二、多元函数导数的计算｜小题与大题

小题

（三）隐函数求导

1. 【1988-4-4 分】 已知 $u+e^u=xy$，求 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{1}{1+e^u}-\frac{xy{e}^u}{(1+e^u{)}^3}}$$

解析： 由隐函数方程

$$u+e^u=xy$$

两边对 $x$ 求偏导，得

$$(1+e^u)u_x=y,$$

故

$$u_x=\frac{y}{1+e^u}.$$

再对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{u}_{xy}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{y}{1+e^u}\right)\\ & =\frac{1}{1+e^u}-\frac{y{e}^u{u}_y}{(1+e^u{)}^2}.\end{array}$$

又由原方程对 $y$ 求偏导可得

$$u_y=\frac{x}{1+e^u}.$$

因此

$$u_{xy}=\frac{1}{1+e^u}-\frac{xy{e}^u}{(1+e^u{)}^3}.$$

---

2. 【1990-5-5 分】 设

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

其中 $\phi$ 为可微函数，求 $\frac{\partial z}{\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\phi \left(\frac{z}{y}\right)-\frac{z}{y}{\phi }^{\prime }\left(\frac{z}{y}\right)}{2z-{\phi }^{\prime }\left(\frac{z}{y}\right)}}$$

解析： 令 $s=\frac{z}{y}$。在求 $z_y$ 时把 $x$ 看作常数。原方程两边对 $y$ 求偏导：

$$2z{z}_y=\phi (s)+y{\phi }^{\prime }(s)s_y.$$

而

$$s_y=\frac{y{z}_y-z}{y^2}=\frac{z_y-s}{y}.$$

所以

$$2z{z}_y=\phi (s)+{\phi }^{\prime }(s)(z_y-s).$$

整理得

$$[2z-{\phi }^{\prime }(s)]z_y=\phi (s)-s{\phi }^{\prime }(s),$$

代回 $s=\frac{z}{y}$ 即得答案。

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3. 【1991-5-5 分】 已知

$$xy=xf(z)+yg(z),x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)\ne 0,$$

其中 $z=z(x,y)$ 是 $x,y$ 的函数，求证：

$$[x-g(z)]\frac{\partial z}{\partial x}=[y-f(z)]\frac{\partial z}{\partial y}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{[x-g(z)]z_x=[y-f(z)]z_y}$$

解析： 将原方程写为

$$xy-xf(z)-yg(z)=0.$$

两边对 $x$ 求偏导：

$$y-f(z)-[x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)]z_x=0,$$

故

$$[x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)]z_x=y-f(z).$$

两边对 $y$ 求偏导：

$$x-g(z)-[x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)]z_y=0,$$

故

$$[x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)]z_y=x-g(z).$$

由于 $x{f}^{\prime }(z)+y{g}^{\prime }(z)\ne 0$，将上面两式交叉相乘，得

$$[x-g(z)]z_x=[y-f(z)]z_y.$$

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4. 【1991-12-3 分】 由方程

$$xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$$

所确定的函数 $z=z(x,y)$ 在点 $(1,0,-1)$ 处的全微分 $dz=$ _____。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{dz=dx-\sqrt{2}dy}$$

解析： 令

$$F(x,y,z)=xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}-\sqrt{2}.$$

由隐函数全微分公式，

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

计算偏导：

$$F_x=yz+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},$$$$F_y=xz+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},$$$$F_z=xy+\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}.$$

在点 $(1,0,-1)$ 处，

$$F_x=\frac{1}{\sqrt{2}},F_y=-1,F_z=-\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

因此

$$dz=-\frac{1/\sqrt{2}}{-1/\sqrt{2}}dx-\frac{-1}{-1/\sqrt{2}}dy=dx-\sqrt{2}dy.$$

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5. 【1993-45-5 分】 设 $z=f(x,y)$ 是由方程

$$z-y-x+x{e}^{z-y-x}=0$$

所确定的二元函数，求 $dz$。

查看答案与解析

答案： 令 $w=z-y-x$，则

$$\boxed{dz=dy+\frac{1+(x-1)e^{z-y-x}}{1+x{e}^{z-y-x}}dx}$$

解析： 令 $w=z-y-x$，则原方程化为

$$w+x{e}^w=0.$$

两边取全微分：

$$dw+e^{w}dx+x{e}^{w}dw=0.$$

即

$$(1+x{e}^w)dw+e^{w}dx=0.$$

由于

$$dw=dz-dy-dx,$$

所以

$$dz-dy-dx=-\frac{e^w}{1+x{e}^w}dx.$$

从而

$$\begin{array}{rl}dz& =dy+\left(1-\frac{e^w}{1+x{e}^w}\right)dx\\ & =dy+\frac{1+(x-1)e^w}{1+x{e}^w}dx.\end{array}$$

代回 $w=z-y-x$ 即得。

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6. 【1999-1-5 分】 设 $y=y(x)$，$z=z(x)$ 是由方程

$$z=xf(x+y)$$

和

$$F(x,y,z)=0$$

所确定的函数，其中 $f$ 和 $F$ 分别具有一阶连续导数和一阶连续偏导数，求 $\frac{dz}{dx}$。

查看答案与解析

答案： 设 $s=x+y$，则

$$\boxed{\frac{dz}{dx}=\frac{[f(s)+x{f}^{\prime }(s)]F_y-x{f}^{\prime }(s)F_x}{F_y+x{f}^{\prime }(s)F_z}}$$

其中 $F_x,F_y,F_z$ 均在 $(x,y,z)$ 处取值。

解析： 由

$$z=xf(x+y)$$

对 $x$ 求导，得

$$z^{\prime }=f(s)+x{f}^{\prime }(s)(1+y^{\prime }).$$

即

$$z^{\prime }=f(s)+x{f}^{\prime }(s)+x{f}^{\prime }(s)y^{\prime }.$$

又由

$$F(x,y,z)=0$$

对 $x$ 求导，得

$$F_x+F_y{y}^{\prime }+F_z{z}^{\prime }=0.$$

将 $z^{\prime }$ 的表达式代入：

$$[F_y+x{f}^{\prime }(s)F_z]y^{\prime }+F_x+[f(s)+x{f}^{\prime }(s)]F_z=0.$$

故

$$y^{\prime }=-\frac{F_x+[f(s)+x{f}^{\prime }(s)]F_z}{F_y+x{f}^{\prime }(s)F_z}.$$

再代回 $z^{\prime }$，整理得

$$z^{\prime }=\frac{[f(s)+x{f}^{\prime }(s)]F_y-x{f}^{\prime }(s)F_x}{F_y+x{f}^{\prime }(s)F_z}.$$

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7. 【1999-4-3 分】 设

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

其中 $z=z(x,y)$ 是由

$$x+y+z+xyz=0$$

确定的隐函数，则 $f_x^{\prime }(0,1,-1)=$ _____。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{1}$$

解析： 这里应把 $f$ 看成复合函数

$$f(x,y,z(x,y))=e^{x}y[z(x,y){]}^2.$$

先由隐式方程对 $x$ 求偏导：

$$1+z_x+yz+xy{z}_x=0,$$

因此

$$z_x=-\frac{1+yz}{1+xy}.$$

在点 $(0,1,-1)$ 处，

$$z_x(0,1)=0.$$

再对复合函数求偏导：

$$f_x^{\prime }=e^{x}y{z}^2+2e^{x}yz{z}_x.$$

代入 $(x,y,z)=(0,1,-1)$ 及 $z_x=0$，得

$$f_x^{\prime }(0,1,-1)=1.$$

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8. 【2004-2-4 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$z=e^{2x-3z}+2y$$

确定，则

$$3\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{2}$$

解析： 记

$$E=e^{2x-3z}.$$

对原方程关于 $x$ 求偏导：

$$z_x=E(2-3z_x),$$

所以

$$(1+3E)z_x=2E,z_x=\frac{2E}{1+3E}.$$

对原方程关于 $y$ 求偏导：

$$z_y=-3E{z}_y+2,$$

所以

$$z_y=\frac{2}{1+3E}.$$

因此

$$3z_x+z_y=\frac{6E+2}{1+3E}=2.$$

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9. 【2005-1-4 分】 设有三元方程

$$xy-z\ln y+e^{xz}=1.$$

根据隐函数存在定理，存在点 $(0,1,1)$ 的一个邻域，在此邻域内该方程（ ）

A. 只能确定一个具有连续偏导数的隐函数 $z=z(x,y)$

B. 可以确定两个具有连续偏导数的隐函数 $y=y(x,z)$ 和 $z=z(x,y)$

C. 可以确定两个具有连续偏导数的隐函数 $x=x(y,z)$ 和 $z=z(x,y)$

D. 可以确定两个具有连续偏导数的隐函数 $x=x(y,z)$ 和 $y=y(x,z)$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 令

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

分别计算三个偏导：

$$F_x=y+z{e}^{xz},$$$$F_y=x-\frac{z}{y},$$$$F_z=-\ln y+x{e}^{xz}.$$

在点 $(0,1,1)$ 处，

$$F_x=2\ne 0,F_y=-1\ne 0,F_z=0.$$

由隐函数存在定理：

• 因 $F_x\ne 0$，可确定 $x=x(y,z)$；
• 因 $F_y\ne 0$，可确定 $y=y(x,z)$；
• 因 $F_z=0$，不能由该定理保证确定 $z=z(x,y)$。

故选 D。

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10. 【2010-12-4 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0$$

确定，其中 $F$ 为可微函数，且 $F_2^{\prime }\ne 0$，则

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

A. $x$    B. $z$    C. $-x$    D. $-z$

查看答案与解析

答案：

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

即

$$\boxed{x{z}_x+y{z}_y=z}$$

解析： 令

$$p=\frac{y}{x},q=\frac{z}{x}.$$

原方程为 $F(p,q)=0$。

对 $x$ 求偏导：

$$F_1\left(-\frac{y}{x^2}\right)+F_2\left(\frac{x{z}_x-z}{x^2}\right)=0.$$

两边乘以 $x^2$：

$$-y{F}_1+(x{z}_x-z)F_2=0.$$

对 $y$ 求偏导：

$$F_1\frac{1}{x}+F_2\frac{z_y}{x}=0,$$

即

$$F_1+F_2{z}_y=0.$$

由此 $F_1=-F_2{z}_y$。代入前式：

$$y{F}_2{z}_y+(x{z}_x-z)F_2=0.$$

由于 $F_2\ne 0$，故

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

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11. 【2013-3-4 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$(z+y{)}^x=xy$$

确定，则

$${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,2)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{2(1-\ln 2)}$$

解析： 在点 $(x,y)=(1,2)$ 处，由原方程得

$$(z+2{)}^1=2,$$

故 $z=0$。

对原方程两边取对数：

$$x\ln (z+y)=\ln x+\ln y.$$

把 $y$ 看作常数，对 $x$ 求偏导：

$$\ln (z+y)+\frac{x}{z+y}{z}_x=\frac{1}{x}.$$

代入 $(x,y,z)=(1,2,0)$，得

$$\ln 2+\frac{1}{2}{z}_x=1.$$

因此

$${z_x|}_{(1,2)}=2(1-\ln 2).$$

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12. 【2014-2-4 分】 设 $z=z(x,y)$ 是由方程

$$e^{2yz}+x+y^2+z=\frac{7}{4}$$

确定的函数，则

$${dz|}_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2})}=$$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时，原方程化为

$$e^z+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+z=\frac{7}{4},$$

即

$$e^z+z=1.$$

显然 $z=0$。

令

$$F(x,y,z)=e^{2yz}+x+y^2+z-\frac{7}{4}.$$

则

$$F_x=1,$$$$F_y=2z{e}^{2yz}+2y,$$$$F_z=2y{e}^{2yz}+1.$$

在 $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$ 处，

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

由 $dF=0$，得

$$F_{x}dx+F_{y}dy+F_{z}dz=0,$$

故

$$dz=-\frac{F_x}{F_z}dx-\frac{F_y}{F_z}dy=-\frac{1}{2}dx-\frac{1}{2}dy.$$

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13. 【2015-23-4 分】 若函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$e^{x+2y+3z}+xyz=1$$

确定，则

$${dz|}_{(0,0)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{{dz|}_{(0,0)}=-\frac{1}{3}dx-\frac{2}{3}dy}$$

解析： 当 $x=y=0$ 时，原方程为

$$e^{3z}=1,$$

故 $z=0$。

令

$$F(x,y,z)=e^{x+2y+3z}+xyz-1.$$

则

$$F_x=e^{x+2y+3z}+yz,$$$$F_y=2e^{x+2y+3z}+xz,$$$$F_z=3e^{x+2y+3z}+xy.$$

在 $(0,0,0)$ 处，

$$F_x=1,F_y=2,F_z=3.$$

由隐函数全微分公式，

$$dz=-\frac{F_x}{F_z}dx-\frac{F_y}{F_z}dy=-\frac{1}{3}dx-\frac{2}{3}dy.$$

---

14. 【2015-1-4 分】 若函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$e^z+xyz+x+\cos x=2$$

确定，则

$${dz|}_{(0,1)}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 在 $(x,y)=(0,1)$ 处，原方程为

$$e^z+1=2,$$

故 $z=0$。

令

$$F(x,y,z)=e^z+xyz+x+\cos x-2.$$

则

$$F_x=yz+1-\sin x,$$$$F_y=xz,$$$$F_z=e^z+xy.$$

在 $(0,1,0)$ 处，

$$F_x=1,F_y=0,F_z=1.$$

因此

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

---

15. 【2018-2-4 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$\ln z+e^{z-1}=xy$$

确定，则

$${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(2,\frac{1}{2})}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{1}{4}}$$

解析： 在 $\left(x,y\right)=\left(2,\frac{1}{2}\right)$ 处，$xy=1$。由

$$\ln z+e^{z-1}=1$$

可知 $z=1$。

令

$$F(x,y,z)=\ln z+e^{z-1}-xy.$$

则

$$F_x=-y,F_z=\frac{1}{z}+e^{z-1}.$$

由隐函数求导公式，

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{y}{\frac{1}{z}+e^{z-1}}.$$

代入 $\left(x,y,z\right)=\left(2,\frac{1}{2},1\right)$，得

$${z_x|}_{(2,\frac{1}{2})}=\frac{\frac{1}{2}}{1+1}=\frac{1}{4}.$$

---

16. 【2021-2-5 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$(x+1)z+y\ln z-\arctan (2xy)=1$$

确定，则

$${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(0,2)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{1}$$

解析： 在 $(x,y)=(0,2)$ 处，原方程为

$$z+2\ln z=1.$$

可知 $z=1$。

令

$$F(x,y,z)=(x+1)z+y\ln z-\arctan (2xy)-1.$$

则

$$F_x=z-\frac{2y}{1+4x^2{y}^2},$$$$F_z=x+1+\frac{y}{z}.$$

在 $(0,2,1)$ 处，

$$F_x=1-4=-3,F_z=1+2=3.$$

因此

$${z_x|}_{(0,2)}=-\frac{F_x}{F_z}=1.$$

---

17. 【2023-2-5 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由

$$e^z+xz=2x-y$$

确定，则

$${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}|}_{(1,1)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{-\frac{3}{2}}$$

解析： 在 $(x,y)=(1,1)$ 处，原方程为

$$e^z+z=1,$$

故 $z=0$。

令

$$F(x,y,z)=e^z+xz-2x+y.$$

先求一阶偏导。由

$$F_x+F_z{z}_x=0,$$

其中

$$F_x=z-2,F_z=e^z+x,$$

得

$$z_x=\frac{2-z}{e^z+x}.$$

在 $(1,1,0)$ 处，

$$z_x=1.$$

再对 $x$ 求导，利用二阶隐函数求导公式：

$$F_{xx}+2F_{xz}{z}_x+F_{zz}{z}_x^2+F_z{z}_{xx}=0.$$

这里

$$F_{xx}=0,F_{xz}=1,F_{zz}=e^z.$$

代入 $(x,y,z)=(1,1,0)$ 及 $z_x=1$，得

$$0+2+1+2z_{xx}=0.$$

故

$${z_{xx}|}_{(1,1)}=-\frac{3}{2}.$$

---

18. 【2024-3-5 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$z+e^x-y\ln (1+z^2)=0$$

确定，求

$${\left(\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}\right)|}_{(0,0)}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{-1-2\ln 2}$$

解析： 在 $(x,y)=(0,0)$ 处，原方程为

$$z+1=0,$$

故 $z=-1$。

令

$$F(x,y,z)=z+e^x-y\ln (1+z^2).$$

有

$$F_x=e^x,F_y=-\ln (1+z^2),$$$$F_z=1-\frac{2yz}{1+z^2}.$$

在 $(0,0,-1)$ 处，

$$F_z=1,z_x=-\frac{F_x}{F_z}=-1,z_y=-\frac{F_y}{F_z}=\ln 2.$$

对 $x$ 再求偏导：

$$F_{xx}+2F_{xz}{z}_x+F_{zz}{z}_x^2+F_z{z}_{xx}=0.$$

在该点，

$$F_{xx}=1,F_{xz}=0,F_{zz}=0,$$

所以

$$z_{xx}=-1.$$

对 $y$ 再求偏导：

$$F_{yy}+2F_{yz}{z}_y+F_{zz}{z}_y^2+F_z{z}_{yy}=0.$$

其中

$$F_{yy}=0,$$$$F_{yz}=-\frac{2z}{1+z^2}.$$

在 $z=-1$ 时，$F_{yz}=1$，且 $F_{zz}=0$，故

$$z_{yy}=-2F_{yz}{z}_y=-2\ln 2.$$

因此

$${(z_{xx}+z_{yy})|}_{(0,0)}=-1-2\ln 2.$$

---

19. 【2025-2-5 分】 设函数 $z=z(x,y)$ 由

$$z+\ln z-{\int }_y^x{e}^{-t^2}dt=0$$

确定，则

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

A. $\frac{z}{z+1}(e^{-x^2}-e^{-y^2})$    B. $\frac{z}{z+1}(e^{-x^2}+e^{-y^2})$

C. $-\frac{z}{z+1}(e^{-x^2}-e^{-y^2})$    D. $-\frac{z}{z+1}(e^{-x^2}+e^{-y^2})$

查看答案与解析

答案：

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

解析： 令

$$F(x,y,z)=z+\ln z-{\int }_y^x{e}^{-t^2}dt.$$

由变上、下限积分求导公式，

$$F_x=-e^{-x^2},F_y=e^{-y^2},$$

且

$$F_z=1+\frac{1}{z}=\frac{z+1}{z}.$$

因此

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{z}{z+1}{e}^{-x^2},$$$$z_y=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{z}{z+1}{e}^{-y^2}.$$

相加得

$$z_x+z_y=\frac{z}{z+1}\left(e^{-x^2}-e^{-y^2}\right).$$

故选 A。

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20. 【2025-3-5 分】 已知函数 $z=z(x,y)$ 由

$$z+\ln z-{\int }_y^{x}x{e}^{-t^2}dt=1$$

确定，则

$${\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}|}_{(1,1)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{1}{8e^2}}$$

解析： 积分变量为 $t$，故积分中的 $x$ 关于 $t$ 为常量。记

$$I(x,y)={\int }_y^x{e}^{-t^2}dt,$$

则原方程可写为

$$z+\ln z-xI(x,y)=1.$$

在 $(x,y)=(1,1)$ 处，$I(1,1)=0$，于是

$$z+\ln z=1,$$

故 $z=1$。

令

$$H(x,y)=xI(x,y).$$

则

$$H_x=I(x,y)+x{e}^{-x^2}.$$

在 $(1,1)$ 处，

$$H_x=e^{-1}.$$

对方程关于 $x$ 求偏导：

$$\left(1+\frac{1}{z}\right)z_x=H_x.$$

故在 $(1,1,z=1)$ 处，

$$z_x=\frac{1}{2e}.$$

再求一次偏导。由于

$$H_{xx}=\frac{\partial }{\partial x}\left(I+x{e}^{-x^2}\right)=e^{-x^2}+e^{-x^2}-2x^2{e}^{-x^2}=2(1-x^2)e^{-x^2},$$

所以 $H_{xx}(1,1)=0$。

另一方面，

$$\frac{d}{dx}\left[\left(1+\frac{1}{z}\right)z_x\right]=\left(1+\frac{1}{z}\right)z_{xx}-\frac{z_x^2}{z^2}.$$

因此在 $z=1$ 处，

$$2z_{xx}-z_x^2=0.$$

于是

$$z_{xx}=\frac{z_x^2}{2}=\frac{1}{2}{\left(\frac{1}{2e}\right)}^2=\frac{1}{8e^2}.$$

大题

（一）数值型

1. 【1996-5-7 分】 设

$$f(x,y)={\int }_0^{xy}{e}^{-t^2}dt,$$

求

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

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{-2e^{-x^2{y}^2}}$$

解析： 令

$$s=xy.$$

由变上限积分求导公式，

$$f_x=e^{-s^2}{s}_x=y{e}^{-x^2{y}^2},$$$$f_y=e^{-s^2}{s}_y=x{e}^{-x^2{y}^2}.$$

继续求二阶偏导数：

$$\begin{array}{rl}{f}_{xx}& =\frac{\partial }{\partial x}\left(y{e}^{-x^2{y}^2}\right)\\ & =-2x{y}^3{e}^{-x^2{y}^2},\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{f}_{xy}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(y{e}^{-x^2{y}^2}\right)\\ & =e^{-x^2{y}^2}-2x^2{y}^2{e}^{-x^2{y}^2}\\ & =\left(1-2x^2{y}^2\right)e^{-x^2{y}^2},\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{f}_{yy}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(x{e}^{-x^2{y}^2}\right)\\ & =-2x^{3}y{e}^{-x^2{y}^2}.\end{array}$$

代入所求式：

$$\begin{array}{rl}& \frac{x}{y}{f}_{xx}-2f_{xy}+\frac{y}{x}{f}_{yy}\\ =& -2x^2{y}^2{e}^{-x^2{y}^2}-2\left(1-2x^2{y}^2\right)e^{-x^2{y}^2}-2x^2{y}^2{e}^{-x^2{y}^2}\\ =& -2e^{-x^2{y}^2}.\end{array}$$

本题的关键是先由积分上限

$$xy$$

求出一阶偏导，再注意混合偏导中还要对上限导数因子 $y$ 求导。

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2. 【2000-4-6 分】 已知

$$z=u^v,u=\ln \sqrt{x^2+y^2},v=\arctan \frac{y}{x},$$

求 $dz$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{dz=\frac{u^v}{x^2+y^2}\left[\left(\frac{vx}{u}-y\ln u\right)dx+\left(\frac{vy}{u}+x\ln u\right)dy\right]}$$

其中

$$u=\ln \sqrt{x^2+y^2},v=\arctan \frac{y}{x}.$$

解析： 对幂指函数

$$z=u^v$$

取对数：

$$\ln z=v\ln u.$$

两边求全微分：

$$\frac{dz}{z}=\ln udv+\frac{v}{u}du,$$

故

$$dz=u^v\left(\ln udv+\frac{v}{u}du\right).$$

先求 $u$ 的全微分：

$$\begin{array}{rl}u& =\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2),\\ du& =\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}.\end{array}$$

再求 $v$ 的全微分：

$$\begin{array}{rl}v& =\arctan \frac{y}{x},\\ dv& =\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}.\end{array}$$

代入得

$$\begin{array}{rl}dz& =u^v\left[\ln u\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}+\frac{v}{u}\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}\right]\\ & =\frac{u^v}{x^2+y^2}\left[\left(\frac{vx}{u}-y\ln u\right)dx+\left(\frac{vy}{u}+x\ln u\right)dy\right].\end{array}$$

这里采用对数求导，可把 $u^v$ 的微分统一写成底函数与指数函数微分的组合。

（二）抽象型

1. 【1987-2-7 分】 设

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

其中 $f$ 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： 记 $f$ 的三个自变量依次为 $u,x,y$，则

$$\boxed{z_{xy}=e^y{f}_u+x{e}^{2y}{f}_{uu}+x{e}^y{f}_{ux}+e^y{f}_{uy}+f_{xy}}$$

其中各偏导数均在点 $(u,x,y)=(x{e}^y,x,y)$ 处取值。

解析： 由复合函数求导法则，先对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =f_u{u}_x+f_x\\ & =e^y{f}_u+f_x.\end{array}$$

再对 $y$ 求偏导。对第一项，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}(e^y{f}_u)& =e^y{f}_u+e^y\frac{\partial f_u}{\partial y}\\ & =e^y{f}_u+e^y\left(f_{uu}{u}_y+f_{uy}\right).\end{array}$$

由于

$$u_y=x{e}^y=u,$$

所以

$$\frac{\partial }{\partial y}(e^y{f}_u)=e^y{f}_u+x{e}^{2y}{f}_{uu}+e^y{f}_{uy}.$$

对第二项，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial f_x}{\partial y}& =f_{xu}{u}_y+f_{xy}\\ & =x{e}^y{f}_{xu}+f_{xy}.\end{array}$$

因二阶连续偏导数存在，

$$f_{xu}=f_{ux}.$$

故

$$z_{xy}=e^y{f}_u+x{e}^{2y}{f}_{uu}+x{e}^y{f}_{ux}+e^y{f}_{uy}+f_{xy}.$$

注意：$f(u,x,y)$ 的第二、第三个自变量本身也是 $x,y$，因此链式法则中不仅有由 $u=x{e}^y$ 产生的项，还保留 $f_x,f_y$ 的直接变化项。

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