四、多元函数的极值｜大题·极值点和极值的计算

大题

（一）极值点和极值的计算

6. 【2015-2-11 分】 已知函数 $f(x,y)$ 满足 $f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)=2(y+1)e^x$，$f_x^{\prime }(x,0)=(x+1)e^x$，$f(0,y)=y^2+2y$，求 $f(x,y)$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 函数在点 $(0,-1)$ 处取得极小值 $-1$，无极大值。

解析： 由

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

对 $y$ 积分，得

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

又因为

$$f_x(x,0)=(x+1)e^x,$$

所以

$$e^x+\phi (x)=(x+1)e^x,$$

从而

$$\phi (x)=x{e}^x.$$

故

$$f_x(x,y)=e^x\left[x+(y+1{)}^2\right].$$

对 $x$ 积分，得

$$f(x,y)=e^x\left[x+(y+1{)}^2-1\right]+\psi (y).$$

利用条件 $f(0,y)=y^2+2y$，有

$$(y+1{)}^2-1+\psi (y)=y^2+2y,$$

因此

$$\psi (y)=0.$$

所以

$$f(x,y)=e^x(x+y^2+2y)=e^x\left[x+(y+1{)}^2-1\right].$$

一阶偏导数为

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

令 $f_x=f_y=0$。由于 $e^x>0$，由 $f_y=0$ 得

$$y=-1.$$

代入 $f_x=0$，得

$$x=0.$$

故唯一驻点为 $(0,-1)$。

二阶偏导数为

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

在点 $(0,-1)$ 处，

$$f_{xx}=1,f_{xy}=0,f_{yy}=2.$$

因此

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

故 $(0,-1)$ 为极小值点，极小值为

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

事实上，

$$f(x,y)=e^x\left[(y+1{)}^2+x-1\right]\ge e^x(x-1).$$

而函数 $e^x(x-1)$ 在 $x=0$ 处取得最小值 $-1$，故上述极小值也是全局最小值。函数无极大值。

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7. 【2016-2-10 分】 已知函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0$ 确定，求 $z=z(x,y)$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 函数在点 $(-1,-1)$ 处取得极大值 $1$，无极小值。

解析： 由题意 $z>0$。将原方程整理为

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

配方得

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

记

$$\varphi (z)=\ln z+2-\frac{2}{z},z>0.$$

则

$${\varphi }^{\prime }(z)=\frac{1}{z}+\frac{2}{z^2}>0,$$

所以 $\varphi (z)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加。又

$$\varphi (1)=0.$$

由于

$$z\left[{\left(x+\frac{1}{z}\right)}^2+{\left(y+\frac{1}{z}\right)}^2\right]\ge 0,$$

原方程说明

$$\varphi (z)\le 0.$$

由 $\varphi (z)$ 的单调性可得

$$z\le 1.$$

当且仅当

$$x+\frac{1}{z}=0,y+\frac{1}{z}=0,\varphi (z)=0$$

时取等号，因此

$$z=1,x=y=-1.$$

所以函数在点 $(-1,-1)$ 处取得极大值

$$\boxed{1}.$$

此外，$z$ 可以取任意充分接近 $0$ 的正值，故函数无极小值。

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8. 【2020-123-10 分】 求二元函数 $f(x,y)=x^3+8y^3-xy$ 的极值。

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答案： 函数在点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$ 处取得极小值 $-\frac{1}{216}$，无极大值；点 $(0,0)$ 为鞍点。

解析： 一阶偏导数为

$$f_x=3x^2-y,f_y=24y^2-x.$$

令 $f_x=f_y=0$，得

$$y=3x^2,x=24y^2.$$

将 $y=3x^2$ 代入第二式，得

$$x=24(3x^2{)}^2=216x^4,$$

即

$$x(216x^3-1)=0.$$

所以

$$x=0$$

或

$$x=\frac{1}{6}.$$

相应地，驻点为

$$(0,0),\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=6x,f_{xy}=-1,f_{yy}=48y.$$

在点 $(0,0)$ 处，

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

故 $(0,0)$ 为鞍点。

在点 $\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)$ 处，

$$f_{xx}=1,f_{yy}=4,f_{xy}=-1,$$

于是

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=4-1=3>0,f_{xx}>0.$$

故该点为极小值点，极小值为

$$f\left(\frac{1}{6},\frac{1}{12}\right)=\frac{1}{216}+8\cdot \frac{1}{1728}-\frac{1}{72}=-\frac{1}{216}.$$

由于函数含三次项，在整个平面上既无上界也无下界，因此无极大值。

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9. 【2021-3-12 分】 求函数 $f(x,y)=2\ln |x|+\frac{(x-1{)}^2+y^2}{2x^2}$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 点 $\left(\frac{1}{2},0\right)$ 和 $(-1,0)$ 均为极小值点，极小值分别为 $\frac{1}{2}-2\ln 2$ 和 $2$；无极大值。其中 $\frac{1}{2}-2\ln 2$ 为全局最小值。

解析： 函数定义域为 $x\ne 0$。将函数写为

$$f(x,y)=2\ln |x|+\frac{1}{2}-\frac{1}{x}+\frac{1+y^2}{2x^2}.$$

一阶偏导数为

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

令 $f_x=f_y=0$。由 $f_y=0$ 得 $y=0$，再由 $f_x=0$ 得

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

即

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

故驻点为

$$\left(\frac{1}{2},0\right),(-1,0).$$

二阶偏导数为

$$f_{xx}=-\frac{2}{x^2}-\frac{2}{x^3}+\frac{3(1+y^2)}{x^4},$$$$f_{xy}=-\frac{2y}{x^3},f_{yy}=\frac{1}{x^2}.$$

在点 $\left(\frac{1}{2},0\right)$ 处，

$$f_{xx}=24,f_{xy}=0,f_{yy}=4.$$

因此

$$f_{xx}{f}_{yy}-f_{xy}^2=96>0,f_{xx}>0,$$

故该点为极小值点，极小值为

$$f\left(\frac{1}{2},0\right)=2\ln \frac{1}{2}+\frac{{\left(\frac{1}{2}-1\right)}^2}{2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2}-2\ln 2.$$

在点 $(-1,0)$ 处，

$$f_{xx}=3,f_{xy}=0,f_{yy}=1,$$

故该点也是极小值点，极小值为

$$f(-1,0)=2.$$

定义域由 $x>0$ 与 $x<0$ 两个连通部分组成。在每个部分上，当 $x\to 0$ 或 $|x|\to +\infty$ 时，函数均趋于 $+\infty$，故上述两点分别是各自区域内的最小值点。

又因为

$$\frac{1}{2}-2\ln 2<2,$$

所以全局最小值为

$$\boxed{\frac{1}{2}-2\ln 2}.$$

函数无极大值。

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10. 【2022-2-12 分】 已知可微函数 $f(u,v)$ 满足 $\frac{\partial f(u,v)}{\partial u}-\frac{\partial f(u,v)}{\partial v}=(2u-v)e^{-u+v}$，且 $f(u,0)=u^2{e}^{-u}$。 (1)记 $g(x,y)=f(x,y-x)$，求 $\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}$； (2)求 $f(u,v)$ 的表达式和极值。

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答案： (1)

$$\frac{\partial g}{\partial x}=(3x-y)e^{y-2x}.$$

(2)

$$f(u,v)=e^{-u+v}\left(-u+\frac{v}{2}-\frac{3}{4}\right)+e^{-u-v}\left[(u+v{)}^2+u+v+\frac{3}{4}\right].$$

函数在点 $(0,0)$ 处取得极小值 $0$，无极大值。

解析： (1)由复合函数求导法则，

$$g_x=f_u(x,y-x)-f_v(x,y-x).$$

利用已知偏微分方程，得

$$g_x=[2x-(y-x)]e^{-x+y-x}=(3x-y)e^{y-2x}.$$

(2)对 $x$ 积分，得

$$g(x,y)=e^{y-2x}\left(-\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}y-\frac{3}{4}\right)+\phi (y).$$

当 $v=0$ 时，有 $y=x$，故

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

于是

$$e^{-x}\left(-x-\frac{3}{4}\right)+\phi (x)=x^2{e}^{-x},$$

从而

$$\phi (x)=e^{-x}\left(x^2+x+\frac{3}{4}\right).$$

因此

$$g(x,y)=e^{y-2x}\left(-\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}y-\frac{3}{4}\right)+e^{-y}\left(y^2+y+\frac{3}{4}\right).$$

由

$$u=x,v=y-x,$$

可得

$$x=u,y=u+v.$$

代回上式，得到

$$f(u,v)=e^{-u+v}\left(-u+\frac{v}{2}-\frac{3}{4}\right)+e^{-u-v}\left[(u+v{)}^2+u+v+\frac{3}{4}\right].$$

下面求极值。由

$$g_x=(3x-y)e^{y-2x},$$

驻点必须满足

$$x=\frac{y}{3}.$$

另一方面，

$$g_y=e^{y-2x}\left(-\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}y-\frac{1}{4}\right)+e^{-y}\left(-y^2+y+\frac{1}{4}\right).$$

令 $x=\frac{y}{3}$，则 $g_y=0$ 等价于

$$1+4y-4y^2=e^{\frac{4}{3}y}.$$

显然 $y=0$ 是一个解。

为讨论其余解，令

$$H(y)=\ln (1+4y-4y^2)-\frac{4}{3}y,$$

其定义区间为

$$\frac{1-\sqrt{2}}{2}<y<\frac{1+\sqrt{2}}{2}.$$

有

$$H^{\prime }(y)=\frac{8(2y^2-5y+1)}{3(1+4y-4y^2)}.$$

在上述定义区间内，$H^{\prime }(y)$ 只在

$$y_0=\frac{5-\sqrt{17}}{4}$$

处变号，因此 $H(y)$ 先增后减。又

$$H(0)=0,H\left(\frac{1}{2}\right)>0,H(1)<0,$$

故方程除 $y=0$ 外，还有唯一一根

$$\alpha \in \left(\frac{1}{2},1\right).$$

于是两个驻点为

$$(x,y)=(0,0),\left(\frac{\alpha }{3},\alpha \right).$$

在原变量中对应为

$$(u,v)=(0,0),\left(\frac{\alpha }{3},\frac{2\alpha }{3}\right).$$

在驻点 $x=\frac{y}{3}$ 处，

$$g_{xx}=3e^{y/3},g_{xy}=-e^{y/3}.$$

当 $y=0$ 时，

$$g_{xx}=3,g_{xy}=-1,g_{yy}=1,$$

所以

$$g_{xx}{g}_{yy}-g_{xy}^2=2>0,g_{xx}>0.$$

故 $(0,0)$ 为极小值点，极小值为

$$f(0,0)=g(0,0)=0.$$

当 $y=\alpha >\frac{1}{2}$ 时，利用驻点方程可得

$$g_{yy}=e^{-\alpha }(1-2\alpha )<0,$$

而 $g_{xx}>0$，故 Hessian 行列式小于 $0$，该点为鞍点。

因此函数只有一个极小值

$$\boxed{0},$$

无极大值。

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11. 【2022-3-12 分】 设某产品的产量 $Q$ 由资本投入量 $x$ 和劳动投入量 $y$ 决定。生产函数 $Q=12x^{\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}}$，该产品的销售单价 $P$ 与 $Q$ 关系为 $P=1160-1.5Q$，若单位资本投入和单位劳动投入的价格分别为6和8，求利润最大时的产量。

查看答案与解析

答案： 利润最大时的产量为

$$\boxed{Q=384}.$$

解析： 当产量固定为 $Q$ 时，先求达到该产量所需的最小投入成本。

约束条件为

$$Q=12x^{\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}},$$

投入成本为

$$C=6x+8y.$$

由拉格朗日乘数法，令

$$L=6x+8y+\lambda \left(Q-12x^{\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}}\right).$$

则

$$\{\begin{array}{l}6-6\lambda x^{-\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}}=0,\\ 8-2\lambda x^{\frac{1}{2}}{y}^{-\frac{5}{6}}=0.\end{array}$$

两式相除，得

$$\frac{6}{8}=\frac{6x^{-\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}}}{2x^{\frac{1}{2}}{y}^{-\frac{5}{6}}}=\frac{3y}{x},$$

故

$$x=4y.$$

代入生产函数，得

$$Q=12(4y{)}^{\frac{1}{2}}{y}^{\frac{1}{6}}=24y^{\frac{2}{3}},$$

从而

$$y={\left(\frac{Q}{24}\right)}^{\frac{3}{2}},x=4{\left(\frac{Q}{24}\right)}^{\frac{3}{2}}.$$

因此生产产量 $Q$ 所需的最小成本为

$$C(Q)=6x+8y=32{\left(\frac{Q}{24}\right)}^{\frac{3}{2}}.$$

销售收入为

$$R(Q)=PQ=(1160-1.5Q)Q.$$

故利润函数为

$$\Pi (Q)=1160Q-1.5Q^2-32{\left(\frac{Q}{24}\right)}^{\frac{3}{2}}.$$

求导得

$${\Pi }^{\prime }(Q)=1160-3Q-\sqrt{\frac{Q}{6}}.$$

令 ${\Pi }^{\prime }(Q)=0$，即

$$1160-3Q=\sqrt{\frac{Q}{6}}.$$

容易验证 $Q=384$ 满足该方程，因为

$$1160-3\times 384=8,\sqrt{\frac{384}{6}}=8.$$

又

$${\Pi }^{\prime \prime }(Q)=-3-\frac{1}{2\sqrt{6Q}}<0,$$

所以利润函数严格凹，驻点即为唯一的最大值点。

故利润最大时的产量为

$$\boxed{384}.$$

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12. 【2023-1-12 分】 求函数 $f(x,y)=(y-x^2)(y-x^3)$ 的极值。

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答案： 函数在

$$\left(\frac{2}{3},\frac{10}{27}\right)$$

处取得极小值

$$\boxed{-\frac{4}{729}},$$

无极大值；$(0,0)$ 与 $(1,1)$ 均为鞍点。

解析： 将函数改写为

$$f(x,y)={\left[y-\frac{x^2+x^3}{2}\right]}^2-\frac{x^4(1-x{)}^2}{4}.$$

先求驻点。由

$$f_y=2y-x^2-x^3,$$

得

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

在该曲线上，函数化为

$$h(x)=-\frac{1}{4}{x}^4(1-x{)}^2.$$

于是

$$h^{\prime }(x)=-\frac{1}{2}{x}^3(1-x)(2-3x).$$

因此驻点对应的 $x$ 为

$$x=0,x=1,x=\frac{2}{3}.$$

相应驻点为

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

在点 $\left(\frac{2}{3},\frac{10}{27}\right)$ 附近，$x^4(1-x{)}^2$ 在 $x=\frac{2}{3}$ 处取得局部最大值，而平方项

$${\left[y-\frac{x^2+x^3}{2}\right]}^2\ge 0.$$

故该点为极小值点。极小值为

$$f\left(\frac{2}{3},\frac{10}{27}\right)=-\frac{1}{4}{\left(\frac{2}{3}\right)}^4{\left(1-\frac{2}{3}\right)}^2=-\frac{4}{729}.$$

再判断其余两个驻点。

在 $(0,0)$ 附近，取 $y=0$，则

$$f(x,0)=x^5,$$

其在 $x=0$ 两侧异号，所以 $(0,0)$ 为鞍点。

在 $(1,1)$ 附近，沿直线 $x=1$ 有

$$f(1,y)=(y-1{)}^2\ge 0,$$

而沿曲线

$$y=\frac{x^2+x^3}{2}$$

有

$$f(x,y)=-\frac{1}{4}{x}^4(1-x{)}^2\le 0.$$

故 $(1,1)$ 也是鞍点。

由于对每个固定的 $x$，$f$ 关于 $y$ 是开口向上的二次函数，因此不可能在驻点处取得极大值。

综上，函数只有一个极小值

$$\boxed{-\frac{4}{729}},$$

无极大值。

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13. 【2023-2-12 分】 求函数 $f(x,y)=x{e}^{\cos y}+\frac{x^2}{2}$ 的极值。

查看答案与解析

答案： 当

$$(x,y)=(-e,2k\pi ),k\in \mathbb{Z},$$

时，函数取得极小值

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

函数无极大值；点

$$\left(-\frac{1}{e},(2k+1)\pi \right)$$

为鞍点。

解析： 求一阶偏导数：

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

令 $f_x=f_y=0$。由 $f_x=0$ 得

$$x=-e^{\cos y}\ne 0.$$

故 $f_y=0$ 等价于

$$\sin y=0,$$

即

$$y=k\pi .$$

当 $y=2k\pi$ 时，$\cos y=1$，驻点为

$$(-e,2k\pi ).$$

当 $y=(2k+1)\pi$ 时，$\cos y=-1$，驻点为

$$\left(-\frac{1}{e},(2k+1)\pi \right).$$

二阶偏导数为

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

在驻点处 $\sin y=0$，且 $x=-e^{\cos y}$，所以

$$f_{xy}=0,f_{yy}=e^{2\cos y}\cos y.$$

当 $y=2k\pi$ 时，

$$f_{yy}=e^2>0,$$

从而 Hessian 矩阵正定，故 $(-e,2k\pi )$ 为极小值点。极小值为

$$f(-e,2k\pi )=-e^2+\frac{e^2}{2}=-\frac{e^2}{2}.$$

当 $y=(2k+1)\pi$ 时，

$$f_{yy}=-e^{-2}<0,$$

而 $f_{xx}=1>0$，故 Hessian 行列式小于 $0$，这些点均为鞍点。

还可将函数配方为

$$f(x,y)=\frac{1}{2}{\left(x+e^{\cos y}\right)}^2-\frac{1}{2}{e}^{2\cos y}.$$

由于 $\cos y\le 1$，有

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

且等号恰在 $x=-e$、$y=2k\pi$ 时成立，因此上述极小值同时是全局最小值。

函数沿 $|x|\to \infty$ 时趋于 $+\infty$，且不存在局部极大值。

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14. 【2025-2-12 分】 设函数 $f(x,y)$ 可微且满足 $df(x,y)=-2x{e}^{-y}dx+e^{-y}(x^2-y-1)dy$，$f(0,0)=2$，求 $f(x,y)$，并求 $f(x,y)$ 的极值。

查看答案与解析

答案：

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

函数在 $(0,-1)$ 处取得极大值

$$\boxed{e},$$

无极小值。

解析： 由全微分可知

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

对 $f_x$ 关于 $x$ 积分，得

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

于是

$$f_y=x^2{e}^{-y}+{\phi }^{\prime }(y).$$

与已知的 $f_y$ 比较，得

$${\phi }^{\prime }(y)=-(y+1)e^{-y}.$$

积分可得

$$\phi (y)=(y+2)e^{-y}+C.$$

因此

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

由 $f(0,0)=2$，得

$$2+C=2,$$

故 $C=0$。于是

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

下面求极值。令

$$f_x=-2x{e}^{-y}=0,$$

得

$$x=0.$$

再由

$$f_y=e^{-y}(x^2-y-1)=0,$$

得

$$y=x^2-1.$$

因此唯一驻点为

$$(0,-1).$$

二阶偏导数为

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

在 $(0,-1)$ 处，

$$f_{xx}=-2e,f_{xy}=0,f_{yy}=-e.$$

故

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

所以 $(0,-1)$ 为极大值点，极大值为

$$f(0,-1)=e.$$

事实上，对任意固定的 $y$，有

$$f(x,y)\le e^{-y}(y+2),$$

等号在 $x=0$ 时成立。令

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

则

$$h^{\prime }(y)=-(y+1)e^{-y}.$$

因此 $h(y)$ 在 $y=-1$ 处取得全局最大值 $e$，故 $f$ 的极大值也是全局最大值。

另一方面，当固定 $y$ 而令 $|x|\to \infty$ 时，

$$f(x,y)\to -\infty ,$$

所以函数无极小值。