本节是数二下册第七章的收官。同一件事在这里分成两个词：极值说的是局部——只在某点附近比大小，比周围大（或小）就算；最值说的是全局——要在整个区域上比出最大（或最小）。加上约束 $g(x,y)=0$ 之后，无条件极值那套判别法不再够用，工具换成拉格朗日乘数法；最后把区域内与边界上两块拼起来，就是有界闭区域上的最值。

无条件极值

定义

极值是局部的概念，它只在某点的一个小范围内比较函数值。设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 的某个邻域内有定义，若对该邻域内异于 $P_0$ 的一切点 $(x,y)$，恒有

$$f(x,y)\lt f(x_0,y_0)$$

则称 $f$ 在 $P_0$ 处取得极大值 $f(x_0,y_0)$；若恒有 $f(x,y)>f(x_0,y_0)$，则称在 $P_0$ 处取得极小值。

三个要点：

1. 比较的范围是去心邻域，点本身不参加比较，远处的情形与极值无关
2. 定义只用函数值说话，不要求 $f$ 可导，甚至不要求连续
3. 极大值、极小值指的是函数值，对应的点叫极大值点、极小值点

注意：不等式方向是最容易说反的一处。极大值的含义是周围都比它小，所以 $f(x_0,y_0)$ 要写在大的那一侧；极小值相反。定义这一句在选择题里常常就是答案本身。

必要条件

一元函数里，可导的极值点必然是驻点（费马引理）。二元没有新东西，把两个方向分别冻结成一元，同一结论直接搬过来。

设 $z=f(x,y)$ 在 $P_0(x_0,y_0)$ 处偏导数存在，且 $P_0$ 是极值点，则

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

理由是：固定 $y=y_0$，函数 $f(x,y_0)$ 是一元函数，它在 $x_0$ 处取极值，由一元费马引理，它的导数就是 $f_x(x_0,y_0)$，必为零；固定 $x=x_0$ 看 $f(x_0,y)$，同理得 $f_y(x_0,y_0)=0$。

由此得到极值可疑点只有两类：

1. 驻点，即 $f_x=f_y=0$ 的点
2. 偏导数不存在的点

注意：上面这条是必要条件，不是充分条件。正确的方向是「偏导存在且取极值，则偏导为零」；反过来由偏导为零推不出这里取极值。这两句话的标签换错一位，后面整套推理都会反着走。

充分条件

判别法。设 $f(x,y)$ 在 $P_0$ 的某邻域内有二阶连续偏导数，且 $f_x(P_0)=f_y(P_0)=0$，记

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

则按 $AC-B^{2}$ 的符号分三种情况：

1. $AC-B^{2}>0$：$P_0$ 是极值点。此时 $A>0$ 取极小值，$A\lt 0$ 取极大值
2. $AC-B^{2}\lt 0$：$P_0$ 不是极值点
3. $AC-B^{2}=0$：判别法失效，是否有极值不确定，只能回到定义

三种情况对应三种曲面形状：$AC-B^{2}>0$ 且 $A>0$ 时，曲面在 $P_0$ 附近是一只开口朝上的碗，$P_0$ 在碗底；$A\lt 0$ 时是倒扣的碗，$P_0$ 在碗顶；$AC-B^{2}\lt 0$ 时曲面是马鞍面，沿一个方向是谷、沿另一个方向是脊，所以既不是极大也不是极小。

判别法本身的三种走向，以及失效时的两条退路，画成一张图：

注意：判别法失效有两扇门，不能只记住第一扇。第一扇是数填不进去——偏导或二阶偏导不存在；第二扇是填进去了却不给答案——$AC-B^{2}$ 恰好等于 $0$。两种情况都只能回定义，在 $P_0$ 的去心邻域内把 $f(x,y)$ 与 $f(x_0,y_0)$ 比大小。

回到定义怎么比

定义就是判据，不需要新工具：在 $P_0$ 的去心邻域内，若恒有 $f(x,y)\lt f(x_0,y_0)$ 就是极大值，恒有 $f(x,y)>f(x_0,y_0)$ 就是极小值；若沿某个方向比它大、沿另一个方向比它小，就不是极值点。

注意：这里不要写成「取极限」。定义要的是不等式在去心邻域内恒成立，写成极限就把「邻域内处处成立」降级成了「趋近时的极限值」，两者不是一件事。

求 $f(x,y)=x^{2}(2+y^{2})+y\ln y$ 的极值

第一步（求一阶偏导并置零）：

$$f_x=2x(2+y^{2})=0,\qquad f_y=2x^{2}y+\ln y+1=0$$

第一式中 $2+y^{2}\geqslant 2$ 恒不为零，所以只能 $x=0$。代入第二式得 $\ln y+1=0$，即 $\ln y=-1$，所以 $y=\dfrac{1}{e}$。函数的定义域由 $\ln y$ 限定为 $y>0$，这个驻点落在定义域内。驻点为 $\left(0,\dfrac{1}{e}\right)$。

第二步（求二阶偏导）：

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

第三步（代入驻点并判别）：

$$A=2\left(2+\dfrac{1}{e^{2}}\right)=4+\dfrac{2}{e^{2}},\qquad B=4\cdot 0\cdot\dfrac{1}{e}=0,\qquad C=0+e=e$$$$AC-B^{2}=\left(4+\dfrac{2}{e^{2}}\right)e-0=4e+\dfrac{2}{e}>0$$

且 $A>0$，所以在驻点处取极小值：

$$f\left(0,\dfrac{1}{e}\right)=0+\dfrac{1}{e}\cdot\ln\dfrac{1}{e}=-\dfrac{1}{e}$$

注意：$\ln y+1=0$ 必须先移项成 $\ln y=-1$ 再解，$y=\dfrac{1}{e}$ 这种「看着不整」的答案，正是紧张时最容易被写成 $y=1$ 的地方，一步之差整题作废。代回检验也很快：把 $y=1$ 代进 $f_y$ 得 $0+0+1=1$，不满足方程。

求 $f(x,y)=xe^{\cos y}+\dfrac{x^{2}}{2}$ 的极值

第一步（一阶偏导置零）：

$$f_x=e^{\cos y}+x=0,\qquad f_y=-x\sin y\,e^{\cos y}=0$$

$e^{\cos y}$ 恒大于零，可以放心约掉。由 $f_y=0$ 分成两条路：

• 若 $x=0$，代回 $f_x$ 得到 $e^{\cos y}=0$，无解，这条支路舍去；
• 若 $\sin y=0$，即 $y=k\pi$（$k$ 为整数），再由 $f_x=0$ 得 $x=-e^{\cos y}$。其中 $\cos y$ 又要分两种：$y=2k\pi$ 时 $\cos y=1$，得 $x=-e$；$y=(2k+1)\pi$ 时 $\cos y=-1$，得 $x=-\dfrac{1}{e}$。

第二步（二阶偏导）：

$$f_{xx}=1,\qquad f_{xy}=-\sin y\,e^{\cos y},\qquad f_{yy}=-xe^{\cos y}\left(\cos y-\sin^{2}y\right)$$

在驻点处 $\sin y=0$，于是 $B=0$，而

$$AC-B^{2}=C=-x\cos y\,e^{\cos y}$$

第三步（两族驻点分开判）：

• 对 $\left(-e,\,2k\pi\right)$：$C=-(-e)\cdot 1\cdot e=e^{2}>0$，即 $AC-B^{2}>0$，且 $A=1>0$，取极小值

$$f=-e\cdot e+\dfrac{e^{2}}{2}=-e^{2}+\dfrac{e^{2}}{2}=-\dfrac{e^{2}}{2}$$

• 对 $\left(-\dfrac{1}{e},\,(2k+1)\pi\right)$：$C=-\left(-\dfrac{1}{e}\right)\cdot(-1)\cdot\dfrac{1}{e}=-\dfrac{1}{e^{2}}\lt 0$，即 $AC-B^{2}\lt 0$，不是极值点。

注意：这类带三角函数的题，驻点往往有无穷多组，作答要写成含 $k$ 的形式，不能只写一个。另外 $x=0$ 那一支不是「另一个驻点」，而是一条需要自己证伪的死路，漏掉这步会凭空多出无效解。

设 $f$ 的全微分为 $dz=x\,\mathrm{d}x+y\,\mathrm{d}y$，判断 $(0,0)$ 处是否取极值（选项：不是连续点；不是驻点；极大值点；极小值点）

由全微分直接读出偏导：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x}=x,\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y}=y$$

全微分处处存在，这说明 $f$ 可微。于是在 $(0,0)$ 处两个偏导都等于零，$(0,0)$ 是驻点；又因可微蕴含连续，$(0,0)$ 处连续。两个选项就此排除。

再求二阶偏导并判别：

$$A=\dfrac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}=1,\qquad B=\dfrac{\partial^{2} z}{\partial x\partial y}=0,\qquad C=\dfrac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=1$$$$AC-B^{2}=1>0,\qquad A=1>0$$

所以 $(0,0)$ 是极小值点。把偏导反积分回去，函数本体是 $z=\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}+C$，一个开口朝上的旋转抛物面，$(0,0)$ 处确实是严格最小值，与判别法一致。

注意：这道题的关键动作不是算，是先用题干白送的条件掐掉半个选项——全微分存在蕴含可微、可微蕴含连续、一阶偏导为零就是驻点。掐完只剩两个候选，判别法只是收尾。

条件极值

什么叫条件极值

当自变量之间被一个等式绑住时，问题就从无条件变成有条件：求 $z=f(x,y)$ 的极值或最值，同时要求 $(x,y)$ 满足约束方程

$$g(x,y)=0$$

这时 $(x,y)$ 不再是平面上任意取点，而只能沿着曲线 $g(x,y)=0$ 走，可行范围从二维区域退化成一维曲线，所以原来的判别法不能直接用。

方法一：代入降维

把约束解出来，例如解成 $y=y(x)$，再代入目标函数，得到一元函数 $F(x)=f\left(x,y(x)\right)$，剩下的就是一元极值问题。

能用就用的信号很明确：约束能一眼解出 $y=y(x)$，而且代入之后表达式没变难算。约束一旦是分式或者乘积结构，解出来再代入通常会把计算量放大好几倍。

方法二：拉格朗日乘数法

设拉格朗日函数

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

然后对 $x$、$y$、$\lambda$ 分别求一阶偏导并令其为零：

$$L_x=f_x+\lambda g_x=0,\qquad L_y=f_y+\lambda g_y=0,\qquad L_\lambda=g(x,y)=0$$

三个未知量 $x$、$y$、$\lambda$，三个方程。前两式消去 $\lambda$ 得到一个关于 $x$、$y$ 的关系式，第三式就是约束本身，联立解出的点 $(x,y)$ 就是条件极值可能的点。三元函数同理，多一个变量就多一个方程。

注意：乘数法只负责找出「可能」的点，它本身不判断极大还是极小。求最小值的问题要再给一步验证，常用手段是不等式给出下界并说明等号可取到。

解方程组的套路

乘数法真正花时间的地方在解方程组。这套方程有固定套路，四步：

1. 定位：$L_x=0$、$L_y=0$、$L_z=0$ 三式各含 $\lambda$，$L_\lambda=0$ 就是约束方程
2. 比式消 $\lambda$：含 $\lambda$ 的式子两两相比，把 $\lambda$ 除掉，直接得到变量之间的关系
3. 漏根检查：相比之前先问分母能不能为零。若某变量可能取零，就要单独讨论取零的分支，否则丢解
4. 回代约束：把得到的关系代进 $L_\lambda=0$，解出具体数值

卷面上方程组可以直接写「解得」，解的过程留在草稿纸上。

注意：漏根检查是最容易丢分的一步。题目给出「均为正数」这类条件时，比式才没有后顾之忧；没有这条件时必须回头讨论分母为零的分支。

求 $U=xyz$ 在约束 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{a}$ 下的最小值，其中 $x,y,z,a$ 均为正数

设拉格朗日函数

$$L=xyz+\lambda\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{a}\right)$$

第一步（一阶偏导置零）：

$$L_x=yz-\dfrac{\lambda}{x^{2}}=0,\qquad L_y=xz-\dfrac{\lambda}{y^{2}}=0,\qquad L_z=xy-\dfrac{\lambda}{z^{2}}=0$$$$L_\lambda=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{a}=0$$

第二步（比式消 $\lambda$）：三式分别移项，得

$$\lambda=x^{2}yz=xy^{2}z=xyz^{2}$$

三个量都为正数，所以 $xyz>0$，两边同除 $xyz$ 得

$$x=y=z$$

第三步（回代约束）：

$$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{a}\ \Longrightarrow\ \dfrac{3}{x}=\dfrac{1}{a}\ \Longrightarrow\ x=y=z=3a$$

第四步（确认这是最小值）：乘数法只给了可疑点，用均值不等式补上结论。

$$\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\geqslant\left(\dfrac{1}{xyz}\right)^{\frac{1}{3}}\ \Longrightarrow\ \dfrac{1}{3a}\geqslant\dfrac{1}{(xyz)^{\frac{1}{3}}}\ \Longrightarrow\ xyz\geqslant 27a^{3}$$

等号当且仅当 $\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{z}$，也就是 $x=y=z=3a$，恰好是乘数法给出的那个点。所以

$$U_{\min}=27a^{3}$$

注意：这题如果用代入法，需要把 $z=\dfrac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}}$ 代进 $U=xyz$ 再对 $x$、$y$ 求偏导，计算量会爆炸。约束是分式结构时，直接上乘数法。

将 2 米长的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形和正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值（2018 年真题）

设围成圆、正方形、正三角形的铁丝长度分别为 $x_1$、$x_2$、$x_3$，则

$$x_1+x_2+x_3=2,\qquad x_i\geqslant 0$$

周长 $x$ 的圆半径 $r=\dfrac{x}{2\pi}$，面积 $\pi r^{2}=\dfrac{x^{2}}{4\pi}$；正方形面积 $\left(\dfrac{x}{4}\right)^{2}=\dfrac{x^{2}}{16}$；正三角形边长 $\dfrac{x}{3}$，面积 $\dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(\dfrac{x}{3}\right)^{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{36}x^{2}$。所以目标函数是

$$S=\dfrac{x_1^{2}}{4\pi}+\dfrac{x_2^{2}}{16}+\dfrac{\sqrt{3}}{36}x_3^{2}$$

用乘数法。设拉格朗日函数

$$L=S+\lambda(x_1+x_2+x_3-2)$$

第一步（一阶偏导置零）：

$$\dfrac{\partial L}{\partial x_1}=\dfrac{x_1}{2\pi}+\lambda=0,\qquad \dfrac{\partial L}{\partial x_2}=\dfrac{x_2}{8}+\lambda=0,\qquad \dfrac{\partial L}{\partial x_3}=\dfrac{\sqrt{3}}{18}x_3+\lambda=0$$

即

$$x_1=-2\pi\lambda,\qquad x_2=-8\lambda,\qquad x_3=-6\sqrt{3}\,\lambda$$

第二步（代入约束）：

$$x_1+x_2+x_3=-\lambda\left(2\pi+8+6\sqrt{3}\right)=2\ \Longrightarrow\ -\lambda=\dfrac{2}{\pi+4+3\sqrt{3}}$$

于是

$$x_1=\dfrac{2\pi}{\pi+4+3\sqrt{3}},\qquad x_2=\dfrac{8}{\pi+4+3\sqrt{3}},\qquad x_3=\dfrac{6\sqrt{3}}{\pi+4+3\sqrt{3}}$$

三段都大于零，说明这个点在可行范围的内部，不是边界上的退化解。

第三步（算出最小值）：

$$S_{\min}=\dfrac{x_1^{2}}{4\pi}+\dfrac{x_2^{2}}{16}+\dfrac{\sqrt{3}}{36}x_3^{2}=\dfrac{1}{\pi+4+3\sqrt{3}}\approx 0.0811\ \mathrm{m^{2}}$$

第四步（回答「是否存在」）：可行范围 $x_i\geqslant 0$、$x_1+x_2+x_3=2$ 是一个有界闭集，$S$ 连续，所以最值一定存在。柯西不等式也能独立给出同一下界：

$$(x_1+x_2+x_3)^{2}=\left(\sum\sqrt{c_i}\,x_i\cdot\dfrac{1}{\sqrt{c_i}}\right)^{2}\leqslant\left(\sum c_ix_i^{2}\right)\left(\sum\dfrac{1}{c_i}\right)$$

其中系数 $c_1=\dfrac{1}{4\pi}$、$c_2=\dfrac{1}{16}$、$c_3=\dfrac{\sqrt{3}}{36}$，于是 $S\geqslant\dfrac{4}{4\pi+16+12\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\pi+4+3\sqrt{3}}$，等号当且仅当 $x_i$ 与 $\dfrac{1}{c_i}$ 成正比，正是乘数法给出的那组解。

注意：三段长度的规律值得记一眼。面积系数 $c_i$ 越小，这个图形分到的铁丝越多——正三角形面积系数最小，分到 $0.842$ 米，最多；圆系数最大，只分到 $0.509$ 米。这是「$x_i$ 与 $\dfrac{1}{c_i}$ 成正比」的直接结果，不是巧合。

有界闭区域上的最值

三步流程

到这里两块知识拼起来用：区域内部用无条件极值，边界上用条件极值，两组值放在一起比大小。

1. 区域内：按无条件极值处理，找出两类可疑点（驻点、偏导不存在的点），算出这些点处的函数值
2. 边界上：按条件极值处理，用拉格朗日乘数法，或者把边界方程解出来代入降成一元，求边界上的最大值和最小值
3. 比大小：把区域内与边界上的值放在一起比较，最大者就是最大值，最小者就是最小值

另外要有存在性的兜底：$D$ 是有界闭区域、$f$ 在 $D$ 上连续，则最值一定存在。这句话的作用是告诉我们，只要找全了可疑点，答案一定在其中，不会白算。

注意：边界不能漏。极值可以在边界上取到，而边界上的点一般不是驻点，判别法根本管不到它，所以只算区域内驻点必然出错。

求 $f(x,y)=x^{2}-y^{2}+2$ 在 $D=\{(x,y)\mid x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}\leqslant 1\}$ 上的最大值和最小值

第一步（区域内，按无条件极值）：

$$f_x=2x=0,\qquad f_y=-2y=0\ \Longrightarrow\ (x,y)=(0,0)$$

函数值为 $f(0,0)=2$。

第二步（边界上，用拉格朗日乘数法）：边界的方程为 $x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$，设

$$L=x^{2}-y^{2}+2+\lambda\left(x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}-1\right)$$$$L_x=2x(1+\lambda)=0,\qquad L_y=y\left(\dfrac{\lambda}{2}-2\right)=0,\qquad L_\lambda=x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}-1=0$$

分情况解：

• 若 $x=0$，约束给出 $\dfrac{y^{2}}{4}=1$，即 $y=\pm 2$，得 $\left(0,\pm 2\right)$，函数值 $f=0-4+2=-2$
• 若 $\lambda=-1$，第二式变成 $y\cdot\left(-\dfrac{5}{2}\right)=0$，得 $y=0$，约束给出 $x^{2}=1$，即 $x=\pm 1$，得 $\left(\pm 1,0\right)$，函数值 $f=1-0+2=3$
• $x=0$ 与 $y=0$ 同时成立会违反约束，这种组合舍去

边界上的另一条路（代入降维）：把边界方程解出 $y^{2}$：

$$x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}=1\ \Longrightarrow\ y^{2}=4(1-x^{2})$$

因为 $y^{2}\geqslant 0$，所以必须有 $1-x^{2}\geqslant 0$，也就是 $x$ 只能取在 $[-1,1]$ 上——这一句是后面判断取舍的依据。

把 $y^{2}$ 代进目标函数，二元问题就降成一元问题：

$$f=x^{2}-4(1-x^{2})+2=x^{2}-4+4x^{2}+2=5x^{2}-2$$

在 $x\in[-1,1]$ 上，$x^{2}$ 的取值范围是 $[0,1]$，于是

$$-2\leqslant 5x^{2}-2\leqslant 3$$

$x=0$ 时取到最小值 $-2$，此时 $y^{2}=4$，对应点 $(0,\pm 2)$；$x=\pm 1$ 时取到最大值 $3$，此时 $y^{2}=0$，对应点 $(\pm 1,0)$。四个点与乘数法得到的结果完全一致。

第三步（比大小）：内部一点的值是 $2$，边界上的值是 $3$ 与 $-2$。所以

$$f_{\max}=3\quad\left(\text{在}\ (\pm 1,0)\ \text{处}\right),\qquad f_{\min}=-2\quad\left(\text{在}\ (0,\pm 2)\ \text{处}\right)$$

注意：代入法必须先守住 $x$ 的范围。由 $y^{2}=4(1-x^{2})\geqslant 0$ 得到 $x\in[-1,1]$，范围外的点根本不在区域上；降成一元函数之后，求出的一元驻点还要回头检查是否落在范围内，落在范围外的直接舍去。