将一元函数的概念推广到多维空间。二元函数 $z=f(x,y)$ 的每个有序数对 $(x,y)$ 对应唯一的 $z$ 值。确定定义域时，需同时满足所有约束条件。
常见约束类型：
定义域的表示： 二维平面上的点集，通常用不等式组或"除……外"来描述。
求函数 $z=\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}+\ln(y-x)$ 的定义域。
解： 由根号得 $4-x^{2}-y^{2}\ge 0$，即 $x^{2}+y^{2}\le 4$（闭圆盘）。由对数得 $y-x\gt 0$，即 $y\gt x$（直线 $y=x$ 上方的半平面）。取交集：
求函数 $z=\arcsin(x^{2}+y^{2})$ 的定义域。
解： 由 $\arcsin$ 要求得 $|x^{2}+y^{2}|\le 1$，又 $x^{2}+y^{2}\ge 0$ 恒成立，故定义域为 $x^{2}+y^{2}\le 1$，即单位闭圆盘。
一元极限只需考虑左右两侧；二重极限需要 $(x,y)$ 沿任意路径趋于 $(x_{0},y_{0})$ 时函数值趋于同一常数 $A$。
计算策略：
计算 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}$。
解： 令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，则
$|\cos^{2}\theta\sin\theta|\le 1$，故当 $r\to 0$ 时函数 $\to 0$。极限为 $0$。
证明 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}$ 不存在。
解： 沿 $y=kx$ 路径：$\displaystyle\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}=\frac{kx^{2}}{x^{2}+k^{2}x^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}}$。
当 $k=0$（沿 $x$ 轴）时极限为 $0$；当 $k=1$（沿 $y=x$）时极限为 $\frac{1}{2}$。两路径得不同值，故极限不存在。
对 $x$ 求偏导 $\partial z/\partial x$ 时，将 $y$ 视为常数；对 $y$ 求偏导时同理。一元函数的所有求导法则全部适用于偏导数。
偏导数的记号：
偏导函数： 偏导数 $\partial z/\partial x$ 一般仍是 $x,y$ 的二元函数。
设 $z=x^{3}+3x^{2}y+y^{4}$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}$。
解： 对 $x$ 求偏导，$y$ 视为常数：
对 $y$ 求偏导，$x$ 视为常数：
设 $z=e^{xy}\sin(x+y)$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}$。
解： 乘积法则：
先求一阶偏导函数，再对它们继续求导即得二阶偏导。混合偏导 $f_{xy}$ 与 $f_{yx}$ 在连续条件下相等。
二阶偏导记号：
Clairaut定理（混合偏导相等）： 若 $f_{xy}$ 和 $f_{yx}$ 在区域内连续，则 $f_{xy}=f_{yx}$。
设 $z=\ln(x^{2}+y^{2})$，验证 $\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0$（Laplace方程）。
解：
同理 $z_{yy}=\dfrac{2(x^{2}-y^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}$。相加得 $z_{xx}+z_{yy}=0$，证毕。
设 $z=x^{3}y^{2}$，求全部二阶偏导数。
解： $z_{x}=3x^{2}y^{2}$，$z_{y}=2x^{3}y$。
全微分是偏导数概念的"总推广"，描述了函数值随所有自变量同时变化时的线性主部。
可微的三个层次：
近似计算： 利用 $\Delta z\approx dz$，即
求 $z=x^{2}y+y^{3}$ 的全微分 $dz$。
解： $z_{x}=2xy$，$z_{y}=x^{2}+3y^{2}$，故
利用全微分近似计算 $(1.02)^{2}\times(0.97)$。
解： 设 $f(x,y)=x^{2}y$，取 $x_{0}=1$，$y_{0}=1$，$\Delta x=0.02$，$\Delta y=-0.03$。
$f_{x}=2xy$，$f_{y}=x^{2}$，在 $(1,1)$ 处 $f(1,1)=1$，$f_{x}(1,1)=2$，$f_{y}(1,1)=1$。
画出变量依赖关系的"树形图"，每一条从因变量到自变量的路径对应一个乘积项，所有路径的乘积项之和即为最终导数。
三种基本情形：
口诀： "分叉相加，链链相乘"——每个中间变量一条链，链内求导相乘，各链之间相加。
设 $z=u^{2}+v^{2}$，$u=x+y$，$v=x-y$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}$。
解： 画树形图：$z\leftarrow u,v\leftarrow x,y$。
代入 $u=x+y$，$v=x-y$ 得 $\frac{\partial z}{\partial x}=4x$。
设 $z=f(x^{2}+y^{2},\ xy)$，其中 $f$ 可微，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}$（用 $f_{1},f_{2}$ 表示）。
解： 令 $u=x^{2}+y^{2}$，$v=xy$，则 $z=f(u,v)$。
其中 $f_{1}=f_{u}$，$f_{2}=f_{v}$（抽象函数偏导的简记法）。
将方程改写为 $F(\cdots)=0$ 的形式，利用隐函数定理的公式直接求导，无需解出显函数。
两种基本情形：
关键步骤： 设 $F$ 时将所有项移到等式左边，再求 $F$ 对各变量的偏导（将 $x,y,z$ 均视为独立自变量）。
由 $x^{2}+y^{2}=1$ 确定 $y=y(x)$，求 $\displaystyle\frac{dy}{dx}$。
解： 设 $F(x,y)=x^{2}+y^{2}-1=0$。$F_{x}=2x$，$F_{y}=2y$，故
由 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 确定 $z=z(x,y)$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}$。
解： 设 $F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-4=0$。$F_{x}=2x$，$F_{y}=2y$，$F_{z}=2z$。故
偏导数只描述了沿坐标轴方向的变化率，而方向导数描述了沿任意指定方向 $\vec{l}$ 的变化率，是偏导数概念的推广。
计算公式： 若 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_{0},y_{0})$ 处可微，则沿单位方向 $\vec{l}=(\cos\alpha,\ \cos\beta)$ 的方向导数为：
注意： $\cos\alpha,\cos\beta$ 是方向 $\vec{l}$ 的方向余弦，即先将 $\vec{l}$ 化为单位向量，再取其两个分量。
求 $f(x,y)=x^{2}+xy+y^{2}$ 在点 $(1,2)$ 处沿方向 $\vec{l}=(3,4)$ 的方向导数。
解： $f_{x}=2x+y$，在 $(1,2)$ 处 $f_{x}=4$；$f_{y}=x+2y$，在 $(1,2)$ 处 $f_{y}=5$。
$\vec{l}$ 的单位向量：$|\vec{l}|=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$，$\vec{l}^{\,0}=(\frac{3}{5},\frac{4}{5})$，即 $\cos\alpha=\frac{3}{5}$，$\cos\beta=\frac{4}{5}$。
求 $f(x,y)=ye^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处沿与 $x$ 轴正方向夹角为 $45^{\circ}$ 的方向的方向导数。
解： $f_{x}=ye^{x}$，在 $(0,1)$ 处 $f_{x}=1$；$f_{y}=e^{x}$，在 $(0,1)$ 处 $f_{y}=1$。
$\vec{l}^{\,0}=(\cos45^{\circ},\sin45^{\circ})=(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$。
梯度是一个向量，其方向是函数值增长最快的方向，其模长等于该方向上的最大方向导数。
梯度定义：
梯度与方向导数关系：
当 $\theta=0$（$\vec{l}$ 与梯度同向）时，方向导数取最大值 $|\nabla f|$。
求 $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ 在点 $(1,1)$ 处的梯度及该点处的最大方向导数。
解： $f_{x}=2x$，$f_{y}=2y$，在 $(1,1)$ 处 $\nabla f=(2,2)$。
求曲面 $z=x^{2}+y^{2}$ 在点 $(1,1,2)$ 处的切平面方程。
解： 设 $F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-z=0$。$\nabla F=(2x,2y,-1)$，在 $(1,1,2)$ 处 $\vec{n}=(2,2,-1)$。
求二元函数极值的标准流程，类似于一元函数的"一阶导判驻点、二阶导判极值"。
判定步骤：
求 $f(x,y)=x^{3}-y^{3}+3x^{2}+3y^{2}-9x$ 的极值。
解： 解 $\begin{cases}f_{x}=3x^{2}+6x-9=0\\ f_{y}=-3y^{2}+6y=0\end{cases}$，得 $x=1$ 或 $x=-3$；$y=0$ 或 $y=2$。共四个驻点。
$A=f_{xx}=6x+6$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}=-6y+6$。
$(1,0)$：$A=12$，$C=6$，$\Delta=72\gt 0$，$A\gt 0$，极小值 $f=-5$。
$(1,2)$：$A=12$，$C=-6$，$\Delta=-72\lt 0$，非极值。
$(-3,0)$：$A=-12$，$C=6$，$\Delta=-72\lt 0$，非极值。
$(-3,2)$：$A=-12$，$C=-6$，$\Delta=72\gt 0$，$A\lt 0$，极大值 $f=31$。
求 $f(x,y)=xy$ 的极值。
解： $f_{x}=y=0$，$f_{y}=x=0$，唯一驻点 $(0,0)$。$A=0$，$B=1$，$C=0$，$\Delta=-1\lt 0$，故 $(0,0)$ 不是极值点（是鞍点），函数无局部极值。
在约束条件 $\varphi(x,y)=0$（或 $\varphi(x,y,z)=0$）下求 $f$ 的极值，构造拉格朗日函数：
然后按无条件极值的方法对 $L$ 求驻点。
求解方程组：
解出驻点后，通过比较函数值来确定最大/最小值。
在 $x+y=1$ 条件下，求 $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ 的最小值。
解： 设 $L(x,y,\lambda)=x^{2}+y^{2}+\lambda(x+y-1)$。
由前两式得 $x=y$，代入第三式：$2x=1$，$x=\frac{1}{2}$。故最小值 $f=\frac{1}{2}$。
要做一个体积为 $V$（定值）的无盖长方体水箱，长、宽、高各为多少时用料最省？
解： 设长宽高为 $x,y,z$。表面积 $S=xy+2xz+2yz$，约束 $xyz=V$。
设 $L=xy+2xz+2yz+\lambda(xyz-V)$，求导解方程组得 $x=y=2z$。代入 $xyz=V$：$4z^{3}=V$，$z=\sqrt[3]{V/4}$，$x=y=\sqrt[3]{4V}$。
闭区域上的连续函数必有最大值和最小值。需同时考虑内部驻点和边界上的条件极值，取全局最大/最小。
解题步骤：
求 $f(x,y)=x^{2}+y^{2}-2x-2y$ 在圆域 $x^{2}+y^{2}\le 4$ 上的最值。
解： 内部：$f_{x}=2x-2=0\Rightarrow x=1$，$f_{y}=2y-2=0\Rightarrow y=1$。驻点 $(1,1)$ 在圆内，$f(1,1)=-2$。
边界 $x^{2}+y^{2}=4$：$f=4-2(x+y)$。令 $x=2\cos\theta$，$y=2\sin\theta$。$f=4-4\sqrt{2}\sin(\theta+\frac{\pi}{4})$。边界最大值 $4+4\sqrt{2}$，最小值 $4-4\sqrt{2}$。
综合：全局最小值 $4-4\sqrt{2}$，全局最大值 $4+4\sqrt{2}$。
求 $f(x,y)=xy$ 在闭区域 $D=\{(x,y)\mid x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 1\}$ 上的最值。
解： 内部：$f_{x}=y=0$，$f_{y}=x=0$，驻点 $(0,0)$，$f=0$。
边界：$x=0$ 时 $f=0$；$y=0$ 时 $f=0$；$x+y=1$ 时 $f=x(1-x)=-x^{2}+x$，在 $x=\frac{1}{2}$ 处最大值 $\frac{1}{4}$。
综合：最大值 $\frac{1}{4}$（在 $(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 处），最小值 $0$。
二重积分 $\iint_{D}f(x,y)\,d\sigma$ 表示以 $D$ 为底、曲面 $z=f(x,y)$ 为顶的曲顶柱体体积（$f\ge 0$ 时）。计算时将二重积分化为二次定积分（累次积分）。
X-型区域： 用平行于 $y$ 轴的直线穿过区域，上下边界由 $y=\varphi_{1}(x)$ 和 $y=\varphi_{2}(x)$ 给出：
Y-型区域： 用平行于 $x$ 轴的直线穿过区域：
计算 $\displaystyle\iint_{D}(x+y)\,dxdy$，其中 $D$ 由 $y=x$、$y=x^{2}$ 围成。
解： 画图，交点：$x=x^{2}\Rightarrow x=0,1$。看作X-型：$a=0$，$b=1$，$\varphi_{1}(x)=x^{2}$，$\varphi_{2}(x)=x$。
内层：$\int_{x^{2}}^{x}(x+y)dy=[xy+\frac{y^{2}}{2}]_{x^{2}}^{x}=\frac{3}{2}x^{2}-x^{3}-\frac{1}{2}x^{4}$。
外层：$\int_{0}^{1}(\frac{3}{2}x^{2}-x^{3}-\frac{1}{2}x^{4})dx=[\frac{x^{3}}{2}-\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{5}}{10}]_{0}^{1}=\frac{3}{20}$。
计算 $\displaystyle\iint_{D}e^{y^{2}}\,dxdy$，其中 $D$ 由 $y=x$，$y=1$，$x=0$ 围成。
解： 若先对 $y$ 积分则内层 $\int e^{y^{2}}dy$ 无法用初等函数表达。换为Y-型：$0\le y\le 1$，$0\le x\le y$。
当积分区域为圆域、圆环、扇形，或被积函数含 $x^{2}+y^{2}$ 时，使用极坐标变换可大大简化计算。
变换公式：
别忘了 $r$！ 面积元素 $dxdy$ 变为 $r\,drd\theta$，这是极坐标计算中最容易遗漏的因子。
常见区域的极坐标表示：
计算 $\displaystyle\iint_{D}e^{x^{2}+y^{2}}\,dxdy$，其中 $D$ 为 $x^{2}+y^{2}\le 1$。
解： 极坐标：$0\le\theta\le 2\pi$，$0\le r\le 1$。
计算 $\displaystyle\iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dxdy$，其中 $D$ 为圆域 $x^{2}+y^{2}\le 2x$。
解： $x^{2}+y^{2}=2x\Rightarrow r^{2}=2r\cos\theta\Rightarrow r=2\cos\theta$。区域：$-\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}$，$0\le r\le 2\cos\theta$。
由对称性 $=2\int_{0}^{\pi/2}\frac{8\cos^{3}\theta}{3}d\theta=\frac{16}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{32}{9}$。
有时按给定次序积分困难，需要"换一个次序"来做。步骤为：由积分限复原积分区域 → 重新选择积分次序 → 写出新的二次积分。
操作步骤：
常见需要交换次序的情形： 内层积分的原函数不是初等函数（如 $\int e^{y^{2}}dy$，$\int\frac{\sin y}{y}dy$）；题目明确要求交换次序。
交换积分次序：$\displaystyle\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{\sqrt{x}}f(x,y)\,dy$。
解： 原区域：$0\le x\le 1$，$x\le y\le\sqrt{x}$。画图知区域由 $y=x$ 和 $y=\sqrt{x}$（即 $x=y^{2}$）围成。
换为Y-型：$0\le y\le 1$。对每个 $y$，$x$ 范围：$y^{2}\le x\le y$（因 $y^{2}\le y$ 在 $y\in[0,1]$ 上成立）。
交换积分次序并计算：$\displaystyle\int_{0}^{1}dy\int_{y}^{1}e^{x^{2}}\,dx$。
解： 原区域：$0\le y\le 1$，$y\le x\le 1$。换为X-型：$0\le x\le 1$，$0\le y\le x$。
第一步——判断题型：
第二步——选坐标系（二重积分专用）：
第三步——验证： 检查驻点是否在区域内、$\Delta=AC-B^{2}$ 符号、极坐标变换是否遗漏 $r$、全微分公式系数是否正确。
| 考点 | 关键公式 | 核心计算 | 易错提醒 |
|---|---|---|---|
| 偏导数 | $f_{x}$：$y$ 视为常数 | 按一元求导法则 | 混用 $d$ 和 $\partial$ |
| 全微分 | $dz=f_{x}dx+f_{y}dy$ | 偏导存在+连续$\Rightarrow$可微 | 偏导存在$\neq$可微 |
| 链式法则 | $\frac{\partial z}{\partial x}=f_{u}u_{x}+f_{v}v_{x}$ | 树形图穷举路径 | 漏写路径 |
| 隐函数 | $\frac{dy}{dx}=-\frac{F_{x}}{F_{y}}$ | 设 $F=0$ 再求偏导 | $F_{x}$ 中将各变量独立 |
| 方向导数 | $\frac{\partial f}{\partial l}=f_{x}\cos\alpha+f_{y}\cos\beta$ | 方向化为单位向量 | $\cos$ 符号正确 |
| 梯度 | $\nabla f=(f_{x},f_{y})$ | 向量取模得最大变化率 | 梯度垂直于等值线 |
| 无条件极值 | $\Delta=AC-B^{2}$ | 驻点 $\to$ 二阶导 $\to$ 判别 | $\Delta=0$ 失效 |
| 条件极值 | $L=f+\lambda\varphi$ | 极值点不一定是驻点 | 多约束需多个乘数 |
| 闭区域最值 | 内部+边界+角点 | 全局比较 | 角点不可漏 |
| 二重积分（直角） | $\int_{a}^{b}dx\int_{\varphi_{1}}^{\varphi_{2}}fdy$ | 画图定限 | 次序不当积分困难 |
| 二重积分（极坐标） | $dxdy=r\,drd\theta$ | $r,\theta$ 范围对应 | 不要漏乘 $r$ |
| 交换次序 | 复原积分区域 | 重新定限 | 曲线交点 |
设 $z=f(xy,\ x^{2}+y^{2})$，其中 $f$ 有二阶连续偏导，求 $\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$。
解： 令 $u=xy$，$v=x^{2}+y^{2}$，$z=f(u,v)$。
由 $f_{uv}=f_{vu}$，整理得 $z_{xy}=xyf_{uu}+2(x^{2}+y^{2})f_{uv}+4xyf_{vv}+f_{u}$。
在所有体积为定值 $V$ 的长方体中，求表面积最小的那个。
解： 设长宽高为 $x,y,z$。约束 $xyz=V$。表面积 $S=2(xy+yz+zx)$。
求偏导：$\begin{cases}L_{x}=2(y+z)+\lambda yz=0\\ L_{y}=2(x+z)+\lambda xz=0\\ L_{z}=2(x+y)+\lambda xy=0\end{cases}$
由对称性得 $x=y=z$。代入 $xyz=V$ 得 $x=y=z=\sqrt[3]{V}$。故正方体表面积最小。
计算 $\displaystyle\iint_{D}(x^{2}+y^{2})\,dxdy$，其中 $D$ 由 $y=x$，$y=0$，$x^{2}+y^{2}=1$ 在第一象限内围成。
解： 区域为圆在第一象限内被 $y=x$ 切出的扇形（$0\le y\le x$）。极坐标：$0\le\theta\le\frac{\pi}{4}$，$0\le r\le 1$。