这是一个经典的例子，完美符合你要的条件——连续、所有方向导数存在，但在原点$(0,0)$处不可微：

函数定义 #

我们定义函数 $f:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ 如下：
$$
f(x,y)=
\begin{cases}
\frac{x^2y}{x2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0) \
0, & (x,y)=(0,0)
\end{cases}
$$

连续性验证 #

首先验证函数在整个$\mathbb{R}^2$上的连续性：

• 当$(x,y)\neq(0,0)$时，$f(x,y)$是两个多项式的商，分母不为零，所以是连续的；
• 在原点$(0,0)$处，我们用极坐标替换：令$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$（$r>0$），则
  $$f(x,y)=\frac{r^2\cos2\theta \cdot r\sin\theta}{r^2\cos2\theta + r^2\sin2\theta}=r\cos^2\theta\sin\theta$$
  当$r\rightarrow0$时，这个表达式的极限是$0$，正好等于$f(0,0)$，所以函数在原点也连续。

所有方向导数存在的证明 #

任取一个方向向量$\mathbf{v}=(a,b)\in\mathbb{R}^2$，我们计算在原点处的方向导数$df_{(0,0)}(\mathbf{v})$：

• 如果$\mathbf{v}=(0,0)$，方向导数显然为$0$；
• 如果$\mathbf{v}\neq(0,0)$，根据方向导数的定义：
  $$
  df_{(0,0)}(\mathbf{v})=\lim_{t\rightarrow0}\frac{f(t\cdot a, t\cdot b)-f(0,0)}{t}
  $$
  当$t\neq0$时，$f(ta,tb)=\frac{(ta)^{2\cdot(tb)}{(ta)}2+(tb)^2}=\frac{t3a^2b}{t2(a^2+b2)}=\frac{t a^2b}{a2+b^2}$，代入上式得：
  $$
  \lim_{t\rightarrow0}\frac{\frac{t a^2b}{a2+b^{2}-0}{t}=\frac{a}2b}{a^2+b2}
  $$
  这个极限是确定的实数，说明任意方向的方向导数都存在。

不可微性证明 #

接下来证明函数在$(0,0)$处不可微：
如果函数在原点可微，那么它应该满足可微的定义：存在线性映射$L:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$，使得
$$
\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-L(x,y)}{\sqrt{x^2+y2}}=0
$$
首先计算偏导数（也就是坐标轴方向的方向导数）：

• $f_x(0,0)=df_{(0,0)}(1,0)=\frac{1^2\cdot0}{12+0^2}=0$
• $f_y(0,0)=df_{(0,0)}(0,1)=\frac{0^2\cdot1}{02+1^2}=0$
  所以如果可微的话，线性映射$L(x,y)=f_x(0,0)x + f_y(0,0)y=0$。此时上面的极限应该变为：
  $$
  \lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y2}}=0
  $$
  但我们取路径$y=x$，当$x\rightarrow0$时：
  $$
  \frac{f(x,x)}{\sqrt{x^2+x2}}=\frac{\frac{x^2\cdot x}{x^2+x2}}{|x|\sqrt{2}}=\frac{\frac{x}{2}}{|x|\sqrt{2}}
  $$
  当$x>0$时，这个值等于$\frac{1}{2\sqrt{2}}$，极限不为$0$，这和可微的定义矛盾，因此函数在$(0,0)$处不可微。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Rene Schipperus