5.6 无条件极值和条件极（最）值

总目录 · 笔记整理索引 · 本章索引 · 上一节：5.5 偏导数和全微分 · 下一节：5.7 高维度看待考研多元微分新颖大题——偏微分方程

5.6.1 无条件极值大题（关键在于 $AC - B^2 = 0$ ）

1. 概念与判定定理

设函数 $z = f(x, y)$ 在点 $P_0(x_0, y_0)$ 的某邻域内有定义，若对该去心邻域内任意的点 $P(x, y)$ 均有：

f(x, y) < f(x_0, y_0) \quad (\text{或 } f(x, y) > f(x_0, y_0))

则称 $(x_0, y_0)$ 为 $f(x, y)$ 的极大值点（或极小值点）；称 $f(x_0, y_0)$ 为 $f(x, y)$ 的极大值（或极小值）。极大值点和极小值点统称为极值点；极大值和极小值统称为极值。

(概念对比：一元函数极值点为 $x = x_0$ ；一元函数拐点为 $(x_0, y_0)$ ；二元函数极值点为平面坐标点 $(x_0, y_0)$ 。)

设 $z = f(x, y)$ 在点 $P_0(x_0, y_0)$ 的某邻域内有二阶连续偏导数，又 $f'_x(x_0, y_0) = 0, f'_y(x_0, y_0) = 0$ 。记：

A = f''_{xx}(x_0, y_0), \quad B = f''_{xy}(x_0, y_0), \quad C = f''_{yy}(x_0, y_0)

则有下述结论：

若 $AC - B^2 > 0$ ，则 $(x_0, y_0)$ $(x_{0}, y_{0})$ 为 $f(x, y)$ $f (x, y)$ 的极值点：
- ① 当 $A < 0$ （或 $C < 0$ ）时， $(x_0, y_0)$ 为极大值点；
- ② 当 $A > 0$ （或 $C > 0$ ）时， $(x_0, y_0)$ 为极小值点。
若 $AC - B^2 < 0$ ，则 $(x_0, y_0)$ 不为 $f(x, y)$ 的极值点（鞍点）。
若 $AC - B^2 = 0$ ，则 $(x_0, y_0)$ 可能为极值点，也可能不为极值点（充分条件失效，一般用定义判定 / 路径法，2023 考研真题已深入考查）。

2. 典型例题精析（例 5.47 至例 5.50）

例 5.47（2023 数二真题 · 驻点求解与周期性分类）

第一步：计算 $f(x, y)$ 的驻点
一阶偏导数为：

f'_x(x, y) = \mathrm{e}^{\cos y} + x, \qquad f'_y(x, y) = -x\sin y\,\mathrm{e}^{\cos y}

令一阶偏导同时为 0：

\begin{cases} \mathrm{e}^{\cos y} + x = 0 & (1) \\ -x\sin y\,\mathrm{e}^{\cos y} = 0 & (2) \end{cases}

考虑到指数恒正 $\mathrm{e}^{\cos y} > 0$ ，由方程 (2) 可得 $x = 0$ 或 $\sin y = 0$ 。

若 $x = 0$ ，代入 (1) 得 $\mathrm{e}^{\cos y} = 0$ ，无解；
因此必有 $\sin y = 0$ ，从而 $y = k\pi \ (k \in \mathbb{Z})$ 。

分类讨论 $k$ 的奇偶性：

当 $y = 2k\pi \ (k \in \mathbb{Z})$ 时， $\cos y = 1 \implies \mathrm{e}^{\cos y} = \mathrm{e}$ ，代入 (1) 得 $x = -\mathrm{e}$ ；
当 $y = (2k+1)\pi \ (k \in \mathbb{Z})$ 时， $\cos y = -1 \implies \mathrm{e}^{\cos y} = \mathrm{e}^{-1}$ ，代入 (1) 得 $x = -\mathrm{e}^{-1}$ 。

由此得到 $f(x, y)$ 的全部驻点为：

(-\mathrm{e}, 2k\pi) \quad \text{和} \quad (-\mathrm{e}^{-1}, (2k+1)\pi) \qquad (k \in \mathbb{Z})

第二步：计算二阶偏导数

\begin{aligned} f''_{xx}(x, y) &= 1 \\ f''_{xy}(x, y) &= -\sin y\,\mathrm{e}^{\cos y} \\ f''_{yy}(x, y) &= -x\cos y\,\mathrm{e}^{\cos y} - x\sin y \cdot (-\sin y)\mathrm{e}^{\cos y} = x(\sin^2 y - \cos y)\mathrm{e}^{\cos y} \end{aligned}

第三步：计算 $AC - B^2$ 进行判定

(i) 对驻点 $(-\mathrm{e}, 2k\pi) \ (k \in \mathbb{Z})$ ：
由于 $\sin(2k\pi) = 0, \cos(2k\pi) = 1, \mathrm{e}^{\cos(2k\pi)} = \mathrm{e}$ ，故：
$A = 1, \quad B = 0, \quad C = (-\mathrm{e}) \cdot (0 - 1) \cdot \mathrm{e} = \mathrm{e}^2$ $AC - B^2 = 1 \cdot \mathrm{e}^2 - 0 = \mathrm{e}^2 > 0, \qquad A = 1 > 0$
由充分条件可知，点 $(-\mathrm{e}, 2k\pi) \ (k \in \mathbb{Z})$ 均为 $f(x, y)$ 的极小值点。
极小值为：
$f(-\mathrm{e}, 2k\pi) = (-\mathrm{e})\,\mathrm{e} + \frac{(-\mathrm{e})^2}{2} = -\mathrm{e}^2 + \frac{\mathrm{e}^2}{2} = -\frac{\mathrm{e}^2}{2}$
(ii) 对驻点 $(-\mathrm{e}^{-1}, (2k+1)\pi) \ (k \in \mathbb{Z})$ ：
由于 $\sin((2k+1)\pi) = 0, \cos((2k+1)\pi) = -1, \mathrm{e}^{\cos((2k+1)\pi)} = \mathrm{e}^{-1}$ ，故：
$A = 1, \quad B = 0, \quad C = (-\mathrm{e}^{-1}) \cdot (0 - (-1)) \cdot \mathrm{e}^{-1} = -\mathrm{e}^{-2}$ $AC - B^2 = 1 \cdot (-\mathrm{e}^{-2}) - 0 = -\mathrm{e}^{-2} < 0$
由充分条件可知，点 $(-\mathrm{e}^{-1}, (2k+1)\pi) \ (k \in \mathbb{Z})$ 不是 $f(x, y)$ 的极值点。

结论：
$f(x, y)$ 存在极小值，极小值为 $f(-\mathrm{e}, 2k\pi) = -\dfrac{\mathrm{e}^2}{2} \ (k \in \mathbb{Z})$ ；无极大值。

例 5.48（2023 数一真题 · $AC - B^2 = 0$ 的核心处理原则）

当驻点处出现 $AC - B^2 = 0$ 时，必须牢记：

$AC - B^2 = 0$ 时，99% 的情况下，这一点都不是极值点。
除非能像例 5.50 那样直接看出整体表达式的正负性，否则基本上该点都不是极值点。
证明一个点“不是极值点”的方法——路径法：
取路径趋向驻点。如果在某条路径上，有比该点函数值大的值，则该点不是极大值点；若在某条路径上有比该点函数值小的值，则该点不是极小值点。
因此，若能在去心邻域内找到使函数值既有大于又有小于驻点值的路径，即可判定该点不是极值点。
取路径的核心在于“阶数分析”：
优先考虑令某一个变量等于 0（即沿坐标轴趋近）。若沿坐标轴同号，再寻找让主导项抵消的代数曲线路径（如高阶抛物线）。

第一步：求一阶偏导找驻点

\begin{aligned} f'_x(x, y) &= -2x(y - x^3) - 3x^2(y - x^2) = 2x^4 - 2xy + 3x^4 - 3x^2 y = 5x^4 - 3x^2 y - 2xy = x(5x^3 - 3xy - 2y) \\ f'_y(x, y) &= (y - x^3) + (y - x^2) = 2y - x^3 - x^2 \end{aligned}

令一阶偏导为 0：

\begin{cases} x(5x^3 - 3xy - 2y) = 0 & (1) \\ 2y - x^3 - x^2 = 0 & (2) \end{cases}

由 (2) 式得 $y = \dfrac{x^2(x+1)}{2}$ ，代入 (1) 式：

x\left[ 5x^3 - \frac{3x^3(x+1)}{2} - x^2(x+1) \right] = 0 \implies x^3(3x^2 - 5x + 2) = 0 \implies x^3(x - 1)(3x - 2) = 0

解得：

x = 0, \quad x = 1, \quad x = \frac{2}{3}

对应求得全部驻点为：

(0, 0), \quad (1, 1), \quad \left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right)

第二步：计算二阶偏导数

f''_{xx} = 20x^3 - 6xy - 2y, \qquad f''_{xy} = -3x^2 - 2x, \qquad f''_{yy} = 2

第三步：逐个驻点判定

(i) 驻点 $(0, 0)$ ：
$A = 0, \quad B = 0, \quad C = 2 \implies AC - B^2 = 0$
充分条件失效，回归定义判定：
显然 $f(0, 0) = 0$ 。
优先取坐标轴路径，令 $y = 0$ （沿 $x$ 轴）：
$f(x, 0) = (-x^2)(-x^3) = x^5$
在原点 $(0, 0)$ 的任意充分小去心邻域内：
- 取 $x > 0$ 时， $f(x, 0) = x^5 > 0 = f(0, 0)$ ；
- 取 $x < 0$ 时， $f(x, 0) = x^5 < 0 = f(0, 0)$ 。
  由于在原点的任意去心邻域内， $f(x, y) - f(0, 0)$ 既可为正也可为负，故 $(0, 0)$ 不是极值点。
(ii) 驻点 $(1, 1)$ ：
$A = 20 - 6 - 2 = 12, \quad B = -3 - 2 = -5, \quad C = 2$ $AC - B^2 = 12 \times 2 - (-5)^2 = 24 - 25 = -1 < 0$
由充分条件可知，点 $(1, 1)$ 不是极值点。
(iii) 驻点 $\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right)$ ：
$A = 20\left(\frac{8}{27}\right) - 6\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{10}{27}\right) - 2\left(\frac{10}{27}\right) = \frac{160 - 40 - 20}{27} = \frac{100}{27}$ $B = -3\left(\frac{4}{9}\right) - 2\left(\frac{2}{3}\right) = -\frac{4}{3} - \frac{4}{3} = -\frac{8}{3}, \qquad C = 2$ $AC - B^2 = \frac{100}{27} \times 2 - \left(-\frac{8}{3}\right)^2 = \frac{200}{27} - \frac{64}{9} = \frac{200 - 192}{27} = \frac{8}{27} > 0$
且 $A = \dfrac{100}{27} > 0$ 。
由充分条件可知，点 $\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right)$ 是 $f(x, y)$ 的极小值点。
极小值为：
$f\left(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}\right) = \left( \frac{10}{27} - \frac{4}{9} \right)\left( \frac{10}{27} - \frac{8}{27} \right) = \left(-\frac{2}{27}\right)\left(\frac{2}{27}\right) = -\frac{4}{729}$

结论：
$f(x, y)$ 唯一的极值点为 $\left(\dfrac{2}{3}, \dfrac{10}{27}\right)$ ，极小值为 $-\dfrac{4}{729}$ 。

例 5.49（张宇高数十八讲 · 对称多项式与坐标轴路径法）

第一步：求驻点

\begin{cases} \dfrac{\partial z}{\partial x} = 4x^3 - 2x - 2y = 0 & (1) \\ \dfrac{\partial z}{\partial y} = 4y^3 - 2x - 2y = 0 & (2) \end{cases}

(1) - (2) 得：

4(x^3 - y^3) = 0 \implies x = y

代入 (1) 式：

4x^3 - 4x = 0 \implies 4x(x - 1)(x + 1) = 0 \implies x = 0, \pm 1

得到三个驻点： $(-1, -1), (0, 0), (1, 1)$ 。

第二步：计算二阶偏导

A = \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 12x^2 - 2, \qquad B = \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = -2, \qquad C = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 12y^2 - 2

第三步：逐点判定

在 $(-1, -1)$ 处：
$A = 10 > 0, B = -2, C = 10 \implies AC - B^2 = 100 - 4 = 96 > 0$ 。
因此 $(-1, -1)$ 为极小值点，极小值为 $\left.z\right|_{(-1, -1)} = 1 + 1 - 1 - 2 - 1 = -2$ 。
在 $(1, 1)$ 处：
$A = 10 > 0, B = -2, C = 10 \implies AC - B^2 = 96 > 0$ 。
因此 $(1, 1)$ 为极小值点，极小值为 $\left.z\right|_{(1, 1)} = -2$ 。
在 $(0, 0)$ 处：
$A = -2, B = -2, C = -2 \implies AC - B^2 = (-2)(-2) - (-2)^2 = 0$ 。
充分条件失效，将函数配方改写：
$z = x^4 + y^4 - (x + y)^2, \qquad z(0, 0) = 0$
寻找两条符号相反的路径：
- 路径 1（使二次项消失）：沿直线 $y = -x$ ，则 $z = x^4 + (-x)^4 - 0 = 2x^4 > 0 = z(0, 0)$ （ $x \neq 0$ 时恒正）；
- 路径 2（使高次项不占主导）：沿坐标轴 $y = 0$ ，则 $z = x^4 - x^2 = x^2(x^2 - 1)$ 。
  在原点充分小邻域内（ $|x| < 1$ ）， $x^2 - 1 < 0$ ，故 $z = x^2(x^2 - 1) < 0 = z(0, 0)$ （ $x \neq 0$ 时恒负）。
综上，在 $(0, 0)$ 的任意去心邻域内函数值既能大于 0 也能小于 0，故 $(0, 0)$ 不是极值点。

结论：
极小值点为 $(-1, -1)$ 与 $(1, 1)$ ，极小值均为 $-2$ 。

例 5.50（李林 880 · 极大值条件反求参数与广义极值辨析）

第一步：利用极值必要条件列方程
一阶偏导数为：

\begin{aligned} f'_x(x, y) &= -\mathrm{e}^{-x}(ax + b - y^2) + \mathrm{e}^{-x} \cdot a = \mathrm{e}^{-x}(-ax - b + y^2 + a) \\ f'_y(x, y) &= -2y\,\mathrm{e}^{-x} \end{aligned}

由极值必要条件，在点 $(-1, y_0)$ 处：

\begin{cases} f'_x(-1, y_0) = \mathrm{e}(a - b + y_0^2 + a) = \mathrm{e}(2a - b + y_0^2) = 0 & (1) \\ f'_y(-1, y_0) = -2y_0\,\mathrm{e} = 0 & (2) \end{cases}

由 (2) 式立得 $y_0 = 0$ 。代入 (1) 式得：

b = 2a

即极值点必为 $(-1, 0)$ 。

第二步：计算二阶偏导数
在点 $(-1, 0)$ 处， $\mathrm{e}^{-(-1)} = \mathrm{e}$ ：

\begin{aligned} A = f''_{xx}(-1, 0) &= \left. \left[ -\mathrm{e}^{-x}(-ax - b + y^2 + a) + \mathrm{e}^{-x}(-a) \right] \right|_{(-1, 0)} \\ &= \mathrm{e}(-2a + b - a) = \mathrm{e}(b - 3a) \xlongequal{b = 2a} -\mathrm{e}a \\ B = f''_{xy}(-1, 0) &= \left. 2y\,\mathrm{e}^{-x} \right|_{(-1, 0)} = 0 \\ C = f''_{yy}(-1, 0) &= \left. -2\,\mathrm{e}^{-x} \right|_{(-1, 0)} = -2\mathrm{e} \end{aligned}

第三步：由充分条件讨论参数范围

AC - B^2 = (-\mathrm{e}a)(-2\mathrm{e}) - 0 = 2\mathrm{e}^2 a

情况 1： $a > 0$ 时
$AC - B^2 = 2\mathrm{e}^2 a > 0$ ，且 $A = -\mathrm{e}a < 0$ ，充分条件严格满足，点 $(-1, 0)$ 必为极大值点。
情况 2： $a = 0$ 时的退化情形（ $AC - B^2 = 0$ ）
此时 $b = 2a = 0$ 。代入原函数检验：
$f(x, y) = -y^2\,\mathrm{e}^{-x}$
而在驻点 $(-1, 0)$ 处的函数值为 $f(-1, 0) = 0$ 。
显然，对平面上任意 $(x, y)$ ，由于 $y^2 \geqslant 0, \mathrm{e}^{-x} > 0$ ，恒有：
$f(x, y) = -y^2\,\mathrm{e}^{-x} \leqslant 0 = f(-1, 0)$
- 若按广义极值定义：在邻域内恒有 $f(x, y) \leqslant f(-1, 0)$ ，则 $(-1, 0)$ 确实是极大值点！此时 $a = 0, b = 0$ 满足条件。
- 若按狭义极值定义：在去心邻域内的直线 $y = 0$ 上，取任意 $x \neq -1$ 均有 $f(x, 0) = 0 = f(-1, 0)$ ，不满足严格小于号，故不是狭义极大值点。

结论：
考研统考及绝大多数主流教材（同济版）均默认广义极值，因此 $a, b$ 满足的条件为：

a \geqslant 0, \quad b = 2a

5.6.2 隐函数的无条件极值（2016 数二真题）

例 5.51（2016 数二真题 · 隐函数无条件极值规范求解）

第一步：求一阶偏导数并确定驻点
方程两边分别对 $x$ 和 $y$ 求偏导：

2xz + (x^2 + y^2)\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial x} + 2 = 0 \qquad (1)

2yz + (x^2 + y^2)\frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z}\frac{\partial z}{\partial y} + 2 = 0 \qquad (2)

极值点处必有 $\dfrac{\partial z}{\partial x} = 0, \dfrac{\partial z}{\partial y} = 0$ 。代入 (1)、(2) 式：

2xz + 2 = 0 \implies x = -\frac{1}{z}

2yz + 2 = 0 \implies y = -\frac{1}{z}

将 $x = y = -\dfrac{1}{z}$ 代入原方程求 $z$ ：

\left[\left(-\frac{1}{z}\right)^2 + \left(-\frac{1}{z}\right)^2\right] z + \ln z + 2\left(-\frac{1}{z} - \frac{1}{z} + 1\right) = 0

\frac{2}{z} + \ln z - \frac{4}{z} + 2 = 0 \implies \ln z = \frac{2}{z} - 2

观察可知 $z = 1$ 为该方程的唯一正实根（左侧单增、右侧单减）。
将 $z = 1$ 代回得 $x = -1, y = -1$ 。
因此函数驻点为 $(-1, -1)$ ，对应函数值 $z(-1, -1) = 1$ 。

第二步：计算驻点处的二阶偏导数
对 (1) 式两端关于 $x$ 继续求导：

2z + 2x\frac{\partial z}{\partial x} + 2x\frac{\partial z}{\partial x} + (x^2 + y^2)\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} - \frac{1}{z^2}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \frac{1}{z}\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 0

将点 $x = -1, y = -1, z = 1$ 以及 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(-1, -1)} = 0$ 代入：

2(1) + 0 + 0 + (1 + 1)\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(-1, -1)} - 0 + 1 \cdot \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(-1, -1)} = 0

2 + 3\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(-1, -1)} = 0 \implies A = \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\right|_{(-1, -1)} = -\frac{2}{3}

由方程中 $x, y$ 的轮换对称性，同理可知：

C = \left.\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}\right|_{(-1, -1)} = -\frac{2}{3}

对 (1) 式两端关于 $y$ 继续求导：

2x\frac{\partial z}{\partial y} + 2y\frac{\partial z}{\partial x} + (x^2 + y^2)\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} - \frac{1}{z^2}\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial z}{\partial y} + \frac{1}{z}\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = 0

代入驻点数值：

0 + 0 + 2\left.\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\right|_{(-1, -1)} - 0 + \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\right|_{(-1, -1)} = 0 \implies B = \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\right|_{(-1, -1)} = 0

第三步：极值判定

AC - B^2 = \left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{2}{3}\right) - 0 = \frac{4}{9} > 0

又 $A = -\dfrac{2}{3} < 0$ ，由充分条件可知点 $(-1, -1)$ 为极大值点。

结论：
函数 $z = z(x, y)$ 在点 $(-1, -1)$ 处取得极大值，极大值为 $1$ 。

5.6.3 极限表达式 + 极值（仅 03 年数一考过）

题型一：分子只有 $f(x, y)$ ，且分母符号确定——利用保号性

例 5.52（李艳芳 900 · 极限保号性判定极值与导数定义）

正确选项：D

分析推导：
当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时， $|x| + |y| \to 0$ ，利用等价无穷小 $\sin u \sim u$ ：

\lim_{(x, y)\to(0, 0)} \frac{f(x, y)}{(|x|+|y|)^\alpha} = 1

检验选项 A：
因极限存在且分母趋于 0，分子必趋于 0，即 $\lim\limits_{(x, y)\to(0, 0)} f(x, y) = 0 = f(0, 0)$ ，函数在原点连续，A 正确。
检验选项 B：
由极限保号性，在原点充分小的去心邻域内，比值必定大于 0。又分母 $(|x|+|y|)^\alpha > 0$ 恒成立，因此去心邻域内分子必有： $f(x, y) > 0 = f(0, 0)$ 由极值定义，点 $(0, 0)$ 为 $f(x, y)$ 的严格极小值点，B 正确。
检验选项 C：
当 $\alpha = 1$ 时，沿坐标轴趋近（令 $y = 0$ ）： $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{f(x, 0)}{|x|} = 1$ 。按偏导数定义： $f'_x(0, 0) = \lim_{x\to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x\to 0} \left[ \frac{f(x, 0)}{|x|} \cdot \frac{|x|}{x} \right] = 1 \cdot \lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x}$ 左极限为 $-1$ ，右极限为 $1$ ，极限不存在！同理 $f'_y(0, 0)$ 也不存在，C 正确。
检验选项 D：
当 $\alpha > 1$ 时， $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{f(x, 0)}{|x|^\alpha} = 1$ 。按偏导数定义： $f'_x(0, 0) = \lim_{x\to 0} \frac{f(x, 0) - 0}{x} = \lim_{x\to 0} \left[ \frac{f(x, 0)}{|x|^\alpha} \cdot \frac{|x|^\alpha}{x} \right] = 1 \cdot \lim_{x\to 0} \left[ \operatorname{sgn}(x) \cdot |x|^{\alpha - 1} \right] = 0$ 同理可得 $f'_y(0, 0) = 0$ 。偏导数不仅存在，而且均为 0。选项 D 称“均不为 0”，故 D 错误，符合题意。

题型二：无法利用保号性，且出现 $x^2 + y^2$ ——极坐标换元

例 5.53（23 张八 · 03 年数一真题改编 · 极坐标局部展开）

正确选项：C

推导分析：
由极限“脱帽法”（无穷小展开）：

f(x, y) = x^k y + (x^2 + y^2)^2 + o((x^2 + y^2)^2)

令极坐标换元 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta \ (r > 0)$ ：

f(r, \theta) = r^{k+1}\cos^k\theta\sin\theta + r^4 + o(r^4)

对各项阶数进行分类讨论：

当 $k+1 < 4$ ，即 $k = 1, 2$ 时：
在原点充分小邻域内（ $r \to 0^+$ ），低阶项 $r^{k+1}$ 占据绝对主导地位：
- 若 $k = 1$ ，主导项为 $r^2 \cos\theta\sin\theta = \frac{1}{2}r^2 \sin 2\theta$ ，符号随角度在四个象限正负交替变号；
- 若 $k = 2$ ，主导项为 $r^3 \cos^2\theta\sin\theta$ ，符号由 $\sin\theta$ 决定，在上下半平面正负交替变号。
  故当 $k = 1, 2$ 时， $(0, 0)$ 既不是极大值点也不是极小值点。A、B 均错误。
当 $k+1 = 4$ ，即 $k = 3$ 时：
两项同为 4 阶，提取 $r^4$ ：
$f(r, \theta) = r^4(1 + \cos^3\theta\sin\theta) + o(r^4)$
注意到 $|\cos^3\theta\sin\theta| \leqslant |\cos^3\theta||\sin\theta| < 1$ （因为 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ ，两者不可同时取模为 1）。
因此括号内部恒有：
$1 + \cos^3\theta\sin\theta \geqslant 1 - |\cos^3\theta\sin\theta| > 0$
故在原点充分小邻域内，恒有 $f(r, \theta) > 0 = f(0, 0)$ ，点 $(0, 0)$ 必为严格极小值点。C 正确。
当 $k+1 > 4$ ，即 $k \geqslant 4$ 时：
4 阶项 $r^4$ 成为主导项，此时 $f(r, \theta) = r^4 + o(r^4) > 0 = f(0, 0)$ ，该点应为极小值点而非极大值点，D 错误。

5.6.4 条件极（最）值

5.6.4.1 基本方法论与区域拆分

graph TD
    Area["求解区域 D 上的最值 (如 g(x, y) ≤ C)"] --> Split["区域拆分"]
    Split --> Part1["开区域内部: g(x, y) < C"]
    Split --> Part2["边界曲线: g(x, y) = C"]
    Part1 --> Internal["求无条件极值驻点<br>无需算 AC - B²，直接记录驻点"]
    Part2 --> Boundary["构造拉格朗日函数<br>解拉氏方程组求驻点"]
    Boundary --> Corner["检查非封闭曲线端点/边界角点"]
    Internal --> Collect["汇总所有候选点函数值"]
    Boundary --> Collect
    Corner --> Collect
    Collect --> Compare["比较大小：最大值为最大值，最小值为最小值"]

不等式区域拆分：
若见到 $\leqslant$ $⩽$ 或 $\geqslant$ $⩾$ ，必须先拆分为开区间内部（ $<$ $<$ 或 $>$ $>$ ）与边界（ $=$ $=$ ）：
- 内部（无条件极值）：令一阶偏导等于 0 找驻点。找到驻点后，无需判断其是否为极值点，绝对不要浪费时间计算 $AC - B^2$ ！
- 边界（条件极值）：使用拉格朗日乘数法或代入消元法。
- 端点/角点：若边界为非封闭线段或存在多条边界交点，必须单独计算其端点值！
全域最值比较定理：
在有界闭区域上连续的多元函数必有最大值与最小值。只需把所有内部驻点、边界驻点及角点的函数值一一算出，数值最大的即为最大值，最小的即为最小值！
考场卷面书写秘诀：
解拉格朗日方程组的草稿过程不需要呈现在卷面上，写出方程组后直接写“解得 xxx”！若考场上时间紧迫方程卡壳，合理写出猜测的几何对称解求值，亦可拿到大部分步骤分。

5.6.4.2 解方程的基本手法

拉格朗日方程组的两种经典代数手法：

手法一：硬核作差法（消去乘子 $\lambda$ ）
手法二：成比例法（方程相除法）

例 5.54（武忠祥高数讲义 · 闭圆盘区域最值与双解法对比）

第一步：开区域内部 $x^2 + y^2 < 25$ （无条件极值）
令偏导数为 0：

\begin{cases} \dfrac{\partial z}{\partial x} = 2x - 12 = 0 \implies x = 6 \\ \dfrac{\partial z}{\partial y} = 2y + 16 = 0 \implies y = -8 \end{cases}

检验驻点： $6^2 + (-8)^2 = 100 > 25$ ，该点落在区域外，舍去。内部无候选点。

第二步：边界处 $x^2 + y^2 = 25$ （条件极值）
先利用约束条件化简目标函数：

z = (x^2 + y^2) - 12x + 16y = 25 - 12x + 16y

构造拉格朗日函数：

F(x, y, \lambda) = 25 - 12x + 16y + \lambda(x^2 + y^2 - 25)

列出方程组：

\begin{cases} F'_x = -12 + 2\lambda x = 0 & (1) \\ F'_y = 16 + 2\lambda y = 0 & (2) \\ F'_\lambda = x^2 + y^2 - 25 = 0 & (3) \end{cases}

手法一（硬核作差消去 $\lambda$ ）：
$(1) \times y - (2) \times x \implies -12y - 16x = 0 \implies y = -\dfrac{4}{3}x$ 。
代入 (3) 式： $x^2 + \left(-\dfrac{4}{3}x\right)^2 = 25 \implies \dfrac{25}{9}x^2 = 25 \implies x = \pm 3$ 。
求得两组驻点： $(3, -4)$ 与 $(-3, 4)$ 。
手法二（成比例法）：
由 (1)(2) 得 $\lambda x = 6, \lambda y = -8 \implies \dfrac{\lambda y}{\lambda x} = \dfrac{-8}{6} \implies y = -\dfrac{4}{3}x$ ，同样得出驻点。

第三步：计算函数值并比较大小

z(3, -4) = 25 - 12(3) + 16(-4) = 25 - 36 - 64 = -75

z(-3, 4) = 25 - 12(-3) + 16(4) = 25 + 36 + 64 = 125

结论：
函数 $z$ 在区域 $D$ 上的最小值为 $-75$ ，最大值为 $125$ 。

例 5.55（武忠祥高数讲义 · 椭圆到直线最短距离）

点 $(x, y)$ 到直线距离公式为 $d = \dfrac{|2x + 3y - 6|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = \dfrac{|2x + 3y - 6|}{\sqrt{13}}$ 。
为规避绝对值与根号，直接将目标函数设为平方式： $f(x, y) = (2x + 3y - 6)^2$ 。
构造拉格朗日函数：

F(x, y, \lambda) = (2x + 3y - 6)^2 + \lambda(x^2 + 4y^2 - 4)

求偏导列方程：

\begin{cases} F'_x = 4(2x + 3y - 6) + 2\lambda x = 0 & (1) \\ F'_y = 6(2x + 3y - 6) + 8\lambda y = 0 & (2) \\ F'_\lambda = x^2 + 4y^2 - 4 = 0 & (3) \end{cases}

消去 $\lambda$ ： $(1) \times 4y - (2) \times x$ 得：

16y(2x + 3y - 6) - 6x(2x + 3y - 6) = 0 \implies (16y - 6x)(2x + 3y - 6) = 0

若 $2x + 3y - 6 = 0$ ，与椭圆 $x^2 + 4y^2 = 4$ 联立判别式 $\Delta < 0$ ，无实根（几何上直线与椭圆不相交）；
因此必有 $16y - 6x = 0 \implies y = \dfrac{3}{8}x$ 。

将 $y = \dfrac{3}{8}x$ 代入椭圆方程 (3)：

x^2 + 4\left(\frac{3}{8}x\right)^2 = 4 \implies x^2 + \frac{9}{16}x^2 = 4 \implies \frac{25}{16}x^2 = 4 \implies x = \pm \frac{8}{5}

解得两候选点： $P_1\left(\dfrac{8}{5}, \dfrac{3}{5}\right)$ 和 $P_2\left(-\dfrac{8}{5}, -\dfrac{3}{5}\right)$ 。

计算点到直线的实际距离：

d(P_1) = \frac{\left|2\left(\frac{8}{5}\right) + 3\left(\frac{3}{5}\right) - 6\right|}{\sqrt{13}} = \frac{\left|\frac{25}{5} - 6\right|}{\sqrt{13}} = \frac{1}{\sqrt{13}}

d(P_2) = \frac{\left|2\left(-\frac{8}{5}\right) + 3\left(-\frac{3}{5}\right) - 6\right|}{\sqrt{13}} = \frac{|-5 - 6|}{\sqrt{13}} = \frac{11}{\sqrt{13}}

结论：
最短距离点为 $\left(\dfrac{8}{5}, \dfrac{3}{5}\right)$ 。

例 5.56（2006 数一二三真题 · 抽象函数拉格朗日极值逻辑推演）

设 $f(x, y)$ 与 $\varphi(x, y)$ 均为可微函数，且 $\varphi'_y(x, y) \neq 0$ 。已知 $(x_0, y_0)$ 是 $f(x, y)$ 在约束条件 $\varphi(x, y) = 0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是（　　）
(A) 若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) = 0$ 。
(B) 若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ 。
(C) 若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) = 0$ 。
(D) 若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ 。

[!tip] 提示命题思考对于抽象函数题，解方程原则是“走一步看一步”。关键抓住非零项做分母消去参数！

正确选项：D

逻辑推导：
构造拉格朗日函数 $L(x, y, \lambda) = f(x, y) + \lambda\varphi(x, y)$ 。极值点 $(x_0, y_0)$ 满足方程组：

\begin{cases} f'_x(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_x(x_0, y_0) = 0 & (1) \\ f'_y(x_0, y_0) + \lambda\varphi'_y(x_0, y_0) = 0 & (2) \end{cases}

因为已知 $\varphi'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ，故方程 (2) 中的 $\varphi'_y$ 可以作分母，解得：

\lambda = -\frac{f'_y(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)}

将 $\lambda$ 代入 (1) 式整理得：

f'_x(x_0, y_0) = \frac{f'_y(x_0, y_0)\cdot \varphi'_x(x_0, y_0)}{\varphi'_y(x_0, y_0)} \qquad (*)

检验选项 D：若 $f'_x(x_0, y_0) \neq 0$ ，则式 $(*)$ 左端非零，右端分子必非零，从而必定有 $f'_y(x_0, y_0) \neq 0$ ，故 D 选项严格正确。
检验选项 A、B：若 $f'_x(x_0, y_0) = 0$ ，则由 $(*)$ 式只能得出 $f'_y(x_0, y_0) \cdot \varphi'_x(x_0, y_0) = 0$ 。这既可能是 $f'_y = 0$ ，也可能是 $\varphi'_x = 0$ 而 $f'_y \neq 0$ ，故 A、B 均无法必然推出。
检验选项 C：若 $f'_x \neq 0$ ，由结论已推出 $f'_y \neq 0$ ，故 C 矛盾错误。

5.6.4.3 巧用行列式求解方程（线性代数降维打击）

题型一：齐次线性方程组与非零解判定

例 5.57（武忠祥严选题 · 全微分偏积分 + 行列式秒杀）

第一步：全微分偏积分还原原函数
由 $z'_x = 2x + 12y$ ，对 $x$ 偏积分：

z(x, y) = x^2 + 12xy + \varphi(y)

对 $y$ 求偏导并对照 $z'_y$ ：

z'_y = 12x + \varphi'(y) = 12x + 4y \implies \varphi'(y) = 4y \implies \varphi(y) = 2y^2 + C

由初值 $z(0, 0) = 0 \implies C = 0$ ，得到原函数：

z(x, y) = x^2 + 12xy + 2y^2

第二步：区域内部驻点 $4x^2 + y^2 < 25$
令 $z'_x = 2x + 12y = 0, z'_y = 12x + 4y = 0$ ，解得唯一驻点 $(0, 0)$ 。
此时 $z(0, 0) = 0$ 。

第三步：边界 $4x^2 + y^2 = 25$ （行列式法秒杀）
构造拉格朗日函数：

F(x, y, \lambda) = x^2 + 12xy + 2y^2 + \lambda(4x^2 + y^2 - 25)

求偏导：

\begin{cases} F'_x = 2x + 12y + 8\lambda x = 0 \\ F'_y = 12x + 4y + 2\lambda y = 0 \\ 4x^2 + y^2 = 25 \end{cases}

整理为关于 $x, y$ 的齐次线性方程组：

\begin{cases} (1 + 4\lambda)x + 6y = 0 \\ 6x + (2 + \lambda)y = 0 \end{cases}

由于 $(0, 0)$ 不满足约束 $4(0)^2 + 0^2 = 25$ ，方程组必须有非零解，故系数行列式为 0：

\begin{vmatrix} 1 + 4\lambda & 6 \\ 6 & 2 + \lambda \end{vmatrix} = 0 \implies (1 + 4\lambda)(2 + \lambda) - 36 = 0 \implies 4\lambda^2 + 9\lambda - 34 = 0

因式分解 $(4\lambda + 17)(\lambda - 2) = 0$ ，解得：

\lambda_1 = 2, \qquad \lambda_2 = -\frac{17}{4}

当 $\lambda_1 = 2$ 时：代入得 $9x + 6y = 0 \implies y = -\dfrac{3}{2}x$ 。
代入椭圆边界 $4x^2 + \left(-\dfrac{3}{2}x\right)^2 = 25 \implies \dfrac{25}{4}x^2 = 25 \implies x = \pm 2$ 。
得到驻点 $(2, -3)$ 与 $(-2, 3)$ 。
函数值 $z = 4 + 12(-6) + 2(9) = 4 - 72 + 18 = -50$ 。
当 $\lambda_2 = -\dfrac{17}{4}$ 时：代入得 $(1 - 17)x + 6y = 0 \implies -16x + 6y = 0 \implies y = \dfrac{8}{3}x$ 。
代入椭圆边界 $4x^2 + \left(\dfrac{8}{3}x\right)^2 = 25 \implies \dfrac{100}{9}x^2 = 25 \implies x = \pm \dfrac{3}{2}$ 。
得到驻点 $\left(\dfrac{3}{2}, 4\right)$ 与 $\left(-\dfrac{3}{2}, -4\right)$ 。
函数值 $z = \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 + 12\left(\dfrac{3}{2}\right)(4) + 2(16) = \dfrac{9}{4} + 72 + 32 = \dfrac{425}{4}$ 。

结论：
比较各点函数值，最大值为 $z_{\max} = \dfrac{425}{4}$ 。

例 5.58（2010 数三真题 · 三元齐次方程组与 3 阶行列式）

构造拉格朗日函数：

F(x, y, z, \lambda) = xy + 2yz + \lambda(x^2 + y^2 + z^2 - 10)

求偏导列方程组：

\begin{cases} F'_x = y + 2\lambda x = 0 & (1) \\ F'_y = x + 2z + 2\lambda y = 0 & (2) \\ F'_z = 2y + 2\lambda z = 0 & (3) \\ x^2 + y^2 + z^2 = 10 & (4) \end{cases}

点 $(0, 0, 0)$ 不满足 (4) 式，故前三式构成的关于 $x, y, z$ 的齐次线性方程组必有非零解：

\begin{cases} 2\lambda x + 1y + 0z = 0 \\ 1x + 2\lambda y + 2z = 0 \\ 0x + 1y + \lambda z = 0 \end{cases} \implies \begin{vmatrix} 2\lambda & 1 & 0 \\ 1 & 2\lambda & 2 \\ 0 & 1 & \lambda \end{vmatrix} = 0

按第一列展开行列式：

2\lambda(2\lambda^2 - 2) - 1(\lambda - 0) = 4\lambda^3 - 4\lambda - \lambda = 4\lambda^3 - 5\lambda = \lambda(4\lambda^2 - 5) = 0

解得：

\lambda = 0 \quad \text{或} \quad \lambda = \pm \frac{\sqrt{5}}{2}

若 $\lambda = 0$ ：
由 (1) 得 $y = 0$ ；代入 (2) 得 $x + 2z = 0 \implies x = -2z$ 。
代入球面方程 (4)： $(-2z)^2 + 0 + z^2 = 10 \implies 5z^2 = 10 \implies z = \pm \sqrt{2}$ 。
求得两候选点： $P_5(2\sqrt{2}, 0, -\sqrt{2}), P_6(-2\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$ 。
此时函数值均为 $u = 0$ 。
若 $\lambda = \pm \dfrac{\sqrt{5}}{2} \neq 0$ ：
由 (1) 式 $y = -2\lambda x$ ，由 (3) 式 $y = -\lambda z$ ，联立得 $2\lambda x = \lambda z \implies z = 2x$ 。
代入 (2) 式： $x + 4x + 2\lambda(-2\lambda x) = 0 \implies 5x - 4\lambda^2 x = 0$ （由 $4\lambda^2 = 5$ 自动满足）。
再由 $y^2 = 4\lambda^2 x^2 = 5x^2$ 。
全部代入约束条件 (4)：
$x^2 + 5x^2 + (2x)^2 = 10 \implies 10x^2 = 10 \implies x = \pm 1$
从而 $z = \pm 2, y = \pm \sqrt{5}$ 。得到 4 个驻点：
$P_1(1, \sqrt{5}, 2), \quad P_2(-1, \sqrt{5}, -2), \quad P_3(1, -\sqrt{5}, 2), \quad P_4(-1, -\sqrt{5}, -2)$
计算各点函数值：
$u(P_1) = u(P_4) = 1 \cdot \sqrt{5} + 2\sqrt{5}(2) = 5\sqrt{5}$ $u(P_2) = u(P_3) = -1 \cdot \sqrt{5} + 2\sqrt{5}(-2) = -5\sqrt{5}$

结论：
最大值为 $u_{\max} = 5\sqrt{5}$ ，最小值为 $u_{\min} = -5\sqrt{5}$ 。

题型二：非齐次方程转化为解向量 $(1, \lambda, \mu)^T$ 的齐次方程

若关于未知数 $x, y, z$ 的方程组不是齐次的，无法直接把 $x, y, z$ 视作解向量；此时可逆向思维：将常数项 $1$ 以及乘子 $\lambda, \mu$ 组合为解向量 $\mathbf{X} = (1, \lambda, \mu)^T$ ！
方程组可写作：

\mathbf{B}(x, y, z) \begin{pmatrix} 1 \\ \lambda \\ \mu \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

由于解向量的首个分量为常数 $1 \neq 0$ （必是非零解向量），因此系数矩阵的行列式必为 0：

|\mathbf{B}(x, y, z)| = 0

由此可一步得出 $x, y, z$ 之间满足的核心几何约束关系，彻底绕过解参数 $\lambda, \mu$ 的繁琐过程！

回顾例 5.55 的向量增广行列式法：
方程组重写为： $\begin{pmatrix} 2(2x + 3y - 6) & x \\ 3(2x + 3y - 6) & 4y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ 解向量 $(1, \lambda)^T \neq \mathbf{0}$ ，系数行列式为 0： $\begin{vmatrix} 2(2x + 3y - 6) & x \\ 3(2x + 3y - 6) & 4y \end{vmatrix} = 0 \implies (8y - 3x)(2x + 3y - 6) = 0$ 瞬间得出关系式，比常规消元法快数倍！

例 5.59（2021 数一真题 · 双约束条件与 3 阶非齐次行列式秒杀）

点 $(x, y, z)$ 到 $xOy$ 面的距离为 $|z|$ ，目标函数等价为求 $f = z^2$ 的最值。
两个约束条件建立拉格朗日函数：

L(x, y, z, \lambda, \mu) = z^2 + \lambda(x^2 + 2y^2 - z - 6) + \mu(4x + 2y + z - 30)

求偏导：

\begin{cases} L'_x = 2\lambda x + 4\mu = 0 & (1) \\ L'_y = 4\lambda y + 2\mu = 0 & (2) \\ L'_z = 2z - \lambda + \mu = 0 & (3) \\ x^2 + 2y^2 - z - 6 = 0 & (4) \\ 4x + 2y + z - 30 = 0 & (5) \end{cases}

将前三式改写为以 $(1, \lambda, \mu)^T$ 为未知量的线性方程组：

\begin{pmatrix} 0 & x & 2 \\ 0 & 2y & 1 \\ 2z & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \lambda \\ \mu \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

因为解向量首项为 $1 \neq 0$ （非零解），所以系数行列式必须为 0：

\begin{vmatrix} 0 & x & 2 \\ 0 & 2y & 1 \\ 2z & -1 & 1 \end{vmatrix} = 2z \cdot (x \cdot 1 - 2 \cdot 2y) = 2z(x - 4y) = 0

立即得出两组简明几何约束：

z = 0 \quad \text{或} \quad x = 4y

若 $z = 0$ ：
代入 (4)(5) 得 $\begin{cases} x^2 + 2y^2 = 6 \\ 4x + 2y = 30 \end{cases} \implies y = 15 - 2x$ 。
代入得 $x^2 + 2(15 - 2x)^2 = 6 \implies 9x^2 - 120x + 444 = 0$ 。
其判别式 $\Delta = 120^2 - 4 \times 9 \times 444 = 14400 - 15984 < 0$ ，无实数解（直线与椭圆不相交）。
若 $x = 4y$ ：
(4) + (5) 两式相加消去 $z$ ：
$x^2 + 4x + 2y^2 + 2y - 36 = 0$
代入 $x = 4y$ ：
$(4y)^2 + 4(4y) + 2y^2 + 2y - 36 = 0 \implies 18y^2 + 18y - 36 = 0 \implies y^2 + y - 2 = 0$
因式分解 $(y + 2)(y - 1) = 0$ ，解得：
$y = 1 \quad \text{或} \quad y = -2$
- 当 $y = 1$ 时， $x = 4$ ，由 (5) 得 $z = 30 - 4(4) - 2(1) = 12$ ；
- 当 $y = -2$ 时， $x = -8$ ，由 (5) 得 $z = 30 - 4(-8) - 2(-2) = 30 + 32 + 4 = 66$ 。

结论：
比较两点到 $xOy$ 坐标面的距离 $|z|$ ，最大值为 $66$ 。

5.6.4.4 “轮换对称性”可能会漏解！

例 5.60（2023 李六 · 全微分恢复与轮换对称漏解警示）

(I) 全微分恢复原函数
由全微分存在性，二阶混合偏导连续必相等：

\frac{\partial}{\partial y}(2ax + by) = b, \qquad \frac{\partial}{\partial x}(2by + ax) = a \implies a = b

由已知条件 $f'_x(1, 1) = 2a(1) + b(1) = 3a = 3 \implies a = b = 1$ 。
因此 $\mathrm{d}f(x, y) = (2x + y)\mathrm{d}x + (2y + x)\mathrm{d}y$ 。
对 $x$ 偏积分： $f(x, y) = x^2 + xy + \varphi(y)$ 。
对 $y$ 求导： $f'_y = x + \varphi'(y) = 2y + x \implies \varphi'(y) = 2y \implies \varphi(y) = y^2 + C$ 。
代入 $f(0, 0) = -3 \implies C = -3$ 。故：

f(x, y) = x^2 + xy + y^2 - 3

(II) 求距离最大值
目标距离平方式设为 $d^2 = (x + 1)^2 + (y + 1)^2$ 。
构造拉格朗日函数：

L(x, y, \lambda) = (x + 1)^2 + (y + 1)^2 + \lambda(x^2 + xy + y^2 - 3)

求偏导：

\begin{cases} L'_x = 2(x + 1) + \lambda(2x + y) = 0 & (1) \\ L'_y = 2(y + 1) + \lambda(x + 2y) = 0 & (2) \\ x^2 + xy + y^2 - 3 = 0 & (3) \end{cases}

$(1) \times (x + 2y) - (2) \times (2x + y)$ 作差消去 $\lambda$ ：

2(x + 1)(x + 2y) - 2(y + 1)(2x + y) = 0

展开整理：

(x^2 + 2xy + x + 2y) - (2xy + y^2 + 2x + y) = 0 \implies (x^2 - y^2) - (x - y) = 0

因式分解：

(x - y)(x + y - 1) = 0 \implies x = y \quad \text{或} \quad x + y = 1

分支 1（对称解 $x = y$ ）：
代入曲线方程 (3)： $x^2 + x^2 + x^2 = 3 \implies 3x^2 = 3 \implies x = y = \pm 1$ 。
- 点 $(1, 1)$ ： $d^2 = (1 + 1)^2 + (1 + 1)^2 = 8$ ；
- 点 $(-1, -1)$ ： $d^2 = (-1 + 1)^2 + (-1 + 1)^2 = 0$ 。
分支 2（非对称解 $x + y = 1$ ）：
将 $y = 1 - x$ 代入曲线方程 (3)：
$x^2 + x(1 - x) + (1 - x)^2 - 3 = 0 \implies x^2 + x - x^2 + 1 - 2x + x^2 - 3 = 0 \implies x^2 - x - 2 = 0$
解得 $x = 2$ 或 $x = -1$ 。
对应点为 $(2, -1)$ 和 $(-1, 2)$ 。
计算距离平方：
$d^2(2, -1) = (2 + 1)^2 + (-1 + 1)^2 = 3^2 + 0 = 9$ $d^2(-1, 2) = (-1 + 1)^2 + (2 + 1)^2 = 0 + 3^2 = 9$

[!warning] 核心警示若此处只根据轮换对称性想当然认为 $x = y$ ，算出的最大距离平方仅为 $8$ （距离为 $2\sqrt{2}$ ），就会彻底漏掉真正取得最大值的非对称点 $(2, -1)$ 与 $(-1, 2)$ （距离为 $3$ ）！

结论：
距离的最大值为 $\sqrt{9} = 3$ 。

5.6.4.5 究极易错题！2022 数一真题

例 5.61（2022 数一真题 · 二元不等式参数最值与边界陷阱）

原不等式分离常数：

k \geqslant \frac{x^2 + y^2}{\mathrm{e}^{x+y}} = \mathrm{e}^{-(x+y)}(x^2 + y^2) \quad \text{在 } x \geqslant 0, y \geqslant 0 \text{ 上恒成立}

因此 $k \geqslant f(x, y)_{\max}$ ，问题转化为求二元函数 $f(x, y) = \mathrm{e}^{-(x+y)}(x^2 + y^2)$ 在第一象限闭区域上的最大值。

解法一：直角坐标系严格区域拆分法

开区域内部 $x > 0, y > 0$ （求无条件驻点）：
$\begin{cases} f'_x = -\mathrm{e}^{-(x+y)}(x^2 + y^2) + \mathrm{e}^{-(x+y)}(2x) = \mathrm{e}^{-(x+y)}(-x^2 - y^2 + 2x) = 0 \\ f'_y = -\mathrm{e}^{-(x+y)}(x^2 + y^2) + \mathrm{e}^{-(x+y)}(2y) = \mathrm{e}^{-(x+y)}(-x^2 - y^2 + 2y) = 0 \end{cases}$
两式相减得 $2x - 2y = 0 \implies x = y$ 。
代入第一式： $-2x^2 + 2x = 0 \implies 2x(1 - x) = 0$ 。由于内部要求 $x > 0$ ，故 $x = 1, y = 1$ 。
驻点为 $(1, 1)$ ，其函数值为：
$f(1, 1) = \mathrm{e}^{-2}(1^2 + 1^2) = \frac{2}{\mathrm{e}^2}$
边界处讨论（最值往往藏在边界！）：
- 边界 1（ $x = 0, y \geqslant 0$ ）：
  代入化为一元函数 $g(y) = f(0, y) = y^2\,\mathrm{e}^{-y}$ 。
  求导： $g'(y) = 2y\,\mathrm{e}^{-y} - y^2\,\mathrm{e}^{-y} = y(2 - y)\,\mathrm{e}^{-y}$ 。
  令 $g'(y) = 0$ ，在 $y > 0$ 内驻点为 $y = 2$ 。
  当 $0 < y < 2$ 时 $g'(y) > 0$ ，当 $y > 2$ 时 $g'(y) < 0$ 。
  故 $y = 2$ 为严格极大值点，函数值为 $g(2) = 4\mathrm{e}^{-2} = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$ 。
  端点值 $g(0) = 0$ 。
- 边界 2（ $y = 0, x \geqslant 0$ ）：
  同理化为 $h(x) = x^2\,\mathrm{e}^{-x}$ ，在 $x = 2$ 处取得极大值 $h(2) = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$ 。
全域最值汇总：
比较内部驻点与边界最值：
$f(1, 1) = \frac{2}{\mathrm{e}^2}, \qquad f(0, 2) = f(2, 0) = \frac{4}{\mathrm{e}^2}$
显然 $\dfrac{4}{\mathrm{e}^2} > \dfrac{2}{\mathrm{e}^2}$ 。
故全域最大值为 $f_{\max} = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$ 。

解法二：极坐标换元秒杀法
令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta \ (r \geqslant 0, \theta \in [0, \frac{\pi}{2}])$ ：

f(r, \theta) = \frac{r^2}{\mathrm{e}^{r(\cos\theta + \sin\theta)}} = \frac{r^2}{\mathrm{e}^{\sqrt{2}r\sin(\theta + \frac{\pi}{4})}}

固定 $r$ ，要使函数值取得最大，需使分母指数最小，即求 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 在 $\theta \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上的最小值：

当 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ 时， $\sin = 1$ 取最大值；
当 $\theta = 0$ 或 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时， $\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 取最小值！

此时分母指数为 $\sqrt{2}r \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = r$ 。原式转化为关于 $r$ 的一元函数：

\varphi(r) = r^2\,\mathrm{e}^{-r}

求导： $\varphi'(r) = r(2 - r)\,\mathrm{e}^{-r} = 0 \implies r = 2$ 。
最大值为 $\varphi(2) = 2^2\,\mathrm{e}^{-2} = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$ 。

结论：
$k$ 的取值范围为 $k \geqslant \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$ 。

5.6.4.6 约束条件出现端点（一定要注意！）

例 5.62（2013 数二真题 · 非封闭曲线端点最值比较）

点 $(x, y)$ 到原点距离平方为 $L(x, y) = x^2 + y^2$ 。
构造拉格朗日函数：

F(x, y, \lambda) = x^2 + y^2 + \lambda(x^3 - xy + y^3 - 1)

求偏导：

\begin{cases} F'_x = 2x + \lambda(3x^2 - y) = 0 & (1) \\ F'_y = 2y + \lambda(3y^2 - x) = 0 & (2) \\ x^3 - xy + y^3 = 1 & (3) \end{cases}

由向量行列式法（消去 $\lambda$ ）：

\begin{vmatrix} 2x & 3x^2 - y \\ 2y & 3y^2 - x \end{vmatrix} = 0 \implies 2x(3y^2 - x) - 2y(3x^2 - y) = 0

6xy^2 - 2x^2 - 6x^2 y + 2y^2 = 0 \implies 2(y^2 - x^2) - 6xy(x - y) = 0

因式分解：

-2(x - y)(x + y + 3xy) = 0

在区域内部 $x > 0, y > 0$ 时，必有 $x + y + 3xy > 0$ ，因此唯一解为 $x = y$ 。
代入曲线方程 (3)：

x^3 - x^2 + x^3 = 1 \implies 2x^3 - x^2 - 1 = 0 \implies (x - 1)(2x^2 + x + 1) = 0

因为 $2x^2 + x + 1$ 判别式 $\Delta < 0$ 无实根，故只有 $x = 1 \implies y = 1$ 。
内部驻点 $(1, 1)$ 到原点距离为：

d(1, 1) = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}

※ 关键步骤：单独讨论曲线端点
约束条件包含非负限制 $x \geqslant 0, y \geqslant 0$ ：

当 $x = 0$ 时，代入曲线方程得 $y^3 = 1 \implies y = 1$ ，对应端点为 $(0, 1)$ ，距离为 $d(0, 1) = 1$ ；
当 $y = 0$ 时，代入曲线方程得 $x^3 = 1 \implies x = 1$ ，对应端点为 $(1, 0)$ ，距离为 $d(1, 0) = 1$ 。

结论：
最长距离为 $\sqrt{2}$ ，最短距离为 $1$ 。

例 5.63（2024 李永乐模拟卷 · 区域边界角点陷阱）

区域内部开集驻点：
令 $f'_x = y - 1 = 0, f'_y = x - 1 = 0 \implies (1, 1)$ 。
检验是否在区域内部： $y > x^2 \implies 1 > 1^2 = 1$ 不成立， $(1, 1)$ 落在边界上，区域内部无驻点。
边界抛物线弧 $y = x^2 \ (-2 < x < 2)$ ：
代入消元化为一元函数： $g(x) = 1 + x(x^2) - x - x^2 = x^3 - x^2 - x + 1$ 。
求导： $g'(x) = 3x^2 - 2x - 1 = (3x + 1)(x - 1) = 0 \implies x = -\dfrac{1}{3}$ 或 $x = 1$ 。
- 当 $x = -\dfrac{1}{3}$ 时， $y = \dfrac{1}{9}$ ， $f\left(-\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{9}\right) = \left(-\dfrac{1}{27}\right) - \left(\dfrac{1}{9}\right) - \left(-\dfrac{1}{3}\right) + 1 = \dfrac{32}{27}$ ；
- 当 $x = 1$ 时， $y = 1$ ， $f(1, 1) = 1 - 1 - 1 + 1 = 0$ 。
边界线段 $y = 4 \ (-2 < x < 2)$ ：
代入化为一元函数： $h(x) = 1 + 4x - x - 4 = 3x - 3$ 。
$h'(x) = 3 \neq 0$ ，开线段内部无驻点。
两边界交点（角点 / 约束端点）：
联立 $y = x^2$ 与 $y = 4$ 解得两角点： $(-2, 4)$ 和 $(2, 4)$ 。
- $f(-2, 4) = 1 + (-2)(4) - (-2) - 4 = 1 - 8 + 2 - 4 = -9$ ；
- $f(2, 4) = 1 + (2)(4) - (2) - 4 = 1 + 8 - 2 - 4 = 3$ 。

结论：
比较所有候选值 $\left\{ \dfrac{32}{27}, 0, -9, 3 \right\}$ ：最大值为 $3$ ，最小值为 $-9$ 。

例 5.64（节选自 2024 数一真题 · 三角形闭区域全方位最值）

第一步：三角形内部 $x+y < 3, x > 0, y > 0$

\begin{cases} f'_x = 3x^2 - 2(x + y) = 0 \\ f'_y = 3y^2 - 2(x + y) = 0 \end{cases}

两式相减得 $3(x^2 - y^2) = 0 \implies x = y$ （ $x, y > 0$ 舍去 $x = -y$ ）。
代入第一式： $3x^2 - 4x = 0 \implies x(3x - 4) = 0$ 。内部点取 $x = \dfrac{4}{3} \implies y = \dfrac{4}{3}$ 。
驻点 $\left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}\right)$ 满足 $x+y = \dfrac{8}{3} < 3$ ，在区域内部。
其函数值为：

f\left(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right) = 2\left(\frac{4}{3}\right)^3 - \left(\frac{8}{3}\right)^2 + 3 = 2\left(\frac{64}{27}\right) - \frac{64}{9} + 3 = \frac{128 - 192 + 81}{27} = \frac{17}{27}

第二步：三条边界上的最值

边界 1（底边 $y = 0, 0 \leqslant x \leqslant 3$ ）：
一元函数 $\varphi(x) = f(x, 0) = x^3 - x^2 + 3$ 。
$\varphi'(x) = 3x^2 - 2x = x(3x - 2) = 0 \implies x = \dfrac{2}{3}$ （内部驻点）。
- 驻点值： $\varphi\left(\dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{8}{27} - \dfrac{4}{9} + 3 = \dfrac{8 - 12 + 81}{27} = \dfrac{77}{27}$ ；
- 端点值： $\varphi(0) = 3, \quad \varphi(3) = 27 - 9 + 3 = 21$ 。
边界 2（左边 $x = 0, 0 \leqslant y \leqslant 3$ ）：
由对称性，驻点值同样为 $\dfrac{77}{27}$ ，端点值同样为 $f(0, 0) = 3, f(0, 3) = 21$ 。
边界 3（斜边 $x + y = 3, 0 \leqslant x \leqslant 3$ ）：
代入 $y = 3 - x$ 化简：
$\psi(x) = x^3 + (3 - x)^3 - 3^2 + 3 = x^3 + (27 - 27x + 9x^2 - x^3) - 6 = 9x^2 - 27x + 21$
求导： $\psi'(x) = 18x - 27 = 0 \implies x = \dfrac{3}{2}$ （对应 $y = \dfrac{3}{2}$ ）。
- 驻点值： $\psi\left(\dfrac{3}{2}\right) = 9\left(\dfrac{9}{4}\right) - 27\left(\dfrac{3}{2}\right) + 21 = \dfrac{81}{4} - \dfrac{81}{2} + 21 = -\dfrac{81}{4} + \frac{84}{4} = \dfrac{3}{4}$ ；
- 端点值： $\psi(0) = 21, \psi(3) = 21$ 。

第三步：汇总全部候选值
候选点集合： $\left\{ \dfrac{17}{27}, \dfrac{77}{27}, 3, 21, \dfrac{3}{4} \right\}$ 。
其中： $\dfrac{17}{27} \approx 0.63, \dfrac{3}{4} = 0.75 \implies \dfrac{17}{27} < \dfrac{3}{4}$ 。

结论：
最大值为 $f_{\max} = f(3, 0) = f(0, 3) = 21$ ，最小值为 $f_{\min} = f\left(\dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}\right) = \dfrac{17}{27}$ 。

5.6.4.7 隐函数的条件极（最）值

我的总结

多元函数微分学是高等数学的核心板块。在复习时应抓住以下结构：

概念网络：极限、连续、偏导数、全微分、偏导数连续五者之间的逻辑蕴含关系必须通过反例彻底理清；
计算核心：复合函数与隐函数链式法则，注意区分“对位置偏导”与“对变量偏导”；
极值应用：无条件极值（二阶充分条件 $AC-B^2$ ）与条件极值（拉格朗日乘数法），注重驻点与边界最值的全面考察。

参考资料

考研数学历年真题（全国统考真题）
同济大学数学系《高等数学》（多元函数微分法及其应用）
考研数学主流复习资料与本人学习笔记

5.6 无条件极值和条件极（最）值

5.6.1 无条件极值大题（关键在于 AC−B2=0AC - B^2 = 0AC−B2=0）

1. 概念与判定定理

2. 典型例题精析（例 5.47 至 例 5.50）

例 5.47（2023 数二真题 · 驻点求解与周期性分类）

例 5.48（2023 数一真题 · AC−B2=0AC - B^2 = 0AC−B2=0 的核心处理原则）

例 5.49（张宇高数十八讲 · 对称多项式与坐标轴路径法）

例 5.50（李林 880 · 极大值条件反求参数与广义极值辨析）

5.6.2 隐函数的无条件极值（2016 数二真题）

例 5.51（2016 数二真题 · 隐函数无条件极值规范求解）

5.6.3 极限表达式 + 极值（仅 03 年数一考过）

题型一：分子只有 f(x,y)f(x, y)f(x,y)，且分母符号确定——利用保号性

例 5.52（李艳芳 900 · 极限保号性判定极值与导数定义）

题型二：无法利用保号性，且出现 x2+y2x^2 + y^2x2+y2——极坐标换元

例 5.53（23 张八 · 03 年数一真题改编 · 极坐标局部展开）

5.6.4 条件极（最）值

5.6.4.1 基本方法论与区域拆分

5.6.4.2 解方程的基本手法

例 5.54（武忠祥高数讲义 · 闭圆盘区域最值与双解法对比）

例 5.55（武忠祥高数讲义 · 椭圆到直线最短距离）

例 5.56（2006 数一二三真题 · 抽象函数拉格朗日极值逻辑推演）

5.6.4.3 巧用行列式求解方程（线性代数降维打击）

题型一：齐次线性方程组与非零解判定

例 5.57（武忠祥严选题 · 全微分偏积分 + 行列式秒杀）

例 5.58（2010 数三真题 · 三元齐次方程组与 3 阶行列式）

题型二：非齐次方程转化为解向量 (1,λ,μ)T(1, \lambda, \mu)^T(1,λ,μ)T 的齐次方程

例 5.59（2021 数一真题 · 双约束条件与 3 阶非齐次行列式秒杀）

5.6.4.4 “轮换对称性”可能会漏解！

例 5.60（2023 李六 · 全微分恢复与轮换对称漏解警示）

5.6.4.5 究极易错题！2022 数一真题

例 5.61（2022 数一真题 · 二元不等式参数最值与边界陷阱）

5.6.4.6 约束条件出现端点（一定要注意！）

例 5.62（2013 数二真题 · 非封闭曲线端点最值比较）

例 5.63（2024 李永乐模拟卷 · 区域边界角点陷阱）

例 5.64（节选自 2024 数一真题 · 三角形闭区域全方位最值）

5.6.4.7 隐函数的条件极（最）值

我的总结

参考资料

5.6.1 无条件极值大题（关键在于 $AC - B^2 = 0$ ）

2. 典型例题精析（例 5.47 至例 5.50）

例 5.48（2023 数一真题 · $AC - B^2 = 0$ 的核心处理原则）

题型一：分子只有 $f(x, y)$ ，且分母符号确定——利用保号性

题型二：无法利用保号性，且出现 $x^2 + y^2$ ——极坐标换元

题型二：非齐次方程转化为解向量 $(1, \lambda, \mu)^T$ 的齐次方程