2025年考研数二第19题解析：全微分、二元函数的无条件极值

一、题目

难度评级：

二、解析

首先，题目所给的条件 $f \left( 0,0 \right) = 2$ 对应的函数和要求解的函数都是同一个函数 $f$, 所以，这并不是一个带有条件约束的二元函数极值问题，不需要构建拉格朗日函数，也不需要用拉格朗日函数求解极值.

接着，由于题目所给的式子 $\mathrm{d}f \left( x,y \right) = – 2x \mathrm{e}^{{-y}} \mathrm{d}x + \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) \mathrm{d}y$ 是一个全微分，根据全微分的性质，可得：

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial f}{\partial x} & = – 2x \mathrm{e}^{{-y}} \\ \\
\frac{\partial f}{\partial y} & = \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right)
\end{aligned}
$$

于是：

$$
\begin{aligned}
f \left( x,y \right) & = \int \frac{\partial f}{\partial x} \mathrm{~d}x \\ \\
& = – \int 2x \mathrm{e}^{{-y}} \mathrm{~d}x \\ \\
& = – x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} + \varphi \left( y \right)
\end{aligned}
$$

上面的函数 $\varphi \left( y \right)$ 是根据求导或者说积分的运算法则暂时设出来的一个未知函数——在对 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 进行关于变量 $x$ 的积分运算的时候，我们只知道，在所得的原函数中，$- x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}}$ 的后面需要跟上一个式子，但不确定这个式子是什么，所以，就先设为 $\varphi \left( y \right)$.

又因为：

$$
\frac{\partial f}{\partial y} = x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} + \varphi^{{\prime}} \left( y \right)
$$

且：

$$
\frac{\partial f}{\partial y} = \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right)
$$

于是：

$$
\begin{aligned}
& \ x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} + \varphi^{{\prime}} \left( y \right) = \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \varphi^{{\prime}} \left( y \right) = \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) – x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \varphi^{{\prime}} \left( y \right) = – \left( y + 1 \right) \mathrm{e}^{{-y}} \\ \\
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } & \ \varphi \left( y \right) = – \int \left( y + 1 \right) \mathrm{e}^{{-y}} \mathrm{~d}y = \left( y + 2 \right) \mathrm{e}^{{-y}} + C
\end{aligned}
$$

因此：

$$
f \left( x,y \right) = – x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} + \left( y + 2 \right) \mathrm{e}^{{-y}} + C
$$

又由于：

$$
f \left( 0,0 \right) = 2
$$

所以：

$$
C = 0
$$

综上，有：

$$
\textcolor{lightgreen}{
f \left( x,y \right) = – x^{{2}} \mathrm{e}^{{-y}} + \left( y + 2 \right) \mathrm{e}^{{-y}}
}
$$

接着，对函数 $f$ 求导，得：

$$
\begin{cases}
\frac{\partial f}{\partial x} = – 2x \mathrm{e}^{{-y}} = 0 \\ \\
\frac{\partial f}{\partial y} = \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) = 0
\end{cases}
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{cases}
x = 0 \\
x^{2} – y – 1 = 0
\end{cases}
\textcolor{lightgreen}{ \leadsto } \begin{cases}
x = 0 \\
y = -1
\end{cases}
$$

上一步得到的 $\left( 0,-1 \right)$ 就是函数 $f$ 的驻点，这个驻点可能是极大值点，也可能是极小值点，也可能不是极值点.

于是，根据二元函数极值的判别公式，得：

$$
\begin{aligned}
A & = f^{{\prime\prime}}_{{xx}} \left( 0,-1 \right) = \left. – 2\mathrm{e}^{{-y}} \right|_{{\left( 0,-1 \right)}} = – 2 \mathrm{e} \\ \\
B & = f^{{\prime\prime}}_{{xy}} \left( 0,-1 \right) = \left. 2x \mathrm{e}^{{-y}} \right|_{{\left( 0,-1 \right)}} = 0 \\ \\
C & = f^{{\prime\prime}}_{{yy}} \left( 0,-1 \right) = \left. – \mathrm{e}^{{-y}} \left( x^{{2}} – y – 1 \right) – \mathrm{e}^{{-y}} \right|_{{\left( 0,-1 \right)}} = – \mathrm{e}
\end{aligned}
$$

又因为 $AC – B^{{2}} = 2\mathrm{e}^{{2}} > 0$, 且 $A < 0$, 所以 $\left( 0,-1 \right)$ 为极大值点，且极大值为：

$$
\textcolor{lightgreen}{
f \left( 0,-1 \right) = \mathrm{e}
}
$$

---