令 $F=(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)$，其中 $z>0$。对每个固定的 $(x,y)$，$F_z=x^2+y^2+\frac{1}{z}>0$，且当 $z\to 0^{+}$ 时 $F\to -\infty$，当 $z\to +\infty$ 时 $F\to +\infty$。由连续性与单调性，存在唯一正根；再由隐函数定理，$z(x,y)$ 在全平面光滑。
记 $H=x^2+y^2+\frac{1}{z}$。分别对 $x,y$ 求偏导得 $2xz+H{z}_x+2=0$、$2yz+H{z}_y+2=0$。在驻点处 $z_x=z_y=0$，所以 $xz=yz=-1$，即 $x=y=-\frac{1}{z}$。代回原方程得

左侧在 $z>0$ 上的导数为 $\frac{1}{z}+\frac{2}{z^2}>0$，且 $z=1$ 满足方程，故驻点唯一，为 $(x,y)=(-1,-1)$，对应 $z=1$。
保持一次求导后的等式继续求导，得到

在驻点处 $H=3$、$z_x=z_y=0$，故 $A=z_{xx}=-\frac{2}{3}$、$B=z_{xy}=0$、$C=z_{yy}=-\frac{2}{3}$。于是 $AC-B^2=\frac{4}{9}>0$ 且 $A<0$，为极大值点，极大值为 $1$。全平面上的光滑隐函数只有这一个驻点，因此无极小值。