用拉格朗日乘数法解决一类与凸函数有关的多元函数条件最值

甘志国+戴桂斌

1凸函数的定义及性质

凸函数的定义当x∈区间I时，若函数f（x）满足f″（x）≤（≥）0恒成立且f″（x）=0的解集是孤立的点集，即f′（x）是减（增）函数，则f（x）是I上的上（下）凸函数.

例如，f（x）=xα（0<α<1，x>0），g（x）=logax（a>1，x>0），h（x）=sinx（0≤x≤π）都是上凸函数.

凸函数的性质1函数f（x）是区间I上的上凸函数函数-f（x）是区间I上的下凸函数.

凸函数的性质2（琴生不等式）若函数f（x）是区间I上的上（下）凸函数，则x1，x2，…，xn∈I（n≥2），总有f1n∑ni=1xi≥（≤）1n∑ni=1f（xi），当且仅当x1=x2=…=xn时取等号.

2与凸函数有关的一类多元函数条件最值

定理1若f（x）是闭区间[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），则

（1）∑ni=1f（xi）≤nfsn，当且仅当x1=x2=…=xn=sn时取等号.

（2）∑ni=1f（xi）≥nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab

（nb-sb-a表示不超过nb-sb-a的最大整数，下同），当且仅当x1，x2，…，xn中有（请注意这里的“有”并不是“有且仅有”的意思，而是“至少有”的意思，下同）n-1个取a或b时取等号，具体的情形是：

①当nb-sb-aN时，当且仅当x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab时取等号；

②当nb-sb-a∈N时，当且仅当x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b时取等号.

定理2若f（x）是闭区间[a，b]上的下凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（有na≤s≤nb），则

（1）∑ni=1f（xi）≥nfsn，当且仅当x1=x2=…=xn=sn时取等号.

（2）∑ni=1f（xi）≤nb-sb-af（a）+n-1-nb-sb-af（b）+fs-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab，当且仅当x1，x2，…，xn中有n-1个取a或b时取等号，具体的情形与定理1（2）相同.

由凸函数的性质2立得定理1（1），由凸函数的性质1及定理1立得定理2，所以下面只需证明定理1（2）.

定理1（2）的证明当s=na时，得x1=x2=…=xn=a，可得欲证成立；当s=nb时，得x1=x2=…=xn=b，也可得欲证成立.下面再证当na

先用数学归纳法证明：

若f（x）是[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2，…，xn∈[a，b]（n≥2），且x1+x2+…+xn=定值s（na

先证n=2时成立，即证：

若f（x）是[a，b]上的上凸函数，变量x1，x2满足x1，x2∈[a，b]且x1+x2=定值s（2a

设L（x1，x2，λ）=f（x1）+f（x2）+λ（x1+x2-s），

由拉格朗日乘数法知，函数f（x1）+f（x2）的最小值点（x*1，x*2）在所给区域的边界上或满足f′（x*1）=f′（x*2）=-λ，

x*1+x*2=s.

对于后者，由f′（x）是[a，b]上的减函数，得x*1=x*2=s2，所以得最小值点（x*1，x*2）=s2，s2.而由定理1（1）知，函数f（x1）+f（x2）的最大值点是s2，s2，所以函数f（x1）+f（x2）即f（x1）+f（s-x1）的值域是单元素集.可得x1能在某个区间上取值，所以0=（f（x1）+f（s-x1））′=f′（x1）-f′（s-x1），f′（x1）=f′（s-x1），x1=s-x1，x1=s2，这与“x1能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈a，b或x*2∈a，b.

得n=2时成立.

假设n=k（k≥2）时成立，下证n=k+1时也成立.即证：

若变量x1，x2，…，xk+1∈[a，b]（k≥2）且x1+x2+…+xk+1=定值s（有（k+1）a

设

L（x1，x2，…，xk+1，λ）=f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）+λ（x1+x2+…+xk+1-s），

由拉格朗日乘数法知，函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最小值点（x*1，x*2，…，x*k+1）在所给区域的边界上或满足

f′（x*1）=f′（x*2）=…=f′（x*k+1）=λ，

x*1+x*2+…+x*k+1=s.

对于后者，由f′（x）是[a，b]上的减函数，得

x*1=x*2=…=x*k+1=sk+1.

所以最小值点（x*1，x*2，…，x*k+1）=sk+1，sk+1，…，sk+1.而由定理1（1）知，函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）的最大值点是sk+1，sk+1，…，sk+1，所以函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）即f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk）的值域是单元素集.可得x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值，所以

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.这与“x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨设x*k+1∈{a，b}，得函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假设n=k（k≥2）时成立”可得“n=k+1时也成立”.

下面再用已证的结论来证定理1（2）.

当∑ni=1f（xi）取最小值时，可设x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）个取a，n-1-m个取b，另1个取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因为na

此时取等号的条件有两种情形：

（ⅰ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1个取a，n-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

欲证②成立.

证毕.

推论设n（n≥2）个不小于a的变数x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函数f（x）（x≥a）是上凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函数f（x）（x≥a）是下凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

证明（1）设f（x）是闭区间[a，δ]上的上凸函数.

当x1=x2=…=xn-1=a时，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

当δ>p-（n-1）a>a时，得n-1

当δ=p-（n-1）a时，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲证成立.

（2）由凸函数的性质1及（1）可得.

3结论的应用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中等于0的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

解C.因为f（x）=x2是下凸函数且是二阶可导函数，所以由定理2（2）知：当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中有9个数为0或16.

可设其中有m（m=0，1，2，…，9）个0，9-m个16，另一个数为110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

练习1：（2012年华约自主招生数学试题第10题）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，当∑10i=1x2i取得最大值时，在x1，x2，…，x10这10个数中等于-6的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

答案：C.

练习2：（CMO12第1题）设实数x1，x2，…，x1997满足如下两个条件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

试求：x121+x122+…+x121997的最大值，并说明理由.

答案：当且仅当x1，x2，…，x1997这1997个数中有1736个数是-13，260个数是3，1个数是23时，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在锐角△ABC中，求证：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

证明（1）因为函数f（x）=sinx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC≥2（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

（2）因为函数f（x）=cosx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则cosA+cosB+cosC≥1（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.

再由（1）中证得的结论得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

练习3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范围.

答案：取值范围是（6+25，43].

例3（首届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整数部分.

解设f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函数f（x）是上凸函数.由推论（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范围是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整数部分是4.

练习4：（第二届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整数部分.

答案：整数部分是3.

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.这与“x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨设x*k+1∈{a，b}，得函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假设n=k（k≥2）时成立”可得“n=k+1时也成立”.

下面再用已证的结论来证定理1（2）.

当∑ni=1f（xi）取最小值时，可设x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）个取a，n-1-m个取b，另1个取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因为na

此时取等号的条件有两种情形：

（ⅰ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1个取a，n-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

欲证②成立.

证毕.

推论设n（n≥2）个不小于a的变数x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函数f（x）（x≥a）是上凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函数f（x）（x≥a）是下凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

证明（1）设f（x）是闭区间[a，δ]上的上凸函数.

当x1=x2=…=xn-1=a时，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

当δ>p-（n-1）a>a时，得n-1

当δ=p-（n-1）a时，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲证成立.

（2）由凸函数的性质1及（1）可得.

3结论的应用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中等于0的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

解C.因为f（x）=x2是下凸函数且是二阶可导函数，所以由定理2（2）知：当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中有9个数为0或16.

可设其中有m（m=0，1，2，…，9）个0，9-m个16，另一个数为110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

练习1：（2012年华约自主招生数学试题第10题）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，当∑10i=1x2i取得最大值时，在x1，x2，…，x10这10个数中等于-6的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

答案：C.

练习2：（CMO12第1题）设实数x1，x2，…，x1997满足如下两个条件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

试求：x121+x122+…+x121997的最大值，并说明理由.

答案：当且仅当x1，x2，…，x1997这1997个数中有1736个数是-13，260个数是3，1个数是23时，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在锐角△ABC中，求证：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

证明（1）因为函数f（x）=sinx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC≥2（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

（2）因为函数f（x）=cosx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则cosA+cosB+cosC≥1（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.

再由（1）中证得的结论得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

练习3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范围.

答案：取值范围是（6+25，43].

例3（首届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整数部分.

解设f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函数f（x）是上凸函数.由推论（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范围是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整数部分是4.

练习4：（第二届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整数部分.

答案：整数部分是3.

0=（f（x1）+f（x2）+…+f（xk）+f（s-x1-x2-…-xk））′=f′（x1）-f′（s-x1-x2-…-xk），

x1=s-x1-x2-…-xk，

x1+（x1+x2+…+xk）=s.

同理，有

x1+（x1+x2+…+xk）=x2+（x1+x2+…+xk）=…=xk+（x1+x2+…+xk）=s，

所以x1=x2=…=xk=sk+1.这与“x1，x2，…，xk均能在某个区间上取值”矛盾！所以前者成立，即x*1∈{a，b}或x*2∈{a，b}或…或x*k+1∈{a，b}.

可不妨设x*k+1∈{a，b}，得函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk+1）取到最小值函数f（x1）+f（x2）+…+f（xk）取到最小值.再由“假设n=k（k≥2）时成立”可得“n=k+1时也成立”.

下面再用已证的结论来证定理1（2）.

当∑ni=1f（xi）取最小值时，可设x1，x2，…，xn中有m（m=0，1，2，…，n-1）个取a，n-1-m个取b，另1个取s-ma-（n-1-m）b，所以

a≤s-ma-（n-1-m）b≤b，

nb-sb-a-1≤m≤nb-sb-a（m=0，1，2，…，n-1），

因为na

此时取等号的条件有两种情形：

（ⅰ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-1-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-aa-n-1-nb-sb-ab=b即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

（ⅱ）得x1，x2，…，xn中有nb-sb-a-1个取a，n-nb-sb-a个取b，另1个取s-nb-sb-a-1a-n-nb-sb-ab=a即x1，x2，…，xn中有nb-sb-a个取a，n-nb-sb-a个取b.

欲证②成立.

证毕.

推论设n（n≥2）个不小于a的变数x1，x2，…，xn之和是定值p（p>na）.

（1）若函数f（x）（x≥a）是上凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a），nfpn（当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）；当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；

（2）若函数f（x）（x≥a）是下凸函数，则f（x1）+f（x2）+…+f（xn）的取值范围是nfpn，（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a）（当且仅当x1=x2=…=xn=pn时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=nfpn；当且仅当某n-1个xi=a（i=1，2，…，n）时f（x1）+f（x2）+…+f（xn）=（n-1）f（a）+f（p-（n-1）a））.

证明（1）设f（x）是闭区间[a，δ]上的上凸函数.

当x1=x2=…=xn-1=a时，xn=p-（n-1）a.所以δ≥p-（n-1）a.

当δ>p-（n-1）a>a时，得n-1

当δ=p-（n-1）a时，得nδ-pδ-a=n-1，所以由定理1（2）②也可得欲证成立.

（2）由凸函数的性质1及（1）可得.

3结论的应用

例1已知0≤yi≤16（i=1，2，…，10），∑10i=1yi=110，当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中等于0的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

解C.因为f（x）=x2是下凸函数且是二阶可导函数，所以由定理2（2）知：当∑10i=1y2i取得最大值时，在y1，y2，…，y10这10个数中有9个数为0或16.

可设其中有m（m=0，1，2，…，9）个0，9-m个16，另一个数为110-16（9-m）=16m-34.再由0≤16m-34≤16，得m=3.

练习1：（2012年华约自主招生数学试题第10题）已知-6≤xi≤10（i=1，2，…，10），∑10i=1=50，当∑10i=1x2i取得最大值时，在x1，x2，…，x10这10个数中等于-6的数共有（）.

A.1个B.2个C.3个D.4个

答案：C.

练习2：（CMO12第1题）设实数x1，x2，…，x1997满足如下两个条件：

（1）-13≤xi≤3（i=1，2，…，1997）；

（2）x1+x2+…+x1997=-3183.

试求：x121+x122+…+x121997的最大值，并说明理由.

答案：当且仅当x1，x2，…，x1997这1997个数中有1736个数是-13，260个数是3，1个数是23时，x121+x122+…+x121997取到最大值，且最大值是189548

例2在锐角△ABC中，求证：

（1）sinA+sinB+sinC>2；

（2）sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC>3.

证明（1）因为函数f（x）=sinx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC≥2（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

（2）因为函数f（x）=cosx在0，π2上是上凸函数且是二阶可导函数，所以由定理1（2）可得：若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则cosA+cosB+cosC≥1（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.

再由（1）中证得的结论得，若A，B，C∈0，π2，A+B+C=π，则sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC≥3（当且仅当A，B，C中有两个均取π2时取等号）.所以欲证成立.

练习3：在△ABC中，求tanA2tanB2+5+tanB2tanC2+5+tanC2tanA2+5的取值范围.

答案：取值范围是（6+25，43].

例3（首届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求3a+1+3b+1+3c+1的整数部分.

解设f（x）=3x+1（x≥0），得f″（x）=

-94（3x+1）-32<0（x≥0），所以函数f（x）是上凸函数.由推论（1）可得3a+1+3b+1+3c+1的取值范围是（4，32]，所以3a+1+3b+1+3c+1的整数部分是4.

练习4：（第二届世界数学锦标赛（青年组）团体赛第8题）已知a，b，c∈R+且a+b+c=1，求3a2+1+3b2+1+3c2+1的整数部分.

答案：整数部分是3.