2016年12月六级-描写中秋节的散文

浅析多元函数最值问题

作 者-欧金秀

宜宾学院数学学院数学与应用数学学院2008级2班 四川 宜宾 644000

指导老师-张 玲

摘要 ：
最值问题是数学永恒的话 题，也是历年各类考试的热门考点。而在最值求解中，尤以多元函
数的最值问题因其技巧性强、难度大、 方法多、灵活性多变而具有挑战性，本文主要通过消元法、不等式
法以及数形结合的方法结合典型的例子 阐述求多元函数最值问题的方法技巧与创新思维。

关键词： 多元函数 最值 消元 不等式 数形结合



目录

1、引言及相关定义„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ „„„„„„„„„„
„
2

2、求最值的方法 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„
„
3

2.1消元法
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3

2.1.1 直接消元
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3

2.1.2 拉格朗日乘数法
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 5


2.2 不等式法
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6

2.2.1均值不等式
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6

2.2.2琴生不等式
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9

2.2.3幂平均不等式
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11

2.2.4柯西不等式
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12


2.3 数形结合法
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„13


结束语
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„15

致谢词
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„16


参考文献
„„„„„
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„16




1

1、引言及相关定义
< br>函数是数学最重要的内容之一，同时又是解决数学问题的重要理论之一。在科技生产、经
济管理等 诸多领域中，常常需要解决在一定条件下怎样使得投入最小，产出最多、效益最高
等问题。而这些问题即 为函数的最值问题，故函数最值的研究也具有重要的价值。如何用最
简单高效的方法求函数是最值问题， 仍需要不断的探索与创新。

定义1【竞赛数学】： 设函数< br>f

x

的定义域为D。如果存在
x
0
∈D 。使得任意实数x
∈D，都有f(x) ≤
f

x
0
，则称
f

x
0

为函数
f

x

在D上的最大值。可以简记为
f
max

如果存在
y
0
∈D，使得任意实数x∈D，都有f(x) ≥
f
y
0

，则称为
f

y
0

函数
f

x

在D上的最小值。可以简记为
f< br>min

一元函数最值的概念可以类似的推广到多元函数的情形。
对于定义域 在Ｄ上的ｎ元函数ｕ＝
f

x
1
,x
2
...x< br>n


00
000
0
设（
x
1,x
2
.
x
n
）∈D，若对一切（
x
1
,x
2
...x
n
），总有
fx
1

, x
2
...x
n
f

x
1
,x
2
,x
n

，
00
0000
[或者
fx
1
≤
f

x
1
,x
2
...x< br>n

]称
f

x
1
,x
2
...x
n

在点（
x
1
,x
2
...< br>x
n
）达到最大（小）
,x
2
...x
n
0 0
0
值，而点（
x
1
,x
2
...
xn
）为最值点。



定义2【竞赛数学】： 若 有n个变量
x
1
,x
2
,x
n
满足方程（不等式 ）组

F
i

x
1
,x
2
,x
n

0


i1,2,m

，
○
1
其中 m＜n。求出变量
x
i

i
1,2,
n
的一组值，使得函数
y=
f

x
1
,x
2
...x
n


○
2
00
0
1
，且对满足○
1
的取得最 大值（最小值）。也就是说，如果（
x
1
,x
2
...
x< br>n
）满足方程○
一切（
x
1
,x
2
...x
n
），总有
00

≥
f

x
1
,x
2
...x
n

或
f

x
1
0
,x
2
0
...x
n
0
< br>≤
f

x
1
,x
2
...x
n

f

x
1
0
,x
2
.. .x
n
000
则分别称
fx
1
为函数
○
2 在条件下
○
1的最大值（最小值）。这种最值称为条件最
,x
2
.. .x
n

值，条件
○
1中的等号也可以部分或全部改为不等号，并 称为约束条件，而称
○
2为目标函数。

2

最值定理： 若函数在闭区间上连续，则该区间上一定有最值。
注：相关定义及定理在此不做证明，可参考《数学分析》及《竞赛数学》等。
2、求函数最值的方法

2.1消元法求函数最值
消元法是指通过消去变量(或未知数) 从而达到解题目的的方法。如果能先消去一些变
量(或未知数) 使其减少到一个,使数量关系单一化, 则便于找到解题途径。多元函数最值难
求,关键在于变量较多。如果能够采取合理的手段消元,使变量减 少甚至只剩下一个变量,则
问题往往迎刃而解。消元法是求多元函数最值的最基本方法。
2.1.1直接消元法
有的函数很容易根据约束条件消去一些变元，就可直接消元。
例1. 已知
x
1
,x
2
是方程
x
2< br>

k2

xk
2
3k50
22
为何值时，
x
1
有最大值，并求出其最大值。
x
2

kR

的两个实数根，问当
k
分析： 根据方 程有根的条件得出关于k的范围，再由根与系数的关系得到约束条件，进而
根据目标函数求其最值。
解： 由于所给二次方程有实数根，故判别式





k2


41k
2
3k50，
2
2
1
即
3k16k160
○

2
韦达定理，有
x
1
x
2
k2
○
2
3

x
1
x
2
k3k5
○
1
○
2
○
3
下，求目标函数 因此，本题实际上就是求在约束条件○
4

yx
1
x
2
○
2
○
3
代入○
4
，得 的最大值。这里包含的 变元有
x
1
,x
2
，k。为了消去
x
1
, x
2
，将○
2
yx
1
2
x
2


x
1
x
2

2x
1
x< br>2

2
22

k10k6


k5

19

2
2
记
f

k


k5

19

2
1
可知
4k
而由○
4

3
于是问题转化求
f
k

在区间

4,

上的最大值，由< br>f

x

在I的单调性可知
3


4



3

22
当
k4
时，
x
1
有最大值18.
x
2
例2
[1]
. 在约束条件
x
2
4y
2
40
下，求函数
f

x,y

x
2
2xy4y
2
x 2y

的最大值。
分析：约束条件很显然是个椭圆方程，我们可以利用其参数方程 将二元转化为一元，达到
消元的目的，从而利用一元函数求最值的方法求其最值
x
2
y
2
1
解：约束条件
x4y40
可化为
4
22
x2cos

令 ， 则
f

x,y

x
2
2xy4y
2
x2y

ysin

有
f



4cos
2

cos

sin

s in
2

2

cos

sin


1

44cos

sin

2

cos

sin
< br>
○
令
cos

sin



，


2sin







1
转化为讨论函数

2
，由○
4


g


42

2
12

2

2


1
，
当

取得最大值
2
时，
f

x,y

取得最大值
232

此时






4
， 解得
x2,y
2

2
注： 如果约束条件符合某些特征， 根据解析几何的有关知识，将其化为参数（或极坐标）
方程（或不等式），从而达到消元的目的。
例3 设
xxyy19
，求
xy
的最值。
解： 设
2222
xrcos

,
yrsi n

22
（

为参数），则

xxyyrcos

r

1
从而
xy
r
2
22
2
2

2

cos

sin

sin
2





1

sin2


19

2

19
，因
1sin2

1
，故当
sin2

1

1
1sin2

2
即
xy

38
19
22
时，

xy

min

，
3
3
4

当
sin2

1
（即
x19,y19
或
x19,y19
）时，
x
2
y
2

max
38

本题实际上是在极坐标下，求原点到椭圆
x
2
xyy
2
19
上各点的最大和最小距
离。一般来说，对于一个条件最值问题，若条件式（等 式或不等式）及目标函数都是二元二
次的，在极坐标下求解会比较简单。

综上述： 值得注意是，消元后，留下的元（变量或未知数）的取值范围往往并不是任意
的，而要根据题设条件挖掘 出来，而这往往成为解题的关键。

2.1.2 Lagrange乘数法
当有些函数很难消元，或者消元后反而使函数变得更复杂，则可利用拉格朗日乘数法
求最值。
拉格朗日乘数法
如求二元函数
zf

x,y

在条件


x,y< br>
=0下的极值，设拉格朗日函数
L

x,y,


=
f

x,y




x,y


L
x
f
x



x

0
解方程组
L
y
f
y



x

0

L



0
注意：此法求最值的必要条件， 不充分。但是在某些实际问题中，若驻点存在且唯一
又在区域的内部，则唯一驻点一定为最值点。
求出的驻点是可能的极值点，比较驻点与边界点函数值大小可得最值。
例1
[2]
. 要设计一个容量为
V
0
的长方体开口水箱, 试问水箱长、宽、高等于多少时所用材
料最省？
解：设
x
,
y
,
z
分别表示长、宽、高， 则有
xyzV
0
，所求表面积为
S2

xzyz

xy

令
L< br>
x,y,z

2

xzyz

xy 


xyzV
0



L
x
2zy

yz0
解方程组
L< br>y
2zx

xz0
L
z
2
xy



xz0
L

xyzV0
0
得唯一驻点
xy2z
3
2V
0


5


32V
0
即最值点为

32V
0
,
3
2V
0

2



，


2

z
此时
S2

xzyz

xy
=
3
3
4V
0

y


s
min
=
3
3
4V
0
2

例2
[3]
x
2
. 求表面积为
a
而体积为最大的长方体的体积.
分析：这是一个有关函数最值的实际问 题，先找到目标函数，确定定义域即约束条件，求其
极值点，进而确定最值。
解： 设长方体的三棱长为
x,y,z

2
，则有 2xy+2yz+2xz=
a

2
即

(x,y,z)=2xy+2yz+2xz-
a
=0 (1)
作拉格朗日函数 L(x,y,z,

)=xyz+

(2xy+2yz+2xz-
a
),
由
L
X
=yz+2

(y+z)=0

L
Y
=xz+2

(x+z)=0 得
2
yyx
xxz

，

， zzx
yyz
L
Z
=xy+2

(x+y)=0
得 x=y=z (2)
将(2)代入 (1)，得唯一可能极值点x=y=z=
6a
。
6
由该问题的实际意义可知，此点就为所求最大值点。
即正方形的体积最大，最大体积为V=
6
3
a
。
36综上述：应用拉格朗日求函数的最值要先找到目标函数，确定定义域即约束条件，求其可能
最值点， 进而确定最值。

2.2 不等式法
不等式与函数的最值问题是密切相关。 由一个最值问题的解，可以得到一个不等式。例如，
若
f

x
在

a,b

上的最大值及最小值是A,B则有
Bf

x

A

axb

。而由
Bf

x

A
，使不等式成为求最值的重要工具之一，

2.2.1 均值不等式

6

a
n< br>是n个正数，则
H
均值不等式：设
a
1,
a
2
......
其中
H
(n)

(n)
G
( n)
A
(n)
Q
(n)

1
a
1

a
1
2
n

G
(n)
a
1
a
2
...a
n

1
...
a
n
22
a
1
2
 a
2
...a
n

n

A
(n)
aa...a
n

12

Q
(n)

n
当且仅当
a
1
a
2
...a
n
时取等
定理1：设正变数
x
1
,x
2
,x
n
满足方程
a
1
x
1
a
2
x
2
a
n
x
n
=S, 这里
a
1
,a
2

a
n
,S
都是正常数，那么乘积
x
1
x
2
x
n
当
a
1
x
1
a
2
x
2
a
n< br>x
n
时为最大。
定理2：设正变数
x
1
,x
2
,x
n
满足方程
x
1
x
2
xn
M
，若
a
1
,a
2

a
n
,M
都是正常数，
那么函数
a
1
x
1
 a
2
x
2
a
n
x
n
当
a1
x
1
a
2
x
2
a
n
x
n
时为最小。
在将均值不等式应用于求最值时,要求比较高,可概括为:“一正、二定、三相等”。即:
(1) 所涉及的量必须都正数; (2) 这些正数的“和”或“积”是定值:当积为定值时,可以求
和的最小值;当和为定值时,可以求积的最大值; (3) 这些正数必须相等。这三点缺一不可,
否则,结论不成立。

例1. 如图在平面直角坐标系中，在Y轴的正半轴（原点除外）上给定两个定点A、B，试在
X 轴（原点除外）上求一点C，使∠ACB取得最大值。

解：设点A(0，a) B（0，b） C（x，0）
其中a＞b＞c，x﹥0，设α=∠ACB,β=∠OCB,
则∠OCA=α+β,
0
＜

＜

,

于
是
：

A
Y
B
α < br>tan

tan





< br>


=
O


tan




tan


β
X

C
1tan





tan

7
ab
ab

x
ab

ab
2
x
x
ab< br>
ab
xab
2
， 因当
xab
时， 取最大值2，

x
x
ab
且在

0,




内，
tan

是增函数
2

ab
，C点坐标为（
ab,0
）。
ab
时，α=∠ACB取最大值
arctan
2ab
故当
x
例 2
[4]
22222
. 已知a，b，c，d，e是满足,
abcd e8
，
abcde16
的实数，试确定e的最大值。
22222
解：有题设有
abcd8e
，
abcd16e

22
于是由均值不等式
Q
n

A
n
a
2
b
2
c
2
d
2
abcd

得



44

有
4a
2
b< br>2
c
2
d
2


abcd


2
2

即
416e
2


8e


2

即
e

5e16

0

所以
0e
16

5
166
，此时a=b=c=d=。
55
以上不等式当且仅当a=b=c=d时等号成立，由此可知
e
max

注：此题也可以构造柯西不等式去证明。
例3
[5]
. 求函数
yx8x
m
2
64
（
x
＞0）的最小值。
3
x
n

8x

64

解： 设
x

3


常数

m

nx

2

x
2
8x64

3

m
x
其中m，n是待定的正整数，这就有
m23n0

且m，n分别是8,64的因数，于是m=4，n=2，因此

yx8x
2
2
64

x
3
3232

2
)

2
xx
8

x(2x2x2x2x)(


32


7
7
x

2x


3

=28

x

2
4
2
其中等号当且仅当
x2 x
mn
2
32
，即x=2时成立，故
y
min
 28

3
x
64

8x

64

2
9
3
注：
x

常数，但不能由
y3 x8x24
导出
y
min
24
。
2

3

3
x

m

nx

2
这是因为不存在实数x，使得
x8x
2
64
，也就是说，不 等式中不可能取等号。
3
x
注： 用均值不等式求最值的解题要点是“和定”积最大，积定和最小”，即当题目条件是
和( 积)的形式为定值， 求积(和)的形式的最值时往往可用均值不等式解之．

均 值不等式是解决多元函数求最值的行之有效的方法。只要满足了“一正、二定、三相
等”的条件,就屡试 不爽。但在具体解题时,因其技巧性较强, 简单的可以目测，难的可以通
过待定系数，进行拆分项或恰 当配凑因式。例3很好的证明了此技巧。创设使用均值不等式
的条件,因此,需要多做题,细揣摩,才能 把握好。

2.2.2琴生不等式
定理：若
f

x
在区间I内的上凸函数，则对任意的
x
1
,x
2
.. .x
n
∈I，以及任意的

1
,

2
,

n
R


1


2

n
1
，
必有
f

1
x
1


2
x
2


n
x
n



1
f

x
1



2
f

x
2



n
f

x
n

。若f

x

在区
间I内的下凸函数，则不等号反向。其中等号当且 仅当
x
1
x
2
x
n
时成立。
推 论：若
f

x

在区间I内的上凸函数，则对任意的
x1
,x
2
...x
n
∈I，总有

xx2


x
n

f

x
1< br>

f

x
2


f

x
n

。若
f

x

在区间I内 的下凸函数，则不
f

1


nn

等 号反向。其中等号当且仅当
x
1
x
2
x
n
时成立。
注：
○
1上述重要定理及其推论就是重要的琴生不等式。
2利用 琴生不等式考察最值问题时，必须选择恰当的函数，使其在某个区间内为上凸
○
或下凸函数。
11

[6]
例1 设a，b∈
R

，且< br>ab1
。求
(a)
2


b
的最值。
ab


9
2

分析：用琴生不等式考察最值问题时，必须构建恰当的函数，使其在某个区间内为上
凸或下凸函数。
1

解： 构建函数
f

x



x

x>0
x


f

x
< br>2

2x
2
14x
4
x
2


43
xx


因为x>0，所以f

x

>0，即
f

x

为（0，+∞）的下凸函数。
由琴生不等式有，

f

f

x
1

f

x
2


x
1
x
2

（1）

≤
2
2

令
x
1
a
，
x
2
b
。有，

xx
2


ab

25

f

1

=
f

=
4

2


2

f

x
1

f

x
2

11

=
(a )
2


b


2
ab

2
25
11

由（1）知，
(a)
2


b

≧
4
ab

当且仅当x
1
x
2
即a=b=
2
1
时取等。
2
注：此题还可以用柯西不等式或均值不等式求解。
例3
[7]
证明:在圆的内接n边形中，以正n边形的面积为最大。
证明： 设圆的半径为r，内接n边形的面 积为s，各边所对的圆心角分别为

1
,

2


n
，则
S=
1
2
r

sin< br>
1
sin

2
sin

n


2
设
f

x

sinx
，由 于它在（0，π）内上凸，于是有

sin

1
s in

2
sin

n
≤
nsin

1


2


n
n
=
nsin
2


n
所以当

1


2


n
时，s取最大，也就是以正n边形的面积最大。
综上述：由重要不等式求函数的最值只需构造不等式中相应是形式（或满足条件的函数）并
注意 不等式取等的条件。

10

2.2.3幂平均不等式
幂平均不等式：若
x
i
0,i1,2 ...n,



，则

x
1
x
2
...x
n
x
1

x
2...x
n


()()


nn
1
1
等号当且仅当n个正数相等时成立。
注：当条件最值里的约束条件是一些正数的同次幂的和为定值时， 就可以用幂平均不等式去
确定这些正数的另一个同次幂的和的最大值（最小值）。

1

1

1

例2 若a﹥0，b﹥0， c﹥0，且
abc1
.



a



b



c

的最
a

b

c

[8]
333
小值。
分析： 观察要求函数的形式有三次方，而柯西不等式、均值不等式都不含有三次方的形式，
且一次的和为定值，可选择幂平均不等式来求解。
解： 考察三个正数
a
3111
，
b
，
c
的幂平均数，
M
3
M
1

ab
c
33


1
 
1

1



a


b



c

a

b

c

得


3











1
3
1

1

1

a



b



c

a

b

c


3
1
=
其中等号在
a
111

abc
3
111
=
b
=
c
时取得，即a=b=c时成立。
ab
c
1
另一方面，考虑三个正数a，b，c的幂平均数
由
M
1

111


a

b

c

M
1
得

3




abc
1
=
3
3
于是有
111
9
。把这个结果代入到前面的不等式
abc
3 33


1

1

1

< br>
a



b



c

a

b

c

得


3






≥
10


3



1
3

11

1

1

1

10

即



a



b


c

≥
3
a

b

c

当a=b=c=
333
11000
时，所求函数值最小为
3
900
注：利用幂平均不等式求最值问题时应注意：
1
.各字母必须是正数；
2
.须恰当选择幂平
均数的指数；
3
.几个正数相等的条件必须具备。

2.2.4柯西不等式
柯西不等式：设
a
i
,b
i
,R(i1,2,...n)
，则
0

a,
b
2
i
i1i1
n
2
i
(

a
i
b
i
)
2

i1
n
当且仅当
b
1
b
2
b
...
n
时，不等式取等
a
1
a
2
a
n
柯西不等式是一个非常重要的不等式,其结构和谐,应用广泛,灵活巧妙地运 用它,可以
使一些较为困难的问题迎刃而解。在使用时,往往要采取一些方法(如巧拆常数、巧变结构、
巧设数组等) 构造符合柯西不等式的模式及条件,从而达到解决问题的目的。

例1 设
x,y,z0
,且
xyz1
,求
u
=
解:由柯西不等式可得,
149

的最小值。
xy z
u

149

149


xy z






xyz

x yz

2

149



xyz 


xyz



123

36
< br>2
111
y
2
z
2

及
xyz 1
可得,
x,y,z
， 由
x
632
49
2


u
min
36
.
本题构造出了符合柯西不等式的形式及条件,继而达到解题目的。
例2
[8]
222
. 设
xyz1
，求函数

2x3yz
的最小值。
解：根据已知条件和柯西不等式，我们有

12

1xyz
1
2
12
2x
1
3
3y1z

1
11

11

222
2



1

2x3yz
=


6

23

666
因此，

，由此推得

min

只要能找到一组x，y，z使得µ恰好取得就证明
111111
6
了

min

。为此应用柯西不等 式中等号成立的条件，可列出方程
11

2x

2
,3 y

3
,z

即
x

2
,y

3
，
z

代入
xyz1
，求得
6326
,y,z
，所以
x
11111111
6326



min

当且仅当
x,y,z

11111111



2.3数形结合法
数形结合的实 质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维与形象思维相
结合。通过构造图形，培养思维 的灵活性、直观性，创造性，使问题化抽象为具体化难为易，。
关键是找出满足条件结论的几何特征，构 建几何模型，从而达到解决问题的目的。
1x
2
例1 求函数
y
的值域。
x2
解：
1x0

x

1,1


2
Y
A
O
1x
2

0

y0

x2
P x
1x
2
1x
2
0

y
可以看成
y

x2
x

2


而点

x,
即点
x,1x
2
与点

x,2

的斜率 2
2

1x

在半圆
xy
2
1

y0
上， 如下图所示

0yk
PA

而
k
PA
t anAPO
OA
AP

1
2
2
1
2

3

3

13


3


y的值域为

0,



3

例2
[9]
关于x的二次方程
x2
z
1
xz
2
m0
中，
z
1
,z
2
,m
均是复数，且
z
1
2
4z< br>2
1620i
设这个方程的两个根α，β满足


< br>27
，求
m
的最大值和最
小值。
解：根据韦达定理有


z
1
，

z
2
m
。
2
由





< br>




4

z
1
4z
2
4m
，所以



22
2< br>4mz
1
2
4z
2
=28，


于
即
m

45i

7
，故复数m在 以A（4,5）为圆心，以7为半径
是
：的圆周上，如图所示

又因为
OA41
＜7，故原点O在圆A内，连接OA，并延长交圆
Y
(4,5)
B
A
tan

tan









A与点B,C
=
则
m
max

OBOAAB417
，
C
X

m
min

OCCAOA741


ta n




tan



< br>

tan

1tan
[10]
例3 若实数x ，y满足
xy5
，试求
tx
2
y
2
2x
的最大值与最小值。
分析：
ab
x，y满足
xy5
，所确定的点集为一个正方形ABCD边界而目标函数可化
ab
2
x
为< br>
x
x
1

y
2
t1
，把 t作为一个参数。它表示以点H（1,0）为圆心的圆心族。
因此，要求t的最值，只需求圆族中与正方 形ABCD的边界的公共点的具有最值的半
径的圆。
由图可知，过C 点的圆的半径最大 < br>2
t6135
最大
max
圆的半径HC=6，于是
< br>xab


ab
C(-5,0)

点为

ab
x


由图可知，半径最小的圆是正方形ABCD的两ab
边AB,AD相切的圆
此时圆的半径为HE=HF=
于是得
t< br>min
22
2
HA22

2


2
17
，最小点有两个E(3,2) F(3,-2)
总结：利用给定的函数的特征，构造其函数的特征图，以形助数，利用图形的性质求
函数的最值。

14

9

[11]
例4 设0 <
u
<
2
,
v
> 0 ,求
s (uv)
2
2u
2

的最小值。

v

分析：观察所求函数的最值跟两点间的距离公式很相似，而这两点又刚好 在圆和双曲线上，
利用其几何特征，解决问题。
解:设
Pu,2u
2,Q

v,

,则
s |PQ|
2
，此时,P 的轨迹是
2



9

v

x
2
y
2
2,0x 2,y0
,
Q 的轨迹是
xy9
,(
x0
)
在平面直角坐标系中做出动点P ,Q 的轨迹(如图) ,则

OQv
2

2
8181
2
18v
,即|
OQ
|
min
= .,
32
22
vv


可得
v
= 3 。又|
OP
| = 2 ,
∴|
PQ
| ≥|
OQ
| - |
OP
| =
322222

∴
s |PQ|
2
8
.
即当
v3,u1
时,
s
min
8
.

数形结合解题的关键是寻找满足条件的几何特征，根据特征画出起图形，根据图形的 性质
达到解决问题的目的。

结束语
综上可知，多元函数最值的求法种类 还有很多，而且随着数学的发展，还会更加
丰富，更加有趣。函数最值问题内涵丰富，解法灵活，没有通 用的方法和固定的模式。
其常用方法有：消元法、不等式法、换元法、数形结合法、向量法等，其解法具 有技
巧性强、难度大、方法多、灵活性多变的特点具有挑战性。本文主要通过消元法、不等式
法 以及数形结合的方法结合典型的例子阐述求多元函数最值问题的方法技巧与创新。
在解题时因题而异，上 述方法可以独立使用，也可相互渗透。本文采取不同的形式论
述各种求最值方法.在论述简单的方法时， 引用定理，甚至推论，再辅以例题论述；
比较难些的，采用更加详细的提出、分析、解决的步骤，使论述 更加浅显易懂。因此
解题的关键在分析和思考，因题而异选择恰当的方法，在平时的学习中需要扎实基本
功，培养敏锐的思维。如何用最简单高效的方法求函数是最值问题，仍需要不断的探
索与创新。

15

致谢词
时间如梭，转眼毕业 在即。回想在大学求学的四年，心中充满无限感激和留恋之情。感
谢母校为我们提供的良好学习环境，使 我们能够在此专心学习，陶冶情操。谨向我的论文指
导老师及学院老师致以最诚挚的谢意！张老师不仅在 学业上言传身教，而且以其高尚的品格
给我以情操上的熏陶。本文的写作更是直接得益于她的悉心指点， 从论文的选题到体系的安
排，从观点推敲到字句斟酌，无不凝聚着她的心血。

参考文献：[1]华东师范大学数学系.数学分析[M].高等教育出版社.
[2]陈传理 张同君主编.竞赛数学教程(第二版)高等教育出版社
[3]张焕明.主编中国中学教师优秀论文集 贵州教育出版社
[4] 李盘喜 祝承亮 隋福林主编.高中数学解题题典东北师范大学出版社
[5] 陈德燕主编.新专题教程 华东师范大学出版社
[6] T.M.菲赫 金哥尔茨.微积分教程(第一卷第二分册).人民教育出版社
[7] 同济大学数学教研室主编.高等数学(第四版下册).高等教育出版社
[8] 同济大学数学教研室主编 高等数学 第三版 高等教育出版社.
[9] 山东大学数学教研室主偏 吉米多维奇习题集 山 东科学技术出版社.
[10] 合肥工业大学.工科数学.1995年第1期.
[11] 王全庆.求多元函数的一类方法[A].大连民族学院学报，



16