1

设函数 ${\displaystyle f(u)}$ 的导数连续，且 ${\displaystyle f(1)=0,f^{\prime }(1)>0,z={\int }_0^{xy}f(t)dt}$，证明：$z$ 在 ${\displaystyle (1,1)}$ 处取最小值。

难点是消去积分符号，所以我们设 ${\displaystyle xy=u,F(u)={\int }_0^{u}f(t)dt}$，那么有：

为了求 z 的最小值，故而需要首先求 z 的极值，所以我们需要知道，所有使得 ${\displaystyle z_x,z_y}$ 同时为 0 的点。

故而，只能利用定义法判断极值，即证明在 ${\displaystyle (1,1)}$ 的邻域中，${\displaystyle F(xy)\ge F(1)}$。注意到，条件转化后出现了很多导数，所以很容易想到在 ${\displaystyle 1}$ 处对 ${\displaystyle F(xy)}$ 进行拉格朗日余项的泰勒展开：

由此，我们只需要考虑 ${\displaystyle F^{″}({\xi }_{xy})}$ 的正负性即可得处答案。由泰勒展开的定义可知：${\displaystyle {\xi }_{xy}\in (xy,1)}$。由于 ${\displaystyle F^{″}(u)}$ 连续，故而由极限的保号性，可以得到 ${\displaystyle F^{″}({\xi }_{xy})>0}$.

从而，可以得到 ${\displaystyle (1,1)}$ 是极小值。

2

已知函数 ${\displaystyle f(x,y)}$ 在点 ${\displaystyle (0,0)}$ 某个领域内连续，且 ${\displaystyle \underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{f(x,y)-x{y}^2}{1-\cos \sqrt[]{x^2+y^2}}=1}$，尝试证明：点 ${\displaystyle (0,0)}$ 是 ${\displaystyle f(x,y)}$ 的驻点也是极小值点。

由于极限的性质，我们知道 ${\displaystyle f(0,0)=0}$，要证明是极小值点，就要证明 ${\displaystyle f(x,y)\ge f(0,0)}$，通过等价无穷小我们可以得到以下变形：

我们可以看到 ${\displaystyle \frac{1}{2}(1+\alpha )(x^2+y^2)}$ 是恒大于 0 的，故而我们只需要考虑 ${\displaystyle x{y}^2}$ 的正负，但是这一部分是可正可负的，故而，我们需要进一步变形，注意到，${\displaystyle x{y}^2}$ 可以和 ${\displaystyle y^2}$ 合并，故而有：

根据极限的保号性，可以得到 ${\displaystyle x+\frac{1}{2}(1+\alpha )>0}$，故而有 ${\displaystyle f(x,y)\ge f(0,0)}$，所以，${\displaystyle (0,0)}$ 是 ${\displaystyle f(x,y)}$ 的极小值。

现在证明 ${\displaystyle (0,0)}$ 是驻点，即证明 ${\displaystyle f_x(0,0)=f_y(0,0)=0}$，从而有：

故而，${\displaystyle (0,0)}$ 是驻点。

3

求函数 ${\displaystyle z=x^4+y^4-x^2-2xy-y^2}$ 的极值。

先分别对 $x$ 和对 $y$ 的偏导：

由极值点的定义可得：${\displaystyle z_x=z_y=0}$，从而有：

于是，我们解方程可以得到 3 个解：${\displaystyle (0,0),(1,1),(-1,-1)}$，分别代入 ${\displaystyle AC-B^2}$ 得 ${\displaystyle 0,a,b}$，其中 ${\displaystyle a,b>0}$，故而不讨论最后两个解，即 ${\displaystyle (1,1),(-1,-1)}$ 由于 ${\displaystyle A>0}$，故而都是极小值。

现在来讨论点 ${\displaystyle (0,0)}$，我们不能一下子判断 ${\displaystyle z(x,y),z(0,0)}$ 的关系，故而对 z 进行一些变换

可以发现，z 是很有可能小于 0 的，故而我们大胆猜测 ${\displaystyle (0,0)}$ 不是极值点。要想证明不是极值点，我们只需要在 ${\displaystyle (0,0)}$ 邻域同时找到 ${\displaystyle z>0,z<0}$ 即可。先找 ${\displaystyle z>0}$ 的情况，我们设邻域内的点以 ${\displaystyle y=-x}$ 的方式趋近 ${\displaystyle (0,0)}$，从而有：

再找 ${\displaystyle z<0}$ 的情况。我们设邻域内的点以 ${\displaystyle y=x}$ 的方式趋近 ${\displaystyle (0,0)}$，故而有：

由于在邻域内 ${\displaystyle x\to 0}$，故而 ${\displaystyle x^2-2<0}$，从而 ${\displaystyle z\le 0}$。这样，我们证明了 ${\displaystyle (0,0)}$ 不是极值点。

4

已知函数 ${\displaystyle z=z(x,y)}$ 是由方程 ${\displaystyle (x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0}$ 确定，求 ${\displaystyle z=z(x,y)}$ 的极值。

这是隐函数的极值，故而对等式两边求偏导：

z 在某点取极值的必要条件是 ${\displaystyle z_x=z_y=0}$，从而有

我们将这个关系代入原式有：

不难得知 ${\displaystyle z=1}$ 是该方程唯一的零点，从而有 ${\displaystyle (-1,-1)}$ 是驻点。现在判断该驻点是不是极值点，对上述式子重新求导得：

我们由 ${\displaystyle z_x=z_y=0}$，可以得知：

由于 ${\displaystyle A<0}$，故而点 ${\displaystyle (-1,-1)}$ 是极大值。

5

已知曲线 ${\displaystyle C:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2-2z^2=0\\ x+y+3z=5\end{array}}$，求曲线 $C$ 上距离 ${\displaystyle xOy}$ 面最远的点和最近的点。

距离 ${\displaystyle xOy}$ 面的距离为 ${\displaystyle d=|z|}$，但是核心矛盾是距离函数带有绝对值，故而我们无法求导，利用拉格朗日乘数法求解，我们必须对距离进行等价变换：

这样我们就可以使用拉格朗日乘数法了：

分别对 ${\displaystyle x,y,z,\lambda ,\mu }$ 求偏导得：

注意到，我们交换 x，y 对于该曲线 C 没有影响，故我们可以采取固定的模式简化这个方程：

故而，我们需要分类讨论，

1. 若 ${\displaystyle \lambda =0}$，那么有：

但是对于 ${\displaystyle F_{\mu }}$，却产生了矛盾即代入这个式子后 ${\displaystyle -5\ne 0}$。
2. 从而我们只能假设 ${\displaystyle x-y=0}$，我们有：

我们要继续进行分类讨论，

• 假设 ${\displaystyle x=z}$，那么有 ${\displaystyle z=1,x=1,y=1}$。这是其中一个稳定点。
• 假设 ${\displaystyle x=-z}$，那么有 ${\displaystyle z=5,x=-5,y=-5}$，这又是一个稳定点。

故而，我们只需要比较两个稳定点的大小，就可以得到其最值了：

从而，最远的点为 ${\displaystyle (-5,-5,5)}$，最近的点为 ${\displaystyle (1,1,1)}$。

6

求函数 ${\displaystyle f(x,y)=x^2-y^2+2xy}$ 在区域 ${\displaystyle D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1,x,y\ge 0\}}$ 上的最大值和最小值。

对于这样的一个区域内球最值的问题，我们首先应该分为两个问题一个是边界上的条件最值问题，一个是闭区域内的最值问题，闭区域的最值只可能在区域内驻点取到。而对于边界上的条件最值问题，最值可能在两个地方去到，一个是端点，一个是稳定点。

先讨论区域内的驻点，以求可能的最值。设 ${\displaystyle z=x^2+y^2}$，那么有 ${\displaystyle z_x=2x,z_y=2y}$，显然驻点为 ${\displaystyle (0,0)}$，但由于这个驻点在边界上，故我们不去讨论这个点。

故而我们可以先讨论边界上的条件最值问题。该区域 $D$ 的示意图如下：

有三端表达式不同的边界，一个是 ${\displaystyle \overline{OA},\overline{OB},\widehat{AB}}$。我们需要分类讨论。先讨论 ${\displaystyle \overline{OA}}$，对于 OA，显然满足如下式子：

当 ${\displaystyle y=1}$ 时，${\displaystyle f(x,y)}$ 最小，${\displaystyle f_{OA}(x,y{)}_{min}=-1,f_{OA}(x,y{)}_{max}=0}$。

对于 ${\displaystyle \overline{OB}}$，有 ${\displaystyle \{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ y=0\end{array}}$，从而有 ${\displaystyle x=0}$ 时，取最小值 ${\displaystyle f_{OB}(x,y{)}_{min}=0,f_{OB}(x,y{)}_{max}=1}$。

对于 ${\displaystyle \widehat{AB}}$，端点值已经由上述两种情况讨论过了，故而我们直接进行条件极值计算，设 ${\displaystyle F=x^2-y^2+2xy+\mu (x^2+y^2-1)}$。从而求偏导有：

我们解出 ${\displaystyle \mu =\frac{-(x+y)}{x}=\frac{y-x}{y}}$，从而我们得出 ${\displaystyle x^2-2xy-y^2=0}$，由于这是一个齐次方程，故而我们可以这样变形：

我们需要分类讨论：

1. ${\displaystyle \frac{x}{y}=1+\sqrt[]{2}}$，那么代入 ${\displaystyle F_{\mu }}$ 有 ${\displaystyle y=\pm \sqrt[]{\frac{1}{4+2\sqrt[]{2}}},x=\pm (1+\sqrt[]{2})\sqrt[]{\frac{1}{4+2\sqrt[]{2}}}}$。
   直接通过这个解去计算最值是很麻烦的，所以需要利用已知结论对 ${\displaystyle f(x,y)}$ 做一些变形：

2. ${\displaystyle \frac{x}{y}=1-\sqrt[]{2}}$ ，同理有 ${\displaystyle y=\pm \sqrt[]{\frac{1}{4-2\sqrt[]{2}}},x=\pm (1-\sqrt[]{2})\sqrt[]{\frac{1}{4-2\sqrt[]{2}}}}$，根据第一个情况的变形有

但是第二种情况由于违背了 ${\displaystyle x,y\ge 0}$ 的条件，所以不能成立，综上所述，最大值为 ${\displaystyle \sqrt[]{2}}$，最小值为 ${\displaystyle -1}$。