四、多元函数的极值｜小题与大题

小题

（一）对定理的考查

1. 【2003-34-4 分】 设可微函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 取得极小值，则下列结论正确的是( )

A. $f(x_0,y)$ 在 $y=y_0$ 处的导数等于零    B. $f(x_0,y)$ 在 $y=y_0$ 处的导数小于零

C. $f(x_0,y)$ 在 $y=y_0$ 处的导数大于零    D. $f(x_0,y)$ 在 $y=y_0$ 处的导数不存在

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答案： A。

解析： 固定 $x=x_0$，令

$$g(y)=f(x_0,y).$$

由于 $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 取得极小值，所以一元函数 $g(y)$ 在 $y=y_0$ 处也取得极小值。

又因为 $f$ 可微，所以 $g$ 在 $y_0$ 处可导。由一元函数取得可导极值的必要条件，得

$$g^{\prime }(y_0)=f_y(x_0,y_0)=0.$$

故选 A。

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2. 【2003-1-4 分】 已知函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某个邻域内连续，且

$$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ y\to 0\end{array}}{\lim }\frac{f(x,y)-xy}{(x^2+y^2{)}^2}=1,$$

则( )

A. 点 $(0,0)$ 不是 $f(x,y)$ 的极值点    B. 点 $(0,0)$ 是 $f(x,y)$ 的极大值点

C. 点 $(0,0)$ 是 $f(x,y)$ 的极小值点    D. 根据所给条件无法判别点 $(0,0)$ 是否为 $f(x,y)$ 的极值点

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答案： A。

解析： 由极限条件可写成

$$f(x,y)=xy+(x^2+y^2{)}^2[1+o(1)],(x,y)\to (0,0).$$

又因 $f$ 在原点连续，故 $f(0,0)=0$。

沿直线 $y=x$ 趋近原点时，

$$f(x,x)=x^2+4x^4[1+o(1)]>0$$

在充分小的非零 $x$ 下成立。

沿直线 $y=-x$ 趋近原点时，

$$f(x,-x)=-x^2+4x^4[1+o(1)]<0$$

在充分小的非零 $x$ 下成立。

因此在原点任意小的邻域内，$f(x,y)-f(0,0)$ 既可取正值，也可取负值，所以 $(0,0)$ 不是极值点。故选 A。

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3. 【2009-2-4 分】 设函数 $z=f(x,y)$ 的全微分为

$$dz=xdx+ydy,$$

则点 $(0,0)$( )

A. 不是 $f(x,y)$ 的连续点    B. 不是 $f(x,y)$ 的极值点

C. 是 $f(x,y)$ 的极大值点    D. 是 $f(x,y)$ 的极小值点

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答案： D。

解析： 由全微分可知

$$f_x(x,y)=x,f_y(x,y)=y.$$

对 $f_x=x$ 关于 $x$ 积分，得

$$f(x,y)=\frac{x^2}{2}+\phi (y).$$

再利用 $f_y=y$，得

$${\phi }^{\prime }(y)=y,$$

从而

$$f(x,y)=\frac{x^2+y^2}{2}+C.$$

于是

$$f(x,y)-f(0,0)=\frac{x^2+y^2}{2}\ge 0,$$

且当 $(x,y)\ne (0,0)$ 时严格大于零。因此 $(0,0)$ 是严格极小值点。故选 D。

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4. 【2011-1-4 分】 设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，且 $f(x)>0$，$f^{\prime }(0)=0$，则函数

$$z=f(x)\ln f(y)$$

在点 $(0,0)$ 处取得极小值的一个充分条件是( )

A. $f(0)>1$，$f^{\prime \prime }(0)>0$    B. $f(0)>1$，$f^{\prime \prime }(0)<0$    C. $f(0)<1$，$f^{\prime \prime }(0)>0$    D. $f(0)<1$，$f^{\prime \prime }(0)<0$

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答案： A。

解析： 记 $a=f(0)>0$。函数的一阶偏导数为

$$z_x=f^{\prime }(x)\ln f(y),$$$$z_y=f(x)\frac{f^{\prime }(y)}{f(y)}.$$

由 $f^{\prime }(0)=0$，得

$$z_x(0,0)=z_y(0,0)=0,$$

所以 $(0,0)$ 是驻点。

在原点处，二阶偏导数为

$$z_{xx}(0,0)=f^{\prime \prime }(0)\ln a,$$$$z_{xy}(0,0)=0,$$$$z_{yy}(0,0)=f^{\prime \prime }(0).$$

二元函数极小值的充分条件为

$$A=z_{xx}(0,0)>0,AC-B^2>0.$$

这里

$$AC-B^2=[f^{\prime \prime }(0){]}^2\ln a.$$

若 $f(0)=a>1$，则 $\ln a>0$；再取 $f^{\prime \prime }(0)>0$，便有

$$z_{xx}(0,0)>0,AC-B^2>0.$$

因此 $(0,0)$ 为极小值点。故选 A。

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5. 【2011-2-4 分】 设函数 $f(x)$，$g(x)$ 均有二阶连续导数，满足 $f(0)>0$，$g(0)<0$，且 $f^{\prime }(0)=g^{\prime }(0)=0$，则函数 $z=f(x)g(y)$ 在点 $(0,0)$ 处取得极小值的一个充分条件是( )

A. $f^{\prime \prime }(0)<0$，$g^{\prime \prime }(0)>0$    B. $f^{\prime \prime }(0)<0$，$g^{\prime \prime }(0)<0$    C. $f^{\prime \prime }(0)>0$，$g^{\prime \prime }(0)>0$    D. $f^{\prime \prime }(0)>0$，$g^{\prime \prime }(0)<0$

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答案： A。

解析： 设

$$z=f(x)g(y).$$

由 $f^{\prime }(0)=g^{\prime }(0)=0$，有

$$z_x(0,0)=f^{\prime }(0)g(0)=0,$$$$z_y(0,0)=f(0)g^{\prime }(0)=0,$$

所以 $(0,0)$ 是驻点。

在该点处，二阶偏导数为

$$A=z_{xx}(0,0)=f^{\prime \prime }(0)g(0),$$$$B=z_{xy}(0,0)=f^{\prime }(0)g^{\prime }(0)=0,$$$$C=z_{yy}(0,0)=f(0)g^{\prime \prime }(0).$$

函数在 $(0,0)$ 处取得极小值的充分条件是

$$A>0,AC-B^2>0.$$

由于 $g(0)<0$，要使 $A>0$，应有

$$f^{\prime \prime }(0)<0.$$

又因为 $f(0)>0$，要使 $C>0$，应有

$$g^{\prime \prime }(0)>0.$$

此时

$$AC-B^2=f^{\prime \prime }(0)g(0)f(0)g^{\prime \prime }(0)>0.$$

因此一个充分条件为

$$f^{\prime \prime }(0)<0,g^{\prime \prime }(0)>0.$$

故选 A。

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6. 【2014-2-4 分】 设函数 $u(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，在 $D$ 的内部具有二阶连续偏导数，且满足 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}\ne 0$ 及 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$，则( )

A. $u(x,y)$ 的最大值和最小值都在 $D$ 的边界上取得

B. $u(x,y)$ 的最大值和最小值都在 $D$ 的内部取得

C. $u(x,y)$ 的最大值在 $D$ 的内部取得，最小值在 $D$ 的边界上取得

D. $u(x,y)$ 的最小值在 $D$ 的内部取得，最大值在区域 $D$ 的边界上取得

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答案： A。

解析： 函数 $u(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，因此它在 $D$ 上一定能取得最大值和最小值。

现证明极值不可能在 $D$ 的内部取得。

若 $(x_0,y_0)$ 是 $D$ 内部的驻点，则该点处二阶微分判别式为

$$\Delta =u_{xx}(x_0,y_0)u_{yy}(x_0,y_0)-[u_{xy}(x_0,y_0){]}^2.$$

由

$$u_{xx}+u_{yy}=0,$$

得

$$u_{yy}=-u_{xx}.$$

因此

$$\Delta =-[u_{xx}(x_0,y_0){]}^2-[u_{xy}(x_0,y_0){]}^2.$$

又由于 $u_{xy}\ne 0$，所以

$$\Delta <0.$$

故每一个内部驻点都是鞍点，不可能是极大值点或极小值点；非驻点也不可能是内部极值点。

所以最大值和最小值只能在区域 $D$ 的边界上取得。故选 A。

（二）极值点和极值的计算

1. 【2017-3-4 分】 二元函数 $z=xy(3-x-y)$ 的极值点是( )

A. $(0,0)$    B. $(0,3)$    C. $(3,0)$    D. $(1,1)$

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答案： D。

解析： 函数的一阶偏导数为

$$z_x=y(3-2x-y),$$$$z_y=x(3-x-2y).$$

令 $z_x=z_y=0$，得驻点

$$(0,0),(0,3),(3,0),(1,1).$$

二阶偏导数为

$$z_{xx}=-2y,z_{xy}=3-2x-2y,z_{yy}=-2x.$$

记

$$A=z_{xx},B=z_{xy},C=z_{yy}.$$

在 $(1,1)$ 处，

$$A=-2,B=-1,C=-2,$$

从而

$$AC-B^2=4-1=3>0,$$

且 $A<0$，故 $(1,1)$ 是极大值点。

在其余三个驻点处均有 $AC-B^2<0$，它们都是鞍点。

因此函数的极值点为

$$(1,1).$$

故选 D。

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2. 【2024-23-5 分】 函数 $f(x,y)=2x^3-9x^2-6y^4+12x+24y$ 的极值点是___。

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答案： $(1,1)$。

解析： 计算一阶偏导数：

$$f_x=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2),$$$$f_y=-24y^3+24=24(1-y^3).$$

令 $f_x=f_y=0$，得驻点

$$(1,1),(2,1).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=12x-18,f_{xy}=0,f_{yy}=-72y^2.$$

在 $(1,1)$ 处，

$$A=-6,B=0,C=-72,$$

故

$$AC-B^2=432>0,$$

且 $A<0$，所以 $(1,1)$ 为极大值点。

在 $(2,1)$ 处，

$$A=6,B=0,C=-72,$$

于是

$$AC-B^2=-432<0,$$

故 $(2,1)$ 为鞍点。

因此函数唯一的极值点是

$$(1,1).$$

其极大值为

$$f(1,1)=2-9-6+12+24=23.$$

（三）对定理内容的考查

1. 【2006-123-4 分】 设 $f(x,y)$ 与 $\phi (x,y)$ 均为可微函数，且 ${\phi }_y^{\prime }(x,y)\ne 0$。已知 $(x_0,y_0)$ 是 $f(x,y)$ 在约束条件 $\phi (x,y)=0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是( )

A. 若 $f_x^{\prime }(x_0,y_0)=0$，则 $f_y^{\prime }(x_0,y_0)=0$    B. 若 $f_x^{\prime }(x_0,y_0)=0$，则 $f_y^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0$

C. 若 $f_x^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0$，则 $f_y^{\prime }(x_0,y_0)=0$    D. 若 $f_x^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0$，则 $f_y^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0$

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答案： D。

解析： 由于

$${\phi }_y^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0,$$

由隐函数定理，在点 $(x_0,y_0)$ 附近可由约束方程确定函数

$$y=y(x).$$

并且

$$y^{\prime }(x)=-\frac{{\phi }_x^{\prime }}{{\phi }_y^{\prime }}.$$

令

$$F(x)=f(x,y(x)).$$

由于 $(x_0,y_0)$ 是约束极值点，所以

$$F^{\prime }(x_0)=0.$$

即

$$f_x^{\prime }(x_0,y_0)+f_y^{\prime }(x_0,y_0)y^{\prime }(x_0)=0.$$

代入 $y^{\prime }(x_0)$，得

$$f_x^{\prime }(x_0,y_0){\phi }_y^{\prime }(x_0,y_0)-f_y^{\prime }(x_0,y_0){\phi }_x^{\prime }(x_0,y_0)=0.$$

若

$$f_x^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0,$$

则因 ${\phi }_y^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0$，上式左边第一项非零。因此第二项也必须非零，从而

$$f_y^{\prime }(x_0,y_0)\ne 0.$$

故选 D。

（四）有界闭区域上的最值

1. 【2022-1-5 分】 当 $x\ge 0$，$y\ge 0$ 时，$x^2+y^2\le k{e}^{x+y}$ 恒成立，求 $k$ 的取值范围是___。

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答案： $k\ge \frac{4}{e^2}$。

解析： 原不等式等价于

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

因此只需求函数

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

在第一象限闭区域 $x\ge 0$，$y\ge 0$ 上的最大值。

令

$$s=x+y\ge 0.$$

由于 $x,y\ge 0$，有

$$x^2+y^2\le (x+y{)}^2=s^2.$$

所以

$$F(x,y)\le s^2{e}^{-s}.$$

令

$$\varphi (s)=s^2{e}^{-s},s\ge 0.$$

则

$${\varphi }^{\prime }(s)=s{e}^{-s}(2-s).$$

因此 $\varphi (s)$ 在 $[0,2]$ 上递增，在 $[2,+\infty )$ 上递减，从而

$$\underset{s\ge 0}{\max }\varphi (s)=\varphi (2)=\frac{4}{e^2}.$$

当 $(x,y)=(2,0)$ 或 $(0,2)$ 时，既有 $x+y=2$，又有

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

故上界能够取到。

因此

$$\underset{x\ge 0,y\ge 0}{\max }(x^2+y^2)e^{-(x+y)}=\frac{4}{e^2}.$$

要使原不等式恒成立，必须且只需

$$k\ge \frac{4}{e^2}.$$

大题

（一）极值点和极值的计算

1. 【1994-5-8 分】 某养殖场饲养两种鱼，若甲种鱼放养 $x$（万尾），乙种鱼放养 $y$（万尾），收获时两种鱼的收获量分别为 $(3-\alpha x-\beta y)x$ 和 $(4-\beta x-2\alpha y)y(\alpha >\beta >0)$，求使产鱼总量最大的放养数。

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答案： 甲种鱼放养

$$x=\frac{3\alpha -2\beta }{2{\alpha }^2-{\beta }^2}\text{万尾},$$

乙种鱼放养

$$y=\frac{4\alpha -3\beta }{2(2{\alpha }^2-{\beta }^2)}\text{万尾}.$$

解析： 设产鱼总量为 $Q(x,y)$，则

$$\begin{array}{rl}Q(x,y)& =(3-\alpha x-\beta y)x+(4-\beta x-2\alpha y)y\\ & =3x+4y-\alpha x^2-2\beta xy-2\alpha y^2.\end{array}$$

求偏导得

$$Q_x=3-2\alpha x-2\beta y,$$$$Q_y=4-2\beta x-4\alpha y.$$

令 $Q_x=Q_y=0$，得到

$$\{\begin{array}{l}\alpha x+\beta y=\frac{3}{2},\\ \beta x+2\alpha y=2.\end{array}$$

由于

$$2{\alpha }^2-{\beta }^2>{\alpha }^2>0,$$

解得

$$x=\frac{3\alpha -2\beta }{2{\alpha }^2-{\beta }^2},$$$$y=\frac{4\alpha -3\beta }{2(2{\alpha }^2-{\beta }^2)}.$$

又因 $\alpha >\beta >0$，所以

$$3\alpha -2\beta >0,4\alpha -3\beta >0,$$

故该驻点位于第一象限。

二阶偏导数为

$$Q_{xx}=-2\alpha ,Q_{xy}=-2\beta ,Q_{yy}=-4\alpha .$$

相应的二次型判别式为

$$Q_{xx}{Q}_{yy}-Q_{xy}^2=8{\alpha }^2-4{\beta }^2=4(2{\alpha }^2-{\beta }^2)>0,$$

且 $Q_{xx}=-2\alpha <0$，所以该驻点为严格极大值点。

又 $Q(x,y)$ 是负定二次函数，因此该极大值也是第一象限内的最大值。

所以使产鱼总量最大的放养数为

$$\boxed{x=\frac{3\alpha -2\beta }{2{\alpha }^2-{\beta }^2},y=\frac{4\alpha -3\beta }{2(2{\alpha }^2-{\beta }^2)}}.$$

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2. 【2004-1-12 分】 设 $z=z(x,y)$ 是由 $x^2-6xy+10y^2-2yz-z^2+18=0$ 确定的函数，求 $z=z(x,y)$ 的极值点和极值。

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答案： - 极小值点为 $(9,3)$，极小值为 $3$；

• 极大值点为 $(-9,-3)$，极大值为 $-3$。

解析： 令

$$F(x,y,z)=x^2-6xy+10y^2-2yz-z^2+18.$$

由隐函数方程

$$F(x,y,z)=0$$

确定 $z=z(x,y)$。

在极值点处应有

$$z_x=0,z_y=0.$$

由隐函数求导公式

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z},z_y=-\frac{F_y}{F_z},$$

故驻点应满足

$$F_x=0,F_y=0.$$

计算得

$$F_x=2x-6y,$$$$F_y=-6x+20y-2z.$$

于是

$$\{\begin{array}{l}2x-6y=0,\\ -6x+20y-2z=0,\end{array}$$

即

$$x=3y,z=y.$$

代回原方程，得

$$(3y{)}^2-6(3y)y+10y^2-2y^2-y^2+18=0,$$

即

$$-2y^2+18=0.$$

所以

$$y=\pm 3.$$

对应的驻点为

$$(9,3,3),(-9,-3,-3).$$

下面判别其极值性质。

在驻点处 $z_x=z_y=0$，由隐函数二阶求导公式可得

$$z_{xx}=-\frac{F_{xx}}{F_z},z_{xy}=-\frac{F_{xy}}{F_z},z_{yy}=-\frac{F_{yy}}{F_z}.$$

其中

$$F_{xx}=2,F_{xy}=-6,F_{yy}=20,F_z=-2(y+z).$$

在点 $(9,3,3)$ 处，$F_z=-12$，故

$$z_{xx}=\frac{1}{6},z_{xy}=-\frac{1}{2},z_{yy}=\frac{5}{3}.$$

于是

$$z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=\frac{5}{18}-\frac{1}{4}=\frac{1}{36}>0,$$

且 $z_{xx}>0$，所以 $(9,3)$ 为极小值点，极小值为

$$z(9,3)=3.$$

在点 $(-9,-3,-3)$ 处，$F_z=12$，故

$$z_{xx}=-\frac{1}{6},z_{xy}=\frac{1}{2},z_{yy}=-\frac{5}{3}.$$

仍有

$$z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=\frac{1}{36}>0,$$

但 $z_{xx}<0$，所以 $(-9,-3)$ 为极大值点，极大值为

$$z(-9,-3)=-3.$$

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3. 【2009-13-9 分】 求二元函数 $f(x,y)=x^2(2+y^2)+y\ln y$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 函数在点

$$\left(0,\frac{1}{e}\right)$$

处取得极小值

$$-\frac{1}{e},$$

无极大值。

解析： 由 $y\ln y$ 可知定义域为

$$y>0.$$

计算一阶偏导数：

$$f_x=2x(2+y^2),$$$$f_y=2x^{2}y+\ln y+1.$$

令 $f_x=f_y=0$。

因为 $2+y^2>0$，所以由 $f_x=0$ 得

$$x=0.$$

再由 $f_y=0$ 得

$$\ln y+1=0,$$

所以

$$y=\frac{1}{e}.$$

故唯一驻点为

$$\left(0,\frac{1}{e}\right).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=2(2+y^2),$$$$f_{xy}=4xy,$$$$f_{yy}=2x^2+\frac{1}{y}.$$

在驻点处，

$$f_{xx}=2\left(2+\frac{1}{e^2}\right)>0,f_{xy}=0,f_{yy}=e>0.$$

因此

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2>0,$$

且 $f_{xx}>0$，故该点为严格极小值点。

极小值为

$$f\left(0,\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}\ln \frac{1}{e}=-\frac{1}{e}.$$

由于函数不存在其他驻点，且函数可取任意大的正值，因此无极大值。

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4. 【2012-12-10 分】 求函数 $f(x,y)=x{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$ 的极值。

查看答案与解析

答案： - 在点 $(1,0)$ 处取得极大值 $e^{-\frac{1}{2}}$；

• 在点 $(-1,0)$ 处取得极小值 $-e^{-\frac{1}{2}}$。

解析： 计算一阶偏导数：

$$f_x=e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}(1-x^2),$$$$f_y=-xy{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}.$$

由于指数因子恒正，令 $f_x=f_y=0$，得

$$1-x^2=0,xy=0.$$

所以

$$x=\pm 1,y=0.$$

两个驻点为

$$(1,0),(-1,0).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=x(x^2-3)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}},$$$$f_{xy}=-y(1-x^2)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}},$$$$f_{yy}=x(y^2-1)e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}.$$

在点 $(1,0)$ 处，

$$f_{xx}=-2e^{-\frac{1}{2}}<0,f_{xy}=0,f_{yy}=-e^{-\frac{1}{2}}<0.$$

因此

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=2e^{-1}>0,$$

且 $f_{xx}<0$，故 $(1,0)$ 为极大值点，极大值为

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

在点 $(-1,0)$ 处，

$$f_{xx}=2e^{-\frac{1}{2}}>0,f_{xy}=0,f_{yy}=e^{-\frac{1}{2}}>0.$$

所以 $(-1,0)$ 为极小值点，极小值为

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

此外，

$$|f(x,y)|=|x|e^{-\frac{x^2}{2}}{e}^{-\frac{y^2}{2}}\le |x|e^{-\frac{x^2}{2}}\le e^{-\frac{1}{2}},$$

故上述极大值与极小值同时也是全局最大值与全局最小值。

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5. 【2013-1-10 分】 求函数 $f(x,y)=\left(y+\frac{x^3}{3}\right)e^{x+y}$ 的极值。

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答案： 函数在点

$$\left(1,-\frac{4}{3}\right)$$

处取得极小值

$$-e^{-\frac{1}{3}}.$$

点

$$\left(-1,-\frac{2}{3}\right)$$

不是极值点。函数无极大值。

解析： 令

$$A=y+\frac{x^3}{3},$$

则

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

计算一阶偏导数：

$$f_x=e^{x+y}\left(x^2+y+\frac{x^3}{3}\right),$$$$f_y=e^{x+y}\left(1+y+\frac{x^3}{3}\right).$$

令 $f_x=f_y=0$。由于 $e^{x+y}>0$，得到

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y+\frac{x^3}{3}=0,\\ 1+y+\frac{x^3}{3}=0.\end{array}$$

两式相减得

$$x^2-1=0,$$

所以

$$x=\pm 1.$$

当 $x=1$ 时，

$$y=-1-\frac{1}{3}=-\frac{4}{3}.$$

当 $x=-1$ 时，

$$y=-1+\frac{1}{3}=-\frac{2}{3}.$$

故驻点为

$$\left(1,-\frac{4}{3}\right),\left(-1,-\frac{2}{3}\right).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=e^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2x^2+2x\right),$$$$f_{xy}=e^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+x^2+1\right),$$$$f_{yy}=e^{x+y}\left(y+\frac{x^3}{3}+2\right).$$

在两个驻点处均有

$$y+\frac{x^3}{3}=-1,x^2=1.$$

因此

$$f_{xx}=e^{x+y}(1+2x),f_{xy}=e^{x+y},f_{yy}=e^{x+y}.$$

在点 $\left(1,-\frac{4}{3}\right)$ 处，

$$f_{xx}=3e^{-\frac{1}{3}}>0,$$

且

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=2e^{-\frac{2}{3}}>0.$$

故该点为极小值点，极小值为

$$f\left(1,-\frac{4}{3}\right)=-e^{-\frac{1}{3}}.$$

在点 $\left(-1,-\frac{2}{3}\right)$ 处，

$$f_{xx}=-e^{-\frac{5}{3}},$$

且

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=-2e^{-\frac{10}{3}}<0.$$

故该点为鞍点，不是极值点。

因此函数只有一个极小值

$$\boxed{-e^{-\frac{1}{3}}},$$

无极大值。

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