四、多元函数的极限、连续、偏导与微分

小题

1. 【1994-12-3 分】 二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数 $f_x^{\prime }(x_0,y_0)$，$f_y^{\prime }(x_0,y_0)$ 存在，是 $f(x,y)$ 在该点连续的（ ）.

A. 充分条件而非必要条件    B. 必要条件而非充分条件

C. 充分必要条件    D. 既非充分条件又非必要条件

查看答案与解析

答案： D。

解析： 两个偏导数存在，不能推出函数连续。例如

$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$

在原点的两个偏导数均存在且都等于 $0$，但沿 $y=x$ 有

$f(x,x)=\frac{1}{2}$，

故函数在原点不连续。因此偏导数存在不是连续的充分条件。

反之，函数连续也不能保证偏导数存在。例如

$f(x,y)=|x|+|y|$

在原点连续，但 $f_x^{\prime }(0,0)$ 与 $f_y^{\prime }(0,0)$ 均不存在。因此偏导数存在也不是连续的必要条件。

故应选 D；A、B、C 均错误。

---

2. 【1997-1-3 分】 二元函数 $f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$ 在点 $(0,0)$ 处（ ）

A. 连续，偏导数存在    B. 连续，偏导数不存在

C. 不连续，偏导数存在    D. 不连续，偏导数不存在

查看答案与解析

答案： C。

解析： 先判断连续性。沿直线 $y=x$ 趋于原点时，

$f(x,x)=\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}$；

沿 $y=0$ 趋于原点时，

$f(x,0)=0$。

两条路径所得极限不同，因此

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)$

不存在，函数在原点不连续。

再计算偏导数：

$f_x^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0$，

$f_y^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=0$。

故函数在原点不连续，但两个偏导数都存在，应选 C。

---

3. 【2002-1-3 分】 考虑二元函数 $f(x,y)$ 的下面四条性质： ① $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处连续； ② $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处的两个偏导数连续； ③ $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微； ④ $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处的两个偏导数存在。 若用“$P\Rightarrow Q$”表示可由性质 $P$ 推出性质 $Q$，则有（ ）.

A. ②$\Rightarrow$③$\Rightarrow$①    B. ③$\Rightarrow$②$\Rightarrow$①

C. ③$\Rightarrow$④$\Rightarrow$①    D. ③$\Rightarrow$①$\Rightarrow$④

查看答案与解析

答案： A。

解析： 多元函数的基本关系为：

• 若两个一阶偏导数在该点的某邻域内存在，并在该点连续，则函数在该点可微；
• 函数在该点可微，则函数在该点连续，并且两个偏导数存在。

因此有

$\text{偏导数连续}\Rightarrow \text{可微}\Rightarrow \text{连续}$，

即 ②$\Rightarrow$③$\Rightarrow$①，故选 A。

可微不一定推出偏导数连续，所以 B 错；偏导数存在不一定推出连续，所以 C 错；连续也不一定推出偏导数存在，所以 D 错。

---

4. 【2007-2-4 分】 二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微的一个充分条件是（ ）

A. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }[f(x,y)-f(0,0)]=0$

B. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=0$，且 $\underset{y\to 0}{\lim }\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=0$

C. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

D. $\underset{x\to 0}{\lim }[f_x^{\prime }(x,0)-f_x^{\prime }(0,0)]=0$，且 $\underset{y\to 0}{\lim }[f_y^{\prime }(0,y)-f_y^{\prime }(0,0)]=0$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 函数在原点可微的定义是存在常数 $A,B$，使

$f(x,y)-f(0,0)=Ax+By+o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$。

选项 C 给出

$f(x,y)-f(0,0)=o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$，

这正是上式中 $A=B=0$ 的情形，所以函数在原点可微，且

$df{|}_{(0,0)}=0$。

A 只说明函数连续，不足以保证可微；B 只说明两个偏导数存在且为 $0$，仍不足以保证可微；D 只控制坐标轴上的偏导数，不能控制任意方向趋近原点时的余项。因此选 C。

---

5. 【2008-3-4 分】 已知 $f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^4}}$，则（ ）

A. $f_x^{\prime }(0,0)$，$f_y^{\prime }(0,0)$ 都存在    B. $f_x^{\prime }(0,0)$ 不存在，$f_y^{\prime }(0,0)$ 存在

C. $f_x^{\prime }(0,0)$ 不存在，$f_y^{\prime }(0,0)$ 不存在    D. $f_x^{\prime }(0,0)$，$f_y^{\prime }(0,0)$ 都不存在

查看答案与解析

答案： B。

解析： 因为 $f(0,0)=1$，所以

$f_x^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^{|h|}-1}{h}$。

当 $h\to 0^{+}$ 时，该极限为 $1$；当 $h\to 0^{-}$ 时，该极限为 $-1$。左右极限不相等，故 $f_x^{\prime }(0,0)$ 不存在。

另一方面，

$f_y^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^{h^2}-1}{h}$。

由于 $e^{h^2}-1\sim h^2$，所以

$f_y^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }h=0$，

故 $f_y^{\prime }(0,0)$ 存在。因此选 B。

---

6. 【2012-3-4 分】 设连续函数 $z=f(x,y)$ 满足

$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 1\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)-2x+y-2}{\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}}=0$，

则 $dz{|}_{(0,1)}=$ _____。

查看答案与解析

答案： $dz{|}_{(0,1)}=2dx-dy$。

解析： 由极限为 $0$ 可知分子趋于 $0$。又因 $f$ 连续，故

$f(0,1)-2\cdot 0+1-2=0$，

从而

$f(0,1)=1$。

将分子整理为

$f(x,y)-f(0,1)-2x+(y-1)$。

题设等价于

$f(x,y)-f(0,1)=2x-(y-1)+o\left(\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}\right)$。

因此函数在 $(0,1)$ 处可微，且

$f_x^{\prime }(0,1)=2，f_y^{\prime }(0,1)=-1$。

故

$dz{|}_{(0,1)}=2dx-dy$。

---

7. 【2012-1-4 分】 如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续，那么下列命题正确的是（ ）

A. 若极限 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微

B. 若极限 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微

C. 若 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微，则极限 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在

D. 若 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微，则极限 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在

查看答案与解析

答案： B。

解析： 若选项 B 中的极限存在且为有限值，则

$f(x,y)=O(x^2+y^2)$。

由连续性以及右端趋于 $0$，可得 $f(0,0)=0$。于是

$$\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=O\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)\to 0$$

。

故 $f$ 在原点可微，且全微分为 $0$，所以 B 正确。

A 错，例如 $f(x,y)=|x|+|y|$，相应比值恒为 $1$，但函数在原点不可微。

C、D 均错。可微函数的一阶主部一般为 $ax+by$，分别除以 $|x|+|y|$ 或 $x^2+y^2$ 后，极限通常不存在或无界。

---

8. 【2020-1-4 分】 设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，$f(0,0)=0$，

$n={\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y},-1\right)|}_{(0,0)}$，

非零向量 $d$ 与 $n$ 垂直，则（ ）

A. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|n\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

B. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|n\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

C. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|d\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

D. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|d\times (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 记

$a=f_x^{\prime }(0,0)，b=f_y^{\prime }(0,0)$。

由可微性，

$f(x,y)=ax+by+o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$。

又 $n=(a,b,-1)$，所以

$$\begin{array}{rl}n\cdot (x,y,f(x,y))& =ax+by-f(x,y)\\ & =o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right).\end{array}$$

因此

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{|n\cdot (x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$，

故 A 正确。

几何上，$n$ 是曲面 $z=f(x,y)$ 在原点处切平面的法向量；曲面位移向量与切平面的偏离量仅为高阶无穷小。其余三个向量积或与任意切向量 $d$ 的点积一般含非零一阶项，不能保证相应极限为 $0$。

---

9. 【2020-2-4 分】 关于函数

$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}xy,& y\ne x，y\ne 0,\\ x,& y=0,\\ y,& x=0，\end{array}$

正确的个数是（ ）

（1）${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,0)}=1$；

（2）${\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}|}_{(0,0)}=1$；

（3）$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0$；

（4）$\underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }f(x,y)=0$。

A. 4    B. 3    C. 2    D. 1

查看答案与解析

答案： B，即有 3 个命题正确。

解析： 按题设给出的分段定义逐项判断。

（1）当 $y=0$ 时，$f(x,0)=x$，且 $f(0,0)=0$，故

$f_x^{\prime }(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=1$。

所以（1）正确。

（2）虽然 $f_x^{\prime }(0,0)$ 存在，但在 $y\ne 0$ 时，考察 $x=0$ 处关于 $x$ 的偏导，有

$\frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}=\frac{hy-y}{h}=y-\frac{y}{h}$，

其极限一般不存在。因此 $f_x^{\prime }(0,y)$ 在原点附近并非处处存在，进而题中的混合偏导数在原点不存在，所以（2）错误。

（3）当 $x,y$ 均不在坐标轴上时，$f(x,y)=xy\to 0$；在坐标轴上分别有 $f(x,0)=x\to 0$、$f(0,y)=y\to 0$。故

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0$，

所以（3）正确。

（4）固定 $y\ne 0$，当 $x\to 0$ 时，去心邻域内 $f(x,y)=xy$，故内层极限为 $0$；再令 $y\to 0$，仍得 $0$。所以（4）正确。

综上，（1）（3）（4）正确，共 3 个，故选 B。

---

10. 【2023-3-5 分】 已知函数 $f(x,y)=\ln (y+|x\sin y|)$，则（ ）.

A. ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}$ 不存在，${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}$ 存在

B. ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}$ 存在，${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}$ 不存在

C. ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}$，${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}$ 均存在

D. ${\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(0,1)}$，${\frac{\partial f}{\partial y}|}_{(0,1)}$ 均不存在

查看答案与解析

答案： A。

解析： 先考察关于 $x$ 的偏导数。因为 $f(0,1)=0$，所以

$$\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }(0,1)& =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+|h\sin 1|)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+|h|\sin 1)}{|h|}\cdot \frac{|h|}{h}.\end{array}$$

第一个因子趋于 $\sin 1>0$，而第二个因子的左右极限分别为 $1$ 与 $-1$，故 $f_x^{\prime }(0,1)$ 不存在。

再考察关于 $y$ 的偏导数。当 $x=0$ 时，

$f(0,y)=\ln y$，

故

$f_y^{\prime }(0,1)={\frac{1}{y}|}_{y=1}=1$，

存在。因此选 A。

---

11. 【2024-2-5 分】 已知函数

$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}(x^2+y^2)\sin \frac{1}{xy},& xy\ne 0,\\ 0,& xy=0,\end{array}$

则在点 $(0,0)$ 处（ ）.

A. $\frac{\partial f}{\partial x}$ 连续，$f(x,y)$ 可微

B. $\frac{\partial f}{\partial x}$ 连续，$f(x,y)$ 不可微

C. $\frac{\partial f}{\partial x}$ 不连续，$f(x,y)$ 可微

D. $\frac{\partial f}{\partial x}$ 不连续，$f(x,y)$ 不可微

查看答案与解析

答案： C。

解析： 先判断 $f(x,y)$ 在原点处是否可微。

由于 $f(x,0)=f(0,y)=0$，故

$f_x^{\prime }(0,0)=f_y^{\prime }(0,0)=0$。

又当 $xy\ne 0$ 时，

$|f(x,y)|\le x^2+y^2$，

从而

$$0\le \frac{|f(x,y)-f(0,0)-f_x^{\prime }(0,0)x-f_y^{\prime }(0,0)y|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le \sqrt{x^2+y^2}\to 0$$

。

因此 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微。

下面判断 $f_x^{\prime }$ 的连续性。当 $xy\ne 0$ 时，

$f_x^{\prime }(x,y)=2x\sin \frac{1}{xy}-\frac{x^2+y^2}{x^{2}y}\cos \frac{1}{xy}$。

沿直线 $y=x$ 趋于原点，有

$f_x^{\prime }(x,x)=2x\sin \frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}\cos \frac{1}{x^2}$，

该式不仅不趋于 $f_x^{\prime }(0,0)=0$，而且无界振荡。因此 $f_x^{\prime }$ 在原点处不连续。

故选 C。A 错在偏导数不连续；B、D 错在函数实际上可微。