拉格朗日乘数法求距离的初等化应用

陈雁群 钟青山

摘 要：拉格朗日乘数法是高等数学的内容，其用法涉及到偏导数的概念，因此超出了高中生的范围本文目的在于给出它的一种初等化应用，是以中学生较熟悉的解方程为基础.

关键词：拉格朗日乘数法；解方程；垂直

作者简介：陈雁群（1984-），男，广东深圳人，本科，中学二级教师，研究方向：数学解题研究；

钟青山（1981-），男，广东惠州人，本科，小学一级教师，研究方向：数学解题研究.

文献[1]叙述了运用拉格朗日乘数法求一般二元函数在约束条件下的极值问题，并且指出此方法的关键在于求多元函数的偏导数然而中学生对求偏导数比较陌生因此，提出了拉格朗日乘数法的初等化应用，并且给出了两种初等化方法：配方法与均值不等式.

既然运用拉格朗日乘数法求一般的二元函数在约束条件下的极值问题有初等化方法，那么对于更加具体的二元函数在约束条件下的极值问题的初等化方法可能会存在更加特殊的表现形式本文讨论了运用拉格朗日乘数法求二元函数f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在约束条件φ（x，y）=0下的极值问题的初等化方法为了讨论的方便，将平面上由方程φ（x，y）=0生成的曲线记做Γ，而且假设二元函数φ（x，y）具有二阶连续偏导数.

设M（a，b），在约束条件φ（x，y）=0下，运用拉格朗日乘数法求f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2的极值（假设存在极值）的过程如下：

构造拉格朗日函数L（x，y）=（x-a）2+（y-b）2+λφ（x，y），并且对x，y，λ分別求偏导数可得

2（x-a）+λφx（x，y）=0，2（y-b）+λφy（x，y）=0，φ（x，y）=0 （1）（2）（3）

由（1），（2）两式可得

（x-a）φy（x，y）-（y-b）φx（x，y）=0（4）

若引入向量a→=（x-a，y-b）和b→=（φy（x，y），-φx（x，y）），则由偏导数的几何意义可知，向量b→表示平面上的曲线Γ在点P（x，y）处的切线的一个方向向量另外，向量a→表示直线MP的一个方向向量而式（4）表明a→·b→=0，或者说向量a→与向量b→垂直于是，有如下的定理：

定理1 假设二元函数φ（x，y）具有二阶连续偏导数若函数f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在曲线Γ：{（x，y）φ（x，y）=0}上的点P（x0，y0）处取得极值，那么直线MP与曲线Γ在P（x0，y0）处的切线相互垂直.

通过定理可知，若函数f（x，y）=（x-a）2+（y-b）2在约束条件φ（x，y）=0下存在极值点P（x0，y0），那么可以通过列方程求该极值点，其过程如下：

设极值点为P（x0，y0），并且求出曲线Γ在P处的切线的一个方向向量为（a1，a2），则有

（x0-a）a1+（y0-b）a2=0，φ（x0，y0）=0

将以上两个等式中的x0，y0看作未知数，两个方程两个未知数，可以解出x0，y0.

定理1的关键在于求曲线Γ在其上的点的切线斜率和解方程然而，高中数学中所涉及到曲线{（x，y）φ（x，y）=0}上的任意一点的切线斜率一般都是比较容易求的；解方程是学生从初中便开始接触的技巧因此，比起使用拉格朗日乘数法（需要求偏导数），定理1可以说是拉格朗日乘数法在距离极值问题的一个初等化形式.

例1 （2012年新课标全国卷12）设点P在曲线y=12ex上，点Q在曲线y=ln（2x）上，

则PQ的最小值为（ ）.

A1-ln2 B2（1-ln2）

C1+ln2 D2（1+ln2）

分析 先固定点P，欲求此时PQ的最小值，则由定理1可知直线PQ应与曲线y=ln（2x）上在点Q处的切线垂直；同理，固定Q点时，欲求此时PQ的最小值，则由定理1可知直线QP应与曲线y=12ex在点P处的切线垂直若以上两种情形同时成立时，则PQ取得最小值.

解 根据题意可设当PQ取得最小值时，P，Q坐标分别为（x1，12ex1），（x2，ln（2x2））则易得曲线y=12ex在点P处的切线斜率为12ex1；曲线y=ln（2x）在Q点处的切线斜率为1x2由分析部分可得如下的方程组：

ln（2x2）-12ex1x2-x1·12ex1=-1，ln（2x2）-12ex1x2-x1·1x2=-1

消去x1并且整理可得，

ln（2x2 ）-1x2 = x2 ln（2x2 ）-x22 （5）

考查函数φ（x）=ln（2x）-1x-xln（2x）+x2，x∈R+若x0是φ（x）的一个零点，则容易验证1x0也是φ（x）的一个零点.

由于φ′（x）=1x+1x2+2x+lnx+1-ln2，φ″（x）=（x-1）（2x2+3x+2）x3，

所以φ′（x）在（0，1]上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

所以对于所有的x∈R+，有φ′（x）≥φ′（1）=5-ln2>0所以，φ（x）是R+上的单调递增函数.

因此x0=1x0，解得x0=1经检验，x0=1确实为方程（5）的解，因此x2=1，从而x1=ln2.

故此时P，Q的坐标分别为（ln2，1），（1，ln2）故PQ的最小值为2（1-ln2）.

评注 注意到题目的两条曲线关于直线y=x对称，因此PQ的最小值等于直线y=x到其中一条曲线的距离的最小值的两倍设点P为曲线y=12ex上到上述直线的距离最短的点，利用几何直观，此时曲线y=12ex在点P处的切线斜率一定等于直线y=x的斜率利用这种方法可以得出点P的坐标，但是它也只是一种几何直观，不严谨而定理1保证了这种几何直观的正确性.

例2 （2014福建理科数学）设P，Q分别为圆x2+（y-6）2=2和椭圆x210+y2=1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（ ）.

A52 B46+2 C7+2 D62

分析 根据题意，此题关键在于求椭圆上的点到圆心M（0，6）的距离的最大值因此可采用定理1.

解 设P（x0，y0）为椭圆到点M（0，6）的距离最大的点因为椭圆在点P（x0，y0）处的切线方程为x0x10+y0y=1，因此椭圆在点P（x0，y0）处的切线的一个方向向量为（-10y0，x0）.

因为向量MP=（x0，y0-6），

因此有x20 10 + y20 = 1，-10x0 y0 + x0 （y0 -6） = 0

解得x0=0，y0=±1， 或者x0=±523，y0=-23

容易验证当点P坐标为（±523，-23）时，PM取得最大值，最大值为52注意到圆Q的半径为2，因此P，Q之间的最大距离为62.

评注 若直线l的斜率为k，则它的一个方向向量为（1，k）；因此，若直线l方程为Ax+By+C=0，则它的一个方向向量为（-B，A）.

例3 （1993全国高中数学联合竞赛）实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设S=x2+y2，则1Smax+1Smin=.

分析 此题方法较多，但是S的表达式是距离平方形式的二元函数，因此此题可以考虑用定理1求解.

解 设S在曲线Γ={（x，y）|4x2-5xy+4y2=5，x，y∈R}上的点P（x0，y0）处取得极值，再由Γ的方程可得y=5x±80-39x28

所以±80-39x2=8y-5x，y′=5±-39x80-39x28

故y′=5-39x8y-5x8=5y-8x8y-5x.

因此y′（x0，y0）=5y0-8x08y0-5x0.

所以曲线Γ在P（x0，y0）处的切线的一个方向向量为（8y0-5x0，5y0-8x0）故由定理1，可得

（8y0 -5x0 ）x0 + （5y0 -8x0 ）y0 = 0，4x20 -5x0 y0 + 4y20 = 5

解得x20 = y20 = 53或x20 = y20 = 513.

故Smax=310，Smin=1310

因此1Smax+1Smin=85.

例4 已知圆（x-1）2+（y-2）2=R2（R>0）与椭圆x24+y2=1有公共点求圆的半径R的最小值.

分析 欲求R的最小值，只需要求题意中的椭圆到圆心M（1，2）的距离的最小值即可设此时取得最小值的椭圆上的点的坐标为（x0，y0），则可根据定理1列出两个方程但是此时消元后得到的方程是一个一元四次方程，而且它的解很难用观察法找出来，因此考虑用椭圆参数方程予以处理.

解 设当R取得最小值时，椭圆上所对应的点的坐标为P（2cosθ，sinθ），则易知点P所在的切线方程为cosθ·x2+sinθ·y=1，且点P在第一象限因此此切线的一个方向向量为（-2sinθ，cosθ）另外，由于直线MP的一个方向向量为（2cosθ-1，sinθ-2），因此根据定理1，可得2sinθ（1-2cosθ）+cosθ（sinθ-2）=0.

即2（sinθ-cosθ）=3sinθcosθ（6）

令t=sinθ-cosθ，由于点P在第一象限，故t>0，且sinθcosθ=1-t22从而sinθ+cosθ=2-t2.

由（2）式可得2t=3（1-t2）2.

即3t2+4t-3=0，解得t=13-23.

因此，R2min = （2cosθ-1）2 + （sinθ-2）2

=6+3cos2θ-4（sinθ+cosθ）

=152-32（sin2θ-cos2θ）-4（sinθ+cosθ）

=152-122-t2·（3t+8）

=45-（6+13）413+16

所以 Rmin=270-6（6+13）413+16.

评注 利用椭圆的参数方程，再根据定理1列出方程，從而导出等式（6）由于等式出现sinθ-cosθ和sinθcosθ，因此自然考虑到采用知“1”求“3”的技巧，即式子sinθ+cosθ，sinθ-cosθ，sinθcosθ中，已知1个可以将3个都求出来.

参考文献：

[1] 熊欣，徐章韬拉格朗日乘数法的初等化应用[J].中学数学杂志，2012 （09） ：23-25.