2021年考研数学一第2题
📝 题目
设函数 $f(x, y)$ 可微，且 $f\left(x+1, \mathrm{e}^{x}\right)=x(x+1)^{2}, f\left(x, x^{2}\right)=2 x^{2} \ln x$ ，则 $\mathrm{d} f(1,1)=()$ 。
A
$\mathrm{d} x+\mathrm{d} y$
B
$\mathrm{d} x-\mathrm{d} y$
C
$\mathrm{d} y$
D
$-\mathrm{d} y$
💡 答案解析
---
**解析**:
（C）
方程 $f\left(x+1, e^{x}\right)=x(x+1)^{2}$ 两边对 $x$ 求导得：
$$ \begin{equation*} f_{1}^{\prime}\left(x+1, e^{x}\right)+f_{2}^{\prime}\left(x+1, e^{x}\right) e^{x}=(x+1)^{2}+2 x(x+1) . \tag{1} \end{equation*} $$
将 $x=0$ 代入（1）得 $f_{1}^{\prime}(1,1)+f_{2}^{\prime}(1,1)=1$ ．
方程 $f\left(x, x^{2}\right)=2 x^{2} \ln x$ 两边对 $x$ 求导得：
$$ \begin{equation*} f_{1}^{\prime}\left(x, x^{2}\right)+f_{2}^{\prime}\left(x, x^{2}\right) \cdot 2 x=4 x \ln x+2 x^{2} \cdot \frac{1}{x} . \tag{3} \end{equation*} $$
将 $x=1$ 代入（3）得 $f_{1}^{\prime}(1,1)+f_{2}^{\prime}(1,1) \cdot 2=2$ ．
联立（2）（4）解得：$f_{1}^{\prime}(1,1)=0, f_{2}^{\prime}(1,1)=1$ ，故选（C）．
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：对第一个等式求导并代入x=0
已知等式为 $f(x+1, e^x) = x(x+1)^2$，两边对 $x$ 求导。左边是复合函数，设 $u = x+1$，$v = e^x$，则左边为 $f(u, v)$。由链式法则，对 $x$ 求导得：
$$
\frac{d}{dx} f(u, v) = f_1'(u, v) \cdot \frac{du}{dx} + f_2'(u, v) \cdot \frac{dv}{dx}
$$
其中 $f_1'$ 表示对第一个变量的偏导数，$f_2'$ 表示对第二个变量的偏导数。计算 $ rac{du}{dx}=1$，$ rac{dv}{dx}=e^x$，代入得：
$$
f_1'(x+1, e^x) \cdot 1 + f_2'(x+1, e^x) \cdot e^x
$$
右边 $x(x+1)^2$ 对 $x$ 求导，使用乘积法则：
$$
\frac{d}{dx}[x(x+1)^2] = (x+1)^2 + x \cdot 2(x+1) \cdot 1 = (x+1)^2 + 2x(x+1)
$$
因此求导后的等式为：
$$
f_1'(x+1, e^x) + f_2'(x+1, e^x) \cdot e^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)
$$
现在代入 $x=0$，此时 $x+1=1$，$e^x=1$，右边 $(0+1)^2 + 2\cdot0\cdot(0+1)=1$，左边为 $f_1'(1,1) + f_2'(1,1) \cdot 1 = f_1'(1,1) + f_2'(1,1)$。于是得到：
$$
f_1'(1,1) + f_2'(1,1) = 1
$$
此即为本步骤的结果。
公式：$$f_1'(x+1, e^x) + f_2'(x+1, e^x) \cdot e^x = (x+1)^2 + 2x(x+1)$$
提示：求导时注意左边是复合函数，要分别对两个中间变量求偏导再乘以中间变量对自变量的导数。
步骤 2/4
目标：对第二个等式求导并代入x=1
已知第二个等式为 $f(x, x^2) = 2x^2 \ln x$，其中 $x > 0$。
将等式两边同时对 $x$ 求导。左边是复合函数 $f(u, v)$，其中 $u = x$，$v = x^2$。根据链式法则，有：
$$\frac{d}{dx} f(x, x^2) = f_1'(x, x^2) \cdot \frac{du}{dx} + f_2'(x, x^2) \cdot \frac{dv}{dx} = f_1'(x, x^2) \cdot 1 + f_2'(x, x^2) \cdot 2x.$$
这里 $f_1'$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导数，$f_2'$ 表示 $f$ 对第二个变量的偏导数。
右边 $2x^2 \ln x$ 是乘积形式，利用乘积法则求导：
$$\frac{d}{dx}(2x^2 \ln x) = 2 \cdot 2x \cdot \ln x + 2x^2 \cdot \frac{1}{x} = 4x \ln x + 2x.$$
因此得到等式：
$$f_1'(x, x^2) + 2x \, f_2'(x, x^2) = 4x \ln x + 2x.$$
现在代入 $x = 1$。注意 $x=1$ 时，$x^2 = 1$，所以 $f_1'(1, 1)$ 和 $f_2'(1, 1)$ 是常数。代入后左边为：
$$f_1'(1, 1) + 2 \cdot 1 \cdot f_2'(1, 1) = f_1'(1, 1) + 2 f_2'(1, 1).$$
右边代入 $x=1$：
$$4 \cdot 1 \cdot \ln 1 + 2 \cdot 1 = 4 \cdot 0 + 2 = 2.$$
于是得到关系式：
$$f_1'(1, 1) + 2 f_2'(1, 1) = 2.$$
公式：$$f_1'(x, x^2) + 2x f_2'(x, x^2) = 4x \ln x + 2x$$
提示：链式法则中，内层函数 $u=x$ 和 $v=x^2$ 的导数要分别乘到对应的偏导上。
步骤 3/4
目标：解方程组求偏导数值
由前两步的推导，我们得到了两个关于 $f_1'(1,1)$ 和 $f_2'(1,1)$ 的线性方程：
第一个方程来自 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 在 $(1,1)$ 处的条件：
$$f_1'(1,1) + f_2'(1,1) = 1 \quad (1)$$
第二个方程来自 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 在 $(1,1)$ 处的条件：
$$f_1'(1,1) + 2f_2'(1,1) = 2 \quad (2)$$
现在解这个二元一次方程组。用 (2) 式减去 (1) 式，消去 $f_1'(1,1)$：
$$[f_1'(1,1) + 2f_2'(1,1)] - [f_1'(1,1) + f_2'(1,1)] = 2 - 1$$
化简得：
$$f_2'(1,1) = 1$$
将 $f_2'(1,1) = 1$ 代入 (1) 式：
$$f_1'(1,1) + 1 = 1$$
解得：
$$f_1'(1,1) = 0$$
因此，所求偏导数值为：
$$f_1'(1,1) = 0, \quad f_2'(1,1) = 1$$
这两个值将用于下一步计算全微分 $\mathrm{d}z$ 在 $(1,1)$ 处的表达式。
公式：\begin{cases} f_1'(1,1) + f_2'(1,1) = 1 \\ f_1'(1,1) + 2f_2'(1,1) = 2 \end{cases} \Rightarrow f_1'(1,1)=0,\; f_2'(1,1)=1
提示：用加减消元法快速求解，注意系数不要抄错。
步骤 4/4
目标：写出全微分并选择答案
由前几步计算已知，函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的两个一阶偏导数值分别为：
$$f_x'(1,1)=0,\quad f_y'(1,1)=1.$$
根据全微分的定义，函数 $f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处的全微分 $df(1,1)$ 为：
$$df(1,1)=f_x'(1,1)\,dx+f_y'(1,1)\,dy=0\cdot dx+1\cdot dy=dy.$$
因此，全微分 $df(1,1)=dy$。
对照题目给出的四个选项：
(A) $dx+dy$
(B) $dx-dy$
(C) $dy$
(D) $-dy$
显然，选项 (C) 与计算结果一致。
最终答案：$\boxed{C}$。
公式：df(1,1)=f_x'(1,1)dx+f_y'(1,1)dy=0\cdot dx+1\cdot dy=dy
提示：全微分公式是偏导数的线性组合，代入数值时注意对应关系。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。