$g'(0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(t,t)-f(0,0)}{t}$。

(i) 可偏导：只知道沿 $x$ 轴和 $y$ 轴方向的导数，$g'(0)$ 涉及沿 $(1,1)$ 方向 → 不能保证。

(ii) 可微：$f(t,t)-f(0,0)\approx f_x\cdot t+f_y\cdot t+o(|t|\sqrt{2})$，$g'(0)=f_x+f_y$ → 能保证。

(iii) 偏导连续：偏导连续 $\Rightarrow$ 可微 → 能保证。

所以 (ii) 和 (iii) 正确，共2个。答案：C

核心原理：可微 $\Rightarrow$ 所有方向的方向导数都存在且可用公式算。可偏导只保证两个坐标方向。

四个命题逐一判断：

• (1) "偏导存在 $\Rightarrow$ 连续" → ✗（经典反例 $\frac{x^2y}{x^4+y^2}$：偏导存在但沿 $y=x^2$ 极限为 $\frac{1}{2}\neq 0$，不连续）
• (2) "可微 $\Rightarrow$ 连续" → ✓（可微的必要条件）
• (3) "连续 $\Rightarrow$ 可微" → ✗（$\sqrt{x^2+y^2}$ 连续但在原点不可微）
• (4) "偏导连续 $\Rightarrow$ 可微" → ✓（可微的充分条件）

正确命题为 (2) 和 (4)，共 2 个。

答案：C（2个正确）

(1) 错：虽然 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，但需验证可微性。

$\frac{\sqrt{|xy|}-0\cdot x-0\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\sqrt{|xy|}}{\sqrt{x^2+y^2}}$，取 $y=x$：$=\frac{|x|}{\sqrt{2}|x|}=\frac{1}{\sqrt{2}}\neq 0$。不可微，全微分不存在！

(2) 对：由连续性知 $f(0,0)=\lim f=\lim\frac{f}{x^2+y^2}\cdot(x^2+y^2)=1\cdot 0=0$。又 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$（可验证）。

验证可微：$\frac{|f-0\cdot x-0\cdot y|}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{|f|}{r}=\frac{f}{r^2}\cdot r\to 1\cdot 0=0$。✓ 可微。

答案：B（(1)错(2)对）

关键区别：(1)中 $f=\sqrt{|xy|}\sim r\sqrt{|\sin 2\theta|/2}$ 是 $r$ 的一阶量但系数含 $\theta$，不可微；(2)中 $f\sim r^2$ 是二阶量，$\frac{f}{r}\to 0$，可微。

对原点处的分段函数，逐一验证连续性、可偏导性、可微性，形成完整判断。

① 连续性

判断 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)$ 是否等于 $f(0,0)=0$。

分析：$\left|\dfrac{xy}{x^2+y^2}\right|\leq\dfrac{1}{2}$（AM-GM：$x^2+y^2\geq 2|xy|$），故该因子有界。

取路径 $y=x>0$（$x\to 0^+$）：

$$f(x,x)=\frac{x^2\sin\frac{1}{\sqrt{2}|x|}}{2x^2}=\frac{1}{2}\sin\frac{1}{\sqrt{2}\,x}$$

当 $x\to 0^+$ 时，$\dfrac{1}{\sqrt{2}\,x}\to+\infty$，$\sin\dfrac{1}{\sqrt{2}\,x}$ 在 $[-1,1]$ 之间振荡，极限不存在。

故 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ 不存在，$f$ 在原点不连续 ✗。

② 可偏导性（用定义法）

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{\dfrac{h\cdot 0\cdot\sin\frac{1}{|h|}}{h^2}-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0}{h}=0$$

同理（在 $f(0,k)$ 中分子为 $0\cdot k\cdot\sin(\cdots)=0$）：$f_y(0,0)=0$。

$\therefore$ $f$ 在原点可偏导，且 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ ✓。

③ 可微性

可微的必要条件之一：可微 $\Rightarrow$ 连续。已知 $f$ 在原点不连续，故 $f$ 在原点不可微 ✗。

结论：$f$ 在原点可偏导但不连续（从而不可微）。

答案：正确选项为"$f$ 在原点可偏导但不连续"（即"可偏导 $\not\Rightarrow$ 连续"的实例）。

深层原因：$\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 的振荡来自 $\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$，它在原点的邻域内无限振荡；但偏导定义只考察沿坐标轴方向（此时分子为 $0$），完全"看不见"振荡，故偏导存在。

$u_x=3x^2-3yz$，$u_y=3y^2-3xz$，$u_z=3z^2-3xy$。

在 $(1,1,1)$：$u_x=3(1)^2-3(1)(1)=3-3=0$，同理 $u_y=0$，$u_z=0$。

$\dd u\big|_{(1,1,1)}=0\cdot\dd x+0\cdot\dd y+0\cdot\dd z=0$。

答案：$\dd u\big|_{(1,1,1)}=0$

注意：此函数 $u=x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)$，在 $x=y=z$ 的点上三个偏导数自然为零，全微分为零是完全正确的结果。

$z=\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)$。

$z_x=\frac{x}{x^2+y^2}\big|_{(1,1)}=\frac{1}{2}$，$z_y=\frac{y}{x^2+y^2}\big|_{(1,1)}=\frac{1}{2}$。

答案：$\dd z\big|_{(1,1)}=\frac{1}{2}(\dd x+\dd y)$。

按标准四步流程：先偏导 → 连续 → 可微 → 偏导连续。

① 偏导性（定义法）

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{\dfrac{h^2\cdot 0}{\sqrt{h^2+0}}-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0}{h}=0$$

同理 $f_y(0,0)=0$。故 $f$ 在原点可偏导 ✓，$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$。

② 连续性

放缩：$|xy|\leq\dfrac{x^2+y^2}{2}$，故 $x^2y^2\leq\dfrac{(x^2+y^2)^2}{4}$，从而：

$$\left|\frac{x^2y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\leq\frac{(x^2+y^2)^2/4}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{(x^2+y^2)^{3/2}}{4}=\frac{r^3}{4}\to 0$$

$\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0)$，故 $f$ 在原点连续 ✓。

③ 可微性（定义法验证）

需判断：$\displaystyle L=\lim_{\rho\to 0}\frac{\Delta z - f_x\cdot\Delta x - f_y\cdot\Delta y}{\rho}=\lim_{\rho\to 0}\frac{f(\Delta x,\Delta y)}{\rho}$（因 $f_x=f_y=0$）

令 $\Delta x=r\cos\theta$，$\Delta y=r\sin\theta$，$\rho=r$：

$$\frac{f(r\cos\theta,r\sin\theta)}{r}=\frac{\dfrac{r^2\cos^2\theta\cdot r^2\sin^2\theta}{r}}{r}=\frac{r^3\cos^2\theta\sin^2\theta}{r\cdot r}=r\cos^2\theta\sin^2\theta$$

由于 $|r\cos^2\theta\sin^2\theta|\leq r\to 0$（与 $\theta$ 无关地趋于 $0$），故 $L=0$。

$\therefore$ $f$ 在原点可微 ✓，$\dd f\big|_{(0,0)}=0$。

④ 偏导连续性

当 $(x,y)\neq(0,0)$ 时，用公式求 $f_x$：

$$f_x=\frac{2xy^2\sqrt{x^2+y^2}-x^2y^2\cdot\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2}=\frac{2xy^2(x^2+y^2)-x^3y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}=\frac{xy^2(x^2+2y^2)}{(x^2+y^2)^{3/2}}$$

判断 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)$：令 $r=\sqrt{x^2+y^2}\to 0$，

$$|f_x|\leq\frac{|x|y^2\cdot(x^2+2y^2)}{(x^2+y^2)^{3/2}}\leq\frac{r\cdot r^2\cdot 3r^2}{r^3}=3r^2\to 0$$

（用 $|x|\leq r$，$y^2\leq r^2$，$x^2+2y^2\leq 3r^2$，$(x^2+y^2)^{3/2}=r^3$）

故 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)=0=f_x(0,0)$，偏导连续 ✓。

汇总：$f$ 在原点四性全满足：连续 ✓，可偏导 ✓，可微 ✓，偏导连续 ✓。

本例四性全满足，是"行为良好"的分段函数典范。关键在于分子 $x^2y^2$ 为 4 次，分母 $\sqrt{x^2+y^2}=r$ 仅 1 次，净阶数 $4-1=3>1$，保证比 $r$ 高阶，从而可微。

本题展示"可微 $\not\Rightarrow$ 偏导连续"，类似课本笔记中 $(x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}$ 的例子，但次数更高。

(1) 证明可微

先求偏导（定义法）：令 $r=|h|$，

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{|h|^3\sin\frac{1}{h^2}-0}{h}=\lim_{h\to 0}h^2\sin\frac{1}{h^2}=0$$

（夹逼：$|h^2\sin\frac{1}{h^2}|\leq h^2\to 0$），同理 $f_y(0,0)=0$。

验证可微：令 $\Delta x=r\cos\theta$，$\Delta y=r\sin\theta$，

$$\frac{f(r\cos\theta,r\sin\theta)-0-0}{r}=\frac{r^3\sin\frac{1}{r^2}}{r}=r^2\sin\frac{1}{r^2}$$

由夹逼：$|r^2\sin\frac{1}{r^2}|\leq r^2\to 0$，与 $\theta$ 无关，故极限为 $0$。

$\therefore$ $f$ 在原点可微 ✓。

(2) 证明偏导不连续

当 $(x,y)\neq(0,0)$ 时，

$$f_x=\frac{\pp}{\pp x}\!\left[(x^2+y^2)^{3/2}\sin\frac{1}{x^2+y^2}\right]$$ $$=3x\sqrt{x^2+y^2}\sin\frac{1}{x^2+y^2}+(x^2+y^2)^{3/2}\cos\frac{1}{x^2+y^2}\cdot\left(-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2}\right)$$ $$=3x\sqrt{x^2+y^2}\sin\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\frac{1}{x^2+y^2}$$

当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，第一项 $|3x\sqrt{x^2+y^2}\sin(\cdots)|\leq 3r^2\to 0$；第二项 $\left|\dfrac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\frac{1}{x^2+y^2}\right|\leq 2|\cos\frac{1}{r^2}|$，当 $r\to 0$ 时 $\cos\frac{1}{r^2}$ 在 $[-1,1]$ 振荡，极限不存在。

故 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)$ 不存在，$f_x$ 在原点不连续 ✗。

结论：可微 $\not\Rightarrow$ 偏导连续。可微只要求"线性逼近误差比 $\rho$ 高阶"，并不要求偏导本身连续。振荡型函数 $\sin\frac{1}{r^2}$ 在足够高次时可被抵消（可微），但低阶导数的振荡项会暴露（偏导不连续）。

全微分 $\dd z = z_x\dd x + z_y\dd y$；用全微分近似 $\Delta z\approx\dd z$。

Step 1：求偏导数

$z=x^y=e^{y\ln x}$，故

$$z_x=\frac{\pp}{\pp x}e^{y\ln x}=e^{y\ln x}\cdot\frac{y}{x}=yx^{y-1}$$ $$z_y=\frac{\pp}{\pp y}e^{y\ln x}=e^{y\ln x}\cdot\ln x=x^y\ln x$$

Step 2：写出全微分

$$\dd z=yx^{y-1}\dd x+x^y\ln x\,\dd y$$

Step 3：近似计算

取基点 $(x_0,y_0)=(1,2)$：$z_0=1^2=1$。

增量：$\Delta x=1.02-1=0.02$，$\Delta y=1.97-2=-0.03$。

在 $(1,2)$ 处：

$$z_x\big|_{(1,2)}=2\cdot 1^{2-1}=2,\quad z_y\big|_{(1,2)}=1^2\cdot\ln 1=0$$

故

$$\Delta z\approx\dd z\big|_{(1,2)}=2\times 0.02+0\times(-0.03)=0.04$$

近似值：$z\approx 1+0.04=1.04$。

验证（精确值）：$1.02^{1.97}=e^{1.97\ln 1.02}\approx e^{1.97\times 0.0198}\approx e^{0.0390}\approx 1.0398$，与近似值 $1.04$ 吻合。

步骤口诀：写全微分 $\dd z=z_x\dd x+z_y\dd y$；在基点算偏导值；将 $\Delta x,\Delta y$ 代入 $\dd x,\dd y$；算出 $\Delta z\approx\dd z$。

① 连续：$\left|\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\le\dfrac{(x^2+y^2)/2}{\sqrt{x^2+y^2}}=\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{2}\to0=f(0,0)$，故连续。

② 可偏导（用定义）：$f_x(0,0)=\displaystyle\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(\Delta x,0)-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{0}{\Delta x}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。两偏导都存在。

③ 可微？ 因偏导为 0，$\Delta z-f_x\Delta x-f_y\Delta y=\Delta z$，需验：

$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{\Delta z}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=\lim\frac{\dfrac{\Delta x\,\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=\lim\frac{\Delta x\,\Delta y}{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$$

沿 $\Delta y=\Delta x$：$\dfrac{(\Delta x)^2}{2(\Delta x)^2}=\dfrac12\neq0$。极限不为 0 → 不可微。

结论：连续 ✓、可偏导 ✓、可微 ✗。本例正是"连续 $+$ 可偏导但不可微"的标准反例，几乎年年以选择/判断形式出现。

速记：四性关系是 ★★★ 高频考点（真题考点全解 Ch8 考点表列首条）。判断题给一个分段函数问四性，套路固定：连续用放缩、偏导用定义、可微验 $\dfrac{\Delta z-f_x\Delta x-f_y\Delta y}{\rho}\to0$（极坐标后含 $\theta$ 即不可微）。