函数的极值
极值的必要条件
定理:如果函数 f(x) 在点 x0 处取得极值,且在该点可导,则 f′(x0)=0。
注意:f′(x0)=0 是极值的必要条件,但不是充分条件。
极值的充分条件
第一充分条件
设函数 f(x) 在点 x0 的某邻域内连续,在去心邻域内可导,且 f′(x0)=0 或 f′(x0) 不存在,则:
- 当 x<x0 时 f′(x)>0,当 x>x0 时 f′(x)<0,则 f(x0) 为极大值
- 当 x<x0 时 f′(x)<0,当 x>x0 时 f′(x)>0,则 f(x0) 为极小值
第二充分条件
设函数 f(x) 在点 x0 处二阶可导,且 f′(x0)=0,则:
- 如果 f′′(x0)>0,则 f(x0) 为极小值
- 如果 f′′(x0)<0,则 f(x0) 为极大值
应用例子
例子 1:求函数 f(x)=x3−3x2+2 的极值点和极值。
解:
- f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)
- 令 f′(x)=0,得 x=0,2
- f′′(x)=6x−6
- f′′(0)=−6<0,x=0 为极大值点,f(0)=2
- f′′(2)=6>0,x=2 为极小值点,f(2)=−2
例子 2:求函数 f(x)=x−1x2 的极值。
解:
- f′(x)=(x−1)22x(x−1)−x2=(x−1)2x2−2x=(x−1)2x(x−2)
- 令 f′(x)=0,得 x=0,2
- x=0 为极大值点,x=2 为极小值点
练习题
练习 1
求函数 f(x)=x3−3x2+2 的极值点和极值。
参考答案
解题思路:
求导数,找驻点,判断极值。
详细步骤:
- f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)
- 令 f′(x)=0,得 x=0,2
- f′′(x)=6x−6
- f′′(0)=−6<0,x=0 为极大值点,f(0)=2
- f′′(2)=6>0,x=2 为极小值点,f(2)=−2
答案:极大值点 (0,2),极小值点 (2,−2)。
练习 2
求函数 f(x)=xx2+1 的极值。
参考答案
解题思路:
求导数,找驻点,判断极值。
详细步骤:
- f′(x)=x22x⋅x−(x2+1)=x2x2−1
- 令 f′(x)=0,得 x=±1
- f′′(x)=x42x3−2x(x2−1)=x32
- f′′(1)=2>0,x=1 为极小值点,f(1)=2
- f′′(−1)=−2<0,x=−1 为极大值点,f(−1)=−2
答案:极大值点 (−1,−2),极小值点 (1,2)。
练习 3
求函数 f(x)=x4−8x2+16 的极值。
参考答案
解题思路:
求导数,找驻点,判断极值。
详细步骤:
- f′(x)=4x3−16x=4x(x2−4)=4x(x−2)(x+2)
- 令 f′(x)=0,得 x=0,±2
- f′′(x)=12x2−16
- f′′(0)=−16<0,x=0 为极大值点,f(0)=16
- f′′(2)=32>0,x=2 为极小值点,f(2)=0
- f′′(−2)=32>0,x=−2 为极小值点,f(−2)=0
答案:极大值点 (0,16),极小值点 (2,0) 和 (−2,0)。
练习 4
改编自2025考研数学一第1题
已知函数 f(x)=∫0xet2sintdt,判断 x=0 是否为 f(x) 的极值点,如果是,判断是极大值点还是极小值点。
参考答案
解题思路:
对积分上限函数求导,判断 x=0 处的导数情况。
详细步骤:
- f′(x)=ex2sinx
- f′(0)=e0sin0=0,所以 x=0 是驻点
- f′′(x)=2xex2sinx+ex2cosx
- f′′(0)=0+e0cos0=1>0
- 根据第二充分条件,f′′(0)>0,所以 x=0 是极小值点
答案:x=0 是 f(x) 的极小值点。
练习 5
改编自2025考研数学一第8题
设函数 f(x)=x2+y2,其中 x,y 满足约束条件 x+y=1。求 f(x,y) 在约束条件下的极值。
参考答案
解题思路:
使用拉格朗日乘数法求条件极值。
详细步骤:
- 构造拉格朗日函数:L(x,y,λ)=x2+y2+λ(x+y−1)
- 求偏导数并令其为零:
- ∂x∂L=2x+λ=0
- ∂y∂L=2y+λ=0
- ∂λ∂L=x+y−1=0
- 由前两个方程得:2x+λ=0,2y+λ=0
- 所以 2x=2y,即 x=y
- 代入约束条件:x+x=1,得 x=y=21
- 计算函数值:f(21,21)=(21)2+(21)2=41+41=21
答案:在约束条件 x+y=1 下,f(x,y) 在点 (21,21) 处取得极小值 21。
练习 6
改编自2024考研数学一第18题
求函数 f(x,y)=x3+y3−(x+y)3+3 在区域 D={(x,y)∣x≥0,y≥0,x+y≤3} 上的最大值和最小值。
参考答案
解题思路:
利用多元函数极值的求法,分别考虑区域内部的驻点和边界上的极值。
详细步骤:
-
求区域内部的驻点:
- ∂x∂f=3x2−2(x+y)=0
- ∂y∂f=3y2−2(x+y)=0
- 解得驻点:(0,0),(34,34)
- f(0,0)=3,f(34,34)=2717
-
求边界上的极值:
- 边界 y=0,0≤x≤3:f(x,0)=x3−x2+3
- f′(x,0)=3x2−2x=0,得 x=0,32
- f(0,0)=3,f(32,0)=2777
- 边界 x=0,0≤y≤3:同理得 f(0,32)=2777
- 边界 x+y=3:f(x,3−x)=x3+(3−x)3−6x+3
- 求导得驻点 x=23,f(23,23)=−43
-
比较所有极值:
- 最大值:f(3,0)=f(0,3)=21
- 最小值:f(34,34)=2717
答案:最大值为 21,最小值为 2717。
练习 7
改编自2024考研数学一第19题
设函数 f(x) 具有二阶导数,且 f′(0)=f′(1),∣f′′(x)∣≤1。证明:当 x∈(0,1) 时,∣f(x)−f(0)(1−x)−f(1)x∣≤2x(1−x)。
参考答案
解题思路:
利用泰勒公式展开,结合二阶导数的有界性证明不等式。
详细步骤:
-
将 f(x) 在 x=0 处用泰勒公式展开:
f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(ξ1)x2,其中 ξ1∈(0,x)
-
将 f(x) 在 x=1 处用泰勒公式展开:
f(x)=f(1)+f′(1)(x−1)+2!f′′(ξ2)(x−1)2,其中 ξ2∈(x,1)
-
由于 f′(0)=f′(1),将两式相加得:
f(x)−f(0)(1−x)−f(1)x=2!f′′(ξ1)x(1−x)+2!f′′(ξ2)x(x−1)
-
由于 ∣f′′(x)∣≤1,所以:
∣f(x)−f(0)(1−x)−f(1)x∣≤21x(1−x)+21x(1−x)=2x(1−x)
答案:不等式得证。
练习 8
改编自2023考研数学一第17题
设函数 f(x)=∫1xt(2−lnt)dt,求 f(x) 在 (0,+∞) 上的最大值。
参考答案
解题思路:
利用积分上限函数的导数,求驻点并判断极值。
详细步骤:
-
求导数:
f′(x)=x(2−lnx)
-
求驻点:
令 f′(x)=0,得 x(2−lnx)=0
解得 x=0 或 x=e2
-
判断极值:
- 当 0<x<e2 时,f′(x)>0,函数单调递增
- 当 x>e2 时,f′(x)<0,函数单调递减
- 所以 f(x) 在 x=e2 处取得极大值,同时也取得最大值
-
计算最大值:
f(e2)=∫1e2t(2−lnt)dt=41e4−45
答案:最大值为 41e4−45。
练习 9
改编自2023考研数学一第18题
求函数 f(x,y)=(y−x2)(y−x3) 的极值。
参考答案
解题思路:
利用多元函数极值的求法,求偏导数并判断充分条件。
详细步骤:
-
求偏导数:
- ∂x∂f=−2x(y−x2)−3x2(y−x3)=0
- ∂y∂f=2y−x2−3x3=0
-
求驻点:
解得驻点为 (0,0),(1,1),(32,2710)
-
求二阶偏导数:
- fxx=−2y−3y+15x2
- fxy=−2x−3x2
- fyy=2
-
判断极值:
-
点 (0,0):A=fxx=0,B=fxy=0,C=fyy=2
AC−B2=0,充分条件失效
通过极限分析可知 (0,0) 不是极值点
-
点 (1,1):A=fxx=12,B=fxy=−5,C=fyy=2
AC−B2=24−25=−1<0,不是极值点
-
点 (32,2710):A=fxx=27100,B=fxy=38,C=fyy=2
AC−B2>0 且 A>0,是极小值点
答案:函数在点 (32,2710) 处取得极小值。
练习 10
改编自2023考研数学一第20题
设函数 f(x) 在 [−a,a] 上具有二阶连续导数,且 f(x) 在 (−a,a) 内取极值,f(x) 在 x=x0 可导。证明:存在 η∈(−a,a),使得 ∣f′′(η)∣≥2a21∣f(a)−f(−a)∣。
参考答案
解题思路:
利用泰勒公式展开,结合极值点的性质证明不等式。
详细步骤:
-
利用极值点性质:
由于 f(x) 在 x0∈(−a,a) 取极值且可导,所以 f′(x0)=0
-
泰勒展开:
-
f(−a)=f(x0)+f′(x0)(−a−x0)+2!f′′(γ1)(−a−x0)2
其中 −a<γ1<x0
-
f(a)=f(x0)+f′(x0)(a−x0)+2!f′′(γ2)(a−x0)2
其中 x0<γ2<a
-
相减得到:
f(a)−f(−a)=21[(a−x0)2f′′(γ2)−(a+x0)2f′′(γ1)]
-
利用连续性:
设 M=max{∣f′′(γ1)∣,∣f′′(γ2)∣},则
∣f(a)−f(−a)∣≤21M[(a−x0)2+(a+x0)2]=M(a2+x02)
-
得出结论:
当 x0∈(−a,a) 时,∣f(a)−f(−a)∣≤2Ma2
所以 M≥2a21∣f(a)−f(−a)∣
即存在 η∈(−a,a),使得 ∣f′′(η)∣≥2a21∣f(a)−f(−a)∣
答案:不等式得证。
练习 11
改编自2022考研数学一第13题
求函数 f(x,y)=(x2+y2)e−(x+y) 在 x≥0,y≥0 上的最大值。
参考答案
解题思路:
利用多元函数极值的求法,分别考虑区域内部的驻点和边界上的极值。
详细步骤:
-
求区域内部的驻点:
- ∂x∂f=e−(x+y)(2x−x2−y2)=0
- ∂y∂f=e−(x+y)(2y−x2−y2)=0
- 解得驻点:(0,0),(1,1)
-
判断驻点性质:
- 对驻点 (0,0):A=2,B=0,C=2,AC−B2>0,A>0,(0,0) 为极小值点,f(0,0)=0
- 对驻点 (1,1):A=0,B=−2e−2,C=0,AC−B2<0,(1,1) 不为极值点
-
求边界上的极值:
- 边界 y=0,x≥0:f(x,0)=x2e−x
- f′(x,0)=(2x−x2)e−x=0,得 x=0,2
- f(0,0)=0,f(2,0)=4e−2
- 边界 x=0,y≥0:同理得 f(0,2)=4e−2
答案:最大值为 4e−2。
练习 12
改编自2022考研数学一第20题
设函数 f(x) 在 [a,b] 上具有二阶连续导数,且 f′′(x)≥0。证明:对任意 x∈(a,b),有
f(x)≥f(a)+b−af(b)−f(a)(x−a)
参考答案
解题思路:
利用函数的凸性性质和泰勒公式进行证明。
详细步骤:
-
利用泰勒公式:
对任意 x∈(a,b),在 a 点展开到二阶:
f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+2f′′(ξ)(x−a)2
其中 ξ∈(a,x)
-
利用凸性条件:
由于 f′′(x)≥0,所以 f′′(ξ)≥0,因此:
f(x)≥f(a)+f′(a)(x−a)
-
利用拉格朗日中值定理:
在 [a,b] 上应用拉格朗日中值定理:
f′(a)=b−af(b)−f(a)−2f′′(η)(b−a)
其中 η∈(a,b)
-
完成证明:
由于 f′′(η)≥0,所以:
f′(a)≤b−af(b)−f(a)
代入不等式得:
f(x)≥f(a)+b−af(b)−f(a)(x−a)
答案:证明完成。