二、多元函数导数的计算｜小题·抽象型

小题

（二）抽象型

1. 【1987-1-3 分】 设函数 $f,g$ 连续可微，

$$u=f(x,xy),v=g(x+xy),$$

求 $\frac{\partial u}{\partial x}$，$\frac{\partial v}{\partial x}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=f_1(x,xy)+y{f}_2(x,xy),$$

$$\frac{\partial v}{\partial x}=(1+y)g^{\prime }(x+xy).$$

解析： 对 $u=f(x,xy)$，令

$$\xi =x,\eta =xy.$$

在求关于 $x$ 的偏导数时，将 $y$ 视为常数，因此

$${\xi }_x=1,{\eta }_x=y.$$

由复合函数求导法则，

$$u_x=f_1(\xi ,\eta ){\xi }_x+f_2(\xi ,\eta ){\eta }_x=f_1(x,xy)+y{f}_2(x,xy).$$

同理，令 $s=x+xy=x(1+y)$，则

$$s_x=1+y,$$

所以

$$v_x=g^{\prime }(s)s_x=(1+y)g^{\prime }(x+xy).$$

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2. 【1989-12-5 分】 设

$$z=f(2x-y)+g(x,xy),$$

其中函数 $f(t)$ 二阶可导，$g(u,v)$ 具有连续的二阶偏导数，求

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=-2f^{\prime \prime }(2x-y)+x{g}_{12}(x,xy)+g_2(x,xy)+xy{g}_{22}(x,xy).$$

解析： 先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=2f^{\prime }(2x-y)+g_1(x,xy)+y{g}_2(x,xy).$$

再对 $y$ 求偏导。第一项为

$$\frac{\partial }{\partial y}\left[2f^{\prime }(2x-y)\right]=-2f^{\prime \prime }(2x-y).$$

对于第二项，因 $g_1$ 的两个自变量为 $x$ 与 $xy$，故

$$\frac{\partial }{\partial y}{g}_1(x,xy)=x{g}_{12}(x,xy).$$

对于第三项，利用乘积法则：

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}\left[y{g}_2(x,xy)\right]& =g_2(x,xy)+y\cdot x{g}_{22}(x,xy)\\ & =g_2(x,xy)+xy{g}_{22}(x,xy).\end{array}$$

合并即得结论。

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3. 【1992-45-5 分】 设

$$z=\sin (xy)+\phi \left(x,\frac{x}{y}\right),$$

其中 $\phi (u,v)$ 具有二阶偏导数，求

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

查看答案与解析

答案： 令 $u=x$，$v=\frac{x}{y}$，则

$$\boxed{z_{xy}=\cos (xy)-xy\sin (xy)-\frac{x}{y^2}{\phi }_{12}-\frac{1}{y^2}{\phi }_2-\frac{x}{y^3}{\phi }_{22}},$$

其中各阶偏导数均在 $\left(x,\frac{x}{y}\right)$ 处取值。

解析： 先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=y\cos (xy)+{\phi }_1\left(x,\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{y}{\phi }_2\left(x,\frac{x}{y}\right).$$

再对 $y$ 求偏导。首先

$$\frac{\partial }{\partial y}[y\cos (xy)]=\cos (xy)-xy\sin (xy).$$

由于

$$\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{x}{y}\right)=-\frac{x}{y^2},$$

故

$$\frac{\partial }{\partial y}{\phi }_1=-\frac{x}{y^2}{\phi }_{12}.$$

又

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}{\phi }_2\right)& =-\frac{1}{y^2}{\phi }_2+\frac{1}{y}{\phi }_{22}\left(-\frac{x}{y^2}\right)\\ & =-\frac{1}{y^2}{\phi }_2-\frac{x}{y^3}{\phi }_{22}.\end{array}$$

三部分相加即得答案。

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4. 【1992-12-5 分】 设

$$z=f(e^x\sin y,x^2+y^2),$$

其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

查看答案与解析

答案： 令

$$u=e^x\sin y,v=x^2+y^2,$$

则

$$\boxed{\begin{array}{rl}{z}_{xy}=& e^{2x}\sin y\cos y{f}_{11}+2e^x(y\sin y+x\cos y)f_{12}\\ & +4xy{f}_{22}+e^x\cos y{f}_1,\end{array}}$$

其中 $f$ 的各阶偏导数均在 $(u,v)=(e^x\sin y,x^2+y^2)$ 处取值。

解析： 有

$$u_x=e^x\sin y,u_y=e^x\cos y,u_{xy}=e^x\cos y,$$$$v_x=2x,v_y=2y.$$

先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=f_1{u}_x+f_2{v}_x.$$

再对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}=& (f_{11}{u}_y+f_{12}{v}_y)u_x+f_1{u}_{xy}\\ & +(f_{21}{u}_y+f_{22}{v}_y)v_x.\end{array}$$

由二阶连续偏导数条件，$f_{21}=f_{12}$。代入各导数并整理，得到上述结果。

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5. 【1995-45-3 分】 设

$$z=xyf\left(\frac{y}{x}\right),$$

$f(u)$ 可导，则

$$x{z}_x+y{z}_y=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$2xyf\left(\frac{y}{x}\right)=2z.$$

解析： 函数

$$z(x,y)=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$$

满足

$$\begin{array}{rl}z(tx,ty)& =(tx)(ty)f\left(\frac{ty}{tx}\right)\\ & =t^{2}xyf\left(\frac{y}{x}\right)\\ & =t^{2}z(x,y).\end{array}$$

因此 $z$ 是二次齐次函数。由欧拉公式，

$$x{z}_x+y{z}_y=2z,$$

即

$$x{z}_x+y{z}_y=2xyf\left(\frac{y}{x}\right).$$

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6. 【1995-12-5 分】 设

$$u=f(x,y,z),$$

且

$$\phi (x^2,e^y,z)=0,y=\sin x,$$

其中 $f,\phi$ 都具有一阶连续偏导数，且 $\frac{\partial \phi }{\partial z}\ne 0$，求

$$\frac{du}{dx}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{du}{dx}=f_x+f_y\cos x-f_z\frac{2x{\phi }_1+e^y\cos x{\phi }_2}{{\phi }_3}},$$

其中 $y=\sin x$，各偏导数均在相应自变量处取值。

解析： 由于 $u=f(x,y,z)$，而 $y,z$ 均为 $x$ 的函数，因此

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y\frac{dy}{dx}+f_z\frac{dz}{dx}.$$

由 $y=\sin x$ 得

$$\frac{dy}{dx}=\cos x.$$

对隐式关系

$$\phi (x^2,e^y,z)=0$$

关于 $x$ 求导，得

$$2x{\phi }_1+e^y\frac{dy}{dx}{\phi }_2+\frac{dz}{dx}{\phi }_3=0.$$

故

$$\frac{dz}{dx}=-\frac{2x{\phi }_1+e^y\cos x{\phi }_2}{{\phi }_3}.$$

代回全导数公式即可。

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7. 【1996-4-5 分】 设函数 $z=f(u)$，且

$$u=\phi (u)+{\int }_y^{x}p(t)dt,$$

其中 $f(u),\phi (u)$ 可微，$p(t),{\phi }^{\prime }(u)$ 连续，且 ${\phi }^{\prime }(u)\ne 1$，求

$$p(y)\frac{\partial z}{\partial x}+p(x)\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 对方程

$$u-\phi (u)={\int }_y^{x}p(t)dt$$

分别关于 $x,y$ 求偏导。

关于 $x$ 求偏导：

$$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_x=p(x),$$

所以

$$u_x=\frac{p(x)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$$

关于 $y$ 求偏导：

$$[1-{\phi }^{\prime }(u)]u_y=-p(y),$$

所以

$$u_y=-\frac{p(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}.$$

又因 $z=f(u)$，故

$$z_x=f^{\prime }(u)u_x,z_y=f^{\prime }(u)u_y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}p(y)z_x+p(x)z_y& =\frac{f^{\prime }(u)p(x)p(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}-\frac{f^{\prime }(u)p(x)p(y)}{1-{\phi }^{\prime }(u)}\\ & =0.\end{array}$$

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8. 【1997-34-5 分】 设 $u=f(x,y,z)$ 有连续偏导函数，$y=y(x)$ 和 $z=z(x)$ 分别由方程

$$e^{xy}-y=0$$

和

$$e^z-xz=0$$

所确定，求

$$\frac{du}{dx}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{du}{dx}=f_x+f_y\frac{y{e}^{xy}}{1-x{e}^{xy}}+f_z\frac{z}{e^z-x}}.$$

利用 $e^{xy}=y$，也可写成

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y\frac{y^2}{1-xy}+f_z\frac{z}{e^z-x}.$$

解析： 由复合函数求导法则，

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y{y}^{\prime }+f_z{z}^{\prime }.$$

对 $e^{xy}-y=0$ 关于 $x$ 求导：

$$e^{xy}(y+x{y}^{\prime })-y^{\prime }=0.$$

整理得

$$(1-x{e}^{xy})y^{\prime }=y{e}^{xy},$$

所以

$$y^{\prime }=\frac{y{e}^{xy}}{1-x{e}^{xy}}.$$

再对 $e^z-xz=0$ 关于 $x$ 求导：

$$e^z{z}^{\prime }-z-x{z}^{\prime }=0.$$

故

$$(e^z-x)z^{\prime }=z,$$

从而

$$z^{\prime }=\frac{z}{e^z-x}.$$

将 $y^{\prime }$ 与 $z^{\prime }$ 代入 $du/dx$ 即得结论。

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9. 【1998-1-3 分】 设

$$z=\frac{1}{x}f(xy)+y\phi (x+y),$$

其中 $f,\phi$ 具有二阶连续导数，求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y)}$$

解析： 先对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =-\frac{1}{x^2}f(xy)+\frac{y}{x}{f}^{\prime }(xy)+y{\phi }^{\prime }(x+y).\end{array}$$

再对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}=& -\frac{1}{x^2}{f}^{\prime }(xy)\cdot x+\frac{1}{x}{f}^{\prime }(xy)+\frac{y}{x}{f}^{\prime \prime }(xy)\cdot x\\ & +{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y).\end{array}$$

其中前两项相消，因此

$$z_{xy}=y{f}^{\prime \prime }(xy)+{\phi }^{\prime }(x+y)+y{\phi }^{\prime \prime }(x+y).$$

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10. 【2000-3-3 分】 设

$$z=f\left(xy,\frac{x}{y}\right)+g\left(\frac{y}{x}\right),$$

其中 $f,g$ 均可微，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

查看答案与解析

答案： 设 $u=xy$，$v=\frac{x}{y}$，$w=\frac{y}{x}$，则

$$\boxed{\frac{\partial z}{\partial x}=y{f}_u(u,v)+\frac{1}{y}{f}_v(u,v)-\frac{y}{x^2}{g}^{\prime }(w)}$$

即

$$\boxed{\frac{\partial z}{\partial x}=y{f}_u\left(xy,\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{y}{f}_v\left(xy,\frac{x}{y}\right)-\frac{y}{x^2}{g}^{\prime }\left(\frac{y}{x}\right)}$$

解析： 由链式法则，

$$u_x=y,v_x=\frac{1}{y},w_x=-\frac{y}{x^2}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =f_u(u,v)u_x+f_v(u,v)v_x+g^{\prime }(w)w_x\\ & =y{f}_u(u,v)+\frac{1}{y}{f}_v(u,v)-\frac{y}{x^2}{g}^{\prime }(w).\end{array}$$

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11. 【2000-1-5 分】 设

$$z=f\left(xy,\frac{x}{y}\right)+g\left(\frac{y}{x}\right),$$

其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，$g$ 具有二阶连续导数，求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案： 设 $u=xy$，$v=\frac{x}{y}$，$w=\frac{y}{x}$，则

$$\boxed{\begin{array}{rl}{z}_{xy}=& f_u(u,v)+xy{f}_{uu}(u,v)-\frac{1}{y^2}{f}_v(u,v)-\frac{x}{y^3}{f}_{vv}(u,v)\\ & -\frac{1}{x^2}{g}^{\prime }(w)-\frac{y}{x^3}{g}^{\prime \prime }(w)\end{array}}$$

解析： 由上一题，

$$z_x=y{f}_u(u,v)+\frac{1}{y}{f}_v(u,v)-\frac{y}{x^2}{g}^{\prime }(w).$$

注意

$$u_y=x,v_y=-\frac{x}{y^2},w_y=\frac{1}{x}.$$

逐项对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}[y{f}_u]& =f_u+y\left(f_{uu}{u}_y+f_{uv}{v}_y\right)\\ & =f_u+xy{f}_{uu}-\frac{x}{y}{f}_{uv},\end{array}$$$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}{f}_v\right)& =-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{1}{y}\left(f_{vu}{u}_y+f_{vv}{v}_y\right)\\ & =-\frac{1}{y^2}{f}_v+\frac{x}{y}{f}_{uv}-\frac{x}{y^3}{f}_{vv},\end{array}$$

以及

$$\frac{\partial }{\partial y}\left[-\frac{y}{x^2}{g}^{\prime }(w)\right]=-\frac{1}{x^2}{g}^{\prime }(w)-\frac{y}{x^3}{g}^{\prime \prime }(w).$$

两项中的 $f_{uv}$ 相消，故得到答案。

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12. 【2001-34-5 分】 设 $u=f(x,y,z)$，$z=z(x)$ 分别由

$$e^{xy}-xy=2$$

和

$$e^x={\int }_0^{x-z}\frac{\sin t}{t}dt$$

确定，求 $\frac{du}{dx}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{du}{dx}=f_x-\frac{y}{x}{f}_y+\left[1-\frac{e^x(x-z)}{\sin (x-z)}\right]f_z}$$

其中各偏导数均在 $(x,y,z)$ 处取值。

解析： 第一式确定 $y=y(x)$，第二式确定 $z=z(x)$。

对

$$e^{xy}-xy=2$$

两边求导，得

$$(e^{xy}-1)(y+x{y}^{\prime })=0.$$

由原方程可知 $xy\ne 0$，从而 $e^{xy}-1\ne 0$，故

$$y^{\prime }=-\frac{y}{x}.$$

再对

$$e^x={\int }_0^{x-z}\frac{\sin t}{t}dt$$

两边求导：

$$e^x=\frac{\sin (x-z)}{x-z}(1-z^{\prime }).$$

于是

$$z^{\prime }=1-\frac{e^x(x-z)}{\sin (x-z)}.$$

由多元复合函数求导法则，

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y{y}^{\prime }+f_z{z}^{\prime }.$$

代入 $y^{\prime }$ 与 $z^{\prime }$ 即得答案。

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13. 【2001-4-3 分】 设

$$z=e^{-x}-f(x-2y),$$

且当 $y=0$ 时，$z=x^2$，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{\partial z}{\partial x}=-e^{-x}+e^{-(x-2y)}+2(x-2y)}$$

解析： 当 $y=0$ 时，

$$e^{-x}-f(x)=x^2,$$

所以

$$f(x)=e^{-x}-x^2.$$

将自变量改记为 $u$，有

$$f^{\prime }(u)=-e^{-u}-2u.$$

对原式关于 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =-e^{-x}-f^{\prime }(x-2y)\\ & =-e^{-x}+e^{-(x-2y)}+2(x-2y).\end{array}$$

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14. 【2004-3-4 分】 函数 $f(u,v)$ 由关系式

$$f[xg(y),y]=x+g(y)$$

确定，其中 $g(y)$ 可微且 $g(y)\ne 0$，求 $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u\partial v}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}f}{\partial u\partial v}=-\frac{g^{\prime }(v)}{[g(v){]}^2}}$$

解析： 令

$$u=xg(y),v=y.$$

由于 $g(v)\ne 0$，有

$$x=\frac{u}{g(v)}.$$

因此原关系可改写为

$$f(u,v)=\frac{u}{g(v)}+g(v).$$

先对 $u$ 求偏导：

$$f_u(u,v)=\frac{1}{g(v)}.$$

再对 $v$ 求偏导，得到

$$f_{uv}(u,v)=-\frac{g^{\prime }(v)}{[g(v){]}^2}.$$

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15. 【2005-12-4 分】 设

$$u(x,y)=\phi (x+y)+\phi (x-y)+{\int }_{x-y}^{x+y}\psi (t)dt,$$

其中 $\phi$ 具有二阶导数，$\psi$ 具有一阶导数，则必有（ ）。

A. $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=-\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$

B. $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$

C. $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$

D. $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 取 ${\Psi }^{\prime }(t)=\psi (t)$，则

$${\int }_{x-y}^{x+y}\psi (t)dt=\Psi (x+y)-\Psi (x-y).$$

因此

$$\begin{array}{rl}u(x,y)=& [\phi (x+y)+\Psi (x+y)]\\ & +[\phi (x-y)-\Psi (x-y)].\end{array}$$

记

$$F(s)=\phi (s)+\Psi (s),G(t)=\phi (t)-\Psi (t),$$

则

$$u(x,y)=F(x+y)+G(x-y).$$

于是

$$u_{xx}=F^{\prime \prime }(x+y)+G^{\prime \prime }(x-y),$$$$u_{yy}=F^{\prime \prime }(x+y)+G^{\prime \prime }(x-y).$$

故

$$u_{xx}=u_{yy}.$$

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16. 【2006-3-4 分】 设函数 $f(u)$ 可微，且 $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$。若

$$z=f(4x^2-y^2),$$

求点 $(1,2)$ 处的全微分 ${dz|}_{(1,2)}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{dz|}_{(1,2)}=4dx-2dy}$$

解析： 令

$$u=4x^2-y^2,$$

则

$$dz=f^{\prime }(u)du=f^{\prime }(u)(8xdx-2ydy).$$

在 $(1,2)$ 处，

$$u=4\cdot 1^2-2^2=0.$$

故

$$\begin{array}{rl}{dz|}_{(1,2)}& =f^{\prime }(0)(8dx-4dy)\\ & =\frac{1}{2}(8dx-4dy)\\ & =4dx-2dy.\end{array}$$

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17. 【2007-234-4 分】 设 $f(u,v)$ 是二元可微函数，

$$z=f\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right),$$

求

$$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案： 设 $u=\frac{y}{x}$，$v=\frac{x}{y}$，则

$$\boxed{x{z}_x-y{z}_y=-2u{f}_u(u,v)+2v{f}_v(u,v)}$$

即

$$\boxed{x{z}_x-y{z}_y=-\frac{2y}{x}{f}_u\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right)+\frac{2x}{y}{f}_v\left(\frac{y}{x},\frac{x}{y}\right)}$$

解析： 由链式法则，

$$z_x=-\frac{y}{x^2}{f}_u+\frac{1}{y}{f}_v,$$$$z_y=\frac{1}{x}{f}_u-\frac{x}{y^2}{f}_v.$$

因此

$$\begin{array}{rl}x{z}_x-y{z}_y& =\left(-\frac{y}{x}{f}_u+\frac{x}{y}{f}_v\right)-\left(\frac{y}{x}{f}_u-\frac{x}{y}{f}_v\right)\\ & =-\frac{2y}{x}{f}_u+\frac{2x}{y}{f}_v.\end{array}$$

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18. 【2007-1-4 分】 设 $f(u,v)$ 是二元可微函数，

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

则 $\frac{\partial z}{\partial x}=$ _____。

查看答案与解析

答案： 令 $u=x^y$，$v=y^x$，则

$$\boxed{\frac{\partial z}{\partial x}=y{x}^{y-1}{f}_u(x^y,y^x)+y^x\ln y{f}_v(x^y,y^x)}$$

解析： 由链式法则，

$$z_x=f_u(u,v)u_x+f_v(u,v)v_x.$$

当 $y$ 固定时，

$$u_x=\frac{\partial }{\partial x}{x}^y=y{x}^{y-1},$$

且

$$v_x=\frac{\partial }{\partial x}{y}^x=y^x\ln y.$$

因此

$$z_x=y{x}^{y-1}{f}_u(x^y,y^x)+y^x\ln y{f}_v(x^y,y^x).$$

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19. 【2009-1-4 分】 设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，

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

求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=x{f}_{uv}(x,xy)+f_v(x,xy)+xy{f}_{vv}(x,xy)}$$

解析： 令

$$u=x,v=xy.$$

先对 $x$ 求偏导：

$$z_x=f_u(u,v)+y{f}_v(u,v).$$

再对 $y$ 求偏导。由于

$$u_y=0,v_y=x,$$

故

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}& =x{f}_{uv}(u,v)+f_v(u,v)+xy{f}_{vv}(u,v).\end{array}$$

代回 $u=x$，$v=xy$ 即得结论。

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20. 【2012-2-4 分】 设

$$z=f\left(\ln x+\frac{1}{y}\right),$$

其中函数 $f(u)$ 可微，求

$$x\frac{\partial z}{\partial x}+y^2\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{0}$$

解析： 令

$$u=\ln x+\frac{1}{y}.$$

由链式法则，

$$z_x=f^{\prime }(u)\frac{1}{x},$$$$z_y=f^{\prime }(u)\left(-\frac{1}{y^2}\right).$$

因此

$$\begin{array}{rl}x{z}_x+y^2{z}_y& =f^{\prime }(u)-f^{\prime }(u)\\ & =0.\end{array}$$

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21. 【2013-2-4 分】 设

$$z=\frac{y}{x}f(xy),$$

其中函数 $f$ 可微，则

$$\frac{x}{y}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=().$$

A. $2y{f}^{\prime }(xy)$    B. $-2y{f}^{\prime }(xy)$

C. $\frac{2}{x}f(xy)$    D. $-\frac{2}{x}f(xy)$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\text{A}}$$

解析： 分别求偏导：

$$z_x=-\frac{y}{x^2}f(xy)+\frac{y^2}{x}{f}^{\prime }(xy),$$$$z_y=\frac{1}{x}f(xy)+y{f}^{\prime }(xy).$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{x}{y}{z}_x+z_y& =\left[-\frac{1}{x}f(xy)+y{f}^{\prime }(xy)\right]+\left[\frac{1}{x}f(xy)+y{f}^{\prime }(xy)\right]\\ & =2y{f}^{\prime }(xy).\end{array}$$

故选 A。

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22. 【2015-2-4 分】 设函数 $f(u,v)$ 满足

$$f\left(x+y,\frac{y}{x}\right)=x^2-y^2,$$

则 ${f_u|}_{(1,1)}$ 与 ${f_v|}_{(1,1)}$ 依次是（ ）。

A. $\frac{1}{2},0$    B. $0,\frac{1}{2}$    C. $-\frac{1}{2},0$    D. $0,-\frac{1}{2}$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\text{D}}$$

解析： 令

$$u=x+y,v=\frac{y}{x}.$$

当 $(u,v)=(1,1)$ 时，

$$x+y=1,\frac{y}{x}=1,$$

故

$$x=y=\frac{1}{2}.$$

对原等式分别关于 $x,y$ 求偏导：

$$f_u-\frac{y}{x^2}{f}_v=2x,$$$$f_u+\frac{1}{x}{f}_v=-2y.$$

在 $x=y=\frac{1}{2}$ 处，得到

$$f_u-2f_v=1,$$$$f_u+2f_v=-1.$$

联立解得

$$f_u(1,1)=0,f_v(1,1)=-\frac{1}{2}.$$

故选 D。

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23. 【2016-13-4 分】 设函数 $f(u,v)$ 可微，$z=z(x,y)$ 由方程

$$(x+1)z-y^2=x^{2}f(x-z,y)$$

确定，求 ${dz|}_{(0,1)}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{dz|}_{(0,1)}=-dx+2dy}$$

解析： 先由原方程求对应的 $z$ 值。在 $(x,y)=(0,1)$ 处，

$$z-1=0,$$

故 $z=1$。

令

$$F(x,y,z)=(x+1)z-y^2-x^{2}f(x-z,y).$$

由 $F(x,y,z)=0$，有

$$dz=-\frac{F_x}{F_z}dx-\frac{F_y}{F_z}dy.$$

在 $(x,y,z)=(0,1,1)$ 处，含 $x$ 或 $x^2$ 的项均消失，因此

$$F_x=1,F_y=-2,F_z=1.$$

于是

$$dz=-dx+2dy.$$

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24. 【2019-2-4 分】 设函数 $f(u)$ 可导，

$$z=yf\left(\frac{y^2}{x}\right),$$

求

$$2x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{2x{z}_x+y{z}_y=z=yf\left(\frac{y^2}{x}\right)}$$

解析： 令

$$u=\frac{y^2}{x}.$$

则

$$z_x=y{f}^{\prime }(u)\left(-\frac{y^2}{x^2}\right),$$$$z_y=f(u)+y{f}^{\prime }(u)\frac{2y}{x}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}2x{z}_x+y{z}_y& =-\frac{2y^3}{x}{f}^{\prime }(u)+yf(u)+\frac{2y^3}{x}{f}^{\prime }(u)\\ & =yf(u)\\ & =z.\end{array}$$

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25. 【2019-1-4 分】 设函数 $f(u)$ 可导，

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

求

$$\frac{1}{\cos x}\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{\cos y}\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}}$$

解析： 令

$$u=\sin y-\sin x.$$

则

$$z_x=-f^{\prime }(u)\cos x+y,$$$$z_y=f^{\prime }(u)\cos y+x.$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{z_x}{\cos x}+\frac{z_y}{\cos y}& =-f^{\prime }(u)+\frac{y}{\cos x}+f^{\prime }(u)+\frac{x}{\cos y}\\ & =\frac{y}{\cos x}+\frac{x}{\cos y}.\end{array}$$

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26. 【2022-1-5 分】 设 $f(u)$ 可导，

$$z=xyf\left(\frac{y}{x}\right).$$

若

$$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=xy(\ln y-\ln x),$$

则（ ）。

A. $f(1)=\frac{1}{2},f^{\prime }(1)=0$    B. $f(1)=0,f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$

C. $f(1)=1,f^{\prime }(1)=0$    D. $f(1)=0,f^{\prime }(1)=1$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\text{B}}$$

解析： 函数

$$z=xyf\left(\frac{y}{x}\right)$$

是关于 $x,y$ 的二次齐次函数，因此由欧拉公式，

$$x{z}_x+y{z}_y=2z=2xyf\left(\frac{y}{x}\right).$$

又由题设，

$$2xyf\left(\frac{y}{x}\right)=xy(\ln y-\ln x)=xy\ln \frac{y}{x}.$$

令 $u=\frac{y}{x}$，则

$$2f(u)=\ln u,$$

即

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

故

$$f(1)=0,f^{\prime }(u)=\frac{1}{2u},f^{\prime }(1)=\frac{1}{2}.$$

故选 B。