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本章整理一元与多元函数的极限、连续、可导、可微之间的关系，共 20 个箭头。
全章主线：
  • 一元：可导   ⟺  \iff 可微 ⇒\Rightarrow 连续 ⇒\Rightarrow 极限存在，箭头都不可逆；
  • 多元：偏导数连续 ⇒\Rightarrow 可微 ⇒\Rightarrow 连续 ⇒\Rightarrow 极限存在，并且可微 ⇒\Rightarrow 偏导数存在；但“连续 + 偏导数存在”推不出可微。
两个必须记住的反例：一元用 ∣x∣\lvert x\rvert 说明“连续不可导”；多元用 xyx2+y2\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} 说明“连续且偏导数存在仍不可微”。

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一元函数

设一元函数 y=f(x)y=f(x) 在 x0x_0 的某个邻域内有定义，且 f(x0)f(x_0) 为有限实数。记 Δx=x−x0,Δy=f(x0+Δx)−f(x0)\Delta x=x-x_0,\qquad \Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0) 图中只画出了成立的推出关系；未画出的箭头（如连续推可微）都不成立，下面逐条给出证明或反例。
若存在有限常数 AA，使沿 x→x0x\to x_0 的任意方式都有lim⁡x→x0f(x)=A\lim_{x\to x_0}f(x)=A则称 ff 在 x0x_0 处的极限存在。注意：本章所说的极限都是有限极限，A=+∞A=+\infty 不算极限存在。
若lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)则称 ff 在 x0x_0 处连续。连续 = 极限存在 + 极限值恰好等于函数值。两个条件缺一不可。
若差商的极限f′(x0)=lim⁡Δx→0ΔyΔx=lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0f'(x_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x} =\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}存在且有限，则称 ff 在 x0x_0 处可导，该极限值就是导数 f′(x0)f'(x_0)。差商中的 Δx\Delta x 可以正可以负，所以可导等价于左右导数都存在且相等。
若存在与 Δx\Delta x 无关的常数 AA，使Δy=AΔx+o(Δx)\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)则称 ff 在 x0x_0 处可微。其中 o(Δx)o(\Delta x) 表示比 Δx\Delta x 高阶的无穷小，即lim⁡Δx→0o(Δx)Δx=0\lim_{\Delta x\to0}\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}=0线性主部 AΔxA\Delta x 就是微分，记作 dy=A dxdy=A\,dx。常数 AA 必须与 Δx\Delta x 无关，这一点是“线性”的含义。
可微定义中的常数 AA 到底等于什么？下面的 ③④ 证明会给出答案：A=f′(x0)A=f'(x_0)。所以在使用可微定义时，可以一开始就把 AA 写成 f′(x0)f'(x_0)。
由可微的定义，存在常数 AA，使Δy=AΔx+o(Δx)\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)根据 o(Δx)o(\Delta x) 的定义，o(Δx)Δx→0\dfrac{o(\Delta x)}{\Delta x}\to0。而 Δx→0\Delta x\to0，所以o(Δx)=Δx⋅o(Δx)Δx→0o(\Delta x)=\Delta x\cdot\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}\to0于是lim⁡Δx→0Δy=lim⁡Δx→0[AΔx+o(Δx)]=0\lim_{\Delta x\to0}\Delta y =\lim_{\Delta x\to0}\left[A\Delta x+o(\Delta x)\right]=0即lim⁡Δx→0[f(x0+Δx)−f(x0)]=0\lim_{\Delta x\to0}\left[f(x_0+\Delta x)-f(x_0)\right]=0由于 f(x0)f(x_0) 是有限常数，可以移项得lim⁡Δx→0f(x0+Δx)=f(x0)\lim_{\Delta x\to0}f(x_0+\Delta x)=f(x_0)令 x=x0+Δxx=x_0+\Delta x，当 Δx→0\Delta x\to0 时 x→x0x\to x_0，故lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)符合连续的定义。结论：可微 ⇒\Rightarrow 连续。
反例取f(x)=∣x∣,x0=0f(x)=\lvert x\rvert,\qquad x_0=0第一步，证明连续。因为lim⁡x→0∣x∣=0=f(0)\lim_{x\to0}\lvert x\rvert=0=f(0)所以 ff 在原点连续。第二步，证明不可微。函数增量为Δy=f(0+Δx)−f(0)=∣Δx∣\Delta y=f(0+\Delta x)-f(0)=\lvert\Delta x\rvert差商为ΔyΔx=∣Δx∣Δx={1,Δx>0−1,Δx<0\frac{\Delta y}{\Delta x} =\frac{\lvert\Delta x\rvert}{\Delta x} =\begin{cases} 1, & \Delta x>0\\[4pt] -1, & \Delta x<0 \end{cases}所以lim⁡Δx→0+ΔyΔx=1,lim⁡Δx→0−ΔyΔx=−1\lim_{\Delta x\to0^+}\frac{\Delta y}{\Delta x}=1,\qquad \lim_{\Delta x\to0^-}\frac{\Delta y}{\Delta x}=-1左右极限不相等，差商的极限不存在，故 ff 在原点不可导。又因为一元函数可导与可微等价（见 ③④），所以 ff 在原点也不可微。结论：连续 ⇏\nRightarrow 可微。
② 的反例与 ⑥ 是同一个函数，但说明的是不同箭头的失败：② 关心“连续推不出可微”，⑥ 关心“连续推不出可导”。由于一元中可导与可微等价，这两件事本质上是同一件事。
设 ff 在 x0x_0 处可微，则存在常数 AA，使Δy=AΔx+o(Δx)\Delta y=A\Delta x+o(\Delta x)当 Δx≠0\Delta x\ne0 时，两边除以 Δx\Delta x：ΔyΔx=A+o(Δx)Δx\frac{\Delta y}{\Delta x}=A+\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}令 Δx→0\Delta x\to0。由 o(Δx)o(\Delta x) 的定义，lim⁡Δx→0o(Δx)Δx=0\lim_{\Delta x\to0}\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}=0因此lim⁡Δx→0ΔyΔx=A\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=AAA 是有限常数，所以导数存在，且f′(x0)=Af'(x_0)=A结论：可微 ⇒\Rightarrow 可导，并且可微定义中的系数就是导数。
这是证明一元函数“可导与可微等价”的关键一步。由可导的定义，lim⁡Δx→0ΔyΔx=f′(x0)\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x_0)定义辅助函数α(Δx)={ΔyΔx−f′(x0),Δx≠00,Δx=0\alpha(\Delta x)= \begin{cases} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}-f'(x_0), & \Delta x\ne0\\[8pt] 0, & \Delta x=0 \end{cases}由于 ff 在 x0x_0 处可导，且 f′(x0)f'(x_0) 为有限常数，故lim⁡Δx→0α(Δx)=0\lim_{\Delta x\to0}\alpha(\Delta x)=0当 Δx≠0\Delta x\ne0 时，由 α\alpha 的定义，ΔyΔx=f′(x0)+α(Δx)\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x_0)+\alpha(\Delta x)两边乘以 Δx\Delta x：Δy=f′(x0)Δx+α(Δx)Δx\Delta y=f'(x_0)\Delta x+\alpha(\Delta x)\Delta x当 Δx=0\Delta x=0 时，两边都是 00，所以上式对一切 Δx\Delta x 成立。接下来验证余项是高阶无穷小：lim⁡Δx→0α(Δx)ΔxΔx=lim⁡Δx→0α(Δx)=0\lim_{\Delta x\to0}\frac{\alpha(\Delta x)\Delta x}{\Delta x} =\lim_{\Delta x\to0}\alpha(\Delta x)=0按定义，α(Δx)Δx=o(Δx)\alpha(\Delta x)\Delta x=o(\Delta x)所以Δy=f′(x0)Δx+o(Δx)\Delta y=f'(x_0)\Delta x+o(\Delta x)这正是可微的定义，且线性主部的系数就是 f′(x0)f'(x_0)。结论：可导 ⇒\Rightarrow 可微。等价结论。 综合 ③④，一元函数在一点可导  ⟺  在该点可微\text{一元函数在一点可导}\iff\text{在该点可微}并且微分为dy=f′(x0) dxdy=f'(x_0)\,dx
一元函数中“可导”与“可微”是同一件事的两种说法：可导说的是差商极限存在，可微说的是增量能拆成线性主部加高阶无穷小，而 ③④ 说明这两种描述互相等价。这个等价关系只在多元函数的特殊情形下才部分保留，不能照搬到多元。
方法一：极限乘积法则。若 ff 在 x0x_0 处可导，则lim⁡Δx→0ΔyΔx=f′(x0)\lim_{\Delta x\to0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x_0)其中 f′(x0)f'(x_0) 有限。当 Δx≠0\Delta x\ne0 时，Δy=ΔyΔx⋅Δx\Delta y=\frac{\Delta y}{\Delta x}\cdot\Delta x两个因子的极限都存在且有限，由极限乘积法则，lim⁡Δx→0Δy=lim⁡Δx→0(ΔyΔx⋅Δx)=f′(x0)⋅0=0\begin{aligned} \lim_{\Delta x\to0}\Delta y &=\lim_{\Delta x\to0}\left(\frac{\Delta y}{\Delta x}\cdot\Delta x\right)\\ &=f'(x_0)\cdot0\\ &=0 \end{aligned}所以 lim⁡Δx→0f(x0+Δx)=f(x0)\lim_{\Delta x\to0}f(x_0+\Delta x)=f(x_0)，即 ff 在 x0x_0 处连续。方法二：局部有界性与夹逼定理。因为 ΔyΔx→f′(x0)\dfrac{\Delta y}{\Delta x}\to f'(x_0) 且极限有限，由极限的局部有界性，存在 M>0M>0 与 δ>0\delta>0，当 0<∣Δx∣<δ0<\lvert\Delta x\rvert<\delta 时∣ΔyΔx∣≤M\left\lvert\frac{\Delta y}{\Delta x}\right\rvert\le M于是∣Δy∣=∣ΔyΔx∣∣Δx∣≤M∣Δx∣\lvert\Delta y\rvert =\left\lvert\frac{\Delta y}{\Delta x}\right\rvert\lvert\Delta x\rvert \le M\lvert\Delta x\rvert而 M∣Δx∣→0M\lvert\Delta x\rvert\to0，由夹逼定理得 ∣Δy∣→0\lvert\Delta y\rvert\to0，即 Δy→0\Delta y\to0，故 ff 在 x0x_0 处连续。结论：可导 ⇒\Rightarrow 连续。
反例仍取f(x)=∣x∣f(x)=\lvert x\rvert第一步，在 x=0x=0 处lim⁡x→0∣x∣=0=f(0)\lim_{x\to0}\lvert x\rvert=0=f(0)所以 ff 连续。第二步，计算左右导数。左导数：f−′(0)=lim⁡x→0−∣x∣−0x−0=lim⁡x→0−−xx=−1\begin{aligned} f'_-(0) &=\lim_{x\to0^-}\frac{\lvert x\rvert-0}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^-}\frac{-x}{x}\\ &=-1 \end{aligned}右导数：f+′(0)=lim⁡x→0+∣x∣−0x−0=lim⁡x→0+xx=1\begin{aligned} f'_+(0) &=\lim_{x\to0^+}\frac{\lvert x\rvert-0}{x-0}\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac{x}{x}\\ &=1 \end{aligned}因此 f−′(0)≠f+′(0)f'_-(0)\ne f'_+(0)，ff 在原点不可导。结论：连续 ⇏\nRightarrow 可导。
根据连续的定义，lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)由于 f(x0)f(x_0) 是确定的有限实数，所以极限存在，且极限值等于函数值。结论：连续 ⇒\Rightarrow 极限存在。
反例取f(x)={0,x≠01,x=0f(x)= \begin{cases} 0, & x\ne0\\ 1, & x=0 \end{cases}在 x=0x=0 处，lim⁡x→0−f(x)=0,lim⁡x→0+f(x)=0\lim_{x\to0^-}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=0所以 lim⁡x→0f(x)=0\lim_{x\to0}f(x)=0，极限存在。但 f(0)=1f(0)=1，于是lim⁡x→0f(x)≠f(0)\lim_{x\to0}f(x)\ne f(0)因此 ff 在原点不连续。结论：极限存在 ⇏\nRightarrow 连续。
⑧ 说明“极限存在”只描述函数在 x0x_0 附近的性态，与 x0x_0 这一点的函数值无关；而连续要求二者相等。因此只要改动一个点的函数值，就能让连续失效。
由 ⑤ 已证可导⇒连续\text{可导}\Rightarrow\text{连续}由 ⑦ 已证连续⇒极限存在\text{连续}\Rightarrow\text{极限存在}利用推出关系的传递性，可导⇒连续⇒极限存在\text{可导}\Rightarrow\text{连续}\Rightarrow\text{极限存在}而且极限值满足lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)结论：可导 ⇒\Rightarrow 极限存在。
反例仍取 f(x)=∣x∣f(x)=\lvert x\rvert。在 x=0x=0 处lim⁡x→0∣x∣=0\lim_{x\to0}\lvert x\rvert=0极限存在。但由 ⑥ 的计算，f−′(0)=−1,f+′(0)=1f'_-(0)=-1,\qquad f'_+(0)=1左右导数不相等，所以 ff 在原点不可导。结论：极限存在 ⇏\nRightarrow 可导。
定理。 若 ff 在闭区间 [a,b][a,b] 上连续、在开区间 (a,b)(a,b) 内可导，则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使f(b)−f(a)b−a=f′(ξ)\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)证明（由罗尔定理得到）。令F(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)b−a(x−a)F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)则 FF 在 [a,b][a,b] 上连续、在 (a,b)(a,b) 内可导，且F(a)=0,F(b)=0F(a)=0,\qquad F(b)=0由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) 使 F′(ξ)=0F'(\xi)=0。而F′(x)=f′(x)−f(b)−f(a)b−aF'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}故f′(ξ)=f(b)−f(a)b−af'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
下面的多元部分 ① 会用到它：证明“偏导数连续 ⇒\Rightarrow 可微”时，把二元增量拆成两段，对每一段分别对 xx、yy 使用一次拉格朗日中值定理。
可导  ⟺  可微⇒连续⇒极限存在\text{可导}\iff\text{可微}\Rightarrow\text{连续}\Rightarrow\text{极限存在}在没有附加条件时，向右的箭头都不能反过来。判断一元函数的关系题，只需记住：可导与可微是同一件事，连续是它们的必要条件，极限存在又是连续的必要条件。

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多元函数

以下以二元函数 z=f(x,y)z=f(x,y) 为例。设 ff 在点 P0=(x0,y0)P_0=(x_0,y_0) 的某个开邻域内有定义，且 f(x0,y0)f(x_0,y_0) 有限。记 Δx=h,Δy=k,ρ=h2+k2\Delta x=h,\qquad \Delta y=k,\qquad \rho=\sqrt{h^2+k^2} Δz=f(x0+h,y0+k)−f(x0,y0)\Delta z=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0) 实线可以推出。其余方向（包括“连续 + 偏导数存在推可微”）都不成立，下面逐条说明。
若存在有限常数 AA，使当 (x,y)(x,y) 以任意方式趋近 (x0,y0)(x_0,y_0) 时都有lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x,y)=A\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=A则称 ff 在 P0P_0 处的二重极限存在。“任意方式”是多元极限与一元极限最大的区别：一元只有左右两个方向，多元有无穷多条路径。
若lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x,y)=f(x0,y0)\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)则称 ff 在 P0P_0 处连续。
若fx(x0,y0)=lim⁡h→0f(x0+h,y0)−f(x0,y0)hf_x(x_0,y_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)}{h}fy(x0,y0)=lim⁡k→0f(x0,y0+k)−f(x0,y0)kf_y(x_0,y_0)=\lim_{k\to0}\frac{f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)}{k}都存在且有限，则称 ff 在 P0P_0 处的一阶偏导数存在。偏导数只让一个变量单独变化，另一个变量固定，因此它只描述沿两条坐标轴方向的变化率，不包含其他方向的信息。
若存在与 h,kh,k 无关的常数 A,BA,B，使Δz=Ah+Bk+o(ρ),lim⁡(h,k)→(0,0)o(ρ)ρ=0\Delta z=Ah+Bk+o(\rho),\qquad \lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{o(\rho)}{\rho}=0则称 ff 在 P0P_0 处可微。若 ff 可微，则必有 A=fx(x0,y0)A=f_x(x_0,y_0)，B=fy(x0,y0)B=f_y(x_0,y_0)（见 ⑤）。因此判断可微不必猜 A,BA,B：先算两个偏导数，再验证lim⁡(h,k)→(0,0)f(x0+h,y0+k)−f(x0,y0)−fx(x0,y0)h−fy(x0,y0)kh2+k2=0\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-f_x(x_0,y_0)h-f_y(x_0,y_0)k} {\sqrt{h^2+k^2}}=0这就是多元函数可微的充要判别式。
这是多元函数可微最重要的充分条件。条件：设 fx,fyf_x,f_y 在 P0P_0 的某个邻域内存在，并且在 P0P_0 处连续。第一步，拆分增量。Δz=f(x0+h,y0+k)−f(x0,y0+k)+f(x0,y0+k)−f(x0,y0)\begin{aligned} \Delta z={}&f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0+k)\\ &+f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0) \end{aligned}第二步，对两项分别用拉格朗日中值定理。固定 y=y0+ky=y_0+k，定义一元函数g(x)=f(x,y0+k)g(x)=f(x,y_0+k)由于 fxf_x 在 P0P_0 附近存在，gg 在相应区间内可导，从而连续，满足拉格朗日中值定理的条件。当 h≠0h\ne0 时，存在 0<θ1<10<\theta_1<1，使f(x0+h,y0+k)−f(x0,y0+k)=fx(x0+θ1h, y0+k) hf(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0+k) =f_x(x_0+\theta_1h,\ y_0+k)\,h同理，固定 x=x0x=x_0，定义 q(y)=f(x0,y)q(y)=f(x_0,y)。由于 fyf_y 在附近存在，当 k≠0k\ne0 时存在 0<θ2<10<\theta_2<1，使f(x0,y0+k)−f(x0,y0)=fy(x0, y0+θ2k) kf(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0) =f_y(x_0,\ y_0+\theta_2k)\,k当 h=0h=0 或 k=0k=0 时，对应的增量项本身就是 00，下面的等式仍然成立（此时相应的 θi\theta_i 可在 (0,1)(0,1) 内任取）。于是Δz=fx(x0+θ1h,y0+k) h+fy(x0,y0+θ2k) k\Delta z=f_x(x_0+\theta_1h,y_0+k)\,h +f_y(x_0,y_0+\theta_2k)\,k第三步，利用偏导数的连续性。记ε1(h,k)=fx(x0+θ1h,y0+k)−fx(x0,y0)\varepsilon_1(h,k)=f_x(x_0+\theta_1h,y_0+k)-f_x(x_0,y_0)ε2(h,k)=fy(x0,y0+θ2k)−fy(x0,y0)\varepsilon_2(h,k)=f_y(x_0,y_0+\theta_2k)-f_y(x_0,y_0)因为 0<θ1,θ2<10<\theta_1,\theta_2<1，当 (h,k)→(0,0)(h,k)\to(0,0) 时(x0+θ1h, y0+k)→(x0,y0),(x0, y0+θ2k)→(x0,y0)(x_0+\theta_1h,\ y_0+k)\to(x_0,y_0),\qquad (x_0,\ y_0+\theta_2k)\to(x_0,y_0)由 fx,fyf_x,f_y 在 P0P_0 处连续，ε1→0,ε2→0\varepsilon_1\to0,\qquad \varepsilon_2\to0代入增量公式：Δz=fx(x0,y0)h+fy(x0,y0)k+ε1h+ε2k\Delta z=f_x(x_0,y_0)h+f_y(x_0,y_0)k+\varepsilon_1h+\varepsilon_2k第四步，验证余项是高阶无穷小。记 R(h,k)=ε1h+ε2kR(h,k)=\varepsilon_1h+\varepsilon_2k，则∣R(h,k)ρ∣=∣ε1h+ε2kρ∣≤∣ε1∣∣h∣ρ+∣ε2∣∣k∣ρ\begin{aligned} \left\lvert\frac{R(h,k)}{\rho}\right\rvert &=\left\lvert\frac{\varepsilon_1h+\varepsilon_2k}{\rho}\right\rvert\\ &\le\lvert\varepsilon_1\rvert\frac{\lvert h\rvert}{\rho} +\lvert\varepsilon_2\rvert\frac{\lvert k\rvert}{\rho} \end{aligned}因为 ρ=h2+k2≥∣h∣\rho=\sqrt{h^2+k^2}\ge\lvert h\rvert，ρ≥∣k∣\rho\ge\lvert k\rvert，所以∣h∣ρ≤1,∣k∣ρ≤1\frac{\lvert h\rvert}{\rho}\le1,\qquad \frac{\lvert k\rvert}{\rho}\le1因此∣R(h,k)ρ∣≤∣ε1∣+∣ε2∣→0\left\lvert\frac{R(h,k)}{\rho}\right\rvert \le\lvert\varepsilon_1\rvert+\lvert\varepsilon_2\rvert\to0由夹逼定理，lim⁡(h,k)→(0,0)R(h,k)ρ=0\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{R(h,k)}{\rho}=0即 R(h,k)=o(ρ)R(h,k)=o(\rho)。最终得到Δz=fx(x0,y0)h+fy(x0,y0)k+o(ρ)\Delta z=f_x(x_0,y_0)h+f_y(x_0,y_0)k+o(\rho)符合可微的定义。结论：偏导数连续 ⇒\Rightarrow 可微。
条件的精确表述是：偏导数在 P0P_0 的某邻域内存在，并在 P0P_0 处连续。不要求偏导数在整个邻域内处处连续。实际做题时，若 ff 是初等函数且偏导数在 P0P_0 附近有表达式，通常可直接判定可微。
反例取f(x,y)={x2sin⁡1x,x≠00,x=0f(x,y)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x, & x\ne0\\[6pt] 0, & x=0 \end{cases}研究原点 (0,0)(0,0)。第一步，计算原点处的偏导数。fx(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→0h2sin⁡(1/h)h=lim⁡h→0hsin⁡1h=0\begin{aligned} f_x(0,0) &=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{h^2\sin(1/h)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}h\sin\frac1h=0 \end{aligned}因为 ∣hsin⁡1h∣≤∣h∣→0\left\lvert h\sin\dfrac1h\right\rvert\le\lvert h\rvert\to0。同理fy(0,0)=lim⁡k→0f(0,k)−f(0,0)k=lim⁡k→00k=0f_y(0,0) =\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to0}\frac0k=0第二步，验证可微。因为 fx(0,0)=fy(0,0)=0f_x(0,0)=f_y(0,0)=0，只需考察f(h,k)−f(0,0)−0⋅h−0⋅kh2+k2=f(h,k)ρ\frac{f(h,k)-f(0,0)-0\cdot h-0\cdot k}{\sqrt{h^2+k^2}} =\frac{f(h,k)}{\rho}又因为 ∣f(h,k)∣≤h2\lvert f(h,k)\rvert\le h^2，所以0≤∣f(h,k)∣ρ≤h2ρ≤ρ→00\le\frac{\lvert f(h,k)\rvert}{\rho} \le\frac{h^2}{\rho}\le\rho\to0由夹逼定理，该比值趋于 00，故 ff 在原点可微。第三步，证明偏导数不连续。当 x≠0x\ne0 时，fx(x,y)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf_x(x,y)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x取 xn=12nπx_n=\dfrac1{2n\pi}，则 cos⁡1xn=1\cos\dfrac1{x_n}=1，sin⁡1xn=0\sin\dfrac1{x_n}=0，故fx(xn,0)=−1f_x(x_n,0)=-1再取 tn=1(2n+1)πt_n=\dfrac1{(2n+1)\pi}，则 cos⁡1tn=−1\cos\dfrac1{t_n}=-1，sin⁡1tn=0\sin\dfrac1{t_n}=0，故fx(tn,0)=1f_x(t_n,0)=1虽然 xn→0x_n\to0、tn→0t_n\to0，但 fxf_x 沿这两个数列趋于不同的值，所以 lim⁡(x,y)→(0,0)fx(x,y)\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y) 不存在，fxf_x 在原点不连续。结论：可微 ⇏\nRightarrow 偏导数连续。因此“偏导数连续”是可微的充分非必要条件。
若 ff 在 P0P_0 处可微，则Δz=Ah+Bk+o(ρ)\Delta z=Ah+Bk+o(\rho)当 (h,k)→(0,0)(h,k)\to(0,0) 时，h→0h\to0，k→0k\to0，ρ→0\rho\to0，所以Ah→0,Bk→0Ah\to0,\qquad Bk\to0又由 o(ρ)o(\rho) 的定义，o(ρ)ρ→0\dfrac{o(\rho)}{\rho}\to0，故o(ρ)=ρ⋅o(ρ)ρ→0o(\rho)=\rho\cdot\frac{o(\rho)}{\rho}\to0于是lim⁡(h,k)→(0,0)Δz=0\lim_{(h,k)\to(0,0)}\Delta z=0即lim⁡(h,k)→(0,0)[f(x0+h,y0+k)−f(x0,y0)]=0\lim_{(h,k)\to(0,0)} \left[f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)\right]=0所以lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x,y)=f(x0,y0)\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)ff 在 P0P_0 处连续。结论：可微 ⇒\Rightarrow 连续。
反例取f(x,y)=x2+y2f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}第一步，证明连续。因为lim⁡(x,y)→(0,0)x2+y2=0=f(0,0)\lim_{(x,y)\to(0,0)}\sqrt{x^2+y^2}=0=f(0,0)所以 ff 在原点连续。第二步，证明不可微。由偏导数的定义，fx(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→0∣h∣h\begin{aligned} f_x(0,0) &=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{\lvert h\rvert}{h} \end{aligned}而lim⁡h→0−∣h∣h=−1,lim⁡h→0+∣h∣h=1\lim_{h\to0^-}\frac{\lvert h\rvert}{h}=-1,\qquad \lim_{h\to0^+}\frac{\lvert h\rvert}{h}=1左右极限不相等，所以 fx(0,0)f_x(0,0) 不存在。若 ff 在原点可微，则令 k=0k=0、两边除以 hh 并取极限，就能推出 fx(0,0)f_x(0,0) 存在（这正是 ⑤ 的论证）。现在 fx(0,0)f_x(0,0) 不存在，故 ff 在原点不可微。结论：连续 ⇏\nRightarrow 可微。
设 ff 在 P0P_0 处可微，则存在常数 A,BA,B，使Δz=Ah+Bk+R(h,k),R(h,k)=o(ρ)\Delta z=Ah+Bk+R(h,k),\qquad R(h,k)=o(\rho)即lim⁡(h,k)→(0,0)R(h,k)ρ=0\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{R(h,k)}{\rho}=0第一步，证明 fxf_x 存在。令 k=0k=0，则 ρ=∣h∣\rho=\lvert h\rvert，故f(x0+h,y0)−f(x0,y0)=Ah+R(h,0)f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)=Ah+R(h,0)当 h≠0h\ne0 时两边除以 hh：f(x0+h,y0)−f(x0,y0)h=A+R(h,0)h\frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)}{h} =A+\frac{R(h,0)}{h}由 R(h,0)∣h∣→0\dfrac{R(h,0)}{\lvert h\rvert}\to0 得∣R(h,0)h∣=∣R(h,0)∣∣h∣→0\left\lvert\frac{R(h,0)}{h}\right\rvert =\frac{\lvert R(h,0)\rvert}{\lvert h\rvert}\to0因此lim⁡h→0f(x0+h,y0)−f(x0,y0)h=A\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)}{h}=A即 fx(x0,y0)=Af_x(x_0,y_0)=A。第二步，证明 fyf_y 存在。令 h=0h=0，则 ρ=∣k∣\rho=\lvert k\rvert，同理可得fy(x0,y0)=Bf_y(x_0,y_0)=B两个偏导数都存在。结论：可微 ⇒\Rightarrow 偏导数存在。并且一旦可微，全微分必定可以写成dz=fx dx+fy dydz=f_x\,dx+f_y\,dy
⑤ 是逆否命题最常用的一条：只要有一个偏导数不存在，函数就必不可微。例如 ④ 中的 x2+y2\sqrt{x^2+y^2}，无需计算可微判别式，由 fx(0,0)f_x(0,0) 不存在即可判定不可微。
反例取f(x,y)={xyx2+y2,(x,y)≠(0,0)0,(x,y)=(0,0)f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, & (x,y)\ne(0,0)\\[8pt] 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}第一步，证明偏导数存在。fx(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→00h=0f_x(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to0}\frac0h=0fy(0,0)=lim⁡k→0f(0,k)−f(0,0)k=lim⁡k→00k=0f_y(0,0) =\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to0}\frac0k=0两个偏导数都存在。第二步，验证可微性。由于 fx(0,0)=fy(0,0)=0f_x(0,0)=f_y(0,0)=0，若可微则必须有lim⁡(h,k)→(0,0)f(h,k)−0−0⋅h−0⋅kh2+k2=0\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)-0-0\cdot h-0\cdot k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0但是f(h,k)h2+k2=hkh2+k2h2+k2=hkh2+k2\begin{aligned} \frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}} &=\frac{\dfrac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}}{\sqrt{h^2+k^2}}\\ &=\frac{hk}{h^2+k^2} \end{aligned}沿路径 k=hk=h（h≠0h\ne0）：hkh2+k2=h22h2=12\frac{hk}{h^2+k^2}=\frac{h^2}{2h^2}=\frac12极限不为 00，所以不满足可微定义，ff 在原点不可微。第三步，进一步证明 ff 在原点连续。由基本不等式 2∣xy∣≤x2+y22\lvert xy\rvert\le x^2+y^2，∣f(x,y)∣=∣xy∣x2+y2≤x2+y22x2+y2=x2+y22\begin{aligned} \lvert f(x,y)\rvert &=\frac{\lvert xy\rvert}{\sqrt{x^2+y^2}}\\ &\le\frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}\\ &=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}2 \end{aligned}当 (x,y)→(0,0)(x,y)\to(0,0) 时右侧趋于 00，由夹逼定理lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=0=f(0,0)\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0)所以 ff 在原点连续。综合两步，这个函数在原点连续且两个偏导数都存在，却不可微。结论：连续 + 偏导数存在 ⇏\nRightarrow 可微。这是考研数学一中判断多元可微性的经典反例，务必记住函数形式和沿 y=xy=x 得到 12\dfrac12 的关键计算。
根据连续的定义，lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x,y)=f(x0,y0)\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}f(x,y)=f(x_0,y_0)而 f(x0,y0)f(x_0,y_0) 是有限常数，所以极限存在。结论：连续 ⇒\Rightarrow 极限存在。
反例取f(x,y)={0,(x,y)≠(0,0)1,(x,y)=(0,0)f(x,y)= \begin{cases} 0, & (x,y)\ne(0,0)\\ 1, & (x,y)=(0,0) \end{cases}对任意趋近原点的路径，只要 (x,y)≠(0,0)(x,y)\ne(0,0) 就有 f(x,y)=0f(x,y)=0，所以lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=0\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0但 f(0,0)=1f(0,0)=1，于是lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)≠f(0,0)\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\ne f(0,0)所以 ff 在原点不连续。结论：极限存在 ⇏\nRightarrow 连续。
反例取f(x,y)={xyx2+y2,(x,y)≠(0,0)0,(x,y)=(0,0)f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2+y^2}, & (x,y)\ne(0,0)\\[8pt] 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}第一步，验证偏导数存在。fx(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→00h=0f_x(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to0}\frac0h=0fy(0,0)=lim⁡k→0f(0,k)−f(0,0)k=lim⁡k→00k=0f_y(0,0) =\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to0}\frac0k=0两个偏导数都存在。第二步，判断二重极限。沿直线 y=xy=x 趋近原点：f(x,x)=x2x2+x2=12f(x,x)=\frac{x^2}{x^2+x^2}=\frac12所以lim⁡x→0f(x,x)=12\lim_{x\to0}f(x,x)=\frac12沿直线 y=0y=0 趋近原点：f(x,0)=0f(x,0)=0所以lim⁡x→0f(x,0)=0\lim_{x\to0}f(x,0)=0不同路径得到不同的极限值，因此lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y) 不存在\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\ \text{不存在}结论：偏导数存在 ⇏\nRightarrow 极限存在，当然也推不出连续。这说明：沿两条坐标轴的偏导数都存在，完全不能控制其他方向的性态。
反例取f(x,y)=∣x∣f(x,y)=\lvert x\rvert第一步，判断极限。因为0≤∣x∣≤x2+y20\le\lvert x\rvert\le\sqrt{x^2+y^2}当 (x,y)→(0,0)(x,y)\to(0,0) 时 x2+y2→0\sqrt{x^2+y^2}\to0，由夹逼定理lim⁡(x,y)→(0,0)∣x∣=0\lim_{(x,y)\to(0,0)}\lvert x\rvert=0二重极限存在。第二步，判断偏导数。fx(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)−f(0,0)h=lim⁡h→0∣h∣h\begin{aligned} f_x(0,0) &=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{\lvert h\rvert}{h} \end{aligned}其中lim⁡h→0−∣h∣h=−1,lim⁡h→0+∣h∣h=1\lim_{h\to0^-}\frac{\lvert h\rvert}{h}=-1,\qquad \lim_{h\to0^+}\frac{\lvert h\rvert}{h}=1左右极限不相等，所以 fx(0,0)f_x(0,0) 不存在。虽然fy(0,0)=lim⁡k→0f(0,k)−f(0,0)k=lim⁡k→00k=0f_y(0,0)=\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to0}\frac0k=0但由于 fx(0,0)f_x(0,0) 不存在，不能说该点的一阶偏导数存在。结论：极限存在 ⇏\nRightarrow 偏导数存在。
原图没有单独画出这组箭头，但它是选择题的常见陷阱，必须掌握。连续 ⇏\nRightarrow 偏导数存在。 仍取 f(x,y)=∣x∣f(x,y)=\lvert x\rvert。它在原点连续：lim⁡(x,y)→(0,0)∣x∣=0=f(0,0)\lim_{(x,y)\to(0,0)}\lvert x\rvert=0=f(0,0)但fx(0,0)=lim⁡h→0∣h∣hf_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{\lvert h\rvert}{h}不存在，故偏导数不存在。偏导数存在 ⇏\nRightarrow 连续。 仍取 f(x,y)=xyx2+y2f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}（原点补 00）。原点处fx(0,0)=fy(0,0)=0f_x(0,0)=f_y(0,0)=0但沿 y=xy=x 的极限为 12\dfrac12，沿 y=0y=0 的极限为 00，二重极限不存在，函数不连续。两个方向都不成立，因此连续与偏导数存在互不推出。
一元函数里“可导 ⇒\Rightarrow 连续”成立，多元函数里“偏导数存在 ⇒\Rightarrow 连续”不成立。根本原因：偏导数只约束两条坐标轴方向，而连续要求所有方向同时满足。这是从一元推广到多元时最容易出错的地方。
判断 ff 在 P0=(x0,y0)P_0=(x_0,y_0) 是否可微，按以下顺序进行：
  1. 先算两个偏导数。 用定义计算 fx(P0),fy(P0)f_x(P_0),f_y(P_0)，分段函数在原点尤其不能偷懒。
  2. 有一个不存在，直接判定不可微。 依据 ⑤ 的逆否命题，不必再算判别式。
  3. 两个都存在，计算判别式的极限。 L=lim⁡(h,k)→(0,0)Δz−fx(P0)h−fy(P0)kh2+k2L=\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{\Delta z-f_x(P_0)h-f_y(P_0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} L=0L=0 当且仅当 ff 在 P0P_0 可微。
  4. 证明 L=0L=0。 常用夹逼：利用 ∣h∣≤ρ\lvert h\rvert\le\rho、∣k∣≤ρ\lvert k\rvert\le\rho、h2+k2=ρ2h^2+k^2=\rho^2 把分子配成 ρ\rho 的高阶项。也可以先用“偏导数连续”这一充分条件。
  5. 证明 L≠0L\ne0。 构造路径，如 y=xy=x、y=kxy=kx、x=y2x=y^2，使比值趋于非零常数，或使不同路径的极限不同。
偏导数连续⇒可微⇒{连续偏导数存在\text{偏导数连续}\Rightarrow\text{可微} \Rightarrow \begin{cases} \text{连续}\\ \text{偏导数存在} \end{cases}连续⇒极限存在\text{连续}\Rightarrow\text{极限存在}但连续+偏导数存在⇏可微\text{连续}+\text{偏导数存在}\nRightarrow\text{可微}可微的判定式统一写成Δz=fx(P0)h+fy(P0)k+o(ρ)  ⟺  lim⁡(h,k)→(0,0)Δz−fx(P0)h−fy(P0)kρ=0\Delta z=f_x(P_0)h+f_y(P_0)k+o(\rho) \iff \lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{\Delta z-f_x(P_0)h-f_y(P_0)k}{\rho}=0

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结论速查

先查关系是否成立，再回到对应条目看证明或反例。
表中的分式反例都按前文方式在原点补充函数值 00。

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易错提醒

沿所有直线趋近结果相同，不能说明二重极限存在。取 f(x,y)=xy2x2+y4f(x,y)=\dfrac{xy^2}{x^2+y^4}（原点补 00），沿任何直线 y=kxy=kx 有 f→0f\to0，沿 x=0x=0 也有 f→0f\to0，但沿抛物线 x=y2x=y^2 有f(y2,y)=y4y4+y4=12f(y^2,y)=\frac{y^4}{y^4+y^4}=\frac12所以二重极限不存在。判断极限不存在要主动构造曲线路径；判断存在必须用夹逼或极坐标统一估计。
求分段函数在原点的偏导数必须用定义。若先求出 x≠0x\ne0 时的 fxf_x 表达式再令 x→0x\to0，等于默认 fxf_x 连续，而 ② 的反例恰好说明这个假设不成立：fxf_x 在原点根本没有极限。
可微定义中的 A,BA,B 必须与 h,kh,k 无关，且只能是一次项。写成 Δz=Ah+Bk+ε\Delta z=Ah+Bk+\varepsilon 时，ε\varepsilon 必须是 o(ρ)o(\rho)；若 ε\varepsilon 只满足 ε→0\varepsilon\to0，那是连续而不是可微。
“偏导数存在”不等于“偏导数连续”，也不等于“可微”。三者由强到弱的顺序是偏导数连续⇒可微⇒偏导数存在\text{偏导数连续}\Rightarrow\text{可微}\Rightarrow\text{偏导数存在}反向一律不成立。
判断一元函数在分界点是否可导时，先看左右导数是否都存在且相等；判断多元函数是否可微时，先看偏导数是否存在。两步都是“先检查必要条件，再检查定义式”。
Last modified on October 31, 2026