📚 第 8 章空间几何 · 错题集

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例 17.2（偏导数存在、可微性与曲面切平面/曲线切向量辨析）

偏导数存在 $\centernot\implies$ 可微，全微分表达式严禁无前提套用（排除 A）：
- 偏导数 $f'_x(0, 0) = 3, \; f'_y(0, 0) = 1$ 仅仅反映了函数沿平行于坐标轴（ $x$ 轴与 $y$ 轴）的两个特殊直线方向的变化率；
- 两个偏导数存在无法推导出全增量满足 $\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$ ，即不能保证函数在原点可微；
- 若函数在点 $(0, 0)$ 处不可微，则全微分根本不存在，直接写出 $\left.\mathrm{d}z\right|_{(0, 0)} = 3\mathrm{d}x + \mathrm{d}y$ 是缺乏前提的伪命题。
切平面与法向量的几何先决条件 —— 可微性（核心陷阱，手写批注“切平面才能有法向量！”）（排除 B）：
- 核心几何定理：曲面 $z = f(x, y)$ 在点 $P_0(x_0, y_0, z_0)$ 处存在切平面 $\iff$ 函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处可微！
- 死记公式的致命盲区：许多考生死记显式曲面切平面的法向量公式 $\mathbf{n} = (f'_x, f'_y, -1)$ ，审题看到题设给出了 $f'_x = 3, f'_y = 1$ ，便想当然认为曲面必有法向量 $(3, 1, -1)$ 或 $(3, 1, 1)$ ；
- 本质穿透：法向量公式成立的绝对先决条件是切平面存在！若曲面不可微，过该点的所有空间曲线在切点处的切线不在同一个平面上，曲面在几何上呈现“褶皱折痕”或“圆锥顶锥点”形态，切平面根本不存在！既然连切平面都没有，何来曲面的法向量？
- 此外，即使曲面可微，其法向量标准形式应为 $(f'_x, f'_y, -1) = (3, 1, -1)$ ，选项 (B) 中的 $(3, 1, 1)$ 连 $z$ 轴分量符号都是错误的。
曲面不可微，但截线曲线切向量客观存在且唯一确定（锁定 C）：
- 方程组 $\begin{cases} z = f(x, y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在几何上表示坐标面 $y = 0$ （ $xOz$ 平面）截割曲面 $z = f(x, y)$ 所形成的空间平面交线；
- 在截面上， $y$ 恒等于 $0$ ，动点坐标为 $(x, 0, f(x, 0))$ ，该曲线实质上是一条以 $x$ 为参数的一元曲线： $\begin{cases} x = t, \\ y = 0, \\ z = f(t, 0) \end{cases}$
- 空间曲线在 $t = 0$ （即原点）处的切向量为： $\boldsymbol{\tau} = \left.(x'_t, y'_t, z'_t)\right|_{t = 0} = (1, 0, f'_x(0, 0)) = (1, 0, 3)$
- 只要偏导数 $f'_x(0, 0)$ 存在（题设明确给出为 $3$ ），该截线的切线必然存在且切向量唯一确定为 $(1, 0, 3)$ ！
(D) 选项的方向分量位置颠倒陷阱：
- (D) 选项写为 $(3, 0, 1)$ $(3, 0, 1)$ ，颠倒了切向量中自变量增量与导数变化率的位置：
  - 自变量 $x$ 沿 $x$ 轴正向以速率 $1$ 前进时，竖向 $z$ 的增加速率为斜率 $f'_x(0, 0) = 3$ ；
  - 因而切向量分量应为 $(\mathrm{d}x, \mathrm{d}y, \mathrm{d}z) = (1, 0, 3)$ ，而非 $(3, 0, 1)$ 。
代数与几何层级对照速记表：

维度	代数条件	几何表现	结论
一元函数	$f'(x_0)$ 存在 $\iff$ 可微	平面曲线存在切线	可导、可微与切线存在完全等价
二元截线	$f'_x(x_0, y_0)$ 存在	截面 $y=y_0$ 内的一条平面曲线存在切线	曲线切向量 $\boldsymbol{\tau} = (1, 0, f'_x)$ 必然存在
二元曲面	$f'_x, f'_y$ 仅偏导存在	仅两条特定截线有切线，其余方向及切平面未知	不可推知存在切平面，曲面无法向量
二元曲面	$f(x, y)$ 在点处可微	过该点所有方向的截线切线共面，构成切平面	切平面存在，曲面法向量 $\mathbf{n} = (f'_x, f'_y, -1)$ 成立

设函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 附近有定义，且 $f'_x(0, 0) = 3, \; f'_y(0, 0) = 1$ ，则（ C ）.
(A) $\left.\mathrm{d}z\right|_{(0, 0)} = 3\mathrm{d}x + \mathrm{d}y$
(B) 曲面 $z = f(x, y)$ 在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 处的法向量为 $(3, 1, 1)$
(C) 曲线 $\begin{cases} z = f(x, y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 处的切向量为 $(1, 0, 3)$
(D) 曲线 $\begin{cases} z = f(x, y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 处的切向量为 $(3, 0, 1)$

正确选项： $\boxed{\mathbf{(C)} \quad \text{曲线 } \begin{cases} z = f(x, y), \\ y = 0 \end{cases} \text{ 在点 } (0, 0, f(0, 0)) \text{ 处的切向量为 } (1, 0, 3)}$

逐项透彻剖析

1. 剖析选项 (A)：偏导数存在不代表可微

全微分的充要条件：函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微的定义是： $\Delta z = f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho), \quad (\rho = \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2})$ 若可微，则必然有 $A = f'_x(0, 0) = 3, \; B = f'_y(0, 0) = 1$ ，全微分才写为 $\mathrm{d}z = 3\mathrm{d}x + \mathrm{d}y$ 。
逻辑缺陷：题设仅给出偏导数 $f'_x(0, 0) = 3, \; f'_y(0, 0) = 1$ 存在，而偏导数存在仅是可微的必要条件，并非充分条件。
经典反例： $f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ 易算得 $f'_x(0, 0) = 0, \; f'_y(0, 0) = 0$ ，但在点 $(0, 0)$ 处沿 $y = x$ 趋近时 $\lim\limits_{\rho \to 0} \frac{\Delta z - 0}{\rho} = \frac{\frac{1}{2}\rho^2}{\rho^2} = \frac{1}{2} \ne 0$ ，函数不可微，全微分根本不存在！故不能断言 $\left.\mathrm{d}z\right|_{(0, 0)} = 3\mathrm{d}x + \mathrm{d}y$ ，(A) 错误。

2. 剖析选项 (B)：曲面存在切平面与法向量的几何本质是可微

切平面的数学定义：设曲面 $\Sigma: z = f(x, y)$ ，通过曲面上点 $P_0(0, 0, f(0, 0))$ 的任意一条可微曲线 $\Gamma$ ，在 $P_0$ 处的切线如果全都落在同一个平面 $\Pi$ 内，则称平面 $\Pi$ 为曲面 $\Sigma$ 在点 $P_0$ 处的切平面；切平面的垂向向量才称为曲面的法向量。
切平面存在定理： $\text{曲面 } z = f(x, y) \text{ 在点 } (x_0, y_0, z_0) \text{ 处存在切平面} \iff \text{函数 } z = f(x, y) \text{ 在点 } (x_0, y_0) \text{ 处可微}$
陷阱辨析：
- 只有当函数可微时，切平面方程才为 $f'_x(0, 0)(x - 0) + f'_y(0, 0)(y - 0) - (z - z_0) = 0$ ，其法向量才为 $\mathbf{n} = (f'_x, f'_y, -1) = (3, 1, -1)$ ；
- 本题未说明函数可微，切平面可能根本不存在，无从定义曲面的法向量；
- 即使退一步假定函数可微，法向量也应为 $(3, 1, -1)$ 或 $(-3, -1, 1)$ ，而非 $(3, 1, 1)$ 。故 (B) 错误。

3. 剖析选项 (C) 与 (D)：截线曲线的参数切向量求解

建立曲线参数方程：曲线由曲面与坐标平面 $y = 0$ 相交给出： $\Gamma: \begin{cases} z = f(x, y), \\ y = 0 \end{cases}$ 将 $y = 0$ 代入 $z$ 中，取 $x = t$ 为参数，得到曲线的参数方程为： $\begin{cases} x(t) = t, \\ y(t) = 0, \\ z(t) = f(t, 0) \end{cases} \quad (t \text{ 属于 } 0 \text{ 的某邻域})$
计算切向量坐标：在对应点 $t = 0$ 处对参数求导： $\begin{aligned} x'(0) &= \left.\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0} = 1, \\ y'(0) &= \left.\frac{\mathrm{d}(0)}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0} = 0, \\ z'(0) &= \left.\frac{\mathrm{d}f(t, 0)}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0} = \lim_{t \to 0} \frac{f(t, 0) - f(0, 0)}{t} = f'_x(0, 0) = 3. \end{aligned}$ 因此，曲线在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 处的切向量为： $\boldsymbol{\tau} = (x'(0), y'(0), z'(0)) = (1, 0, 3)$ 由于题设已知 $f'_x(0, 0) = 3$ 存在，此极限必然存在，切向量客观且唯一存在。故 (C) 正确，(D) 坐标分量位置颠倒错误。

补充验证：法向量外积法（仅供对照）

设两个曲面方程分别为：

F(x, y, z) = f(x, y) - z = 0, \qquad G(x, y, z) = y = 0

在点 $(0, 0, f(0, 0))$ 处：

$F(x, y, z)$ 沿着 $y = 0$ 截线剖面，在 $x$ 方向偏导为 $F'_x = f'_x(0, 0) = 3$ ， $z$ 方向偏导为 $F'_z = -1$ ；
$G(x, y, z) = y$ 的法向量为 $\mathbf{n}_2 = (0, 1, 0)$ ；

利用两曲面相交曲线切向量为两法向量叉积：

\boldsymbol{\tau} = \mathbf{n}_1 \times \mathbf{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 3 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix} = -(-1)\mathbf{i} + (3 \times 0 - 0)\mathbf{j} + (3 \times 1 - 0)\mathbf{k} = \mathbf{i} + 3\mathbf{k} = (1, 0, 3)

计算结果高度一致，进一步验证了 (C) 的准确性。

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

公式成立前提的致命盲区（方向导数计算公式绝非无条件套用！）：
- 方向导数经典计算公式： $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right|_{P_0} = f'_x(P_0)\cos\alpha + f'_y(P_0)\cos\beta$ 成立的充要/充分条件是函数在点 $P_0$ 处可微！
- 典型误区：审题看到求某点沿方向 $\mathbf{l}$ 的方向导数，第一反应是不假思索直接由定义算出偏导数 $f'_x(0, 0) = 1, \; f'_y(0, 0) = 1$ ，然后想当然套用公式得出 $\cos\alpha + \cos\beta$ ；
- 失分严重性：虽然本题计算结果碰巧相等，但未验证可微性就盲目套公式属于考研阅卷中的重大逻辑断层（伪解），大题一律扣除关键步骤分！若遇到一般不可微函数，公式计算值与真实方向导数往往不符（甚至方向导数根本不存在），直接导致满盘皆输。
可微性判定的路径选择技巧（抛物线平衡四次幂）：
- 先按一元偏导定义计算偏导数： $f'_x(0, 0) = 1, \; f'_y(0, 0) = 1$ ；
- 考察全增量减去线性增量部分： $\Delta f - (A\Delta x + B\Delta y) = \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2}$
- 判定可微极限 $\lim\limits_{\rho \to 0} \frac{\Delta f - (A\Delta x + B\Delta y)}{\rho}$ 是否为 0（其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ ）；
- 路径选取眼力：分母是 $(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2$ 。若沿直线路径 $\Delta y = k\Delta x$ 趋近，分母主部为 $k^2(\Delta x)^2$ ，无法抵消；而若选取抛物线路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ ，分母两项同为 4 次幂： $(\Delta x)^4 + (\Delta x)^4 = 2(\Delta x)^4$ ！
- 此时代入比式： $\lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^5}{2(\Delta x)^4 \cdot |\Delta x|\sqrt{1 + (\Delta x)^2}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x}{2|\Delta x|} = \pm \frac{1}{2} \neq 0$
- 结论：极限不为 0（甚至正负极限不同不存在），严格证明函数在点 $(0, 0)$ 处不可微！
不可微时，必须回归原始定义（单侧射线极限）：
- 核心定义：方向导数是点沿给定射线方向移动时的单侧右极限（ $t \to 0^+$ ）： $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right|_{P_0} = \lim_{t \to 0^+} \frac{f(x_0 + t\cos\alpha, \; y_0 + t\cos\beta) - f(x_0, y_0)}{t}$
- 令 $\Delta x = \rho\cos\alpha, \; \Delta y = \rho\cos\beta$ （其中 $\rho = t > 0$ 表示动点到原点的距离）： $\frac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0)}{\rho} = \cos\alpha + \cos\beta + \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$
极限化简的严密性与边界情况讨论（ $\cos\beta = 0$ 避坑）：
- 考察末项极限： $\lim\limits_{\rho \to 0^+} \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$ ；
- 分类严密讨论：
  - 当 $\cos\beta \neq 0$ 时，分母趋向于非零常数 $\cos^2\beta > 0$ ，分子由于含 $\rho^3 \to 0$ ，故该项极限严格为 $0$ ；
  - 当 $\cos\beta = 0$ 时（此时方向为沿 $\pm x$ 轴正负向， $\cos\alpha = \pm 1$ ），分式分子含有因子 $\cos\beta = 0$ ，分式本身恒等于 0，极限自然为 $0$ ；
- 因此对平面上任意给定方向 $\mathbf{l}$ ，该项极限恒为 $0$ ，方向导数处处存在且唯一为 $\cos\alpha + \cos\beta$ 。
多元微分核心概念层次与反例价值速查表：

概念关系	推导判定	核心反思与本题角色
偏导数存在 $\centernot\implies$ 可微	仅保证沿坐标轴两个正负方向有变化率	多元微积分入门经典断层
可微 $\implies$ 沿任意方向方向导数存在	必满足 $\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} = \nabla f \cdot \mathbf{l}^\circ$	可微保证所有切线共面，切平面存在
沿任意方向方向导数存在 $\centernot\implies$ 可微	无法保证全增量线性逼近	本题例 17.12 即为天花板级考研标准反例！
方向导数具有线性组合形式 $\centernot\implies$ 可微	即使结果形如 $A\cos\alpha + B\cos\beta$	本题全方向导数恒为 $\cos\alpha+\cos\beta$ ，但不可微！

【第一步：由偏导数定义求解点 $(0, 0)$ 处的一阶偏导数】 由偏导数定义：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{x + 0 + \frac{x^3 \cdot 0}{x^4 + 0} - 0}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1,

f'_y(0, 0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0, y) - f(0, 0)}{y - 0} = \lim_{y \to 0} \frac{0 + y + \frac{0 \cdot y}{0 + y^2} - 0}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{y}{y} = 1.

【第二步：严格检验函数在点 $(0, 0)$ 处的可微性】 若函数在 $(0, 0)$ 处可微，则全增量应满足：

\Delta f = f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) = f'_x(0, 0)\Delta x + f'_y(0, 0)\Delta y + o(\rho) = \Delta x + \Delta y + o(\rho),

其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ 。计算增量差额：

\Delta f - (\Delta x + \Delta y) = \left[ \Delta x + \Delta y + \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2} \right] - (\Delta x + \Delta y) = \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2}.

考查极限：

\lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{\Delta f - (\Delta x + \Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{[(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2]\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}}.

取趋近路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ （当 $\Delta x \to 0$ 时，显然 $\Delta y \to 0$ ）：

\begin{aligned} \lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^3 (\Delta x)^2}{[(\Delta x)^4 + ((\Delta x)^2)^2]\sqrt{(\Delta x)^2 + ((\Delta x)^2)^2}} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(\Delta x)^5}{2(\Delta x)^4 \cdot |\Delta x|\sqrt{1 + (\Delta x)^2}} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x}{2|\Delta x|} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + (\Delta x)^2}}. \end{aligned}

当 $\Delta x \to 0^+$ 时，极限为 $\frac{1}{2}$ ；当 $\Delta x \to 0^-$ 时，极限为 $-\frac{1}{2}$ 。极限不仅不为 0，而且不存在！因此：

\mathbf{f(x, y) \text{ 在点 } (0, 0) \text{ 处不可微！}}

不能直接套用方向导数可微计算公式 $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right| = f'_x\cos\alpha + f'_y\cos\beta$ ，必须严格使用方向导数的定义求解。

【第三步：按方向导数定义列出单侧极限并严密求解】 设方向向量为 $\mathbf{l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ ，动点在以 $P(0, 0)$ 为起点的射线上，设动点到原点的距离为 $\rho > 0$ ，则：

\begin{cases} \Delta x = \rho\cos\alpha, \\ \Delta y = \rho\cos\beta. \end{cases}

由方向导数的定义：

\begin{aligned} \left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P(0, 0)} &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{f(\rho\cos\alpha, \; \rho\cos\beta) - f(0, 0)}{\rho} \\ &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{1}{\rho} \left[ \rho\cos\alpha + \rho\cos\beta + \frac{(\rho\cos\alpha)^3 (\rho\cos\beta)}{(\rho\cos\alpha)^4 + (\rho\cos\beta)^2} \right] \\ &= \lim_{\rho \to 0^+} \left[ \cos\alpha + \cos\beta + \frac{\rho^4 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho (\rho^4 \cos^4\alpha + \rho^2 \cos^2\beta)} \right] \\ &= \cos\alpha + \cos\beta + \lim_{\rho \to 0^+} \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 (\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta)} \\ &= \cos\alpha + \cos\beta + \lim_{\rho \to 0^+} \frac{\rho \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}. \end{aligned}

严谨考察末项极限 $I = \lim\limits_{\rho \to 0^+} \dfrac{\rho \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$ ：

若 $\cos\beta \neq 0$ ：分母极限为 $\lim\limits_{\rho \to 0^+} (\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta) = \cos^2\beta \neq 0$ ，而分子极限为 $0 \times \cos^3\alpha \cos\beta = 0$ ，因此 $I = \frac{0}{\cos^2\beta} = 0$ ；
若 $\cos\beta = 0$ ：由于分子恒含因子 $\cos\beta = 0$ ，对一切 $\rho > 0$ ，分子恒为 $0$ ；此时必有 $\cos\alpha = \pm 1 \neq 0$ ，分母为 $\rho^2 \cos^4\alpha = \rho^2 > 0$ （非零），故分式恒为 $\frac{0}{\rho^2} = 0$ ，其极限亦为 $I = 0$ 。

综合上述讨论，对任意方向 $\mathbf{l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ ，均有 $I = 0$ 。

故所求方向导数为：

\boxed{\left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P(0, 0)} = \cos\alpha + \cos\beta}

ギターと孤独と蒼い惑星

📚 第 8 章空间几何 · 错题集

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例 17.2（偏导数存在、可微性与曲面切平面/曲线切向量辨析）

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

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例 17.2（偏导数存在、可微性与曲面切平面/曲线切向量辨析）

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

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