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8.8 极值问题 📖 笔记p17-20

8.8.1 Taylor公式（极值判定的理论基础）

Taylor公式与极值
二元函数 Taylor 公式（完整形式）

设 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的邻域内有 $n+1$ 阶连续偏导数，令 $h=x-x_0,\;k=y-y_0$，则

$$f(x_0+h,\,y_0+k)= \sum_{m=0}^{n}\frac{1}{m!}\!\left(h\frac{\pp}{\pp x}+k\frac{\pp}{\pp y}\right)^{\!m}\!f\bigg|_{(x_0,y_0)}+R_n$$

展开前三项（$n=2$）：

$$f(x_0{+}h,\,y_0{+}k)= f_0 +\bigl(hf_x+kf_y\bigr)\big|_0 +\frac{1}{2}\bigl(h^2f_{xx}+2hkf_{xy}+k^2f_{yy}\bigr)\big|_0+O(\rho^3)$$

其中 $\rho=\sqrt{h^2+k^2}$。算子记号：$\dd f=f_x\dd x+f_y\dd y$，$\dd^2 f=f_{xx}(\dd x)^2+2f_{xy}\dd x\dd y+f_{yy}(\dd y)^2$，故

$$\boxed{f = f_0 + \dd f\big|_0 + \tfrac{1}{2}\dd^2 f\big|_0 + O(\rho^3)}$$

一元情形退化为经典 Taylor 展开 $f(x_0+h)=f_0+hf'_0+\frac{h^2}{2}f''_0+\cdots$

Taylor 公式的极值意义：设 $(x_0,y_0)$ 是驻点（$f_x=f_y=0$），则一阶项消失： $$f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=\tfrac{1}{2}\bigl(Ah^2+2Bhk+Ck^2\bigr)+O(\rho^3)$$ 其中 $A=f_{xx}$，$B=f_{xy}$，$C=f_{yy}$（均在 $(x_0,y_0)$ 处取值）。 极值问题化为判断二次型 $Q(h,k)=Ah^2+2Bhk+Ck^2$ 的正定性。

8.8.2 无条件极值

极值的必要条件（驻点条件）

若 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处取得极值，且 $f_x,f_y$ 在该点存在，则

$$f_x(x_0,y_0)=0,\qquad f_y(x_0,y_0)=0$$

满足上式的点称为驻点（稳定点）。驻点是极值点的候选，但未必是极值点（如鞍点）。

证明思路：固定 $y=y_0$，令 $g(x)=f(x,y_0)$，若 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处取极值，则 $g(x)$ 在 $x_0$ 处也取极值，由一元极值必要条件得 $g'(x_0)=f_x(x_0,y_0)=0$。对 $f_y$ 同理。

极值的充分条件（Hessian 判别法 / $AC{-}B^2$ 判别法）

设 $(x_0,y_0)$ 是 $f$ 的驻点，$f\in C^2$ 在其邻域内，令

$$A = f_{xx}(x_0,y_0),\quad B = f_{xy}(x_0,y_0),\quad C = f_{yy}(x_0,y_0),\quad \Delta = AC - B^2$$

Hessian 矩阵为

$$H = \begin{pmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A&B\\B&C\end{pmatrix},\qquad \det H = AC-B^2=\Delta$$
条件$H$ 的定性结论
$\Delta > 0$，$A > 0$正定极小值
$\Delta > 0$，$A < 0$负定极大值
$\Delta < 0$不定鞍点，非极值
$\Delta = 0$半定（退化）无法判定，需另行分析
判别法的数学原理：由 Taylor 展开，驻点处 $$\Delta f = f-f_0 = \tfrac{1}{2}(Ah^2+2Bhk+Ck^2)+O(\rho^3)$$ 二次型 $Q=Ah^2+2Bhk+Ck^2$ 配方得 $$Q = A\!\left[\left(h+\frac{B}{A}k\right)^{\!2}+\frac{AC-B^2}{A^2}k^2\right]=A\!\left[\left(h+\frac{B}{A}k\right)^{\!2}+\frac{\Delta}{A^2}k^2\right]$$
极值类型
极小值、极大值与鞍点的三维图示（生成配图）
极值题完整解题模板

无条件极值（3步）：

  1. $f_x=0,\;f_y=0$ 联立解出所有驻点
  2. 对每个驻点算 $A=f_{xx}$，$B=f_{xy}$，$C=f_{yy}$，$\Delta=AC-B^2$
  3. $\Delta>0,A>0$→极小；$\Delta>0,A<0$→极大；$\Delta<0$→鞍点；$\Delta=0$→无法判定

条件极值（拉格朗日，4步）：

  1. 写出 $L=f+\lambda\varphi$（一个约束）或 $L=f+\lambda\varphi+\mu\psi$（两个约束）
  2. $L_x=L_y=L_z=0$ + 约束方程，解出 $(x_0,y_0,z_0,\lambda)$
  3. 若题目已知极值存在（如"最短距离"），只需比较候选点的函数值
  4. 若需判定类型，用约束Hessian或几何直觉

闭区域最值（3步）：

  1. 内部：$f_x=f_y=0$ 找驻点（验证驻点在区域内！）
  2. 边界：参数化为一元函数或用拉格朗日乘数法
  3. 比较所有候选点的函数值，最大为最大值，最小为最小值
易错辨析

8.8.3 极值计算实例

极值例题
判别法汇总表（笔记原表）
$\Delta = AC-B^2$$A$结论$H$ 特征
$\Delta > 0$$A>0$极小值正定
$\Delta > 0$$A<0$极大值负定
$\Delta < 0$任意鞍点（非极值）不定
$\Delta = 0$任意判别法失效，另行判断半定
笔记例题：$f(x,y) = 2x^2+5y^2-3x^2y+10y+6$

$f_x = 4x-6xy = 2x(2-3y) = 0$：$x=0$ 或 $y=\dfrac{2}{3}$

$f_y = 10y-3x^2+10 = 0$

当 $x=0$：$10y+10=0 \Rightarrow y=-1$，驻点 $P_1=(0,-1)$

当 $y=\dfrac{2}{3}$：$\dfrac{20}{3}-3x^2+10=0 \Rightarrow 3x^2=\dfrac{50}{3} \Rightarrow x^2=\dfrac{50}{9}$，驻点 $P_{2,3}=\left(\pm\dfrac{5\sqrt{2}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$

计算二阶偏导：$f_{xx}=4-6y$，$f_{xy}=-6x$，$f_{yy}=10$

驻点 $P_1=(0,-1)$：

  • $A=f_{xx}=4-6(-1)=10$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}=10$
  • $\Delta=AC-B^2=100-0=100>0$，$A=10>0$ → 极小值
  • $f(0,-1)=0+5-0-10+6=1$

驻点 $P_2=\left(\dfrac{5\sqrt{2}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$ 和 $P_3=\left(-\dfrac{5\sqrt{2}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$（由对称性结果相同）：

  • $A=4-6\cdot\dfrac{2}{3}=4-4=0$，$B=-6\cdot\dfrac{5\sqrt{2}}{3}=-10\sqrt{2}$，$C=10$
  • $\Delta=AC-B^2=0-200=-200<0$ → 不是极值（鞍点）

结论：$f$ 仅在 $(0,-1)$ 处有极小值 $f(0,-1)=1$；$\left(\pm\dfrac{5\sqrt{2}}{3},\dfrac{2}{3}\right)$ 是鞍点。

笔记例题：$f(x,y) = (x^2+y^2)e^{-(x^2+y^2)}$

记 $\rho^2=x^2+y^2$，则 $f=\rho^2 e^{-\rho^2}$。

$f_x = 2xe^{-\rho^2}(1-\rho^2)=0$：$x=0$ 或 $\rho^2=1$

$f_y = 2ye^{-\rho^2}(1-\rho^2)=0$：$y=0$ 或 $\rho^2=1$

驻点分两类：

驻点1：原点 $(0,0)$

  • $f_{xx}=2e^{-\rho^2}(1-\rho^2)+2x\cdot(-2x)e^{-\rho^2}(1-\rho^2)+2xe^{-\rho^2}\cdot(-2x)$
  • 在 $(0,0)$：$A=f_{xx}=2$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}=2$
  • $\Delta=AC-B^2=4>0$，$A=2>0$ → 极小值 $f(0,0)=0$

驻点2：圆 $x^2+y^2=1$ 上所有点

  • 在圆上任意点 $(x_0,y_0)$（满足 $x_0^2+y_0^2=1$）：$f=1\cdot e^{-1}=e^{-1}$
  • 计算 $\Delta$：在 $(x_0,y_0)$ 处 $A=f_{xx}=2x_0(-2x_0)e^{-1}+2e^{-1}(1-1)+(-2x_0)(2x_0)e^{-1}=-4x_0^2e^{-1}$，类似 $C=-4y_0^2e^{-1}$，$B=f_{xy}=-4x_0y_0e^{-1}$
  • $\Delta=AC-B^2=16x_0^2y_0^2e^{-2}-16x_0^2y_0^2e^{-2}=0$ → $\Delta=0$，判别法失效

需直接分析：$f(\rho^2)=\rho^2 e^{-\rho^2}$ 关于 $\rho^2$ 在 $\rho^2=1$ 处取极大值（$f'_{\rho^2}=(1-\rho^2)e^{-\rho^2}=0$，且左侧 $>0$，右侧 $<0$）。因此圆 $x^2+y^2=1$ 上各点均为极大值点，极大值为 $f=e^{-1}$。

结论：$f$ 在原点取极小值 $0$；在圆 $x^2+y^2=1$ 上各点取极大值 $e^{-1}$（这是一族极大值点，非孤立极大值）。

笔记例题（$\Delta=0$ 的典型案例）
案例 1：$f(x,y)=x^4+y^4$，驻点 $(0,0)$

$f_x=4x^3=0,\;f_y=4y^3=0$ → 驻点 $(0,0)$。

$A=f_{xx}=12x^2|_0=0,\;B=0,\;C=0$，$\Delta=0$，判别法失效。

直接观察：$f(x,y)=x^4+y^4\geq 0=f(0,0)$，在 $(0,0)$ 邻域内 $\Delta f\geq 0$，故 $(0,0)$ 是极小值点，极小值 $f(0,0)=0$。

案例 2：$f(x,y)=x^3$，驻点 $(0,0)$

$f_x=3x^2=0,\;f_y=0$ → 驻点 $(0,0)$。$\Delta=0$，判别法失效。

直接观察：沿 $y=0$ 方向，$f(h,0)=h^3$，当 $h>0$ 时 $f>0$，$h<0$ 时 $f<0$，故 $\Delta f$ 在驻点两侧异号，$(0,0)$ 不是极值点（鞍点型）。

结论：$\Delta=0$ 时必须回到极值定义——在驻点邻域内 $f-f(P_0)$ 是否保号。若保号则为极值，若不保号则非极值。

8.8.4 闭区域上的最值

求闭区域最值的三步法（笔记原文）
  1. 内部驻点：令 $f_x=0,\;f_y=0$，解出驻点并验证其是否在区域内部（不含边界），计算各驻点函数值。
  2. 边界极值：将边界参数化（化为一元函数）或对每段边界用拉格朗日乘数法，求出所有边界上的极值候选点函数值。
  3. 比较：将内部驻点值与全部边界候选值逐一比较，最大者为最大值，最小者为最小值。

注意：闭有界区域上的连续函数必定有最大值和最小值（极值定理）。若内部无驻点，则最值一定在边界上取得。

常见陷阱：驻点落在区域外
解方程组 $f_x=f_y=0$ 后，必须验证驻点 $(x_0,y_0)$ 是否在给定区域内。若驻点在区域外，则它对区域上的最值无贡献，最值只能在边界上取得（参见历年真题"2022-2023 解答15"）。
笔记例题：$f(x,y) = x^2+y^2$ 在闭域 $x^2+y^2\leq 1$ 上的最值。

第一步（内部）：$f_x=2x=0,\;f_y=2y=0$ → 驻点 $(0,0)\in D$，$f(0,0)=0$。

第二步（边界）：在 $x^2+y^2=1$ 上，$f=x^2+y^2=1$（常数）。

第三步（比较）：$0 < 1$，故最小值 $=0$（在原点），最大值 $=1$（在边界圆上）。

笔记例题：$f(x,y)=x^2-y^2$ 在闭域 $D: x^2+y^2\leq 1$ 上的最值。

第一步（内部）：$f_x=2x=0,\;f_y=-2y=0$ → 驻点 $(0,0)\in D$，$f(0,0)=0$。

计算 $A=2,\;B=0,\;C=-2$，$\Delta=AC-B^2=-4<0$，$(0,0)$ 为鞍点。

第二步（边界）：令 $x=\cos t,\;y=\sin t$，则 $g(t)=\cos^2 t-\sin^2 t=\cos 2t$。

$g'(t)=-2\sin 2t=0$ → $t=0,\tfrac{\pi}{2},\pi,\tfrac{3\pi}{2}$，对应点 $(\pm 1,0)$ 和 $(0,\pm 1)$。

$f(1,0)=f(-1,0)=1$（最大），$f(0,1)=f(0,-1)=-1$（最小）。

第三步（比较）：全部候选值为 $\{0,1,-1\}$，故最大值 $=1$，最小值 $=-1$。

8.8.5 条件极值——拉格朗日乘数法

拉格朗日
拉格朗日乘数法的几何直觉（梯度平行原理）

求 $f(x,y)$ 在曲线 $\varphi(x,y)=0$ 上的极值。

在约束曲线上的极值点 $P_0$，沿曲线方向的方向导数为零，即 $\grad f \perp$ 切线方向，亦即 $\grad f \parallel \grad\varphi$（两梯度共线）。

因此存在常数 $\lambda$（拉格朗日乘数）使得

$$\grad f = -\lambda\,\grad\varphi \quad\Longleftrightarrow\quad f_x+\lambda\varphi_x=0,\quad f_y+\lambda\varphi_y=0$$

联立约束 $\varphi(x,y)=0$，共 3 个方程解 3 个未知数 $(x,y,\lambda)$。

一个约束条件——标准形式

求 $u=f(x,y,z)$ 在约束 $\varphi(x,y,z)=0$ 下的极值。

构造 Lagrange 函数

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

令各偏导为零，联立约束，解方程组（共 4 个方程，4 个未知数）：

$$\begin{cases}L_x = f_x+\lambda\varphi_x = 0\\L_y = f_y+\lambda\varphi_y = 0\\L_z = f_z+\lambda\varphi_z = 0\\\varphi(x,y,z)=0\end{cases}$$

解出的 $(x_0,y_0,z_0)$ 即为条件极值候选点（驻点）。

两个约束条件——标准形式

求 $u=f(x,y,z)$ 在约束 $\varphi(x,y,z)=0$ 且 $\psi(x,y,z)=0$ 下的极值。

构造 Lagrange 函数（引入两个乘数 $\lambda,\mu$）：

$$L = f+\lambda\varphi+\mu\psi$$

方程组（共 5 个方程，5 个未知数）：

$$\begin{cases}L_x=0\\L_y=0\\L_z=0\\\varphi=0\\\psi=0\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}f_x+\lambda\varphi_x+\mu\psi_x=0\\f_y+\lambda\varphi_y+\mu\psi_y=0\\f_z+\lambda\varphi_z+\mu\psi_z=0\\\varphi(x,y,z)=0\\\psi(x,y,z)=0\end{cases}$$

一般地，$n$ 个变量、$m$ 个约束时，Lagrange 函数为 $L=f+\sum_{i=1}^m\lambda_i\varphi_i$，方程组含 $n+m$ 个方程。

Lagrange乘数法3D
Lagrange乘数法：约束曲线（蓝）上找f的极值，极值点处 grad f 平行于 grad g
笔记例题（完整）：求 $f(x,y)=x^2+y^2$ 在约束 $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1$（$a,b>0$）下的最小值。

构造 $L=x^2+y^2+\lambda\!\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}-1\right)$。

$$L_x=2x+\frac{\lambda}{a}=0\;\Rightarrow\; x=-\frac{\lambda}{2a}$$ $$L_y=2y+\frac{\lambda}{b}=0\;\Rightarrow\; y=-\frac{\lambda}{2b}$$

代入约束：$\dfrac{-\lambda/(2a)}{a}+\dfrac{-\lambda/(2b)}{b}=1$，即 $-\dfrac{\lambda}{2}\!\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)=1$，解得

$$\lambda=-\frac{2}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}}=-\frac{2a^2b^2}{a^2+b^2}$$

则 $x_0 = -\dfrac{\lambda}{2a} = \dfrac{a^2b^2}{a(a^2+b^2)} = \dfrac{ab^2}{a^2+b^2}$，$y_0 = -\dfrac{\lambda}{2b} = \dfrac{a^2b}{a^2+b^2}$。

最小值：$f(x_0,y_0) = \dfrac{a^2b^4+a^4b^2}{(a^2+b^2)^2} = \dfrac{a^2b^2(a^2+b^2)}{(a^2+b^2)^2}$，即

$$\boxed{f_{\min}=\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}}$$

（这正是原点到直线 $bx+ay-ab=0$ 距离的平方 $d^2=\dfrac{(ab)^2}{a^2+b^2}=\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$，验证正确。）

笔记例题（二变量极值）：求 $f(x,y)=\ln x+\ln y$ 在 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$x>0,y>0$）下的最大值（求正半椭圆上乘积 $xy$ 的最大值）。

等价地，令 $\varphi=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-1=0$，构造 $L=\ln x+\ln y+\lambda\varphi$。

$$L_x=\frac{1}{x}+\frac{2\lambda x}{a^2}=0\;\Rightarrow\;\lambda=-\frac{a^2}{2x^2}$$ $$L_y=\frac{1}{y}+\frac{2\lambda y}{b^2}=0\;\Rightarrow\;\lambda=-\frac{b^2}{2y^2}$$

两式相等：$\dfrac{a^2}{x^2}=\dfrac{b^2}{y^2}$ → $\dfrac{y}{x}=\dfrac{b}{a}$，即 $y=\dfrac{b}{a}x$。代入约束 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{a^2}=1$ → $x=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$，$y=\dfrac{b}{\sqrt{2}}$。

最大值 $f=\ln\dfrac{a}{\sqrt{2}}+\ln\dfrac{b}{\sqrt{2}}=\ln\dfrac{ab}{2}$。

8.8.6 条件极值的充分条件（约束 Hessian 判别法）

条件极值充分条件
条件极值的充分条件——笔记原理

设 $u=f(x,y,z)$ 在约束 $\varphi(x,y,z)=0,\;\psi(x,y,z)=0$ 下，$f,\varphi,\psi\in C^2$，Lagrange 函数 $L=f+\lambda\varphi+\mu\psi$，$(x_0,y_0,z_0)$ 为候选点。

在候选点处，$\Delta f = f(x,y,z)-f(x_0,y_0,z_0) = \Delta L = L(x,y,z)-L(x_0,y_0,z_0)$（因约束面上 $\varphi=\psi=0$），展开得

$$\Delta f \approx L_x\Delta x+L_y\Delta y+L_z\Delta z+\tfrac{1}{2}\bigl(L_{xx}(\Delta x)^2+L_{yy}(\Delta y)^2+L_{zz}(\Delta z)^2+2L_{xy}\Delta x\Delta y+\cdots\bigr)$$

一阶项为零（候选点条件），符号由二次型（受约束方向的限制）决定。

构造约束 Hessian 矩阵（Bordered Hessian）$H$：

$$H = \begin{pmatrix}L_{xx}&L_{xy}&L_{xz}\\L_{yx}&L_{yy}&L_{yz}\\L_{zx}&L_{zy}&L_{zz}\end{pmatrix}\bigg|_{(x_0,y_0,z_0)}$$

在约束切空间上的二次型符号决定极值类型：

$H$ 在约束切空间上的符号结论
正定（所有允许方向 $Q>0$）极小值
负定（所有允许方向 $Q<0$）极大值
不定不是极值
笔记例题：$f(x,y)=x^2+y^2$ 在 $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1$ 下是极小值还是极大值？

方法1（代入消元）：由约束 $y=b\!\left(1-\dfrac{x}{a}\right)$，代入得 $f(x)=x^2+b^2\!\left(1-\dfrac{x}{a}\right)^2$，一元函数，对 $x$ 求导令其为零，解出唯一驻点，由二阶导 $>0$ 知为极小值。

方法2（约束 Hessian）：$L=x^2+y^2+\lambda\!\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}-1\right)$，

$$H=\begin{pmatrix}L_{xx}&L_{xy}\\L_{yx}&L_{yy}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix},\quad \det H = 4>0$$

$H$ 正定（两个特征值均为 $2>0$），故驻点处为极小值。极小值 $=\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$（即原点到直线的距离的平方）。

考试技巧：实际考试中，条件极值通常由题意知道极值存在（如"求最短距离"、"已知面积求最大体积"），只需找到唯一候选驻点即可断定是极值，不需要计算 Bordered Hessian 来判定充分条件。
解题方法总结
  1. 无条件极值：解 $f_x=f_y=0$ → 算 $A,B,C$ → $\Delta=AC-B^2$ 判断
  2. 闭区域最值：内部驻点 + 边界极值 → 比较所有值
  3. 条件极值：$L = f + \lambda\varphi$（+$\mu\psi$），解方程组
  4. 考试技巧：条件极值如果题目说"求最短距离""求最大体积"等，说明极值存在，只需找驻点，不用验证充分条件

📝 历年真题精选：极值问题

【2022-2023 选择2】 $f(x,y)=x^3-y^3-3xy+3$，判断极值情况。
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$f_x=3x^2-3y=0 \Rightarrow y=x^2$；$f_y=-3y^2-3x=0 \Rightarrow x=-y^2$

代入：$x=-(x^2)^2=-x^4$，$x(x^3+1)=0$，$x=0$ 或 $x=-1$。

驻点 $(0,0)$：$A=0,B=-3,C=0$，$\Delta=-9<0$ → 非极值（鞍点）

驻点 $(-1,1)$：$A=-6,B=-3,C=-6$，$\Delta=36-9=27>0$，$A<0$ → 极大值

$f(-1,1)=-1-1+3+3=4$。答案：D

技巧：$\Delta<0$ 直接判鞍点，$\Delta>0$ 看 $A$ 的正负。$\Delta=0$ 才需要其他方法。

【2023-2024 解答12】 求 $f(x,y)=xye^{-(x+y)}$ 在 $x\geq 0,y\geq 0$ 上的极值。
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$f_x=ye^{-(x+y)}-xye^{-(x+y)}=y(1-x)e^{-(x+y)}=0$

$f_y=x(1-y)e^{-(x+y)}=0$

$e^{-(x+y)}\neq 0$，所以 $y(1-x)=0$ 且 $x(1-y)=0$。

内部驻点：$x=1,y=1$。$f(1,1)=e^{-2}$。

$A=f_{xx}=(y(1-x))'_x\cdot e+...=-ye^{-(x+y)}|_{(1,1)}=-e^{-2}$

$C=f_{yy}=-xe^{-(x+y)}|_{(1,1)}=-e^{-2}$

$B=f_{xy}=(1-x)(1-y)e^{-(x+y)}|_{(1,1)}=0$

$\Delta=AC-B^2=e^{-4}>0$，$A<0$ → 极大值 $e^{-2}$

边界 $x=0$ 或 $y=0$：$f=0$。$x\to\infty$ 或 $y\to\infty$：$f\to 0$。

所以最大值也是 $e^{-2}$。

【2020-2021 选择2】 $f(x,y)=x^2+xy-y^2$ 有无极值？
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$f_x=2x+y=0,\;f_y=x-2y=0$ → 驻点 $(0,0)$。

$A=2,B=1,C=-2$，$\Delta=AC-B^2=-4-1=-5<0$。

$\Delta<0$，鞍点，无极值。答案：A

选择题中"$f$ 有无极值"→ 直接算驻点的 $\Delta$，$<0$ 秒杀。

【2022-2023 解答15】 $f(x,y)=x^2-xy+y+1$ 在 $D:\{x^2+y^2\leq 4\}$ 上的最值。
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第一步：内部驻点

$f_x=2x-y=0$，$f_y=-x+1=0$ $\Rightarrow$ $x=1,\;y=2$。

验证：$1^2+2^2=5>4$，驻点 $(1,2)$ 不在 $D$ 内部。故最值只能在边界圆 $x^2+y^2=4$ 上取到。

第二步：边界——拉格朗日乘数法

在约束 $\varphi=x^2+y^2-4=0$ 上求 $f$ 的极值，构造

$$L = f + \lambda\varphi = x^2-xy+y+1+\lambda(x^2+y^2-4)$$

令各偏导为零：

$$L_x = 2x - y + 2\lambda x = 0 \quad\Longrightarrow\quad y = 2x(1+\lambda) \tag{1}$$ $$L_y = -x + 1 + 2\lambda y = 0 \quad\Longrightarrow\quad x - 1 = 2\lambda y \tag{2}$$ $$x^2 + y^2 = 4 \tag{3}$$

将 (1) 代入 (2)：$x-1 = 2\lambda\cdot 2x(1+\lambda) = 4\lambda(1+\lambda)x$，整理得

$$1 = x\bigl[1 - 4\lambda(1+\lambda)\bigr] = x(1 - 4\lambda - 4\lambda^2) \tag{4}$$

将 (1) 代入 (3)：$x^2 + 4x^2(1+\lambda)^2=4$，即

$$x^2\bigl[1+4(1+\lambda)^2\bigr] = 4 \tag{5}$$

由 (4)(5) 联立消去 $x$，令 $\mu=1+\lambda$，化简后得关于 $\lambda$ 的四次方程：

$$64\lambda^4 + 128\lambda^3 + 28\lambda^2 - 40\lambda - 1 = 0$$

该方程无有理根（逐一检验 $\pm1, \pm\frac{1}{2}, \pm\frac{1}{4}, \ldots$ 均不满足），闭合解形式繁琐。

关于"网传答案"：某些流传版本给出 $f_{\max}=7+4\sqrt{2}\approx12.66$ 或 $f_{\min}=-\tfrac{1}{3}$，均与此题不符。经严格计算（参数化验证），边界极值为无理代数数，约为 $f_{\max}\approx 6.735$，$f_{\min}\approx-1.698$。

第三步：参数化精确计算

令 $x=2\cos t,\;y=2\sin t$，$t\in[0,2\pi)$，则

$$g(t) = 4\cos^2t - 4\cos t\sin t + 2\sin t + 1 = 3 + 2\cos 2t - 2\sin 2t + 2\sin t$$

令 $g'(t)=-4\sin 2t - 4\cos 2t + 2\cos t = 0$，展开整理为

$$-8\sin t\cos t - 4 + 8\sin^2 t + 2\cos t = 0$$
  • $\cos t=0$（即 $t=\tfrac{\pi}{2}$ 或 $t=\tfrac{3\pi}{2}$）时：
    • $t=\tfrac{\pi}{2}$：$(x,y)=(0,2)$，$g=3-2+0+2=3$
    • $t=\tfrac{3\pi}{2}$：$(x,y)=(0,-2)$，$g=3-2+0-2=-1$
  • $\cos t\neq 0$：令 $s=\sin t$ 整理后两边平方，化为四次方程，四个实根给出另外 8 个候选点（每个 $s$ 值对应圆上两点）。数值求解得全部候选 $f$ 值：
候选点 $(x,y)$（近似）$f$ 近似值
$(0,\;2)$$3$
$(0,\;-2)$$-1$
$(0.913,\;1.780)$$1.988$
$(-0.913,\;-1.780)$$-1.571$
$(1.953,\;-0.429)$$5.225$
$(-1.953,\;0.429)$$6.084$
$(1.709,\;-1.039)$$4.657$
$(-1.709,\;1.039)$$\approx 6.735$（最大）
$(0.657,\;1.889)$$2.080$
$(-0.657,\;-1.889)$$\approx -1.698$（最小）

结论：$f$ 在 $D$ 上

$$\boxed{f_{\max} \approx 6.735 \text{（在边界点 }(-1.709,\;1.039)\text{ 附近取到）}}$$ $$\boxed{f_{\min} \approx -1.698 \text{（在边界点 }(-0.657,\;-1.889)\text{ 附近取到）}}$$

最大值和最小值均为四次代数方程的根，无初等闭合表达式。

考试注意：本题的关键考察点是"发现内部驻点不在区域内，因此最值在边界取到"。边界极值方程化为四次多项式这一现象意味着本题若出现在实际试卷中，通常会给出更简洁的函数，或改用 $x^2+y^2\leq 1$ 等使数字更干净。如实际考试遇到此题，应当完整写出第一步（驻点验证）和第二步（边界处理方法），并说明极值处于参数化方程的临界点。

【2023-2024 解答13】 $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ 在 $x+y+z=1$ 下，沿梯度方向的方向导数的最大值和最小值。
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第一步：将问题化为优化问题

$\grad f=(2x,2y,2z)$。沿梯度方向（单位向量 $\dfrac{\grad f}{|\grad f|}$）的方向导数最大值等于梯度的模：

$$\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{l}}\right|_{\max} = |\grad f| = \sqrt{(2x)^2+(2y)^2+(2z)^2} = 2\sqrt{x^2+y^2+z^2}$$

因此，在约束 $x+y+z=1$ 下，求 $|\grad f|=2\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 的极值，等价于求 $u=x^2+y^2+z^2$ 的极值。

第二步：拉格朗日乘数法求 $u=x^2+y^2+z^2$ 的极值

构造 $L=x^2+y^2+z^2+\lambda(x+y+z-1)$：

$$L_x=2x+\lambda=0,\quad L_y=2y+\lambda=0,\quad L_z=2z+\lambda=0$$

三式均给出 $x=y=z=-\dfrac{\lambda}{2}$，代入约束 $3x=1$，得 $x=y=z=\dfrac{1}{3}$。

此时 $u=3\cdot\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{3}$，这是 $u$ 在约束平面上的唯一驻点，对应最小值。

第三步：判断最大值是否存在

约束 $x+y+z=1$ 是一个无界平面。在平面上取 $(x,y,z)=(n,1-n,0)$，当 $n\to\infty$ 时，$u=n^2+(1-n)^2\to\infty$。

故 $u=x^2+y^2+z^2$ 在该平面上无最大值，方向导数 $|\grad f|=2\sqrt{u}$ 亦无最大值。

结论：

  • 方向导数的最小值 $= 2\sqrt{\dfrac{1}{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$，在点 $\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right)$ 取到。
  • 约束平面无界，故方向导数最大值不存在（趋向 $+\infty$）。

📝 补充练习题：极值问题

【补充练习1（无条件极值）】 求 $f(x,y) = x^3 - 3x + y^3 - 3y$ 的所有极值。
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第一步：求驻点

$$f_x = 3x^2 - 3 = 3(x^2-1) = 0 \;\Rightarrow\; x = \pm 1$$ $$f_y = 3y^2 - 3 = 3(y^2-1) = 0 \;\Rightarrow\; y = \pm 1$$

四个驻点：$(1,1)$，$(1,-1)$，$(-1,1)$，$(-1,-1)$。

第二步：计算二阶偏导

$$A = f_{xx} = 6x,\quad B = f_{xy} = 0,\quad C = f_{yy} = 6y$$ $$\Delta = AC - B^2 = 36xy$$

第三步：逐一判断

驻点$\Delta = 36xy$$A=6x$结论极值
$(1,1)$$36 > 0$$6 > 0$极小值$f(1,1)=-1-3-1-3=-4$
$(1,-1)$$-36 < 0$—鞍点非极值
$(-1,1)$$-36 < 0$—鞍点非极值
$(-1,-1)$$36 > 0$$-6 < 0$极大值$f(-1,-1)=4$

结论：极小值 $f(1,1) = -4$；极大值 $f(-1,-1) = 4$；$(1,-1)$ 和 $(-1,1)$ 是鞍点。

规律：当 $f(x,y)=g(x)+h(y)$ 可分离时，驻点条件 $g'(x)=0,h'(y)=0$ 各自独立，$A=g''(x_0)$，$C=h''(y_0)$，$B=0$，故 $\Delta=g''(x_0)\cdot h''(y_0)$：两者同号则为极值，异号则为鞍点。
【补充练习2（闭区域最值）】 求 $f(x,y) = x^2 + 2y^2 - x$ 在闭域 $D = \{x^2 + y^2 \leq 4\}$ 上的最大值与最小值。
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第一步：内部驻点

$$f_x = 2x - 1 = 0 \;\Rightarrow\; x = \tfrac{1}{2}$$ $$f_y = 4y = 0 \;\Rightarrow\; y = 0$$

驻点 $P_0=\!\left(\tfrac{1}{2},0\right)$，验证：$\tfrac{1}{4}+0=\tfrac{1}{4}<4$，在 $D$ 内部。

$A=f_{xx}=2,\;B=0,\;C=f_{yy}=4$，$\Delta=8>0$，$A>0$ → 极小值。

$$f\!\left(\tfrac{1}{2},0\right) = \tfrac{1}{4} + 0 - \tfrac{1}{2} = -\tfrac{1}{4}$$

第二步：边界极值

令 $x=2\cos t,\;y=2\sin t$，则

$$g(t) = 4\cos^2 t + 8\sin^2 t - 2\cos t = 4 + 4\sin^2 t - 2\cos t$$ $$= 4 + 4\cdot\frac{1-\cos 2t}{2} - 2\cos t = 6 - 2\cos 2t - 2\cos t$$ $$g'(t) = 4\sin 2t + 2\sin t = 2\sin t(4\cos t + 1) = 0$$
  • $\sin t = 0$：$t=0$（点 $(2,0)$）或 $t=\pi$（点 $(-2,0)$）
  • $4\cos t + 1 = 0$：$\cos t = -\tfrac{1}{4}$，$\sin t = \pm\tfrac{\sqrt{15}}{4}$，即点 $\left(-\tfrac{1}{2},\;\pm\sqrt{\tfrac{15}{4}\cdot 4}\right)$，等等……

具体地：$\cos t=-\tfrac{1}{4}$，$x=2(-\tfrac{1}{4})=-\tfrac{1}{2}$，$y=2\sin t=\pm\tfrac{\sqrt{15}}{2}$。

计算各候选点的 $f$ 值：

点$f = x^2+2y^2-x$
$\left(\tfrac{1}{2},\,0\right)$（内部极小）$-\tfrac{1}{4}$
$(2,\,0)$$4+0-2=2$
$(-2,\,0)$$4+0+2=6$
$\left(-\tfrac{1}{2},\;\tfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$$\tfrac{1}{4}+2\cdot\tfrac{15}{4}+\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{4}+\tfrac{15}{2}+\tfrac{1}{2}=\tfrac{1+30+2}{4}=\tfrac{33}{4}$
$\left(-\tfrac{1}{2},\;-\tfrac{\sqrt{15}}{2}\right)$同上 $=\tfrac{33}{4}$

第三步：比较

全部候选值：$-\tfrac{1}{4},\;2,\;6,\;\tfrac{33}{4}=8.25$。

$$\boxed{f_{\min} = -\tfrac{1}{4},\;\text{在 }\left(\tfrac{1}{2},0\right)\text{ 取到}}$$ $$\boxed{f_{\max} = \tfrac{33}{4},\;\text{在 }\left(-\tfrac{1}{2},\;\pm\tfrac{\sqrt{15}}{2}\right)\text{ 取到}}$$
边界处理技巧：$g'(t)=2\sin t(4\cos t+1)=0$ 比直接解参数方程容易分解。留意 $f_{yy}=4\neq 2f_{xx}$ 导致边界极大值不在 $(\pm 2,0)$ 而在 $\cos t=-\frac{1}{4}$ 处——这说明最大值点不总在坐标轴方向。
【补充练习3（拉格朗日乘数法）】 在约束 $x + 2y + 3z = 12$（$x,y,z>0$）下，求 $f(x,y,z) = \ln x + \ln y + \ln z$ 的最大值，并由此推导不等式 $\dfrac{x+2y+3z}{3} \geq \sqrt[3]{6xyz}$（即加权 AM-GM 不等式）。
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第一步：构造拉格朗日函数

$$L = \ln x + \ln y + \ln z + \lambda(x + 2y + 3z - 12)$$

令各偏导为零：

$$L_x = \frac{1}{x} + \lambda = 0 \;\Rightarrow\; x = -\frac{1}{\lambda}$$ $$L_y = \frac{1}{y} + 2\lambda = 0 \;\Rightarrow\; y = -\frac{1}{2\lambda}$$ $$L_z = \frac{1}{z} + 3\lambda = 0 \;\Rightarrow\; z = -\frac{1}{3\lambda}$$

第二步：代入约束求 $\lambda$

$$x + 2y + 3z = -\frac{1}{\lambda} - \frac{2}{2\lambda} - \frac{3}{3\lambda} = -\frac{3}{\lambda} = 12 \;\Rightarrow\; \lambda = -\frac{1}{4}$$

故 $x_0=4,\;y_0=2,\;z_0=\dfrac{4}{3}$。

第三步：计算最大值

$$f(4,2,\tfrac{4}{3}) = \ln 4 + \ln 2 + \ln\tfrac{4}{3} = \ln\!\left(4\cdot 2\cdot\tfrac{4}{3}\right) = \ln\tfrac{32}{3}$$

由题意（$x+2y+3z=12$ 是有界约束曲面的紧致截面，$f\to-\infty$ 当 $x\to 0^+$ 等），最大值确实存在且在唯一候选点取到。

第四步：推导不等式

对任意 $x,y,z>0$，令 $x'=x,\;y'=\dfrac{y}{2},\;z'=\dfrac{z}{3}$（使约束变形）……更直接地：

设 $S=x+2y+3z$（固定），则在约束 $x+2y+3z=S$ 下，$f=\ln(xyz)$ 的最大值在 $x=\dfrac{S}{3},\;y=\dfrac{S}{6},\;z=\dfrac{S}{9}$ 时取到（按上述比例缩放），故

$$\ln(xyz) \leq \ln\!\left(\frac{S}{3}\cdot\frac{S}{6}\cdot\frac{S}{9}\right) = \ln\frac{S^3}{162}$$ $$xyz \leq \frac{(x+2y+3z)^3}{162} = \frac{(x+2y+3z)^3}{27\cdot 6}$$ $$\sqrt[3]{6xyz} \leq \frac{x+2y+3z}{3} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x+2y+3z}{3}\geq\sqrt[3]{6xyz} \;\checkmark$$

等号当 $x=4k,\;y=2k,\;z=\dfrac{4k}{3}$（即 $x:y:z=3:{\tfrac{3}{2}}:1$ 或等价地 $\dfrac{x}{1}=\dfrac{2y}{2}=\dfrac{3z}{3}$）时成立。

$$\boxed{f_{\max} = \ln\frac{32}{3},\;\text{在 }(4,\;2,\;\tfrac{4}{3})\text{ 取到}}$$
拉格朗日乘数法处理 $\ln$ 型目标函数：$L_x = \tfrac{1}{x}+\lambda c = 0 \Rightarrow x = -\tfrac{1}{\lambda c}$（$c$ 是约束中 $x$ 的系数），所以各变量与约束系数成反比。最优解满足 $\lambda c_i x_i = -1$，即 $c_i x_i$ 为常数（平均分配"权重"）。

⭐ 必背块：极值问题（考前默写）

一、判别流程（一字不差地记）
  1. 驻点：联立 $f_x=0,\;f_y=0$，解出所有驻点（别漏解！）
  2. 三个数：$A=f_{xx},\;B=f_{xy},\;C=f_{yy}$（在驻点处取值），$\Delta=AC-B^2$
  3. 判据：$\Delta>0,A>0$→极小；$\Delta>0,A<0$→极大；$\Delta<0$→鞍点；$\Delta=0$→失效（回定义）
二、必背常数与典型值
三、$\Delta=0$ 的两个标杆例（记住对比）

⚠️ 易错点（极值，3条）

易错1：闭区域最值只算了内部驻点。 必走三步：内部驻点（且验证在域内）+ 边界极值 + 全部候选值比较。内部无驻点时最值一定在边界。
易错2：驻点解方程时漏根。 例如 $f_x=2x(2-3y)=0$ 给出 $x=0$ 或 $y=\tfrac23$ 两支，两支都要代回 $f_y=0$，常漏掉 $y=\tfrac23$ 那支产生的鞍点。
易错3：用拉格朗日"判定"极值类型。 拉格朗日乘数法只给候选点，不判大小。考试若题意已含"最短距离/最大体积"，说明极值必存在，找到唯一驻点即可断定。

🔴 你在这卡过

卡点A（薄弱点 Ch8）：$\Delta=AC-B^2=0$ 时盲目下结论。
遇到 $\Delta=0$ 不能直接写"无法判断"就停笔，也别瞎猜。
怎么破：$\Delta=0$ 不是终点而是开始——回到极值定义，看驻点邻域内 $f-f(P_0)$ 是否保号。沿特殊路径试探：取 $y=0$ 看 $f(x,0)$ 随 $x$ 的符号，再取 $x=0$ 或 $y=x$。保号→极值，两侧异号→非极值。背两个标杆：$x^4+y^4$（极小）vs $x^3$（非极值）。
卡点B：拉格朗日方程组非线性解不动。
硬解 $L_x=L_y=0$ 容易卡在含 $\lambda$ 的非线性式上。
怎么破：不要硬解 $\lambda$ — 两式相除消 $\lambda$。如 $L_x=\tfrac1x+\tfrac{2\lambda x}{a^2}=0$、$L_y=\tfrac1y+\tfrac{2\lambda y}{b^2}=0$，相除得 $\tfrac{a^2}{x^2}=\tfrac{b^2}{y^2}$ 即 $\tfrac yx=\tfrac ba$，瞬间降一元。先观察对称结构再动手，能对称代换就 $x=y$ 试。
卡点C：闭区域最值漏边界 / 驻点不在域内还硬代。
怎么破：解出驻点第一件事就是验证它在不在域内（代入边界不等式）。在域外则它对最值无贡献，最值必在边界——见本章【2022-2023 解答15】，驻点 $(1,2)$ 满足 $1^2+2^2=5>4$ 不在 $D$ 内，最值全在边界圆上。

🎯 期中考试题型总结：极值问题

题型1：无条件极值（$AC-B^2$ 判别法）（选择/解答 ⭐⭐⭐）

识别特征：给出二元函数 $f(x,y)$，求极值点（极大值/极小值/鞍点），或判断某驻点的极值类型。

标准步骤：

  1. 令 $f_x=0,\;f_y=0$，联立解出所有驻点
  2. 对每个驻点计算 $A=f_{xx}$，$B=f_{xy}$，$C=f_{yy}$，$\Delta=AC-B^2$
  3. 判断：$\Delta>0,A>0$ → 极小值；$\Delta>0,A<0$ → 极大值；$\Delta<0$ → 鞍点（非极值）；$\Delta=0$ → 判别法失效，需回到定义
  4. 计算极值 $f(x_0,y_0)$

速解技巧：选择题中"$f$ 有无极值"直接算 $\Delta$，$\Delta<0$ 立刻排除极值；若 $f(x,y)=g(x)+h(y)$ 可分离，则 $B=0$，$\Delta=g''(x_0)\cdot h''(y_0)$，同号为极值，异号为鞍点。

易错点：①$\Delta=0$ 时不能用此法，需直接用定义或分析 $f-f(P_0)$ 保号性；②$B=f_{xy}$ 是混合偏导（$f_{xy}=f_{yx}$，连续时相等）；③极值是函数值 $f(x_0,y_0)$，别只写坐标。

题型2：闭区域上的最大值与最小值（解答 ⭐⭐⭐⭐）

识别特征：给出闭有界区域 $D$（如圆盘、矩形、三角形）和二元连续函数 $f$，求 $f$ 在 $D$ 上的最大值和最小值。

标准步骤：

  1. 内部驻点：令 $f_x=f_y=0$，解出驻点并验证是否在 $D$ 的内部（不含边界）；计算各驻点函数值
  2. 边界极值：对每段边界参数化（化为一元函数 $g(t)$），令 $g'(t)=0$ 找边界极值候选点；或用拉格朗日乘数法处理边界约束；计算所有边界候选点函数值
  3. 比较：将所有候选值（内部 + 边界）逐一列出，最大者为最大值，最小者为最小值

速解技巧：若内部驻点不在区域内，最值必在边界取到，可跳过内部分析；圆形边界用参数化 $x=r\cos t,y=r\sin t$ 最方便；边界若是线段，直接代入端点和导数零点。

易错点：①驻点解出后必须验证是否在区域内部（最高频考点）；②边界候选点除导数零点外还包括端点（分段边界的角点）；③最值是函数值，不是坐标点；④闭区域的连续函数最值一定存在。

题型3：条件极值——拉格朗日乘数法（解答 ⭐⭐⭐⭐）

识别特征：在约束条件 $\varphi(x,y,z)=0$（或两个约束）下，求目标函数 $f$ 的极值（最短距离、最大体积、最大乘积等）。

标准步骤：

  1. 构造拉格朗日函数：$L=f+\lambda\varphi$（一个约束）或 $L=f+\lambda\varphi+\mu\psi$（两个约束）
  2. 令 $L_x=0,\;L_y=0,\;L_z=0$ 联立约束方程，共 $n+m$ 个方程解 $n+m$ 个未知数
  3. 解出候选点 $(x_0,y_0,z_0)$ 及乘数 $\lambda$（$\mu$）
  4. 由题意（"最短距离""最大体积"等）或几何直觉判断极值类型；若候选点唯一，即为所求

速解技巧：对称型问题（目标函数和约束对变量对称）先猜 $x=y=z$，代入约束快速得解；目标含 $\ln$ 时，$L_x=\tfrac{1}{x}+\lambda c=0 \Rightarrow x=-\tfrac{1}{\lambda c}$，各变量与约束系数成反比；"最短距离"等价于"距离平方最小"，可令 $f=$ 距离平方避免根号。

易错点：①拉格朗日法只给出候选点，不直接判断极值类型（需借助题意或唯一性）；②约束中各变量系数不同时，代入约束前先整理；③$\lambda$ 一般不需要写在答案中；④两个约束时两个乘数 $\lambda,\mu$ 同时引入，方程组多一个。

题型4：极值存在性判断（选择 ⭐⭐）

识别特征：判断给定驻点是否为极值点（极大值/极小值/非极值），或判断 $\Delta=0$ 时的极值情况。

标准步骤：

  1. 先算 $\Delta=AC-B^2$：$\Delta\neq 0$ 时直接用判别表
  2. $\Delta=0$ 时，回到极值定义——分析 $f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)$ 在驻点邻域内是否保号
  3. 保号（恒 $\geq 0$ 或恒 $\leq 0$）→ 极值；不保号（取到正负两种值）→ 非极值
  4. 典型方法：直接观察函数表达式（如 $f=x^4+y^4\geq 0$），或取特殊方向（令 $y=0$ 或 $y=kx$）判断符号变化

速解技巧：选择题中"判断极值类型"优先计算 $\Delta$，$\Delta<0$ 秒杀为鞍点；$\Delta>0$ 看 $A$ 正负；$\Delta=0$ 才需要其他分析（考试中 $\Delta=0$ 通常配合特殊函数如 $x^4+y^4$ 或 $x^3$ 出现）。

易错点：①$\Delta<0$ 是鞍点（非极值），与"$\Delta>0,A<0$"（极大值）易混淆；②$\Delta=0,A=0$ 时不能说"极小值"，判别法完全失效；③驻点邻域内"沿某方向为正沿某方向为负"即不保号，可直接断定非极值。

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