5.6 无条件极值和条件极（最）值

无条件极值先找驻点再判断 $AC-B^2$；条件最值必须同时检查内部、边界和约束端点。

来源：邂逅遗憾 27 考研数学思维课，第五章“多元微分”，资料页 383—403。本文保留资料中的定理、例题、原解与手写批注。

验算：使用 Wolfram Language 内核对例 5.54、例 5.55、例 5.57、例 5.58 的拉格朗日方程组、候选点和函数值进行了符号核对；以下推导为面向复习的完整整理。

一、无条件极值

同一元函数的极值、单调性一样，多元函数的极值也分为广义极值（允许等号）和狭义极值（不允许等号）。若题目不特别说明，考研中通常按广义极值理解。

1. 极值的定义

设函数 $z=f(x,y)$ 在点 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内有定义。若对该邻域内任意点 $P(x,y)$ 均有

$$f(x,y)\le f(x_0,y_0) \quad\bigl(\text{或 }f(x,y)\ge f(x_0,y_0)\bigr),$$

则称 $P_0(x_0,y_0)$ 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）。

若对去心邻域内任意点都成立严格不等式

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

则称 $P_0(x_0,y_0)$ 为狭义极大值点（或狭义极小值点）。

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。

2. 极值的必要条件

定理 1（极值的必要条件） 设 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处存在偏导数，且 $(x_0,y_0)$ 是 $f(x,y)$ 的极值点，则

$$f_x'(x_0,y_0)=f_y'(x_0,y_0)=0.$$

使一阶偏导数同时为 $0$ 的点称为驻点。驻点只是可能的极值点，还需要进一步判别。

3. 极值的充分条件

定理 2（极值的充分条件） 设 $z=f(x,y)$ 在点 $P_0(x_0,y_0)$ 的某邻域内具有二阶连续偏导数，且

$$f_x'(x_0,y_0)=f_y'(x_0,y_0)=0.$$

记

$$A=f_{xx}''(x_0,y_0),\qquad B=f_{xy}''(x_0,y_0),\qquad C=f_{yy}''(x_0,y_0).$$

则：

1. 若 $AC-B^2>0$，则 $(x_0,y_0)$ 是极值点：
   • 当 $A<0$ 时，$(x_0,y_0)$ 是极大值点；
   • 当 $A>0$ 时，$(x_0,y_0)$ 是极小值点。
2. 若 $AC-B^2<0$，则 $(x_0,y_0)$ 不是极值点。
3. 若 $AC-B^2=0$，则 $(x_0,y_0)$ 可能是极值点，也可能不是极值点，定理无法判定，此时一般回到定义判断。

注意：$AC-B^2=0$ 并不等于“不是极值点”，而是二阶充分条件失效。详见例 5.48。

4. 求无条件极值的做题流程

求具有二阶连续偏导数的二元函数 $z=f(x,y)$ 的极值，一般按以下步骤进行：

1. 令一阶偏导数等于 $0$，即解

   $$f_x'(x,y)=0,\qquad f_y'(x,y)=0,$$

   求出全部驻点 $P_1,\ldots,P_k$。

2. 在每个驻点计算并判断 $AC-B^2$，利用极值的充分条件确定该点是否为极值点。

3. 若出现 $AC-B^2=0$，则回到极值定义，通过取路径、因式分解或判断函数增量的正负来判定。

此外，偏导数不存在的点也可能取得极值。例如

$$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$$

在原点的偏导数不存在，但 $f(x,y)\ge f(0,0)=0$，所以原点是极小值点。实际考研题中这类情形较少，但从理论上说，不可导点也可能是极值点或鞍点。

解答题例 5.47（2023 数一真题）

求函数

$$f(x,y)=xe^{\cos y}+\frac{x^2}{2}$$

的极值。

解答

$$f_x'=e^{\cos y}+x, \qquad f_y'=-x\sin y\,e^{\cos y}.$$

由 $f_x'=f_y'=0$，因 $e^{\cos y}>0$，不能取 $x=0$，故 $\sin y=0$：

$$y=k\pi,\quad k\in\mathbb Z.$$

当 $y=2k\pi$ 时，$x=-e$；当 $y=(2k+1)\pi$ 时，$x=-e^{-1}$。

二阶偏导：

$$f_{xx}''=1,\quad f_{xy}''=-\sin y\,e^{\cos y},$$ $$f_{yy}'' =x(\sin^2y-\cos y)e^{\cos y}.$$

在 $(-e,2k\pi)$：

$$A=1,\ B=0,\ C=e^2,\quad AC-B^2=e^2>0.$$

故这些点均为极小值点，极小值为

$$\boxed{-\frac{e^2}{2}}.$$

在 $(-e^{-1},(2k+1)\pi)$：

$$A=1,\ B=0,\ C=-e^{-2},\quad AC-B^2<0,$$

不是极值点。

5. 当 $AC-B^2=0$ 时如何判断

当驻点处 $AC-B^2=0$ 时，二阶充分条件失效。资料对这类题总结了以下三点：

1. 在 $99\%$ 的情况下，该点都不是极值点。除非能像例 5.50 那样，直接看出函数在该点附近恒为非正或恒为非负，否则一般应先尝试证明它不是极值点。反过来说，若函数在该点附近整体同号，即使证明过程不够形式化，也可以据此判断该点可能是极值点，再回到定义作严格验证。
2. 证明一个点不是极值点的方法是取路径比较函数值：若沿某条路径存在比该点函数值大的值，则该点不是极大值点；若沿另一条路径存在比该点函数值小的值，则该点不是极小值点。若两种情况同时出现，即可说明该点不是极值点。
3. 取路径的核心在于“阶数”。优先令某一个变量等于 $0$，即沿坐标轴趋近；若仍不能判定，再选择路径使表达式中的关键因子同阶。

解答题例 5.48（2023 数一真题）

求

$$f(x,y)=(y-x^2)(y-x^3)$$

的极值。

解答

$$f_x'=x(5x^3-3xy-2y), \qquad f_y'=2y-x^3-x^2.$$

解方程组得全部驻点：

$$(0,0),\qquad(1,1),\qquad \left(\frac23,\frac{10}{27}\right).$$

二阶偏导：

$$f_{xx}''=2(10x^3-3xy-y), \quad f_{xy}''=-3x^2-2x, \quad f_{yy}''=2.$$

在 $(0,0)$，$AC-B^2=0$，判别失效。取路径：

$$y=2x^2\Rightarrow f=x^4(2-x)>0 \quad(x>0\text{ 充分小}),$$ $$y=2x^3\Rightarrow f=x^5(2x-1)<0.$$

任意小邻域中同时有正负值，所以 $(0,0)$ 不是极值点。

在 $(1,1)$：

$$A=12,\ B=-5,\ C=2,\quad AC-B^2=-1<0,$$

不是极值点。

在 $\left(\frac23,\frac{10}{27}\right)$：

$$A=\frac{100}{27},\quad B=-\frac83,\quad C=2, \quad AC-B^2=\frac8{27}>0.$$

$A>0$，故为极小值点，极小值

$$\boxed{-\frac4{729}}.$$

本题分别令 $y=2x^2$ 与 $y=2x^3$，正是通过控制两个因子的阶数，使函数在原点附近分别取到正值与负值。

解答题例 5.49（高数十八讲）

求

$$z=x^4+y^4-x^2-2xy-y^2$$

的极值。

解答

由

$$z_x'=4x^3-2x-2y=0,\qquad z_y'=4y^3-2x-2y=0$$

得驻点

$$(-1,-1),(0,0),(1,1).$$ $$A=12x^2-2,\quad B=-2,\quad C=12y^2-2.$$

在 $(\pm1,\pm1)$（同号）均有

$$AC-B^2=96>0,\quad A>0,$$

故都是极小值点，极小值为 $-2$。

在 $(0,0)$，$AC-B^2=0$。写成

$$z=x^4+y^4-(x+y)^2.$$

沿 $y=-x$ 有 $z=2x^4>0$；沿 $y=0$ 有 $z=x^2(x^2-1)<0$。故原点不是极值点。

解答题例 5.50（李林 880）

设

$$f(x,y)=e^{-x}(ax+b-y^2)$$

在点 $(-1,y_0)$ 处取得极大值，求 $a,b$ 满足的条件。

解答

一阶条件：

$$f_y'(-1,y_0)=-2y_0e=0\Rightarrow y_0=0,$$ $$f_x'(-1,0)=e(2a-b)=0\Rightarrow b=2a.$$

在 $(-1,0)$：

$$A=e(-3a+b)=-ae,\quad B=0,\quad C=-2e.$$

若 $a>0$，则 $AC-B^2>0,A<0$，为极大值点。

当 $a=0,b=0$ 时，

$$f(x,y)=-y^2e^{-x}\le0=f(-1,0).$$

按广义极值（允许等号）仍为极大值；按狭义极值则不是。资料约定未特别说明时按广义极值处理，故

$$\boxed{a\ge0,\quad b=2a}.$$

二、隐函数的无条件极值

解答题例 5.51（2016 数二真题）

已知函数 $z=z(x,y)$ 由

$$(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0$$

确定，求 $z=z(x,y)$ 的极值。

解答

对方程分别关于 $x,y$ 求偏导：

$$2xz+(x^2+y^2)z_x'+\frac1z z_x'+2=0,$$ $$2yz+(x^2+y^2)z_y'+\frac1z z_y'+2=0.$$

驻点满足 $z_x'=z_y'=0$，所以

$$x=y=-\frac1z.$$

代回原方程：

$$\ln z=\frac2z-2.$$

函数 $\ln z-\frac2z+2$ 在 $(0,\infty)$ 单调增加，$z=1$ 是唯一解，故驻点为 $(-1,-1)$，函数值为 $1$。

在该点继续对上述一阶方程求导并代入 $z_x'=z_y'=0$，得

$$z_{xx}''=z_{yy}''=-\frac23,\qquad z_{xy}''=0.$$

因此

$$AC-B^2=\frac49>0,\quad A<0.$$

故

$$\boxed{z_{\max}=1}$$

在 $(-1,-1)$ 处取得。

三、极限表达式与极值

题型一：利用保号性

选择题例 5.52（李艳芳 900）

设函数 $f(x,y)$ 满足

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)} {[\sin(|x|+|y|)]^\alpha}=1, \qquad \alpha>0,$$

且 $f(0,0)=0$。下列结论中错误的是：

• A. $f$ 在原点连续
• B. $f$ 在原点取得极小值
• C. 若 $\alpha=1$，则 $f_x'(0,0),f_y'(0,0)$ 都不存在
• D. 若 $\alpha>1$，则两个偏导都存在且均不为 $0$

解答

选 D（即 D 错误）。

分母趋于 $0$，商趋于 $1$，故 $f(x,y)\to0=f(0,0)$，A 正确。由极限的局部保号性，原点某去心邻域内 $f(x,y)>0$，故 B 正确。

当 $\alpha=1$：

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}{\sin|x|}=1.$$

于是差商含因子 $\sin|x|/x$，左右极限为 $-1,1$，偏导不存在；$y$ 同理，C 正确。

当 $\alpha>1$：

$$f_x'(0,0) =\lim_{x\to0} \frac{f(x,0)}{(\sin|x|)^\alpha} \frac{(\sin|x|)^\alpha}{x}=0,$$

同理 $f_y'(0,0)=0$。两偏导存在但均为 $0$。

题型二：极坐标换元

选择题例 5.53（23 张八，改编自 2003 数一真题）

已知 $f(x,y)$ 在原点某邻域内连续，且

$$\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{f(x,y)-x^ky}{(x^2+y^2)^2}=1.$$

则：

• A. $k=1$ 时，原点是极小值点
• B. $k=2$ 时，原点是极大值点
• C. $k=3$ 时，原点是极小值点
• D. $k=4$ 时，原点是极大值点

解答

选 C。

由等价无穷小：

$$f(x,y)=x^ky+(x^2+y^2)^2+o((x^2+y^2)^2), \qquad f(0,0)=0.$$

令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$：

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

当 $k<3$ 时，低阶项 $r^{k+1}\cos^k\theta\sin\theta$ 可正可负，不是极值点。

当 $k=3$：

$$f=r^4(1+\cos^3\theta\sin\theta)+o(r^4).$$

因 $\cos^3\theta\sin\theta>-1$，原点附近 $f>0$，故为极小值点。

当 $k>3$，主项同样是正的 $r^4$，也不可能是极大值点。

四、条件极（最）值

1. 基本方法

拉格朗日函数的构造原则是

$$\text{拉格朗日函数} =\text{目标函数} +\lambda\times\text{约束条件}.$$

在构造拉格朗日函数之前，应尽可能利用约束条件对目标函数进行化简，即把约束条件代入目标函数中进行化简，以减少计算量。

在约束 $\varphi(x,y)=0$ 下求 $f(x,y)$ 的条件极值，构造

$$L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y),$$

并解

$$L_x'=0,\qquad L_y'=0,\qquad \varphi=0.$$

解出 $x,y,\lambda$，其中满足方程组的 $(x,y)$ 就是 $f(x,y)$ 在约束 $\varphi(x,y)=0$ 下可能的极值点。

对于 $n$ 元函数在 $m$ 个约束下的极值问题，例如求 $u=f(x,y,z)$ 在

$$\varphi(x,y,z)=0,\qquad \psi(x,y,z)=0$$

下的极值，可构造

$$F(x,y,z,\lambda,\mu) =f(x,y,z)+\lambda\varphi(x,y,z)+\mu\psi(x,y,z),$$

并联立

$$\begin{cases} F_x'=0,\\ F_y'=0,\\ F_z'=0,\\ \varphi(x,y,z)=0,\\ \psi(x,y,z)=0. \end{cases}$$

解得的 $(x,y,z)$ 是可能的极值点。若实际问题已知驻点唯一，并由实际意义可知最大值或最小值存在，则该驻点就是相应的最值点；若存在多个驻点，只需比较各驻点的函数值。

2. 有界闭区域上的最值

若题目中出现 $\ge$ 或 $\le$，需要先对区域进行拆分。以 $\ge$ 为例，严格不等式 $>$ 表示开区间内部，等号 $=$ 表示边界：

• 开区间内部求无条件极值；
• 边界上求条件极值；
• 罗列内部驻点、不可导点以及边界上的所有可能点，比较函数值，最大者为最大值，最小者为最小值。

在研究内部无条件极值时，找到驻点后不必继续用 $AC-B^2$ 判断它是否为极值点。对于闭区域上的最值问题，只需找齐所有“可能的最值点”并统一比较函数值。

最大值与最小值定理：在有界闭区域 $D$ 上的多元连续函数，在区域 $D$ 上一定存在最大值和最小值。

3. 解拉格朗日方程的基本手法

解方程组时常用以下几种方法：

1. 硬核作差（消去）：将两个结构相近的方程相减，直接消去公共项或拉格朗日乘子。
2. 观察是否成比例：比较两个方程的对应项，判断能否通过倍乘后相减得到变量之间的关系。
3. 齐次方程组转行列式：若关于 $x,y,z$ 的方程是齐次线性方程，且约束排除了零解，则系数行列式必为 $0$。先求乘子，再回代求变量比例。
4. 分类讨论乘子或公共因子：出现 $\lambda a=0$ 或 $ab=0$ 时，必须逐支讨论；不能随意除以可能为 $0$ 的量。

例 5.54 和例 5.55 都可以先用约束化简目标函数，再分别用“硬核作差”和“观察比例”求出边界候选点；例 5.57、例 5.58 则重点展示齐次方程组的行列式法。

卷面提醒：草稿阶段可以灵活消元，但正式解答至少应写出“关键消元式（或行列式）—变量比例—代入约束—比较函数值”这条链条。列出的候选解必须满足原方程组，尤其不能在未讨论 $0$ 的情况下直接约去 $\lambda$、变量或公共因子。

解答题例 5.54（武忠祥高数讲义）

求

$$z=x^2+y^2-12x+16y$$

在 $x^2+y^2\le25$ 上的最大值与最小值。

解答

内部驻点由

$$2x-12=0,\qquad2y+16=0$$

得 $(6,-8)$，不在区域内。

边界 $x^2+y^2=25$ 上，利用约束化简：

$$z=25-12x+16y.$$

拉格朗日方程：

$$-12+2\lambda x=0,\quad 16+2\lambda y=0,\quad x^2+y^2=25.$$

方法一：硬核作差（消元）

前两式等价于

$$\lambda x=6,\qquad \lambda y=-8.$$

因为 $\lambda=0$ 不可能满足第一式，所以可消去 $\lambda$：

$$\frac yx=\frac{-8}{6}=-\frac43.$$

令

$$x=3t,\qquad y=-4t.$$

代入约束得

$$9t^2+16t^2=25 \Rightarrow t^2=1 \Rightarrow t=\pm1.$$

因此边界候选点为

$$(3,-4),\qquad(-3,4).$$

方法二：观察是否成比例

由

$$(\lambda x,\lambda y)=(6,-8)=2(3,-4)$$

可知 $(x,y)$ 与 $(3,-4)$ 成比例。设 $(x,y)=t(3,-4)$，代入圆周约束，同样得到 $t=\pm1$，故候选点仍为 $(3,-4)$ 与 $(-3,4)$。

代回原目标函数：

$$z(3,-4)=-75,\qquad z(-3,4)=125.$$

内部没有驻点，边界候选点又已全部找齐，故

$$\boxed{z_{\min}=-75,\qquad z_{\max}=125}.$$

解答题例 5.55（武忠祥高数讲义）

在椭圆

$$x^2+4y^2=4$$

上求一点，使其到直线

$$2x+3y-6=0$$

的距离最短。

解答

距离

$$d=\frac{|2x+3y-6|}{\sqrt{13}},$$

等价于最小化 $(2x+3y-6)^2$。

拉格朗日函数

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

方程组：

$$4(2x+3y-6)+2\lambda x=0,$$ $$6(2x+3y-6)+8\lambda y=0,$$ $$x^2+4y^2=4.$$

记

$$q=2x+3y-6.$$

方法一：硬核作差（消元）

用第一式乘 $4y$，第二式乘 $x$，再相减，消去 $\lambda xy$：

$$\begin{aligned} &(16yq+8\lambda xy)-(6xq+8\lambda xy)=0\\ \Rightarrow\;&(16y-6x)q=0\\ \Rightarrow\;&(8y-3x)(2x+3y-6)=0. \end{aligned}$$

在椭圆上令 $x=2\cos t,\ y=\sin t$，则

$$2x+3y=4\cos t+3\sin t\le5,$$

故 $q=2x+3y-6\le-1<0$，椭圆与直线不相交。因此 $q\ne0$，只能有

$$8y-3x=0,\qquad y=\frac38x.$$

代入约束：

$$x^2+4\left(\frac38x\right)^2=4 \Rightarrow \frac{25}{16}x^2=4 \Rightarrow x=\pm\frac85.$$

于是候选点为

$$\left(\frac85,\frac35\right), \quad \left(-\frac85,-\frac35\right).$$

方法二：观察是否成比例

由前两式

$$\lambda x=-2q,\qquad \lambda y=-\frac34q.$$

已知 $q\ne0$，所以 $\lambda\ne0$，从而

$$\frac yx =\frac{-3q/(4\lambda)}{-2q/\lambda} =\frac38.$$

这就直接得到 $8y=3x$，再代入约束可得到同样的两个候选点。

分别计算距离：

$$d\left(\frac85,\frac35\right)=\frac1{\sqrt{13}}, \qquad d\left(-\frac85,-\frac35\right)=\frac{11}{\sqrt{13}}.$$

故最近点为

$$\boxed{\left(\frac85,\frac35\right)}.$$

选择题例 5.56（2006 数一、二、三真题）

设 $f(x,y),\varphi(x,y)$ 均可微，且 $\varphi_y'(x,y)\ne0$。已知 $(x_0,y_0)$ 是 $f$ 在约束 $\varphi=0$ 下的一个极值点，下列正确的是：

• A. 若 $f_x'=0$，则 $f_y'=0$
• B. 若 $f_x'=0$，则 $f_y'\ne0$
• C. 若 $f_x'\ne0$，则 $f_y'=0$
• D. 若 $f_x'\ne0$，则 $f_y'\ne0$

解答

选 D。

拉格朗日方程为

$$f_x'+\lambda\varphi_x'=0,\qquad f_y'+\lambda\varphi_y'=0.$$

因 $\varphi_y'\ne0$：

$$\lambda=-\frac{f_y'}{\varphi_y'}.$$

代入第一式：

$$f_x'-\frac{f_y'}{\varphi_y'}\varphi_x'=0.$$

若 $f_x'\ne0$，则 $f_y'\varphi_x'\ne0$，从而 $f_y'\ne0$，D 正确。其余选项均不能必然推出。

4. 巧用行列式求解方程

若前几个方程是 $x,y,z$ 的线性齐次方程，而最后的非齐次约束排除了零解，则齐次方程必有非零解，系数矩阵行列式为 $0$。

解答题例 5.57（武忠祥严选题）

设

$$dz=(2x+12y)dx+(12x+4y)dy,\qquad z(0,0)=0.$$

求 $z(x,y)$ 在

$$4x^2+y^2\le25$$

上的最大值。

解答

偏积分得

$$z=x^2+12xy+2y^2.$$

内部唯一驻点 $(0,0)$ 的函数值为 $0$。

边界上：

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

前两式为齐次线性方程：

$$(1+4\lambda)x+6y=0,$$ $$6x+(2+\lambda)y=0.$$

约束排除 $(0,0)$，故行列式为零：

$$\begin{vmatrix} 1+4\lambda&6\\ 6&2+\lambda \end{vmatrix}=0.$$

具体展开为

$$\begin{aligned} \begin{vmatrix} 1+4\lambda&6\\ 6&2+\lambda \end{vmatrix} &=(1+4\lambda)(2+\lambda)-36\\ &=4\lambda^2+9\lambda-34\\ &=(\lambda-2)(4\lambda+17)=0. \end{aligned}$$

当 $\lambda=2$ 时，

$$9x+6y=0\Rightarrow y=-\frac32x.$$

代入 $4x^2+y^2=25$：

$$\frac{25}{4}x^2=25 \Rightarrow x=\pm2,$$

得到 $(2,-3),(-2,3)$。

当 $\lambda=-17/4$ 时，

$$-16x+6y=0\Rightarrow y=\frac83x.$$

代入约束：

$$\frac{100}{9}x^2=25 \Rightarrow x=\pm\frac32,$$

得到 $\left(\frac32,4\right),\left(-\frac32,-4\right)$。

因此边界候选点分别为

$$(2,-3),(-2,3), \quad \left(\frac32,4\right), \left(-\frac32,-4\right).$$

代回目标函数：

$$z(2,-3)=z(-2,3)=-50,$$ $$z\left(\frac32,4\right) =z\left(-\frac32,-4\right) =\frac{425}{4}.$$

再与内部驻点 $(0,0)$ 的函数值 $0$ 比较，故

$$\boxed{z_{\max}=\frac{425}{4}}.$$

解答题例 5.58（2010 数三真题）

求

$$u=xy+2yz$$

在

$$x^2+y^2+z^2=10$$

下的最大值和最小值。

解答

拉格朗日方程：

$$y+2\lambda x=0,$$ $$x+2z+2\lambda y=0,$$ $$2y+2\lambda z=0,$$ $$x^2+y^2+z^2=10.$$

前三式为齐次线性方程，约束排除零解，故

$$\begin{vmatrix} 2\lambda&1&0\\ 1&2\lambda&2\\ 0&2&2\lambda \end{vmatrix}=0.$$

展开行列式：

$$\begin{aligned} \begin{vmatrix} 2\lambda&1&0\\ 1&2\lambda&2\\ 0&2&2\lambda \end{vmatrix} &=2\lambda(4\lambda^2-4)-2\lambda\\ &=2\lambda(4\lambda^2-5)=0. \end{aligned}$$

所以

$$\lambda=0,\qquad \lambda=\pm\frac{\sqrt5}{2}.$$

情形一：$\lambda=0$

前三式化为

$$y=0,\qquad x+2z=0.$$

令 $x=-2z$，代入球面约束：

$$4z^2+z^2=10 \Rightarrow z=\pm\sqrt2.$$

得到

$$(2\sqrt2,0,-\sqrt2), \qquad (-2\sqrt2,0,\sqrt2),$$

两点的函数值均为 $0$。

情形二：$\lambda\ne0$

由第一、三式

$$y=-2\lambda x,\qquad y=-\lambda z.$$

因 $\lambda\ne0$，所以

$$z=2x.$$

代入第二式：

$$x+2(2x)+2\lambda(-2\lambda x) =x(5-4\lambda^2)=0.$$

若 $x=0$，则 $y=z=0$，与球面约束矛盾，故

$$4\lambda^2=5,$$

与行列式所得结果一致。再把 $z=2x$、$y=-2\lambda x$ 代入约束：

$$x^2+4\lambda^2x^2+4x^2=10 \Rightarrow 10x^2=10 \Rightarrow x=\pm1.$$

于是得到四个候选点

$$(1,\sqrt5,2),\ (-1,\sqrt5,-2), (1,-\sqrt5,2),\ (-1,-\sqrt5,-2).$$

对 $\lambda\ne0$ 的候选点，有

$$u=xy+2yz=y(x+2z)=5xy=-10\lambda,$$

故 $\lambda=-\sqrt5/2$ 时 $u=5\sqrt5$，$\lambda=\sqrt5/2$ 时 $u=-5\sqrt5$。再与 $\lambda=0$ 时的函数值 $0$ 比较：

$$\boxed{u_{\max}=5\sqrt5,\qquad u_{\min}=-5\sqrt5}.$$

补充题型二：将非齐次方程组齐次化

若拉格朗日方程的前几个方程关于 $x,y,z$ 看起来是非齐次的，但把 $1,\lambda,\mu$ 看作未知量后，可以整理成齐次线性方程组，则可利用“齐次方程组有非零解 $\Rightarrow$ 系数行列式为 $0$”求变量之间的关系。

例如三个方程可写成

$$\begin{cases} a_1+b_1\lambda+c_1\mu=0,\\ a_2+b_2\lambda+c_2\mu=0,\\ a_3+b_3\lambda+c_3\mu=0, \end{cases}$$

其中 $a_i,b_i,c_i$ 可以是 $x,y,z$ 的表达式。将其改写为

$$\begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ \lambda\\ \mu \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

因为向量 $(1,\lambda,\mu)^{\mathrm T}$ 的第一个分量为 $1$，它一定是非零向量，所以系数矩阵必须满足

$$\boxed{ \begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ a_3&b_3&c_3 \end{vmatrix}=0 }.$$

实际做题按以下步骤进行：

1. 写出完整的拉格朗日方程，不要漏掉原约束；
2. 把 $x,y,z$ 暂时看作参数，把各式按 $1,\lambda,\mu$ 收集系数；
3. 令系数行列式为 $0$，求出 $x,y,z$ 之间的必要关系；
4. 对行列式分解后出现的每个因子分别讨论；
5. 将所得关系与原约束联立，最后把候选解代回原方程组核验。

以前面的例 5.55 为例，记

$$q=2x+3y-6.$$

拉格朗日方程的前两式除去公因数 $2$ 后为

$$2q+\lambda x=0,\qquad 3q+4\lambda y=0.$$

它们虽然关于 $x,y$ 不是线性方程，但关于 $1,\lambda$ 是齐次线性方程组：

$$\begin{pmatrix} 2q&x\\ 3q&4y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

由于 $(1,\lambda)^{\mathrm T}\ne\boldsymbol 0$，故

$$\begin{vmatrix} 2q&x\\ 3q&4y \end{vmatrix} =8yq-3xq =(8y-3x)(2x+3y-6)=0.$$

这与例 5.55 中“硬核作差”得到的关系完全一致。又因椭圆 $x^2+4y^2=4$ 与直线 $2x+3y-6=0$ 不相交，故 $q\ne0$，最终得到

$$8y-3x=0.$$

防漏解提醒：行列式为 $0$ 只是存在非零解的必要条件。行列式分解后不能只挑一个“好算”的因子；由它求出的点也必须代回原拉格朗日方程和全部约束，排除增根并补齐特殊分支。

解答题例 5.59（2021 数一真题）

已知曲线

$$C: \begin{cases} x^2+2y^2-z=6,\\ 4x+2y+z=30, \end{cases}$$

求 $C$ 上的点到 $xOy$ 坐标面的最大距离。

解答

目标可取 $z^2$。建立

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

方程：

$$2\lambda x+4\mu=0,$$ $$4\lambda y+2\mu=0,$$ $$2z-\lambda+\mu=0,$$

加上两个约束。

前两式消去 $\mu$ 得

$$\lambda(4y-x)=0.$$

若 $\lambda=0$，进一步推出 $\mu=z=0$，而两个约束化为椭圆与其上方直线，无解。

故 $x=4y$。代入约束相加：

$$x^2+4x+2y^2+2y=36.$$

令 $x=4y$：

$$y^2+y-2=0,$$

得 $y=-2,1$。相应点为

$$(-8,-2,66),\qquad(4,1,12).$$

故最大距离为

$$\boxed{66}.$$

5. “轮换对称性”可能漏解

若 $x=y$ 显然符合方程，只能说明 $x=y$ 是解，不能推出所有解都满足 $x=y$。

解答题例 5.60（2023 李六）

设

$$df=(2ax+by)dx+(2by+ax)dy,$$

$f(0,0)=-3$，$f_x'(1,1)=3$。

1. 求 $f(x,y)$；
2. 求点 $(-1,-1)$ 到曲线 $f(x,y)=0$ 上点的最大距离。

解答

由混合偏导相等得 $a=b$，再由

$$f_x'(1,1)=2a+b=3$$

得 $a=b=1$。

偏积分并用 $f(0,0)=-3$：

$$\boxed{f(x,y)=x^2+xy+y^2-3}.$$

最大化

$$d^2=(x+1)^2+(y+1)^2$$

且 $x^2+y^2+xy-3=0$。拉格朗日方程消去 $\lambda$ 得

$$(x-y)(x+y-1)=0.$$

必须同时讨论：

• $x=y$：得 $(1,1),(-1,-1)$；
• $x+y=1$：得 $(2,-1),(-1,2)$。

对应距离平方为 $8,0,9,9$，故最大距离

$$\boxed{3}.$$

填空题例 5.61（2022 数一真题）

当 $x\ge0,y\ge0$ 时，

$$x^2+y^2\le ke^{x+y}$$

恒成立，则 $k$ 的取值范围是 ______。

解答

原不等式等价于

$$k\ge e^{-(x+y)}(x^2+y^2)$$

对第一象限恒成立。也就是说，若设

$$f(x,y)=e^{-(x+y)}(x^2+y^2).$$

则所求条件为

$$k\ge \max_{\substack{x\ge0\\y\ge0}}f(x,y).$$

方法一：传统的“内部＋边界”法

先研究区域内部 $x>0,y>0$。一阶偏导数为

$$f_x'=e^{-(x+y)}(-x^2-y^2+2x)=0,$$ $$f_y'=e^{-(x+y)}(-x^2-y^2+2y)=0$$

两式相减得

$$2x-2y=0\Rightarrow x=y.$$

代回任一方程：

$$-2x^2+2x=0 \Rightarrow x=0\ \text{或}\ x=1.$$

因为正在讨论区域内部，所以舍去 $x=0$，得到唯一内部驻点 $(1,1)$，其函数值为

$$f(1,1)=\frac2{e^2}.$$

再研究边界。当 $x=0$ 时，

$$f(0,y)=e^{-y}y^2=:g(y),\qquad y\ge0.$$

求导：

$$g'(y)=e^{-y}(-y^2+2y) =e^{-y}y(2-y).$$

因此 $g$ 在 $0<y<2$ 时单调增加，在 $y>2$ 时单调减少，于 $y=2$ 取得最大值

$$f(0,2)=g(2)=\frac4{e^2}.$$

当 $y=0$ 时同理：

$$f(x,0)=e^{-x}x^2,$$

在 $x=2$ 处取得最大值

$$f(2,0)=\frac4{e^2}.$$

此外，

$$f(0,0)=0, \qquad f(x,y)\to0 \quad(x+y\to+\infty,\ x,y\ge0),$$

所以不存在遗漏在无穷远处的更大函数值。比较内部驻点和两条边界上的候选值：

$$f(1,1)=\frac2{e^2}, \qquad f(0,2)=f(2,0)=\frac4{e^2}.$$

故第一象限内

$$\max f(x,y)=\frac4{e^2}.$$

于是

$$\boxed{k\ge\frac4{e^2}}.$$

方法二：极坐标法

令

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$

其中

$$r\ge0,\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{2}.$$

则

$$f(r,\theta) =r^2e^{-r(\cos\theta+\sin\theta)}.$$

对固定的 $r$，指数中的 $\cos\theta+\sin\theta$ 越小，$f$ 越大。在第一象限内

$$\cos\theta+\sin\theta\ge1,$$

且等号在 $\theta=0$ 或 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 时成立。因此

$$f(r,\theta)\le r^2e^{-r}.$$

令

$$h(r)=r^2e^{-r},\qquad r\ge0.$$

则

$$h'(r)=e^{-r}(2r-r^2) =re^{-r}(2-r).$$

所以 $h$ 在 $0<r<2$ 时单调增加，在 $r>2$ 时单调减少，于 $r=2$ 取得最大值

$$h_{\max}=h(2)=\frac4{e^2}.$$

当 $r=2$ 且 $\theta=0$ 或 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 时等号成立，对应点为

$$(2,0),\qquad(0,2).$$

故同样得到

$$\boxed{k\ge\frac4{e^2}}.$$

6. 约束条件出现端点

解答题例 5.62（2013 数二真题）

求曲线

$$x^3-xy+y^3=1,\qquad x\ge0,\ y\ge0$$

上的点到坐标原点的最长距离和最短距离。

解答

点到原点的距离为

$$d=\sqrt{x^2+y^2}.$$

因为平方根函数单调增加，所以等价于求目标函数

$$u=x^2+y^2$$

在约束下的最大值和最小值。

先考虑约束曲线在第一象限内部的部分，即 $x>0,y>0$。构造拉格朗日函数

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

拉格朗日方程为

$$\begin{cases} L_x'=2x+\lambda(3x^2-y)=0,\\ L_y'=2y+\lambda(3y^2-x)=0,\\ L_\lambda'=x^3-xy+y^3-1=0. \end{cases}$$

将前两式整理为

$$2x=\lambda(y-3x^2), \qquad 2y=\lambda(x-3y^2).$$

方法一：两式相除

先说明为什么可以作除法：

• 若 $\lambda=0$，则前两式推出 $x=y=0$，不满足原约束；
• 当前只求曲线内部的拉格朗日点，故 $x>0,y>0$。

因此 $\lambda xy\ne0$。将两式相除：

$$\frac xy =\frac{y-3x^2}{x-3y^2}.$$

交叉相乘并整理：

$$\begin{aligned} x(x-3y^2)&=y(y-3x^2),\\ x^2-3xy^2-y^2+3x^2y&=0,\\ (x-y)(x+y+3xy)&=0. \end{aligned}$$

因 $x,y>0$，所以

$$x+y+3xy>0.$$

故只能有

$$x=y.$$

代入原约束：

$$2x^3-x^2=1,$$

即

$$2x^3-x^2-1 =(x-1)(2x^2+x+1)=0.$$

由于 $2x^2+x+1>0$，故

$$x=y=1.$$

因此曲线内部唯一的可能极值点为 $(1,1)$，对应

$$u(1,1)=2,\qquad d(1,1)=\sqrt2.$$

方法二：行列式消元

前两个拉格朗日方程也可以写成关于 $1,\lambda$ 的齐次线性方程组：

$$\begin{pmatrix} 2x&3x^2-y\\ 2y&3y^2-x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ \lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

因为 $(1,\lambda)^{\mathrm T}\ne\boldsymbol 0$，所以系数行列式为 $0$：

$$\begin{aligned} \begin{vmatrix} 2x&3x^2-y\\ 2y&3y^2-x \end{vmatrix} &=2x(3y^2-x)-2y(3x^2-y)\\ &=-2(x-y)(x+y+3xy)=0. \end{aligned}$$

仍得到

$$(x-y)(x+y+3xy)=0,$$

后续讨论与方法一相同。

接下来必须单独讨论约束条件的端点。拉格朗日乘数法求的是光滑约束曲线内部的驻点，带有 $x\ge0,y\ge0$ 时，坐标轴上的端点不能遗漏。

当 $x=0$ 时，原约束变为

$$y^3=1,$$

故端点为 $(0,1)$，距离为

$$d(0,1)=1.$$

当 $y=0$ 时，原约束变为

$$x^3=1,$$

故端点为 $(1,0)$，距离为

$$d(1,0)=1.$$

比较曲线内部候选点和两个端点：

$$d(1,1)=\sqrt2, \qquad d(0,1)=d(1,0)=1.$$

故最长距离和最短距离分别为

$$\boxed{d_{\max}=\sqrt2,\qquad d_{\min}=1}.$$

解答题例 5.63（2024 李永乐模拟卷）

区域 $D$ 由曲线 $y=x^2$ 和直线 $y=4$ 围成，求

$$f(x,y)=1+xy-x-y$$

在 $D$ 上的最值。

解答

内部驻点 $(1,1)$ 不在 $D$ 内部。

在边界 $y=x^2,-2<x<2$：

$$f=1+x^3-x-x^2,$$

驻点为

$$\left(-\frac13,\frac19\right),\qquad(1,1).$$

在边界 $y=4,-2<x<2$：

$$f=3x-3,$$

无驻点。

约束角点（端点）为 $(-2,4),(2,4)$。函数值：

$$f\left(-\frac13,\frac19\right)=\frac{32}{27}, \quad f(1,1)=0,$$ $$f(-2,4)=-9,\qquad f(2,4)=3.$$

因此

$$\boxed{f_{\max}=3,\qquad f_{\min}=-9}.$$

解答题例 5.64（节选自 2024 数一真题）

求

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

在

$$D=\{(x,y)\mid x+y\le3,\ x\ge0,\ y\ge0\}$$

上的最大值和最小值。

解答

内部驻点由

$$3x^2-2(x+y)=0,\qquad 3y^2-2(x+y)=0$$

得

$$\left(\frac43,\frac43\right), \qquad f=\frac{17}{27}.$$

边界 $y=0$：

$$\varphi(x)=x^3-x^2+3,\quad0\le x\le3.$$

候选 $x=0,2/3,3$，函数值分别为 $3,77/27,21$。边界 $x=0$ 同理。

边界 $x+y=3$，令 $y=3-x$：

$$\psi(x)=x^3+(3-x)^3-6.$$

候选 $x=0,3/2,3$，函数值分别为 $21,3/4,21$。

比较得

$$\boxed{f_{\max}=21,\qquad f_{\min}=\frac{17}{27}}.$$

资料总结：最值问题必须考虑约束条件端点。可在讨论边界时把端点带上，也可单独计算端点函数值后比较。

五、隐函数的条件极（最）值

曲线

$$\begin{cases} x^2+2y^2-z=6,\\ 4x+2y+z=30 \end{cases}$$

上到 $xOy$ 面距离的最大值，也可恒等改写为：设隐函数 $z=z(x,y)$ 由第一个方程确定，求 $|z|$ 在第二个约束下的最大值。

其本质仍是两个约束条件的条件最值问题，按例 5.59 的双乘子拉格朗日方法处理即可。