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5.5 偏导数和全微分

完整整理复合函数偏导、全微分、偏积分、全微分方程、隐函数求导和偏导为零等多元微分核心题型。

5.5 偏导数和全微分

多元微分计算的核心是先判断变量依赖关系，再选择链式法则、先代后求、偏积分或隐函数求导。

来源：邂逅遗憾 27 考研数学思维课，第五章“多元微分”，资料页 357—382。本文保留资料中的结论、例题、原解与手写批注。

一、偏导数的计算、先代后求与对称性（不包括隐函数）

1. 复合函数求导法

设 u=u(x,y),v=v(x,y)u=u(x,y),v=v(x,y) 可导，z=f(u,v)z=f(u,v) 在相应点有连续一阶偏导数，则

∂z∂x=∂f∂u∂u∂x+∂f∂v∂v∂x,∂z∂y=∂f∂u∂u∂y+∂f∂v∂v∂y.\frac{\partial z}{\partial x} =\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} +\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} =\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y} +\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}.

2. 全微分形式不变性

设 z=f(u,v)z=f(u,v)，且 u=u(x,y),v=v(x,y)u=u(x,y),v=v(x,y) 都有连续一阶偏导数，则全微分具有形式不变性：

dz=∂z∂xdx+∂z∂ydy=∂z∂udu+∂z∂vdv.dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy =\frac{\partial z}{\partial u}du+\frac{\partial z}{\partial v}dv.

定理：如果函数 z=f(x,y)z=f(x,y) 的两个二阶混合偏导数 fxy′′(x,y)f_{xy}''(x,y) 及 fyx′′(x,y)f_{yx}''(x,y) 在区域 DD 内连续，则在区域 DD 内恒有

fxy′′(x,y)=fyx′′(x,y).f_{xy}''(x,y)=f_{yx}''(x,y).

考研从未在混合偏导次序交换这个方面刻意为难过大家。

3. 先代后求与对称性

先代后求：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。

对称性：若函数 f(x,y)=f(y,x)f(x,y)=f(y,x)，即将函数中的 xx 和 yy 互换，表达式不变，则 fx′(x0,y0)=fy′(y0,x0)f'_x(x_0,y_0)=f'_y(y_0,x_0)，最常用的是 fx′(0,0)=fy′(0,0)f'_x(0,0)=f'_y(0,0)。

此方法在例 5.7，例 5.14，例 5.15 中均有体现。本小节不做赘述。

填空题例 5.20（武忠祥高数讲义）

设

z=ln⁡(1+xy2),z=\ln(1+xy^2),

则

∂2z∂x∂y∣(0,1)=‾.\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)} =\underline{\qquad}.
解答
∂z∂x=y21+xy2.\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{y^2}{1+xy^2}.

计算完 zx′z_x' 后只需继续对 yy 求偏导，不会再对 xx 求偏导，所以先代入 x=0x=0：

∂2z∂x∂y∣(0,1)=ddy(∂z∂x∣x=0)∣y=1=ddy(y2)∣y=1=2.\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(0,1)} =\left.\frac d{dy}\left(\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{x=0}\right)\right|_{y=1} =\left.\frac d{dy}(y^2)\right|_{y=1}=2.
解答题例 5.21（2011 数二真题）

设函数

z=f(xy,yg(x)),z=f(xy,yg(x)),

其中 ff 具有二阶连续偏导数，g(x)g(x) 可导且在 x=1x=1 处取得极值 g(1)=1g(1)=1，求

∂2z∂x∂y∣x=1,y=1.\left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{x=1,y=1}.
解答

gg 在 x=1x=1 处可导并取得极值，所以 g′(1)=0g'(1)=0。

由链式法则，简记

f1′=f1′(xy,yg(x)),f2′=f2′(xy,yg(x)),f_1'=f_1'(xy,yg(x)),\qquad f_2'=f_2'(xy,yg(x)),

有

∂z∂x=yf1′+yg′(x)f2′.\frac{\partial z}{\partial x}=yf_1'+yg'(x)f_2'.

继续对 yy 求偏导：

∂2z∂x∂y=f1′+g′(x)f2′+y{xf11′′+g(x)f12′′+xg′(x)f21′′+g(x)g′(x)f22′′}.\begin{aligned} \frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} ={}&f_1'+g'(x)f_2'\\ &+y\{xf_{11}''+g(x)f_{12}'' +xg'(x)f_{21}''+g(x)g'(x)f_{22}''\}. \end{aligned}

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

∂2z∂x∂y∣(1,1)=f1′(1,1)+f11′′(1,1)+f12′′(1,1).\boxed{ \left.\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)} =f_1'(1,1)+f_{11}''(1,1)+f_{12}''(1,1) }.

资料提醒：中间计算可以省略括号，但代入具体 x,yx,y 值后，括号不能省略；最终答案也必须写出具体取值点。

填空题例 5.22（2019 数一真题）

设函数 f(u)f(u) 可导，

z=f(sin⁡y−sin⁡x)+xy,z=f(\sin y-\sin x)+xy,

则

1cos⁡x∂z∂x+1cos⁡y∂z∂y=‾.\frac1{\cos x}\frac{\partial z}{\partial x} +\frac1{\cos y}\frac{\partial z}{\partial y} =\underline{\qquad}.
解答

ff 的括号内没有逗号，sin⁡y−sin⁡x\sin y-\sin x 整体是一个变量，不存在 f1′f_1' 和 f2′f_2'。

∂z∂x=−f′(sin⁡y−sin⁡x)cos⁡x+y,\frac{\partial z}{\partial x} =-f'(\sin y-\sin x)\cos x+y, ∂z∂y=f′(sin⁡y−sin⁡x)cos⁡y+x.\frac{\partial z}{\partial y} =f'(\sin y-\sin x)\cos y+x.

因此

1cos⁡x∂z∂x+1cos⁡y∂z∂y=ycos⁡x+xcos⁡y.\boxed{ \frac1{\cos x}\frac{\partial z}{\partial x} +\frac1{\cos y}\frac{\partial z}{\partial y} =\frac y{\cos x}+\frac x{\cos y} }.
选择题例 5.23（2022 数一真题）

设 f(u)f(u) 可导，

z=xyf(yx).z=xyf\left(\frac yx\right).

若

x∂z∂x+y∂z∂y=y2(ln⁡y−ln⁡x),x\frac{\partial z}{\partial x} +y\frac{\partial z}{\partial y} =y^2(\ln y-\ln x),

则：

  • A. f(1)=12, f′(1)=0f(1)=\dfrac12,\ f'(1)=0
  • B. f(1)=0, f′(1)=12f(1)=0,\ f'(1)=\dfrac12
  • C. f(1)=12, f′(1)=1f(1)=\dfrac12,\ f'(1)=1
  • D. f(1)=0, f′(1)=1f(1)=0,\ f'(1)=1
解答
∂z∂x=yf(yx)−y2xf′(yx),\frac{\partial z}{\partial x} =yf\left(\frac yx\right) -\frac{y^2}{x}f'\left(\frac yx\right), ∂z∂y=xf(yx)+yf′(yx).\frac{\partial z}{\partial y} =xf\left(\frac yx\right) +yf'\left(\frac yx\right).

于是

xzx′+yzy′=2xyf(yx).xz_x'+yz_y'=2xyf\left(\frac yx\right).

另一方面，

y2(ln⁡y−ln⁡x)=y2ln⁡yx.y^2(\ln y-\ln x)=y^2\ln\frac yx.

比较得

f(yx)=y2xln⁡yx.f\left(\frac yx\right)=\frac y{2x}\ln\frac yx.

令 u=y/xu=y/x：

f(u)=12uln⁡u,f′(u)=12(ln⁡u+1).f(u)=\frac12u\ln u,\qquad f'(u)=\frac12(\ln u+1).

所以 f(1)=0, f′(1)=12f(1)=0,\ f'(1)=\dfrac12，选 B。

选择题例 5.24（2022 数二真题）

已知 f(t)f(t) 连续，令

F(x,y)=∫0x−y(x−y−t)f(t) dt,F(x,y)=\int_0^{x-y}(x-y-t)f(t)\,dt,

则：

  • A. Fx′=Fy′, Fxx′′=−Fyy′′F_x'=F_y',\ F_{xx}''=-F_{yy}''
  • B. Fx′=Fy′, Fxx′′=Fyy′′F_x'=F_y',\ F_{xx}''=F_{yy}''
  • C. Fx′=−Fy′, Fxx′′=Fyy′′F_x'=-F_y',\ F_{xx}''=F_{yy}''
  • D. Fx′=−Fy′, Fxx′′=−Fyy′′F_x'=-F_y',\ F_{xx}''=-F_{yy}''
解答

选 C。

分析 本题主要考查变限积分求偏导数。F(x,y)F(x,y) 是由含参变量的变限积分给出的二元函数，求它的偏导数，可以先将参变量从被积函数中分离出去，再利用变限积分求导公式计算偏导数。

解 整理 F(x,y)F(x,y) 的表达式。

方法一：硬算

F(x,y)=∫0x−y(x−y−t)f(t) dt=(x−y)∫0x−yf(t) dt−∫0x−ytf(t) dt.F(x,y) = \int_0^{x-y} (x-y-t)f(t)\,dt = (x-y)\int_0^{x-y}f(t)\,dt - \int_0^{x-y}tf(t)\,dt.

分别计算 ∂F∂x, ∂2F∂x2, ∂F∂y, ∂2F∂y2\dfrac{\partial F}{\partial x},\,\dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2},\,\dfrac{\partial F}{\partial y},\,\dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}。

∂F∂x=∫0x−yf(t) dt+(x−y)f(x−y)−f(x−y)(x−y)=∫0x−yf(t) dt,\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x} &= \int_0^{x-y}f(t)\,dt + (x-y)f(x-y) - f(x-y)(x-y) \\ &= \int_0^{x-y}f(t)\,dt, \end{aligned} ∂2F∂x2=∂∂x[∫0x−yf(t) dt]=f(x−y).\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} &= \frac{\partial}{\partial x}\left[\int_0^{x-y}f(t)\,dt\right] = f(x-y). \end{aligned} ∂F∂y=−∫0x−yf(t) dt−(x−y)f(x−y)+f(x−y)(x−y)=−∫0x−yf(t) dt,\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial y} &= -\int_0^{x-y}f(t)\,dt - (x-y)f(x-y) + f(x-y)(x-y) \\ &= -\int_0^{x-y}f(t)\,dt, \end{aligned} ∂2F∂y2=∂∂y[−∫0x−yf(t) dt]=−(−1)⋅f(x−y)=f(x−y).\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} &= \frac{\partial}{\partial y}\left[-\int_0^{x-y}f(t)\,dt\right] = -(-1)\cdot f(x-y) \\ &= f(x-y). \end{aligned}

因此，∂F∂x=−∂F∂y, ∂2F∂x2=∂2F∂y2\dfrac{\partial F}{\partial x} = -\dfrac{\partial F}{\partial y},\,\dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}。应选 C。

方法二：整体换元

令 x−y=ux-y=u，令 g(u)=F(x,y)=∫0u(u−t)f(t) dtg(u)=F(x,y)=\displaystyle\int_0^u (u-t)f(t)\,dt

则

∂F∂x=∂g∂u⋅∂u∂x=g′(u)⋅1=g′(u),∂F∂y=∂g∂u⋅∂u∂y=g′(u)⋅(−1)=−g′(u),\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial x} &= \frac{\partial g}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x} = g'(u)\cdot 1 = g'(u), \\ \frac{\partial F}{\partial y} &= \frac{\partial g}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y} = g'(u)\cdot (-1) = -g'(u), \end{aligned} ∴∂F∂x=−∂F∂y.\therefore \frac{\partial F}{\partial x} = -\frac{\partial F}{\partial y}. ∂2F∂x2=∂g′(u)∂u⋅∂u∂x=g′′(u),∂2F∂y2=∂[−g′(u)]∂u⋅∂u∂y=−g′′(u)⋅(−1)=g′′(u),\begin{aligned} \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} &= \frac{\partial g'(u)}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x} = g''(u), \\ \frac{\partial^2 F}{\partial y^2} &= \frac{\partial [-g'(u)]}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial y} = -g''(u)\cdot (-1) = g''(u), \end{aligned} ∴∂2F∂x2=∂2F∂y2.\therefore \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 F}{\partial y^2}.
选择题例 5.25（2015 数二真题）

设函数 f(u,v)f(u,v) 满足

f(x+y,yx)=x2−y2,f\left(x+y,\frac yx\right)=x^2-y^2,

则

∂f∂u∣u=1,v=1,∂f∂v∣u=1,v=1\left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{u=1,v=1}, \quad \left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{u=1,v=1}

依次为：

  • A. 12,0\dfrac12,0
  • B. 0,120,\dfrac12
  • C. −12,0-\dfrac12,0
  • D. 0,−120,-\dfrac12
解答

选 D。

方法一：换元反解

由 {u=x+y,v=yx,\begin{cases} u = x+y, \\ v = \frac yx, \end{cases} 解得

{x=u1+v,y=uv1+v,\begin{cases} x = \frac u{1+v}, \\ y = \frac{uv}{1+v}, \end{cases}

故

f(u,v)=(u1+v)2−(uv1+v)2=u2(1−v2)(1+v)2=u2(1−v1+v)=u2(21+v−1).\begin{aligned} f(u,v) &= \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\left(\frac{1-v}{1+v}\right) \\ &= u^2\left(\frac{2}{1+v}-1\right). \end{aligned}

因此

∂f∂u∣u=1,v=1=2u(21+v−1)∣u=1,v=1=0,∂f∂v=u2⋅−2(1+v)2,∂f∂v∣u=1,v=1=u2⋅−2(1+v)2∣u=1,v=1=−12.\begin{aligned} \left.\frac{\partial f}{\partial u}\right|_{\substack{u=1,v=1}} &= 2u\left(\frac{2}{1+v}-1\right)\bigg|_{\substack{u=1,v=1}} = 0, \\ \frac{\partial f}{\partial v} &= u^2\cdot\frac{-2}{(1+v)^2}, \\ \left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{\substack{u=1,v=1}} &= u^2\cdot\frac{-2}{(1+v)^2}\bigg|_{\substack{u=1,v=1}} = -\frac12. \end{aligned}

应选 D。

方法二：两端直接求导（详见 5.4 小节）

记 ∂f(u,v)∂u∣u=1,v=1=f1′(1,1),∂f(u,v)∂v∣u=1,v=1=f2′(1,1)\displaystyle\left.\frac{\partial f(u,v)}{\partial u}\right|_{\substack{u=1,v=1}} = f_1'(1,1),\quad \left.\frac{\partial f(u,v)}{\partial v}\right|_{\substack{u=1,v=1}} = f_2'(1,1)。

对 f(x+y,yx)=x2−y2f\left(x+y,\frac yx\right)=x^2-y^2 两端分别对 xx 和 yy 求偏导：

{f1′(x+y,yx)−yx2f2′(x+y,yx)=2x,f1′(x+y,yx)+1xf2′(x+y,yx)=−2y.\begin{cases} f_1'\left(x+y,\frac yx\right) - \frac{y}{x^2}f_2'\left(x+y,\frac yx\right) = 2x, \\ f_1'\left(x+y,\frac yx\right) + \frac{1}{x}f_2'\left(x+y,\frac yx\right) = -2y. \end{cases}

令 {x+y=1,yx=1,\begin{cases} x+y=1, \\ \frac yx=1, \end{cases} 解得 {x=12,y=12.\begin{cases} x=\frac12, \\ y=\frac12. \end{cases}

于是

{f1′(1,1)−2f2′(1,1)=1,f1′(1,1)+2f2′(1,1)=−1,⇒{f1′(1,1)=0,f2′(1,1)=−12.\begin{cases} f_1'(1,1)-2f_2'(1,1)=1, \\ f_1'(1,1)+2f_2'(1,1)=-1, \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} f_1'(1,1)=0, \\ f_2'(1,1)=-\frac12. \end{cases}

令 x+y=1, y/x=1x+y=1,\ y/x=1，解得 x=y=12x=y=\frac12，于是

{f1′(1,1)−2f2′(1,1)=1,f1′(1,1)+2f2′(1,1)=−1,\begin{cases} f_1'(1,1)-2f_2'(1,1)=1,\\ f_1'(1,1)+2f_2'(1,1)=-1, \end{cases}

解得同样结果。

填空题例 5.26（2020 数一真题）

设

f(x,y)=∫0xyext2 dt,f(x,y)=\int_0^{xy}e^{xt^2}\,dt,

则

∂2f∂x∂y∣(1,1)=‾.\left.\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)} =\underline{\qquad}.
解答

应填 4e4e。

方法一：先 yy 后 xx

fy′(x,y)=xex3y2,fy′(x,1)=xex3.f_y'(x,y)=xe^{x^3y^2}, \qquad f_y'(x,1)=xe^{x^3}.

所以

fyx′′(1,1)=(ex3+3x3ex3)∣x=1=4e.f_{yx}''(1,1)=\left.(e^{x^3}+3x^3e^{x^3})\right|_{x=1}=4e.

由于二阶混合偏导在 (1,1)(1,1) 处相等，

fxy′′(1,1)=4e.f_{xy}''(1,1)=4e.

方法二：先 xx 后 yy

当 x>0x>0 时，令 u=x tu=\sqrt{x}\,t：

f(x,y)=1x∫0x3/2yeu2 du.f(x,y)=\frac1{\sqrt{x}}\int_0^{x^{3/2}y}e^{u^2}\,du.

于是

fx′=−12x−3/2∫0x3/2yeu2 du+32xy ex3y2.f_x' =-\frac12x^{-3/2}\int_0^{x^{3/2}y}e^{u^2}\,du +\frac32xy\,e^{x^3y^2}.

令 x=1x=1：

fx′(1,y)=−12∫0yeu2 du+32yey2.f_x'(1,y)=-\frac12\int_0^y e^{u^2}\,du+\frac32y e^{y^2}.

再对 yy 求导并令 y=1y=1：

fxy′′(1,1)=−12e+32e+3e=4e.f_{xy}''(1,1) =-\frac12e+\frac32e+3e=4e.
解答题例 5.27（2010 数二真题）

设函数 u=f(x,y)u=f(x,y) 具有二阶连续偏导数，且满足

4∂2u∂x2+12∂2u∂x∂y+5∂2u∂y2=0,4\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+12\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}+5\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0,

确定 a,ba,b 的值，使等式在变换 ξ=x+ay, η=x+by\xi=x+ay,\,\eta=x+by 下简化为 ∂2u∂ξ∂η=0\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta}=0。

解答

两种方法均得

(a,b)=(−2,−25)或(−25,−2).\boxed{ (a,b)=\left(-2,-\frac25\right) \quad\text{或}\quad \left(-\frac25,-2\right). }

方法一：正向链式求导

一阶偏导数：

∂u∂x=∂u∂ξ⋅1+∂u∂η⋅1=uξ+uη,\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi}\cdot 1 + \frac{\partial u}{\partial \eta}\cdot 1 = u_\xi + u_\eta, ∂2u∂x2=∂∂x(uξ+uη)=∂uξ∂ξ⋅1+∂uξ∂η⋅1+∂uη∂ξ⋅1+∂uη∂η⋅1=uξξ+2uξη+uηη.\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial}{\partial x}(u_\xi+u_\eta) \\ &= \frac{\partial u_\xi}{\partial \xi}\cdot 1 + \frac{\partial u_\xi}{\partial \eta}\cdot 1 + \frac{\partial u_\eta}{\partial \xi}\cdot 1 + \frac{\partial u_\eta}{\partial \eta}\cdot 1 \\ &= u_{\xi\xi} + 2u_{\xi\eta} + u_{\eta\eta}. \end{aligned} ∂u∂y=∂u∂ξ⋅a+∂u∂η⋅b=auξ+buη,\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial \xi}\cdot a + \frac{\partial u}{\partial \eta}\cdot b = au_\xi + bu_\eta, ∂2u∂y2=∂∂y(auξ+buη)=a(∂uξ∂ξ⋅a+∂uξ∂η⋅b)+b(∂uη∂ξ⋅a+∂uη∂η⋅b)=a2uξξ+2abuξη+b2uηη,\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= \frac{\partial}{\partial y}(au_\xi+bu_\eta) \\ &= a\left(\frac{\partial u_\xi}{\partial \xi}\cdot a + \frac{\partial u_\xi}{\partial \eta}\cdot b\right) + b\left(\frac{\partial u_\eta}{\partial \xi}\cdot a + \frac{\partial u_\eta}{\partial \eta}\cdot b\right) \\ &= a^2u_{\xi\xi} + 2ab u_{\xi\eta} + b^2u_{\eta\eta}, \end{aligned} ∂2u∂x∂y=∂∂y(uξ+uη)=∂uξ∂ξ⋅a+∂uξ∂η⋅b+∂uη∂ξ⋅a+∂uη∂η⋅b=auξξ+(a+b)uξη+buηη.\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}(u_\xi+u_\eta) \\ &= \frac{\partial u_\xi}{\partial \xi}\cdot a + \frac{\partial u_\xi}{\partial \eta}\cdot b + \frac{\partial u_\eta}{\partial \xi}\cdot a + \frac{\partial u_\eta}{\partial \eta}\cdot b \\ &= a u_{\xi\xi} + (a+b)u_{\xi\eta} + b u_{\eta\eta}. \end{aligned}

将以上三个二阶偏导数代入 4∂2u∂x2+12∂2u∂x∂y+5∂2u∂y2=04\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 得

(5a2+12a+4)∂2u∂ξ2+[10ab+12(a+b)+8]∂2u∂ξ∂η+(5b2+12b+4)∂2u∂η2=0.(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.

由题设知欲使 k∂2u∂ξ∂η=0 (k≠0)k\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta}=0\ (k\neq 0)，故

{5a2+12a+4=0,5b2+12b+4=0,但 10ab+12(a+b)+8≠0,\begin{cases} 5a^2+12a+4=0, \\ 5b^2+12b+4=0, \\ 但\ 10ab+12(a+b)+8\neq 0, \end{cases}

解得

{a=−2,b=−25,或{a=−25,b=−2.\begin{cases} a=-2, \\ b=-\frac25, \end{cases} \quad\text{或}\quad \begin{cases} a=-\frac25, \\ b=-2. \end{cases}

方法二：反解

由 ξ=x+ay, η=x+by\xi=x+ay,\,\eta=x+by 解得

{x=aη−bξa−b,y=ξ−ηa−b.\begin{cases} x=\dfrac{a\eta-b\xi}{a-b}, \\ y=\dfrac{\xi-\eta}{a-b}. \end{cases}

一阶偏导数：

∂u∂ξ=−ba−b∂u∂x+1a−b∂u∂y,\frac{\partial u}{\partial \xi} = \frac{-b}{a-b}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{1}{a-b}\frac{\partial u}{\partial y}, ∂2u∂ξ∂η=−ba−b∂∂x(∂u∂ξ)+1a−b∂∂y(∂u∂ξ)=−ab(a−b)2∂2u∂x2+a+b(a−b)2∂2u∂x∂y+−1(a−b)2∂2u∂y2.\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta} &= \frac{-b}{a-b}\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial u}{\partial \xi}\right) + \frac{1}{a-b}\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial u}{\partial \xi}\right) \\ &= \frac{-ab}{(a-b)^2}\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{a+b}{(a-b)^2}\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y} + \frac{-1}{(a-b)^2}\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}. \end{aligned}

欲使 ∂2u∂ξ∂η=0\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta}=0，即

−ab∂2u∂x2+(a+b)∂2u∂x∂y−∂2u∂y2=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.

与已知关系式比较得

−ab4=a+b12=−15,\frac{-ab}{4} = \frac{a+b}{12} = \frac{-1}{5},

由此解得

{a=−2,b=−25,或{a=−25,b=−2.\begin{cases} a=-2, \\ b=-\frac25, \end{cases} \quad\text{或}\quad \begin{cases} a=-\frac25, \\ b=-2. \end{cases}

二、全微分与偏积分

微分法则可类比求导法则：

d(u±v)=du±dv,d(Cu)=Cdu,d(u\pm v)=du\pm dv,\quad d(Cu)=Cdu, d(uv)=v du+u dv,d(uv)=v du−u dvv2.d(uv)=v\,du+u\,dv,\quad d\left(\frac uv\right)=\frac{v\,du-u\,dv}{v^2}.

绝大多数情况下，计算 dzdz 时先分别求 zx′,zy′z_x',z_y'，再写

dz=zx′dx+zy′dy.dz=z_x'dx+z_y'dy.
解答题例 5.28（1998 数三真题）

设

z=(x2+y2)e−arctan⁡(y/x),z=(x^2+y^2)e^{-\arctan(y/x)},

求 dzdz 与 ∂2z∂x∂y\dfrac{\partial^2z}{\partial x\partial y}。

解答
zx′=(2x+y)e−arctan⁡(y/x),zy′=(2y−x)e−arctan⁡(y/x).z_x'=(2x+y)e^{-\arctan(y/x)}, \qquad z_y'=(2y-x)e^{-\arctan(y/x)}.

因此

dz=e−arctan⁡(y/x)[(2x+y)dx+(2y−x)dy].\boxed{ dz=e^{-\arctan(y/x)} [(2x+y)dx+(2y-x)dy] }.

继续对 zx′z_x' 关于 yy 求偏导：

zxy′′=y2−xy−x2x2+y2e−arctan⁡(y/x).\boxed{ z_{xy}'' =\frac{y^2-xy-x^2}{x^2+y^2} e^{-\arctan(y/x)} }.
选择题例 5.29（2021 数一、二、三真题）

设函数 f(x,y)f(x,y) 可微，且

f(x+1,ex)=x(x+1)2,f(x,x2)=2x2ln⁡x,f(x+1,e^x)=x(x+1)^2, \qquad f(x,x^2)=2x^2\ln x,

则 df(1,1)=df(1,1)=：

  • A. dx+dydx+dy
  • B. dx−dydx-dy
  • C. dydy
  • D. −dy-dy
解答
df(1,1)=f1′(1,1)dx+f2′(1,1)dy.df(1,1)=f_1'(1,1)dx+f_2'(1,1)dy.

对第一个等式两端关于 xx 求导：

f1′(x+1,ex)+exf2′(x+1,ex)=(x+1)(3x+1).f_1'(x+1,e^x)+e^xf_2'(x+1,e^x) =(x+1)(3x+1).

令 x=0x=0：

f1′(1,1)+f2′(1,1)=1.f_1'(1,1)+f_2'(1,1)=1.

对第二个等式求导：

f1′(x,x2)+2xf2′(x,x2)=2x(2ln⁡x+1).f_1'(x,x^2)+2x f_2'(x,x^2) =2x(2\ln x+1).

令 x=1x=1：

f1′(1,1)+2f2′(1,1)=2.f_1'(1,1)+2f_2'(1,1)=2.

解得 f1′(1,1)=0, f2′(1,1)=1f_1'(1,1)=0,\ f_2'(1,1)=1，故

df(1,1)=dy.\boxed{df(1,1)=dy}.
选择题例 5.30（武忠祥高数讲义）

已知

(axy3−y2cos⁡x)dx+(1+bysin⁡x+3x2y2)dy(axy^3-y^2\cos x)dx+(1+by\sin x+3x^2y^2)dy

是某一函数的全微分，则 a,ba,b 依次为：

  • A. −2,2-2,2
  • B. 2,−22,-2
  • C. −3,3-3,3
  • D. 3,−33,-3
解答

令

P=axy3−y2cos⁡x,Q=1+bysin⁡x+3x2y2.P=axy^3-y^2\cos x,\qquad Q=1+by\sin x+3x^2y^2.

全微分的必要条件为

Py′=Qx′.P_y'=Q_x'.

即

3axy2−2ycos⁡x=bycos⁡x+6xy2.3axy^2-2y\cos x =by\cos x+6xy^2.

比较系数：

3a=6,b=−2.3a=6,\qquad b=-2.

所以 a=2,b=−2a=2,b=-2，选 B。

资料结论：若 P,QP,Q 有连续一阶偏导，且 Pdx+QdyPdx+Qdy 是某二元函数的全微分，则

∂P∂y=∂Q∂x.\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial Q}{\partial x}.
选择题例 5.31（张宇 1000，改编自 2019 数一真题）

设

Q(x,y)=xy2,y>0,Q(x,y)=\frac{x}{y^2},\qquad y>0,

P(x,y)dx+Q(x,y)dyP(x,y)dx+Q(x,y)dy 是某二元函数的全微分，则 P(x,y)P(x,y) 可取：

  • A. y2−x2y3y^2-\dfrac{x^2}{y^3}
  • B. x2−1yx^2-\dfrac1y
  • C. 1y2−x2y3\dfrac1{y^2}-\dfrac{x^2}{y^3}
  • D. 1x2−1y\dfrac1{x^2}-\dfrac1y
解答

选 B。核心在于定义域。

在 y>0y>0 内，

Qx′=1y2.Q_x'=\frac1{y^2}.

若 PP 在 y>0y>0 区域内对 yy 偏导连续，且

Py′=Qx′=1y2,P_y'=Q_x'=\frac1{y^2},

则满足全微分条件。B 满足。D 虽形式上也满足导数等式，但它在 x=0x=0 处无定义，不满足整个 y>0y>0 区域内的要求。

原解由

zy′=xy2z_y'=\frac{x}{y^2}

积分得

z=−xy+φ(x),z=-\frac xy+\varphi(x),

故

P=zx′=−1y+φ′(x),P=z_x'=-\frac1y+\varphi'(x),

选项 B 对应 φ′(x)=x2\varphi'(x)=x^2。

同理，2019 数一真题中，尽管两个候选函数都满足交叉偏导等式，但含 1/x1/x 的选项在 x=0x=0 无定义，不能保证上半平面单连通域内曲线积分与路径无关。

填空题例 5.32（李艳芳 900）

设函数 z(x,y)z(x,y) 满足

zxy′′=ex+2y,z(x,0)=x,z(0,y)=2y,z_{xy}''=e^x+2y, \qquad z(x,0)=x,\qquad z(0,y)=2y,

则 z(x,y)=z(x,y)= ______。

解答

对 yy 偏积分时，加的不是常数 CC，而是 φ(x)\varphi(x)：

zx′=∫(ex+2y) dy=yex+y2+φ(x).z_x'=\int(e^x+2y)\,dy=ye^x+y^2+\varphi(x).

由 z(x,0)=xz(x,0)=x 得 zx′(x,0)=1z_x'(x,0)=1，所以

φ(x)=1.\varphi(x)=1.

再对 xx 偏积分：

z=yex+xy2+x+g(y).z=ye^x+xy^2+x+g(y).

由

z(0,y)=y+g(y)=2yz(0,y)=y+g(y)=2y

得 g(y)=yg(y)=y。因此

z(x,y)=yex+xy2+x+y.\boxed{z(x,y)=ye^x+xy^2+x+y}.
解答题例 5.33（武忠祥高数讲义）

设 f(x)f(x) 有连续一阶导数，且

(xy−yf(x))dx+(f(x)+y2)dy=du(x,y),(xy-yf(x))dx+(f(x)+y^2)dy=du(x,y),

求 f(x)f(x) 及 u(x,y)u(x,y)，其中 f(0)=−1f(0)=-1。

解答

由全微分交叉偏导相等，

x−f(x)=f′(x),x-f(x)=f'(x),

即

f′(x)+f(x)=x.f'(x)+f(x)=x.

通解为

f(x)=x−1+Ce−x.f(x)=x-1+Ce^{-x}.

由 f(0)=−1f(0)=-1 得 C=0C=0，所以 f(x)=x−1f(x)=x-1。

于是

du=y dx+(x−1+y2) dy.du=y\,dx+(x-1+y^2)\,dy.

由 ux′=yu_x'=y，对 xx 偏积分：

u=xy+φ(y).u=xy+\varphi(y).

再对 yy 求偏导：

uy′=x+φ′(y)=x−1+y2,u_y'=x+\varphi'(y)=x-1+y^2,

所以

φ′(y)=−1+y2,φ(y)=−y+13y3+C.\varphi'(y)=-1+y^2, \qquad \varphi(y)=-y+\frac13y^3+C.

故

u(x,y)=xy−y+13y3+C.\boxed{u(x,y)=xy-y+\frac13y^3+C}.
解答题例 5.34（2024 数二真题）

已知函数 f(u,v)f(u,v) 具有二阶连续偏导数，且

g(x,y)=f(2x+y,3x−y)g(x,y)=f(2x+y,3x-y)

满足

gxx′′+gxy′′−6gyy′′=1.g_{xx}''+g_{xy}''-6g_{yy}''=1.
  1. 求 fuv′′f_{uv}''；
  2. 若 fu′(u,0)=ue−uf_u'(u,0)=ue^{-u}，f(0,v)=150v2−1f(0,v)=\dfrac1{50}v^2-1，求 f(u,v)f(u,v)。
解答

令 u=2x+y, v=3x−yu=2x+y,\ v=3x-y。由链式法则：

gx′=2fu′+3fv′,gy′=fu′−fv′.g_x'=2f_u'+3f_v', \qquad g_y'=f_u'-f_v'.

进一步：

gxx′′=4fuu′′+12fuv′′+9fvv′′,g_{xx}''=4f_{uu}''+12f_{uv}''+9f_{vv}'', gxy′′=2fuu′′+fuv′′−3fvv′′,g_{xy}''=2f_{uu}''+f_{uv}''-3f_{vv}'', gyy′′=fuu′′−2fuv′′+fvv′′.g_{yy}''=f_{uu}''-2f_{uv}''+f_{vv}''.

代入题设：

25fuv′′=1,25f_{uv}''=1,

故

fuv′′=125.\boxed{f_{uv}''=\frac1{25}}.

对 vv 偏积分：

fu′=v25+C1(u).f_u'=\frac v{25}+C_1(u).

由 fu′(u,0)=ue−uf_u'(u,0)=ue^{-u} 得

C1(u)=ue−u.C_1(u)=ue^{-u}.

所以

fu′=v25+ue−u.f_u'=\frac v{25}+ue^{-u}.

对 uu 偏积分：

f(u,v)=uv25+∫ue−u du+C2(v)=uv25−(u+1)e−u+C2(v).\begin{aligned} f(u,v) &=\frac{uv}{25}+\int ue^{-u}\,du+C_2(v)\\ &=\frac{uv}{25}-(u+1)e^{-u}+C_2(v). \end{aligned}

由 f(0,v)=150v2−1f(0,v)=\dfrac1{50}v^2-1，得 C2(v)=v2/50C_2(v)=v^2/50。因此

f(u,v)=uv25+v250−(u+1)e−u.\boxed{ f(u,v)=\frac{uv}{25}+\frac{v^2}{50}-(u+1)e^{-u} }.
解答题例 5.34.1（2026 数一真题）

设 f(u)f(u) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 内具有三阶连续导数，且存在可微函数 F(x,y)F(x,y) 使得

dF(x,y)=f(xy)x2y dx+f′′(xy)xy2 dy(xy>0).dF(x,y)=\frac{f(xy)}{x^2y}\,dx +\frac{f''(xy)}{xy^2}\,dy \qquad(xy>0).
  1. 证明 f′′(u)u−f(u)u=C\dfrac{f''(u)}u-\dfrac{f(u)}u=C；
  2. 设 f(1)=1, f′(1)=−1, f′′(1)=0f(1)=1,\ f'(1)=-1,\ f''(1)=0，求 f(u)f(u)。
解答

由

Fx′=f(xy)x2y,Fy′=f′′(xy)xy2,F_x'=\frac{f(xy)}{x^2y}, \qquad F_y'=\frac{f''(xy)}{xy^2},

计算混合偏导：

Fxy′′=xyf′(xy)−f(xy)x2y2,F_{xy}'' =\frac{xyf'(xy)-f(xy)}{x^2y^2}, Fyx′′=xyf′′′(xy)−f′′(xy)x2y2.F_{yx}'' =\frac{xyf'''(xy)-f''(xy)}{x^2y^2}.

因为混合偏导相等，令 u=xyu=xy：

uf′′′(u)−f′′(u)=uf′(u)−f(u).uf'''(u)-f''(u)=uf'(u)-f(u).

即

[f′′(u)u]′=[f(u)u]′.\left[\frac{f''(u)}u\right]' =\left[\frac{f(u)}u\right]'.

所以

f′′(u)u−f(u)u=C.\boxed{\frac{f''(u)}u-\frac{f(u)}u=C}.

代入 f(1)=1,f′′(1)=0f(1)=1,f''(1)=0，得 C=−1C=-1，于是

f′′(u)−f(u)=−u.f''(u)-f(u)=-u.

通解为

f(u)=C1eu+C2e−u+u.f(u)=C_1e^u+C_2e^{-u}+u.

由

C1e+C2e−1=0,C_1e+C_2e^{-1}=0, C1e−C2e−1=−2,C_1e-C_2e^{-1}=-2,

解得

C1=−e−1,C2=e.C_1=-e^{-1},\qquad C_2=e.

因此

f(u)=−eu−1+e1−u+u.\boxed{f(u)=-e^{u-1}+e^{1-u}+u}.

三、全微分方程

若

P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du(x,y),P(x,y)dx+Q(x,y)dy=du(x,y),

则方程

P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0

称为全微分方程，通解为

u(x,y)=C.u(x,y)=C.

在单连通域内，若 P,QP,Q 有连续一阶偏导，则成为全微分方程的充要条件是

∂P∂y=∂Q∂x.\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial Q}{\partial x}.

求 uu 可以用偏积分、凑微分或线积分。

解答题例 5.35（2025 数二真题）

求微分方程

(2y−3x)dx+(2x−5y)dy=0(2y-3x)dx+(2x-5y)dy=0

满足 y(1)=1y(1)=1 的解。

解答

方法一：齐次微分方程

dydx=2y−3x5y−2x.\frac{dy}{dx}=\frac{2y-3x}{5y-2x}.

令 u=y/xu=y/x，则 y=ux, y′=u+xu′y=ux,\ y'=u+xu'：

u+xu′=2u−35u−2.u+xu'=\frac{2u-3}{5u-2}.

整理并分离变量：

(5u−2)du5u2−4u+3=−dxx.\frac{(5u-2)du}{5u^2-4u+3}=-\frac{dx}{x}.

积分得

5u2−4u+3=C1x2.5u^2-4u+3=\frac{C_1}{x^2}.

由 x=1,y=1,u=1x=1,y=1,u=1 得 C1=4C_1=4，代回：

5y2−4xy+3x2−4=0.\boxed{5y^2-4xy+3x^2-4=0}.

方法二：全微分方程

令

Fx′=2y−3x,Fy′=2x−5y.F_x'=2y-3x,\qquad F_y'=2x-5y.

对 xx 偏积分：

F=2xy−32x2+φ(y).F=2xy-\frac32x^2+\varphi(y).

由

Fy′=2x+φ′(y)=2x−5yF_y'=2x+\varphi'(y)=2x-5y

得 φ(y)=−52y2+C1\varphi(y)=-\frac52y^2+C_1。故通解可写为

2xy−32x2−52y2=C.2xy-\frac32x^2-\frac52y^2=C.

代入 (1,1)(1,1) 得 C=−2C=-2，整理后与上式等价。

解答题例 5.36（1997 数二真题）

求微分方程

(3x2+2xy−y2)dx+(x2−2xy)dy=0(3x^2+2xy-y^2)dx+(x^2-2xy)dy=0

的通解。

解答

方法一：齐次微分方程

令 u=y/xu=y/x，可得

dydx=−3+2u−u21−2u,\frac{dy}{dx} =-\frac{3+2u-u^2}{1-2u},

进而

xdudx=−3u2+3u+32u−1.x\frac{du}{dx} =\frac{-3u^2+3u+3}{2u-1}.

分离变量：

(2u−1)duu2−u−1=−3dxx.\frac{(2u-1)du}{u^2-u-1}=-3\frac{dx}{x}.

积分得

u2−u−1=Cx3.u^2-u-1=\frac{C}{x^3}.

代回 u=y/xu=y/x：

xy2−x2y−x3=C.\boxed{xy^2-x^2y-x^3=C}.

方法二：全微分方程

交叉偏导相等：

∂(3x2+2xy−y2)∂y=2x−2y=∂(x2−2xy)∂x.\frac{\partial(3x^2+2xy-y^2)}{\partial y} =2x-2y =\frac{\partial(x^2-2xy)}{\partial x}.

对第一项偏积分：

F=x3+x2y−xy2+φ(y).F=x^3+x^2y-xy^2+\varphi(y).

比较 Fy′F_y' 得 φ′(y)=0\varphi'(y)=0。故

x3+x2y−xy2=C,x^3+x^2y-xy^2=C,

与上式只差整体符号。

四、多元微分与微分方程

解答题例 5.37（2006 数一真题）

设函数 f(u)f(u) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 内具有二阶导数，且

z=f(x2+y2)z=f(\sqrt{x^2+y^2})

满足

zxx′′+zyy′′=0.z_{xx}''+z_{yy}''=0.
  1. 验证 f′′(u)+f′(u)u=0f''(u)+\dfrac{f'(u)}u=0；
  2. 若 f(1)=0,f′(1)=1f(1)=0,f'(1)=1，求 f(u)f(u)。
解答

令 u=x2+y2u=\sqrt{x^2+y^2}：

zx′=f′(u)xu,z_x'=f'(u)\frac xu, zxx′′=f′′(u)x2u2+f′(u)(1u−x2u3).z_{xx}'' =f''(u)\frac{x^2}{u^2} +f'(u)\left(\frac1u-\frac{x^2}{u^3}\right).

由对称性，

zyy′′=f′′(u)y2u2+f′(u)(1u−y2u3).z_{yy}'' =f''(u)\frac{y^2}{u^2} +f'(u)\left(\frac1u-\frac{y^2}{u^3}\right).

相加得

f′′(u)+f′(u)u=0.f''(u)+\frac{f'(u)}u=0.

令 p=f′(u)p=f'(u)，则

p′+pu=0,dpp=−duu.p'+\frac pu=0, \qquad \frac{dp}p=-\frac{du}u.

故

p=Cu.p=\frac Cu.

由 f′(1)=1f'(1)=1 得 C=1C=1，所以

f′(u)=1u.f'(u)=\frac1u.

积分并代入 f(1)=0f(1)=0：

f(u)=ln⁡u,u>0.\boxed{f(u)=\ln u,\quad u>0}.

五、究极好题：2022 数二真题

解答题例 5.38（2022 数二真题）

已知可微函数 f(u,v)f(u,v) 满足

fu′(u,v)−fv′(u,v)=2(u−v)e−(u+v),f_u'(u,v)-f_v'(u,v) =2(u-v)e^{-(u+v)},

且

f(u,0)=u2e−u.f(u,0)=u^2e^{-u}.
  1. 记 g(x,y)=f(x,y−x)g(x,y)=f(x,y-x)，求 gx′g_x'；
  2. 求 f(u,v)f(u,v) 的表达式与极值。
解答

由链式法则：

gx′=f1′(x,y−x)−f2′(x,y−x).g_x' =f_1'(x,y-x)-f_2'(x,y-x).

令 u=x,v=y−xu=x,v=y-x，代入题设：

gx′=(4x−2y)e−y.\boxed{g_x'=(4x-2y)e^{-y}}.

积分：

f(x,y−x)=g(x,y)=∫(4x−2y)e−y dx=2x(x−y)e−y+φ(y).f(x,y-x)=g(x,y) =\int(4x-2y)e^{-y}\,dx =2x(x-y)e^{-y}+\varphi(y).

令 u=x,v=y−xu=x,v=y-x，即 y=u+vy=u+v：

f(u,v)=−2uve−(u+v)+φ(u+v).f(u,v)=-2uv e^{-(u+v)}+\varphi(u+v).

代入 f(u,0)=u2e−uf(u,0)=u^2e^{-u}：

φ(u)=u2e−u.\varphi(u)=u^2e^{-u}.

所以

f(u,v)=(u2+v2)e−(u+v).\boxed{f(u,v)=(u^2+v^2)e^{-(u+v)}}.

驻点满足

fu′=(2u−u2−v2)e−(u+v)=0,f_u'=(2u-u^2-v^2)e^{-(u+v)}=0, fv′=(2v−u2−v2)e−(u+v)=0.f_v'=(2v-u^2-v^2)e^{-(u+v)}=0.

两式相减得 u=vu=v，代回得

(u,v)=(0,0)或(1,1).(u,v)=(0,0)\quad\text{或}\quad(1,1).

在 (0,0)(0,0)：

A=fuu′′=2,B=fuv′′=0,C=fvv′′=2,A=f_{uu}''=2,\quad B=f_{uv}''=0,\quad C=f_{vv}''=2,

故 AC−B2>0,A>0AC-B^2>0,A>0，为极小值点，极小值为 00。

在 (1,1)(1,1)：

A=0,B=−2e−2,C=0,A=0,\quad B=-2e^{-2},\quad C=0,

故 AC−B2<0AC-B^2<0，不是极值点。

综上，ff 有极小值 00。

六、隐函数的偏导数和全微分

注意：在公式法中，FF 对 x,y,zx,y,z 求偏导时，x,y,zx,y,z 视作独立的自由变量，忽略 x,y,zx,y,z 之间的内在关系。

隐函数求导法

1. 由一个方程所确定的隐函数

设 F(x,y,z)F(x,y,z) 有连续一阶偏导数，Fz′≠0F_z'\ne0，z=z(x,y)z=z(x,y) 由 F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0 所确定。

方法一：公式法

zx′=−Fx′Fz′,zy′=−Fy′Fz′.z_x'=-\frac{F_x'}{F_z'}, \qquad z_y'=-\frac{F_y'}{F_z'}.

方法二：等式两边求导

Fx′+Fz′zx′=0,Fy′+Fz′zy′=0.F_x'+F_z'z_x'=0, \qquad F_y'+F_z'z_y'=0.

方法三：利用微分形式不变性

Fx′dx+Fy′dy+Fz′dz=0.F_x'dx+F_y'dy+F_z'dz=0.

2. 由方程组所确定的隐函数（仅数学一要求）

设 u=u(x,y),v=v(x,y)u=u(x,y),v=v(x,y) 由

{F(x,y,u,v)=0,G(x,y,u,v)=0\begin{cases} F(x,y,u,v)=0,\\ G(x,y,u,v)=0 \end{cases}

所确定。

方法一：等式两边求导

{Fx′+Fu′∂u∂x+Fv′∂v∂x=0,Gx′+Gu′∂u∂x+Gv′∂v∂x=0.\begin{cases} F_x'+F_u'\dfrac{\partial u}{\partial x} +F_v'\dfrac{\partial v}{\partial x}=0,\\ G_x'+G_u'\dfrac{\partial u}{\partial x} +G_v'\dfrac{\partial v}{\partial x}=0. \end{cases}

方法二：利用微分形式不变性

{Fx′dx+Fy′dy+Fu′du+Fv′dv=0,Gx′dx+Gy′dy+Gu′du+Gv′dv=0.\begin{cases} F_x'dx+F_y'dy+F_u'du+F_v'dv=0,\\ G_x'dx+G_y'dy+G_u'du+G_v'dv=0. \end{cases}

隐函数存在定理（公式法）

隐函数存在定理既给出隐函数在一点附近存在且唯一的条件，也提供相应的导数公式。

隐函数存在定理 1

设函数 F(x,y)F(x,y) 在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 的某一邻域内具有连续的一阶偏导数，且

F(x0,y0)=0,Fy′(x0,y0)≠0.F(x_0,y_0)=0,\qquad F_y'(x_0,y_0)\ne0.

则在点 x0x_0 的某一邻域内，方程 F(x,y)=0F(x,y)=0 能唯一确定一个具有连续导数的隐函数 y=f(x)y=f(x)，满足 f(x0)=y0f(x_0)=y_0，并且

dydx=−Fx′(x,y)Fy′(x,y).\frac{dy}{dx}=-\frac{F_x'(x,y)}{F_y'(x,y)}.

导数公式的推导

将 y=f(x)y=f(x) 代入 F(x,y)=0F(x,y)=0，得 F[x,f(x)]=0F[x,f(x)]=0。在等式两边对 xx 求导，得

Fx′(x,y)+Fy′(x,y)dydx=0.F_x'(x,y)+F_y'(x,y)\frac{dy}{dx}=0.

因 Fy′(x,y)≠0F_y'(x,y)\ne0，故

dydx=−Fx′(x,y)Fy′(x,y).\frac{dy}{dx}=-\frac{F_x'(x,y)}{F_y'(x,y)}.

隐函数存在定理 2

设函数 F(x,y,z)F(x,y,z) 在点 (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) 的某一邻域内具有连续的一阶偏导数，且

F(x0,y0,z0)=0,Fz′(x0,y0,z0)≠0.F(x_0,y_0,z_0)=0,\qquad F_z'(x_0,y_0,z_0)\ne0.

则在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 的某一邻域内，方程 F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0 能唯一确定一个具有连续偏导数的隐函数 z=f(x,y)z=f(x,y)，满足 f(x0,y0)=z0f(x_0,y_0)=z_0，并且

∂z∂x=−Fx′(x,y,z)Fz′(x,y,z),∂z∂y=−Fy′(x,y,z)Fz′(x,y,z).\frac{\partial z}{\partial x} =-\frac{F_x'(x,y,z)}{F_z'(x,y,z)}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} =-\frac{F_y'(x,y,z)}{F_z'(x,y,z)}.

导数公式的推导

将 z=f(x,y)z=f(x,y) 代入 F(x,y,z)=0F(x,y,z)=0，得 F[x,y,f(x,y)]=0F[x,y,f(x,y)]=0。在等式两边分别对 xx 和 yy 求偏导，得

Fx′(x,y,z)+Fz′(x,y,z)∂z∂x=0,F_x'(x,y,z)+F_z'(x,y,z)\frac{\partial z}{\partial x}=0, Fy′(x,y,z)+Fz′(x,y,z)∂z∂y=0.F_y'(x,y,z)+F_z'(x,y,z)\frac{\partial z}{\partial y}=0.

因 Fz′(x,y,z)≠0F_z'(x,y,z)\ne0，故

∂z∂x=−Fx′(x,y,z)Fz′(x,y,z),∂z∂y=−Fy′(x,y,z)Fz′(x,y,z).\frac{\partial z}{\partial x} =-\frac{F_x'(x,y,z)}{F_z'(x,y,z)}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y} =-\frac{F_y'(x,y,z)}{F_z'(x,y,z)}.
选择题例 5.39（2005 数一真题）

设三元方程

xy−zln⁡y+exz=1.xy-z\ln y+e^{xz}=1.

根据隐函数存在定理，在点 (0,1,1)(0,1,1) 的邻域内该方程：

  • A. 只能确定一个具有连续偏导数的隐函数 z=z(x,y)z=z(x,y)
  • B. 可确定两个隐函数 y=y(x,z)y=y(x,z) 和 z=z(x,y)z=z(x,y)
  • C. 可确定两个隐函数 x=x(y,z)x=x(y,z) 和 z=z(x,y)z=z(x,y)
  • D. 可确定两个隐函数 x=x(y,z)x=x(y,z) 和 y=y(x,z)y=y(x,z)
解答

选 D。令

F(x,y,z)=xy−zln⁡y+exz−1.F(x,y,z)=xy-z\ln y+e^{xz}-1.

则

Fx′=y+zexz,Fy′=x−zy,Fz′=−ln⁡y+xexz.F_x'=y+ze^{xz}, \quad F_y'=x-\frac zy, \quad F_z'=-\ln y+xe^{xz}.

在 (0,1,1)(0,1,1)：

Fx′=2,Fy′=−1,Fz′=0.F_x'=2,\qquad F_y'=-1,\qquad F_z'=0.

因此可以把 xx 或 yy 分别作为隐函数，但不能由定理把 zz 作为隐函数。

解答题例 5.40

设 z=z(x,y)z=z(x,y) 由方程

z+ez=xyz+e^z=xy

确定，求 zx′,zy′z_x',z_y'。

解答

公式法

令 F=z+ez−xyF=z+e^z-xy：

zx′=−Fx′Fz′=y1+ez,zy′=x1+ez.z_x'=-\frac{F_x'}{F_z'} =\frac y{1+e^z}, \qquad z_y'=\frac x{1+e^z}.

直接求导

(1+ez)zx′=y,(1+ez)zy′=x.(1+e^z)z_x'=y, \qquad (1+e^z)z_y'=x.

全微分

dz+ez dz=y dx+x dy,dz+e^z\,dz=y\,dx+x\,dy,

所以

dz=y1+ezdx+x1+ezdy.dz=\frac y{1+e^z}dx+\frac x{1+e^z}dy.
填空题例 5.41（2021 数二真题）

设 z=z(x,y)z=z(x,y) 由

(x+1)z+yln⁡z−arctan⁡(2xy)=1(x+1)z+y\ln z-\arctan(2xy)=1

确定，则

zx′∣(0,2)=‾.\left.z_x'\right|_{(0,2)} =\underline{\qquad}.
解答

对方程关于 xx 求偏导：

z+(x+1)zx′+yzzx′−2y1+4x2y2=0.z+(x+1)z_x' +\frac yz z_x' -\frac{2y}{1+4x^2y^2}=0.

即

(x+1+yz)zx′=2y1+4x2y2−z.\left(x+1+\frac yz\right)z_x' =\frac{2y}{1+4x^2y^2}-z.

先代入 x=0,y=2x=0,y=2 求 zz：

z+2ln⁡z=1.z+2\ln z=1.

z=1z=1 是唯一实根。代回：

3zx′=3,3z_x'=3,

故

zx′(0,2)=1.\boxed{z_x'(0,2)=1}.
选择题例 5.42（2010 数二真题）

设 z=z(x,y)z=z(x,y) 由

F(yx,zx)=0F\left(\frac yx,\frac zx\right)=0

确定，其中 FF 为可微函数且 F2′≠0F_2'\ne0，则

xzx′+yzy′=xz_x'+yz_y'=
  • A. xx
  • B. zz
  • C. −x-x
  • D. −z-z
解答

选 B。

对方程分别关于 x,yx,y 求偏导：

−yx2F1′+(−zx2+1xzx′)F2′=0,-\frac y{x^2}F_1' +\left(-\frac z{x^2}+\frac1x z_x'\right)F_2'=0, 1xF1′+1xzy′F2′=0.\frac1xF_1'+\frac1x z_y'F_2'=0.

解得

zx′=yF1′+zF2′xF2′,zy′=−F1′F2′.z_x'=\frac{yF_1'+zF_2'}{xF_2'}, \qquad z_y'=-\frac{F_1'}{F_2'}.

因此

xzx′+yzy′=yF1′+zF2′−yF1′F2′=z.xz_x'+yz_y' =\frac{yF_1'+zF_2'-yF_1'}{F_2'}=z.
解答题例 5.43（2002 数三真题）

设 u=f(x,y,z)u=f(x,y,z) 有连续偏导数，且 z=z(x,y)z=z(x,y) 由

xex−yey=zezxe^x-ye^y=ze^z

确定，求 dudu。

解答

题目告诉 f(x,y,z)f(x,y,z) 的偏导数存在，所以 f1′,f2′,f3′f_1',f_2',f_3' 均是已知量。

方法一：链式法则

ux′=f1′+f3′zx′,uy′=f2′+f3′zy′.u_x'=f_1'+f_3'z_x', \qquad u_y'=f_2'+f_3'z_y'.

对隐方程求导：

zx′=ex(1+x)ez(1+z)=1+x1+zex−z,z_x'=\frac{e^x(1+x)}{e^z(1+z)} =\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}, zy′=−ey(1+y)ez(1+z)=−1+y1+zey−z.z_y'=-\frac{e^y(1+y)}{e^z(1+z)} =-\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}.

所以严格写法为

du=(f1′+f3′ex−zx+1z+1)dx+(f2′−f3′ey−zy+1z+1)dy.\boxed{ du= \left(f_1'+f_3'e^{x-z}\frac{x+1}{z+1}\right)dx +\left(f_2'-f_3'e^{y-z}\frac{y+1}{z+1}\right)dy }.

方法二：全微分

du=f1′dx+f2′dy+f3′dz,du=f_1'dx+f_2'dy+f_3'dz,

隐方程全微分给出

dz=1+x1+zex−zdx−1+y1+zey−zdy,dz=\frac{1+x}{1+z}e^{x-z}dx -\frac{1+y}{1+z}e^{y-z}dy,

代入即得同一结果。

资料特别说明：常见答案写成 fx′,fy′,fz′f_x',f_y',f_z'，在这里有歧义；因为括号中的三个变量并非独立自由变量，最严谨的记号应为 f1′,f2′,f3′f_1',f_2',f_3'。

解答题例 5.44（武忠祥高数讲义）

设

y=f(x,t),y=f(x,t),

且方程

F(x,y,t)=0F(x,y,t)=0

确定函数 t=t(x,y)t=t(x,y)，其中 f,Ff,F 均有一阶连续偏导数，求 dy/dxdy/dx。

解答

方法一：链式法则

将 t=t(x,y)t=t(x,y) 代入：

y=f(x,t(x,y)).y=f(x,t(x,y)).

两端对 xx 求导：

dydx=fx′+ft′(tx′+ty′dydx).\frac{dy}{dx} =f_x'+f_t'\left(t_x'+t_y'\frac{dy}{dx}\right).

由隐函数公式：

tx′=−Fx′Ft′,ty′=−Fy′Ft′.t_x'=-\frac{F_x'}{F_t'}, \qquad t_y'=-\frac{F_y'}{F_t'}.

代入并整理：

dydx=Ft′fx′−Fx′ft′Ft′+Fy′ft′.\boxed{ \frac{dy}{dx} =\frac{F_t'f_x'-F_x'f_t'} {F_t'+F_y'f_t'} }.

方法二：全微分

dy=fx′dx+ft′dt,dy=f_x'dx+f_t'dt, Fx′dx+Fy′dy+Ft′dt=0.F_x'dx+F_y'dy+F_t'dt=0.

消去 dtdt，得到同一结果。

资料说明：严格而言，最终式中的 fx′,ft′f_x',f_t' 也有记号歧义，理应写成 f1′,f2′f_1',f_2'；手稿为方便阅读练习册答案，沿用了常见写法。

七、对某个变量偏导数为零

在考研范围内，设函数含两个变量，若它对某一个变量的偏导恒为 00，则可以认为函数仅为另一个变量的函数。

对 xx 偏积分时，加的是 φ(y)\varphi(y) 而不是常数 CC，实际默认使用了上述结论。

资料同时给出更高层次的反例：若定义域不满足任意两点间水平线段仍位于域内，即使 fx′=0f_x'=0 也未必能推出 f(x,y)=g(y)f(x,y)=g(y)。但这不是考研范围内需要纠结的知识点。

解答题例 5.45（武忠祥高数讲义）

设 (r,θ)(r,\theta) 为极坐标，u=u(r,θ)u=u(r,\theta) 具有二阶连续偏导数，并满足

∂u∂θ=0,∂2u∂x2+∂2u∂y2=0,\frac{\partial u}{\partial\theta}=0, \qquad \frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0,

求 u(r,θ)u(r,\theta)。

解答

由 uθ′=0u_\theta'=0，在考研范围内可知 uu 仅为 rr 的函数，令

u=φ(r),r=x2+y2.u=\varphi(r), \qquad r=\sqrt{x^2+y^2}.

注意：在极坐标系下计算 rr 对 x,yx,y 的导数时，要先把 rr 化成直角坐标再求导，不能把 θ\theta 当作 x,yx,y 的常数。

ux′=φ′(r)xr,u_x'=\varphi'(r)\frac xr, uxx′′=φ′′(r)x2r2+φ′(r)(1r−x2r3).u_{xx}'' =\varphi''(r)\frac{x^2}{r^2} +\varphi'(r)\left(\frac1r-\frac{x^2}{r^3}\right).

由对称性：

uyy′′=φ′′(r)y2r2+φ′(r)(1r−y2r3).u_{yy}'' =\varphi''(r)\frac{y^2}{r^2} +\varphi'(r)\left(\frac1r-\frac{y^2}{r^3}\right).

相加：

φ′′(r)+1rφ′(r)=0.\varphi''(r)+\frac1r\varphi'(r)=0.

即

[rφ′(r)]′=0.[r\varphi'(r)]'=0.

所以

rφ′(r)=C1,φ(r)=C1ln⁡r+C2.r\varphi'(r)=C_1, \qquad \varphi(r)=C_1\ln r+C_2.

故

u(r,θ)=C1ln⁡r+C2.\boxed{u(r,\theta)=C_1\ln r+C_2}.
解答题例 5.46（25 超越模拟卷）

设函数 f(x,y)f(x,y) 具有二阶连续偏导数，当 (x,y)≠(0,0)(x,y)\ne(0,0) 时 f≠0f\ne0，且

f fxy′′=fx′fy′.f\,f_{xy}''=f_x'f_y'.
  1. 证明 fx′=fφ(x)f_x'=f\varphi(x)；
  2. 若 φ(x)=1/x\varphi(x)=1/x，f(1,y)=y3f(1,y)=y^3，求 z=f(x,y)z=f(x,y) 在条件 x2+y2=1x^2+y^2=1 下的最大值与最小值。
解答

（Ⅰ）证明 fx′=fφ(x)f_x'=f\varphi(x)

关键：欲证明某个二元函数可以写成 φ(x)\varphi(x)，只需证明它对 yy 的偏导数为 00。

令

u=fx′.u=f_x'.

则 uy′=fxy′′u_y'=f_{xy}''。由题设

f fxy′′=fx′fy′f\,f_{xy}''=f_x'f_y'

可得

f uy′=ufy′.f\,u_y'=u f_y'.

由于当 (x,y)≠(0,0)(x,y)\ne(0,0) 时 f≠0f\ne0，所以

∂∂y(uf)=f uy′−ufy′f2=0.\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac uf\right) =\frac{f\,u_y'-u f_y'}{f^2} =0.

因此 uf\dfrac uf 与 yy 无关，可记为

uf=φ(x).\frac uf=\varphi(x).

又因为 u=fx′u=f_x'，所以

fx′=fφ(x).\boxed{f_x'=f\varphi(x)}.

（Ⅱ）求条件极值

若 φ(x)=1x\varphi(x)=\dfrac1x，则

∂f∂x=fx.\frac{\partial f}{\partial x}=\frac fx.

视 yy 为常数，这相当于关于 xx 的微分方程

dfdx=fx.\frac{df}{dx}=\frac fx.

由分离变量法可得

f=xC(y).f=xC(y).

这里是偏微分方程，所以积分后得到的是关于 yy 的函数 C(y)C(y)，而不是常数 CC。

由 f(1,y)=y3f(1,y)=y^3 得 C(y)=y3C(y)=y^3，故

f(x,y)=xy3.f(x,y)=xy^3.

作拉格朗日函数

F(x,y,λ)=xy3+λ(x2+y2−1).F(x,y,\lambda)=xy^3+\lambda(x^2+y^2-1). {Fx′=y3+2λx=0,Fy′=3xy2+2λy=0,x2+y2=1.\begin{cases} F_x'=y^3+2\lambda x=0,\\ F_y'=3xy^2+2\lambda y=0,\\ x^2+y^2=1. \end{cases}

解得驻点

(±1,0),(12,±32),(−12,±32).(\pm1,0), \quad \left(\frac12,\pm\frac{\sqrt3}{2}\right), \quad \left(-\frac12,\pm\frac{\sqrt3}{2}\right).

对应函数值：

z(±1,0)=0,z(\pm1,0)=0, z(12,32)=z(−12,−32)=3316,z\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right) =z\left(-\frac12,-\frac{\sqrt3}{2}\right) =\frac{3\sqrt3}{16}, z(−12,32)=z(12,−32)=−3316.z\left(-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right) =z\left(\frac12,-\frac{\sqrt3}{2}\right) =-\frac{3\sqrt3}{16}.

故

zmax⁡=3316,zmin⁡=−3316.\boxed{ z_{\max}=\frac{3\sqrt3}{16}, \qquad z_{\min}=-\frac{3\sqrt3}{16} }.
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