$ 。
- 建立拉格朗日函数 $L(x, y, \lambda) = xy^3 + \lambda(x^2 + y^2 - 1)$ ： $\begin{cases} L'_x = y^3 + 2\lambda x = 0 \\ L'_y = 3xy^2 + 2\lambda y = 0 \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases}$
- 分类讨论防漏解：
  - 若 $y = 0$ ，由约束条件知 $x = \pm 1$ ，此时驻点为 $(\pm 1, 0)$ ， $z = 0$ ；
  - 若 $y \ne 0$ ，由第二式消去 $2\lambda = -3xy$ ，代入第一式得 $y^3 - 3x^2 y = 0 \implies y(y^2 - 3x^2) = 0 \implies y^2 = 3x^2$ ；
  - 代入约束条件 $4x^2 = 1 \implies x = \pm \frac{1}{2}, y = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，得到 4 个驻点；
- 计算各驻点的目标函数值，比较得出最大值 $\frac{3\sqrt{3}}{16}$ 与最小值 $-\frac{3\sqrt{3}}{16}$ 。

(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}

考察商式 $\dfrac{u}{f} = \dfrac{\frac{\partial f}{\partial x}}{f}$ 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

由考研高等数学核心结论：若函数对某变量 $y$ 的偏导数恒为 0，则该函数仅为另一个自变量 $x$ 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：
第一步：求解偏微分方程确定 $f(x, y)$
将 $\varphi(x) = \frac{1}{x}$ 代入 (I) 结论：

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

视 $y$ 为常数，分离变量积分：

\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)

由已知初值条件 $f(1, y) = y^3$ ：

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

第二步：构造拉格朗日函数并列方程组
约束条件为 $x^2 + y^2 = 1$ 。构造辅助函数：

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

求偏导并令其为 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}

第三步：解方程组求出候选极值点

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： $\left(\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2}\right), \; \left(-\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 。

第四步：比较驻点函数值确定最值

\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}

综合比较，目标函数在约束条件下的最大值与最小值分别为：

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

例 5.53（23 张八 · 03 年数一真题改编 · 极限表达式脱帽法 / 极坐标局部展开与阶数主导分析）

二元极限表达式与极值判定的破局本质——“脱帽法”（无穷小局部渐近展开）：
- 考研中出现类似 $\lim\limits_{(x, y)\to(x_0, y_0)} \dfrac{f(x, y) - P(x, y)}{g(x, y)} = A$ 的极限表达式时，切忌盲目套用二阶偏导判别法（ $AC - B^2$ ），因为题目仅给出了极限式，未说明二阶偏导数是否存在；
- 破局核心：利用极限“脱帽法”，直接将极限式还原为局部渐近增量展开： $f(x, y) = P(x, y) + A \cdot g(x, y) + o(g(x, y))$
- 本题中由极限存在且分母趋于 0，易知分子 $\lim\limits_{(x, y)\to(0, 0)} [f(x, y) - x^k y] = 0$ 。结合 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续，立得 $f(0, 0) = 0$ ；
- 因此，在点 $(0, 0)$ 的去心邻域内，函数差值增量为： $\Delta f = f(x, y) - f(0, 0) = x^k y + (x^2 + y^2)^2 + o((x^2 + y^2)^2)$
- 判定是否为极值点，本质就是判定 $\Delta f$ 在 $(0, 0)$ 的充分小去心邻域内是否保持恒定正负号（严格恒正为极小值点，严格恒负为极大值点，正负变号则非极值点）。
极坐标局部展开转化二元齐次结构（降维打击：阶数决定主导，角度决定正负）：
- 观察展开式，分母或主部具有显著的旋转圆对称形式 $(x^2 + y^2)^2$ 。此时极坐标换元 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta \ (r > 0)$ 是分析阶数与方向的最强工具： $f(r, \theta) = r^{k+1}\cos^k\theta\sin\theta + r^4 + o(r^4)$
- 这里径向距离 $r \to 0^+$ 控制着各项无穷小的阶数高低，而极角 $\theta \in [0, 2\pi)$ 控制着各项在不同方向上的正负符号。
- 阶数博弈铁律：当 $r \to 0^+$ 时，低阶无穷小具有绝对统治力（主导项）；只有当低阶项相互抵消或同阶时，才需考察更高阶项或同阶系数的符号。
全景三档分类讨论逻辑链（张八命题核心精髓）：
- 第一档：低阶项绝对主导（ $k+1 < 4$ ，即 $k = 1, 2$ ）：
  - 此时 $r^{k+1}$ 阶数低于 $r^4$ ，当 $r \to 0^+$ 充分小时，第一项的符号决定了整体函数的正负；
  - 若 $k = 1$ ，主导项为 $r^2 \cos\theta\sin\theta = \frac{1}{2}r^2 \sin 2\theta$ ，在不同象限（如第一象限 $\sin 2\theta > 0$ 与第二象限 $\sin 2\theta < 0$ ）正负交替变号；
  - 若 $k = 2$ ，主导项为 $r^3 \cos^2\theta\sin\theta$ ，由于 $\cos^2\theta \geqslant 0$ ，其符号完全由 $\sin\theta$ 决定，在上下半平面正负变号；
  - 结论：在原点任意充分小的去心邻域内， $\Delta f$ 均既可为正也可为负， $(0, 0)$ 绝非极值点（排除 A、B）。
- 第二档：同阶博弈与三角紧致放缩（ $k+1 = 4$ ，即 $k = 3$ ）：
  - 两项同为 4 阶，提取公因式 $r^4$ ： $f(r, \theta) = r^4(1 + \cos^3\theta\sin\theta) + o(r^4)$
  - 此时括号内的系数函数 $g(\theta) = 1 + \cos^3\theta\sin\theta$ 成为决定符号的关键；
  - 很多同学因无法确定 $1 + \cos^3\theta\sin\theta$ 是否会小于等于 0 而纠结。避坑关键在于三角紧致放缩：由于 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ ， $\cos\theta$ 与 $\sin\theta$ 绝不可能同时取模为 1，故必有严格不等式 $|\cos^3\theta\sin\theta| \leqslant |\cos^3\theta||\sin\theta| < 1$ ；（精确极值分析： $|\cos^3\theta\sin\theta| \leqslant \frac{3\sqrt{3}}{16} \approx 0.325 < 1$ ）；因此括号内恒满足： $1 + \cos^3\theta\sin\theta \geqslant 1 - |\cos^3\theta\sin\theta| \geqslant 1 - \frac{3\sqrt{3}}{16} > 0$
  - 括号内部在方向圆周上具有正的下确界（即 $g(\theta) \geqslant c > 0$ ），加上高阶无穷小 $o(r^4)$ 后，在充分小邻域内仍然恒有 $f(r, \theta) > 0 = f(0, 0)$ ；
  - 结论：点 $(0, 0)$ 必为严格极小值点（锁定 C 正确！）。
- 第三档：高阶项退居次席（ $k+1 > 4$ ，即 $k \geqslant 4$ ）：
  - 此时 $r^{k+1}$ 成为高阶项，4 阶项 $r^4$ 反转成为最低阶主导项；
  - $f(r, \theta) = r^4 + o(r^4) > 0$ ，函数在去心邻域内同样恒大于 0，依然是极小值点而非极大值点（排除 D）。
真题血统与同源拓展：
- 本题改编自 2003 年数一真题（原题考查 $\lim\limits_{(x, y)\to(0, 0)} \dfrac{f(x, y) - xy}{x^2 + y^2} = 0$ 判定极值，对应 $k=1, \text{分母为 } 2 \text{ 阶}$ 的情况）；
- 张宇八套卷将分母提升至 4 阶并引入参数 $k$ ，综合考察了脱帽法局部展开、极坐标阶数分析、三角函数有界紧致性与多元极值定义的深层融合，是二元极值概念题的巅峰演练。

[!problem] 例 5.53 ｜ 23 张八 · 03 年数一真题改编已知 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某邻域内连续，且 $\lim\limits_{(x, y)\to(0, 0)} \dfrac{f(x, y) - x^k y}{(x^2 + y^2)^2} = 1$ （易知 $f(0, 0) = 0$ ），则（ C ）
(A) $k = 1$ 时， $(0, 0)$ 是极小值点。
(B) $k = 2$ 时， $(0, 0)$ 是极大值点。
(C) $k = 3$ 时， $(0, 0)$ 是极小值点。
(D) $k = 4$ 时， $(0, 0)$ 是极大值点。

[!solution] 规范解析与演算步骤

正确选项： $\boxed{\mathbf{(C)} \quad k = 3 \text{ 时,\quad }(0, 0) \text{ 是极小值点}}$

详细推导与阶数分析

第一步：脱帽法进行局部渐近展开
因为当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时分母 $(x^2 + y^2)^2 \to 0$ ，而极限值为非零常数 1，故分子必趋于 0：

\lim_{(x, y)\to(0, 0)} [f(x, y) - x^k y] = 0 \implies \lim_{(x, y)\to(0, 0)} f(x, y) = 0

又已知 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某邻域内连续，因此：

f(0, 0) = \lim_{(x, y)\to(0, 0)} f(x, y) = 0

由极限定义，利用“脱帽法”（无穷小渐近展开）：

\frac{f(x, y) - x^k y}{(x^2 + y^2)^2} = 1 + \alpha(x, y) \quad (\text{其中 } \lim_{(x, y)\to(0, 0)} \alpha(x, y) = 0)

两边同乘以 $(x^2 + y^2)^2$ 移项，得到函数在原点附近的局部展开式：

f(x, y) = x^k y + (x^2 + y^2)^2 + o((x^2 + y^2)^2)

第二步：极坐标换元转化二元齐次结构
令极坐标代换：

x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta \quad (r > 0, \; \theta \in [0, 2\pi))

则 $x^2 + y^2 = r^2$ ，展开式化为：

\begin{aligned} f(r, \theta) &= (r\cos\theta)^k (r\sin\theta) + (r^2)^2 + o(r^4) \\ &= r^{k+1}\cos^k\theta\sin\theta + r^4 + o(r^4) \end{aligned}

极值判定即考察在 $r \to 0^+$ 时，增量 $\Delta f = f(r, \theta) - f(0, 0) = f(r, \theta)$ 在去心邻域内的正负保号性。

第三步：分类讨论阶数 $k+1$ 与 4 的相对大小

当 $k+1 < 4$ （即 $k = 1, 2$ ）时：低阶项主导，邻域内变号
在 $r \to 0^+$ 充分小的邻域内，低阶无穷小项 $r^{k+1}$ 占支配地位：
- 当 $k = 1$ 时： $f(r, \theta) = r^2\cos\theta\sin\theta + o(r^2) = \frac{1}{2}r^2\sin 2\theta + o(r^2)$ 。
  沿射线 $\theta = \frac{\pi}{4}$ （第一象限角平分线）： $\sin 2\theta = 1 > 0$ ，故 $f > 0 = f(0, 0)$ ；
  沿射线 $\theta = \frac{3\pi}{4}$ （第二象限角平分线）： $\sin 2\theta = -1 < 0$ ，故 $f < 0 = f(0, 0)$ 。
  因此，在原点的任意去心邻域内，函数值既有大于 0 又有小于 0， $(0, 0)$ 不是极值点。选项 A 错误。
- 当 $k = 2$ 时： $f(r, \theta) = r^3\cos^2\theta\sin\theta + o(r^3)$ 。
  沿射线 $\theta = \frac{\pi}{4}$ ： $\cos^2\theta\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{4} > 0 \implies f > 0$ ；
  沿射线 $\theta = -\frac{\pi}{4}$ ： $\cos^2\theta\sin\theta = -\frac{\sqrt{2}}{4} < 0 \implies f < 0$ 。
  同样在去心邻域内变号， $(0, 0)$ 不是极值点。选项 B 错误。
当 $k+1 = 4$ （即 $k = 3$ ）时：同阶博弈，三角严格放缩保正
两项同为 4 阶，提取公因式 $r^4$ ：
$f(r, \theta) = r^4\left( 1 + \cos^3\theta\sin\theta \right) + o(r^4)$
考查角函数项 $1 + \cos^3\theta\sin\theta$ ：
由基本三角不等式，由于 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ ， $\cos\theta$ 与 $\sin\theta$ 不能同时取绝对值为 1。
严格利用均值不等式（AM-GM）：
$(\cos^2\theta)^3 \cdot (3\sin^2\theta) \leqslant \left( \frac{\cos^2\theta + \cos^2\theta + \cos^2\theta + 3\sin^2\theta}{4} \right)^4 = \left(\frac{3}{4}\right)^4 = \frac{81}{256}$
从而：
$\cos^6\theta\sin^2\theta \leqslant \frac{27}{256} \implies |\cos^3\theta\sin\theta| \leqslant \frac{3\sqrt{3}}{16} \approx 0.3248 < 1$
因此对于任意 $\theta \in [0, 2\pi)$ ，恒有：
$1 + \cos^3\theta\sin\theta \geqslant 1 - |\cos^3\theta\sin\theta| \geqslant 1 - \frac{3\sqrt{3}}{16} > 0.675 > 0$
记常数 $m = 1 - \frac{3\sqrt{3}}{16} > 0$ 。由高阶无穷小的定义，存在充分小的 $\delta > 0$ ，当 $0 < r < \delta$ 时恒有 $|o(r^4)| < \frac{m}{2}r^4$ 。
因此在去心邻域 $0 < r < \delta$ 内恒有：
$f(r, \theta) \geqslant m r^4 - \frac{m}{2}r^4 = \frac{m}{2}r^4 > 0 = f(0, 0)$
严格满足二元函数极小值定义，故 $(0, 0)$ 必为极小值点。选项 C 正确。
当 $k+1 > 4$ （即 $k \geqslant 4$ ）时：4 阶项主导，仍为极小值
此时 $r^{k+1}$ 成为高阶项，主导项为 $r^4$ ：
$f(r, \theta) = r^4 + r^{k+1}\cos^k\theta\sin\theta + o(r^4) = r^4(1 + r^{k-3}\cos^k\theta\sin\theta) + o(r^4)$
当 $r \to 0^+$ 时， $r^{k-3}\cos^k\theta\sin\theta \to 0$ 。
因此在充分小邻域内，括号内同样恒大于 0，即 $f(r, \theta) > 0 = f(0, 0)$ 。
$(0, 0)$ 为极小值点，而不是极大值点。选项 D 错误。

综上所述，唯有 (C) 结论正确。

例 5.56（2006 数一二三真题 · 抽象函数拉格朗日极值逻辑推演 / 非零项作分母消参法与隐函数消元双重视角）

痛点共鸣与审题直觉：“看到非零分母作提示才会做”背后的数学本质：
- 面对纯抽象函数 $f(x, y)$ 与约束 $\varphi(x, y) = 0$ 的条件极值，很多同学常常产生“认知断层”——没有具体代数式可求导求值，不知道该往哪一步推导；
- 看到题解中将 $\varphi'_y$ 移到分母得到 $\lambda = -\dfrac{f'_y}{\varphi'_y}$ 才能顿悟。这种“后验依赖”说明审题时缺乏对“非零不等式条件”的敏感嗅觉！
- 考研审题第一铁律：考研真题中的每一个显式不等式条件（如 $\varphi'_y \ne 0$ $φ_{y}^{'} \neq = 0$ ）绝非可有可无的背景装饰，它在解题中承担着关键的核心职能：
  - ① 代数层面：它是官方赋予的“除法通行证”，明确指引你把该非零项移到分母以安全消去未知乘子 $\lambda$ ；
  - ② 理论层面：它正是保证隐函数存在定理成立的核心判据（充要保证局部隐函数 $y = y(x)$ 存在且可导）。
方法一（代数消参视角 · 走一步看一步）：
- 构造拉格朗日函数 $L(x, y, \lambda) = f(x, y) + \lambda\varphi(x, y)$ ，极值必要条件为： $\begin{cases} f'_x(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_x(x_0, y_0) = 0 & (1) \\ f'_y(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_y(x_0, y_0) = 0 & (2) \end{cases}$
- 未知参数 $\lambda$ 纯属“桥梁工具”，核心目标是推导 $f'_x$ 与 $f'_y$ 的直接逻辑关系，必须消去 $\lambda$ ！
- 观察 (1)、(2) 式，由于已知 $\varphi'_y \ne 0$ ，由 (2) 式两端同除以 $\varphi'_y$ ，立得 $\lambda = -\dfrac{f'_y}{\varphi'_y}$ ；
- 代回 (1) 式整理得： $f'_x = \frac{f'_y \cdot \varphi'_x}{\varphi'_y} \qquad (*)$
- 选项命题严密推演：
  - 若 $f'_x \ne 0$ ，则等式 $(*)$ 左端非零，右端分子必非零，因此必定有 $f'_y \ne 0$ （且同时 $\varphi'_x \ne 0$ ）！D 选项严格必然成立；
  - 若 $f'_x = 0$ ，由 $(*)$ 式只能得出 $f'_y \cdot \varphi'_x = 0$ 。这既可能是 $f'_y = 0$ ，也可能是 $\varphi'_x = 0$ 而 $f'_y \ne 0$ 。故 A、B 均无法必然推出。
反例构造破解选项 A、B（加深命题伪命题理解）：
- 取简单目标函数 $f(x, y) = y$ ，约束条件 $\varphi(x, y) = y - x^2 = 0$ ；
- 在约束抛物线 $y = x^2$ 上，目标函数化为 $f(x, x^2) = x^2$ 。显然在原点 $(0, 0)$ 处取得条件极小值；
- 检验偏导数： $\varphi'_y(0, 0) = 1 \ne 0$ （满足题设）， $\varphi'_x(0, 0) = 0$ ；
- 此时目标函数偏导数： $f'_x(0, 0) = 0$ ，但 $f'_y(0, 0) = 1 \ne 0$ ！
- 这强力证明了：当 $f'_x = 0$ 时， $f'_y$ 完全可以非零（A 错）；当然，若取 $f(x, y) = x^2 + y^2$ ，原点处 $f'_x = 0, f'_y = 0$ ，则 $f'_y$ 也可以为 0（B 错）。
方法二（隐函数消元法 · 摆脱“分母提示”的更高理论视点）：
- 为什么题目偏偏给出 $\varphi'_y(x_0, y_0) \ne 0$ ？因为这是隐函数存在定理的条件！
- 由隐函数存在定理，方程 $\varphi(x, y) = 0$ 在 $(x_0, y_0)$ 局部唯一确定了可导隐函数 $y = y(x)$ ，且 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\dfrac{\varphi'_x}{\varphi'_y}$ ；
- 代入目标函数，多元条件极值转化为一元复合函数无条件极值： $F(x) = f(x, y(x))$ ；
- 若 $(x_0, y_0)$ 为极值点，则 $x_0$ 必为一元函数 $F(x)$ 的极值点，由费马引理 $F'(x_0) = 0$ ： $F'(x_0) = f'_x + f'_y \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\Big|_{x_0} = f'_x - f'_y \frac{\varphi'_x}{\varphi'_y} = 0 \implies f'_x = f'_y \frac{\varphi'_x}{\varphi'_y}$
- 此时分母 $\varphi'_y$ 是隐函数求导公式中自然涌现的，根本无需任何外在“做分母”的技巧提示！
方法三（几何法 · 梯度共线与叉乘判定）：
- 条件极值几何本质：目标函数等高线 $f(x, y) = C$ 与约束曲线 $\varphi(x, y) = 0$ 在极值点处相切；
- 相切等价于法向量（梯度）共线： $\nabla f \parallel \nabla \varphi \implies (f'_x, f'_y) \parallel (\varphi'_x, \varphi'_y)$ ；
- 二维向量共线充要条件：交叉积（行列式）为 0： $f'_x \varphi'_y - f'_y \varphi'_x = 0 \iff f'_x \varphi'_y = f'_y \varphi'_x$
- 若 $f'_x \ne 0$ ，结合题设 $\varphi'_y \ne 0$ ，左端 $f'_x \varphi'_y \ne 0$ ，则右端乘积必非零，立即推出 $f'_y \ne 0$ ！无需任何除法分母，几何视角秒杀。

设 $f(x, y)$ 与 $\varphi(x, y)$ 均为可微函数，且 $\varphi'_y(x, y) \neq 0$ 。已知 $(x_0, y_0)$ 是 $f(x, y)$ 在约束条件 $\varphi(x, y) = 0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是（ D ）
(A) 若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) = 0$ 。
(B) 若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ 。
(C) 若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) = 0$ 。
(D) 若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ 。

正确选项： $\boxed{\mathbf{(D)} \quad \text{若 } f'_x(x_0, y_0) \neq 0 \text{,\quad 则 } f'_y(x_0, y_0) \neq 0}$

方法一：拉格朗日乘数法（代数消参推导）

第一步：列出极值必要条件的驻点方程组
构造拉格朗日辅助函数：

L(x, y, \lambda) = f(x, y) + \lambda\varphi(x, y)

因为 $(x_0, y_0)$ 为 $f(x, y)$ 在约束 $\varphi(x, y) = 0$ 下的极值点，且 $f, \varphi$ 均可微，由拉格朗日乘数法，存在常数 $\lambda$ 使得：

\begin{cases} L'_x = f'_x(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_x(x_0, y_0) = 0 & (1) \\ L'_y = f'_y(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_y(x_0, y_0) = 0 & (2) \end{cases}

第二步：利用非零条件 $\varphi'_y \neq 0$ 解出乘子 $\lambda$
由题设已知 $\varphi'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ，方程 (2) 两边可安全同除以 $\varphi'_y(x_0, y_0)$ ，解得：

\lambda = -\frac{f'_y(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)}

第三步：消去参数建立直接关系式
将 $\lambda$ 代入方程 (1) 中：

f'_x(x_0, y_0) - \frac{f'_y(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)}\varphi'_x(x_0, y_0) = 0 \implies f'_x(x_0, y_0) = \frac{f'_y(x_0, y_0)\cdot \varphi'_x(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)} \quad (*)

第四步：逻辑推演各选项

判断选项 D：
若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则式 $(*)$ 左端不为 0，从而右端分子绝不能为 0，即必须同时有： $f'_y(x_0, y_0) \neq 0 \quad \text{且} \quad \varphi'_x(x_0, y_0) \neq 0$ 故“若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ”严格成立，选项 D 正确。
判断选项 C：
若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，已证必有 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ，与 $f'_y = 0$ 矛盾，选项 C 错误。
判断选项 A、B：
若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，由 $(*)$ 式可得 $f'_y(x_0, y_0)\cdot \varphi'_x(x_0, y_0) = 0$ 。
这既可能是 $f'_y = 0$ ，也可能是 $\varphi'_x = 0$ 而 $f'_y \neq 0$ 。
例如令 $f(x, y) = y, \varphi(x, y) = y - x^2 = 0$ ，在 $(0, 0)$ 处显然取得条件极小值，此时 $f'_x(0, 0) = 0$ ，但 $f'_y(0, 0) = 1 \neq 0$ ；
若令 $f(x, y) = x^2 + y^2, \varphi(x, y) = y = 0$ ，在 $(0, 0)$ 处取得条件极小值，此时 $f'_x(0, 0) = 0$ 且 $f'_y(0, 0) = 0$ 。
因此当 $f'_x = 0$ 时， $f'_y$ 既可为 0 也可不为 0，选项 A、B 均无法必然推出。

方法二：隐函数存在定理消元法（理论溯源）

因为 $\varphi(x, y) = 0$ 且 $\varphi'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ，由隐函数存在定理，在点 $(x_0, y_0)$ 附近唯一确定了可微函数 $y = y(x)$ ，且满足 $y(x_0) = y_0$ 及：

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\Big|_{x = x_0} = -\frac{\varphi'_x(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)}

将 $y = y(x)$ 代入 $f(x, y)$ ，转化为关于自变量 $x$ 的一元复合函数：

F(x) = f(x, y(x))

因为 $(x_0, y_0)$ 是条件极值点，所以 $x_0$ 必为一元可微函数 $F(x)$ 的无条件极值点。
由一元极值必要条件（费马引理），必有 $F'(x_0) = 0$ 。两端链式求导：

F'(x_0) = f'_x(x_0, y_0) + f'_y(x_0, y_0)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\Big|_{x = x_0} = f'_x(x_0, y_0) - f'_y(x_0, y_0)\frac{\varphi'_x(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)} = 0

即：

f'_x(x_0, y_0) = f'_y(x_0, y_0)\frac{\varphi'_x(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)}

与方法一所得关系式完全一致！由此可知若 $f'_x \neq 0$ ，则必有 $f'_y \neq 0$ 。

ギターと孤独と蒼い惑星

📚 第 5 章多元微分 · 错题集

📚 第 5 章多元微分 · 错题集

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

例 5.17（2020 数二真题 · 考研史上最难多元微分概念题 · 全路径重极限 / 累次极限外层约束 / 二阶混合偏导定义展开）

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 $a \ne b$ / 正向代换 vs 反解法对比）

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）

例 5.44（武忠祥高数讲义 · 双重隐式嵌套与“套娃只套一次” / 隐函数全微分形式不变性）

例 5.45（武忠祥高数讲义 · 极坐标系求导化直角坐标禁忌 / 偏导为0推出单变量函数）

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 / 偏微分方程任意常数函数本质）

例 5.53（23 张八 · 03 年数一真题改编 · 极限表达式脱帽法 / 极坐标局部展开与阶数主导分析）

例 5.56（2006 数一二三真题 · 抽象函数拉格朗日极值逻辑推演 / 非零项作分母消参法与隐函数消元双重视角）

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📚 第 5 章 多元微分 · 错题集

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

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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）

例 5.44（武忠祥高数讲义 · 双重隐式嵌套与“套娃只套一次” / 隐函数全微分形式不变性）

例 5.45（武忠祥高数讲义 · 极坐标系求导化直角坐标禁忌 / 偏导为0推出单变量函数）

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 / 偏微分方程任意常数函数本质）

例 5.53（23 张八 · 03 年数一真题改编 · 极限表达式脱帽法 / 极坐标局部展开与阶数主导分析）

例 5.56（2006 数一二三真题 · 抽象函数拉格朗日极值逻辑推演 / 非零项作分母消参法与隐函数消元双重视角）

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