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函数的极值

极值的必要条件

定理:如果函数 f(x)f(x) 在点 x0x_0 处取得极值,且在该点可导,则 f(x0)=0f'(x_0) = 0

注意f(x0)=0f'(x_0) = 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)f(x) 在点 x0x_0 的某邻域内连续,在去心邻域内可导,且 f(x0)=0f'(x_0) = 0f(x0)f'(x_0) 不存在,则:

  1. x<x0x < x_0f(x)>0f'(x) > 0,当 x>x0x > x_0f(x)<0f'(x) < 0,则 f(x0)f(x_0) 为极大值
  2. x<x0x < x_0f(x)<0f'(x) < 0,当 x>x0x > x_0f(x)>0f'(x) > 0,则 f(x0)f(x_0) 为极小值

第二充分条件

设函数 f(x)f(x) 在点 x0x_0 处二阶可导,且 f(x0)=0f'(x_0) = 0,则:

  1. 如果 f(x0)>0f''(x_0) > 0,则 f(x0)f(x_0) 为极小值
  2. 如果 f(x0)<0f''(x_0) < 0,则 f(x0)f(x_0) 为极大值

应用例子

例子 1:求函数 f(x)=x33x2+2f(x) = x^3 - 3x^2 + 2 的极值点和极值。

  • f(x)=3x26x=3x(x2)f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x-2)
  • f(x)=0f'(x) = 0,得 x=0,2x = 0, 2
  • f(x)=6x6f''(x) = 6x - 6
  • f(0)=6<0f''(0) = -6 < 0x=0x = 0 为极大值点,f(0)=2f(0) = 2
  • f(2)=6>0f''(2) = 6 > 0x=2x = 2 为极小值点,f(2)=2f(2) = -2

例子 2:求函数 f(x)=x2x1f(x) = \frac{x^2}{x-1} 的极值。

  • f(x)=2x(x1)x2(x1)2=x22x(x1)2=x(x2)(x1)2f'(x) = \frac{2x(x-1) - x^2}{(x-1)^2} = \frac{x^2 - 2x}{(x-1)^2} = \frac{x(x-2)}{(x-1)^2}
  • f(x)=0f'(x) = 0,得 x=0,2x = 0, 2
  • x=0x = 0 为极大值点,x=2x = 2 为极小值点

练习题

练习 1

求函数 f(x)=x33x2+2f(x) = x^3 - 3x^2 + 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

  1. f(x)=3x26x=3x(x2)f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x-2)
  2. f(x)=0f'(x) = 0,得 x=0,2x = 0, 2
  3. f(x)=6x6f''(x) = 6x - 6
  4. f(0)=6<0f''(0) = -6 < 0x=0x = 0 为极大值点,f(0)=2f(0) = 2
  5. f(2)=6>0f''(2) = 6 > 0x=2x = 2 为极小值点,f(2)=2f(2) = -2

答案:极大值点 (0,2)(0, 2),极小值点 (2,2)(2, -2)

练习 2

求函数 f(x)=x2+1xf(x) = \frac{x^2 + 1}{x} 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

  1. f(x)=2xx(x2+1)x2=x21x2f'(x) = \frac{2x \cdot x - (x^2 + 1)}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}
  2. f(x)=0f'(x) = 0,得 x=±1x = \pm 1
  3. f(x)=2x32x(x21)x4=2x3f''(x) = \frac{2x^3 - 2x(x^2 - 1)}{x^4} = \frac{2}{x^3}
  4. f(1)=2>0f''(1) = 2 > 0x=1x = 1 为极小值点,f(1)=2f(1) = 2
  5. f(1)=2<0f''(-1) = -2 < 0x=1x = -1 为极大值点,f(1)=2f(-1) = -2

答案:极大值点 (1,2)(-1, -2),极小值点 (1,2)(1, 2)

练习 3

求函数 f(x)=x48x2+16f(x) = x^4 - 8x^2 + 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

  1. f(x)=4x316x=4x(x24)=4x(x2)(x+2)f'(x) = 4x^3 - 16x = 4x(x^2 - 4) = 4x(x-2)(x+2)
  2. f(x)=0f'(x) = 0,得 x=0,±2x = 0, \pm 2
  3. f(x)=12x216f''(x) = 12x^2 - 16
  4. f(0)=16<0f''(0) = -16 < 0x=0x = 0 为极大值点,f(0)=16f(0) = 16
  5. f(2)=32>0f''(2) = 32 > 0x=2x = 2 为极小值点,f(2)=0f(2) = 0
  6. f(2)=32>0f''(-2) = 32 > 0x=2x = -2 为极小值点,f(2)=0f(-2) = 0

答案:极大值点 (0,16)(0, 16),极小值点 (2,0)(2, 0)(2,0)(-2, 0)

练习 4

改编自2025考研数学一第1题

已知函数 f(x)=0xet2sintdtf(x) = \int_0^x e^{t^2} \sin t\,dt,判断 x=0x = 0 是否为 f(x)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=0x = 0 处的导数情况。

详细步骤

  1. f(x)=ex2sinxf'(x) = e^{x^2} \sin x
  2. f(0)=e0sin0=0f'(0) = e^0 \sin 0 = 0,所以 x=0x = 0 是驻点
  3. f(x)=2xex2sinx+ex2cosxf''(x) = 2x e^{x^2} \sin x + e^{x^2} \cos x
  4. f(0)=0+e0cos0=1>0f''(0) = 0 + e^0 \cos 0 = 1 > 0
  5. 根据第二充分条件,f(0)>0f''(0) > 0,所以 x=0x = 0 是极小值点

答案x=0x = 0f(x)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+y2f(x) = x^2 + y^2,其中 x,yx, y 满足约束条件 x+y=1x + y = 1。求 f(x,y)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

  1. 构造拉格朗日函数:L(x,y,λ)=x2+y2+λ(x+y1)L(x, y, \lambda) = x^2 + y^2 + \lambda(x + y - 1)
  2. 求偏导数并令其为零:
    • Lx=2x+λ=0\frac{\partial L}{\partial x} = 2x + \lambda = 0
    • Ly=2y+λ=0\frac{\partial L}{\partial y} = 2y + \lambda = 0
    • Lλ=x+y1=0\frac{\partial L}{\partial \lambda} = x + y - 1 = 0
  3. 由前两个方程得:2x+λ=02x + \lambda = 02y+λ=02y + \lambda = 0
  4. 所以 2x=2y2x = 2y,即 x=yx = y
  5. 代入约束条件:x+x=1x + x = 1,得 x=y=12x = y = \frac{1}{2}
  6. 计算函数值:f(12,12)=(12)2+(12)2=14+14=12f(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) = (\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}

答案:在约束条件 x+y=1x + y = 1 下,f(x,y)f(x, y) 在点 (12,12)(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) 处取得极小值 12\frac{1}{2}

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+3f(x,y) = x^3 + y^3 - (x+y)^3 + 3 在区域 D={(x,y)x0,y0,x+y3}D = \{(x,y) | x \geq 0, y \geq 0, x+y \leq 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

  1. 求区域内部的驻点

    • fx=3x22(x+y)=0\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 2(x+y) = 0
    • fy=3y22(x+y)=0\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 - 2(x+y) = 0
    • 解得驻点:(0,0),(43,43)(0,0), (\frac{4}{3}, \frac{4}{3})
    • f(0,0)=3,f(43,43)=1727f(0,0) = 3, f(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = \frac{17}{27}
  2. 求边界上的极值

    • 边界 y=0,0x3y = 0, 0 \leq x \leq 3f(x,0)=x3x2+3f(x,0) = x^3 - x^2 + 3
    • f(x,0)=3x22x=0f'(x,0) = 3x^2 - 2x = 0,得 x=0,23x = 0, \frac{2}{3}
    • f(0,0)=3,f(23,0)=7727f(0,0) = 3, f(\frac{2}{3}, 0) = \frac{77}{27}
    • 边界 x=0,0y3x = 0, 0 \leq y \leq 3:同理得 f(0,23)=7727f(0, \frac{2}{3}) = \frac{77}{27}
    • 边界 x+y=3x + y = 3f(x,3x)=x3+(3x)36x+3f(x, 3-x) = x^3 + (3-x)^3 - 6x + 3
    • 求导得驻点 x=32x = \frac{3}{2}f(32,32)=34f(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}) = -\frac{3}{4}
  3. 比较所有极值

    • 最大值:f(3,0)=f(0,3)=21f(3,0) = f(0,3) = 21
    • 最小值:f(43,43)=1727f(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}) = \frac{17}{27}

答案:最大值为 2121,最小值为 1727\frac{17}{27}

练习 7

改编自2024考研数学一第19题

设函数 f(x)f(x) 具有二阶导数,且 f(0)=f(1)f'(0) = f'(1)f(x)1|f''(x)| \leq 1。证明:当 x(0,1)x \in (0,1) 时,f(x)f(0)(1x)f(1)xx(1x)2|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \leq \frac{x(1-x)}{2}

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

  1. f(x)f(x)x=0x = 0 处用泰勒公式展开: f(x)=f(0)+f(0)x+f(ξ1)2!x2f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(\xi_1)}{2!}x^2,其中 ξ1(0,x)\xi_1 \in (0,x)

  2. f(x)f(x)x=1x = 1 处用泰勒公式展开: f(x)=f(1)+f(1)(x1)+f(ξ2)2!(x1)2f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \frac{f''(\xi_2)}{2!}(x-1)^2,其中 ξ2(x,1)\xi_2 \in (x,1)

  3. 由于 f(0)=f(1)f'(0) = f'(1),将两式相加得: f(x)f(0)(1x)f(1)x=f(ξ1)2!x(1x)+f(ξ2)2!x(x1)f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x = \frac{f''(\xi_1)}{2!}x(1-x) + \frac{f''(\xi_2)}{2!}x(x-1)

  4. 由于 f(x)1|f''(x)| \leq 1,所以: f(x)f(0)(1x)f(1)x12x(1x)+12x(1x)=x(1x)2|f(x) - f(0)(1-x) - f(1)x| \leq \frac{1}{2}x(1-x) + \frac{1}{2}x(1-x) = \frac{x(1-x)}{2}

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(2lnt)dtf(x) = \int_1^x t(2-\ln t)dt,求 f(x)f(x)(0,+)(0,+\infty) 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

  1. 求导数f(x)=x(2lnx)f'(x) = x(2-\ln x)

  2. 求驻点: 令 f(x)=0f'(x) = 0,得 x(2lnx)=0x(2-\ln x) = 0 解得 x=0x = 0x=e2x = e^2

  3. 判断极值

    • 0<x<e20 < x < e^2 时,f(x)>0f'(x) > 0,函数单调递增
    • x>e2x > e^2 时,f(x)<0f'(x) < 0,函数单调递减
    • 所以 f(x)f(x)x=e2x = e^2 处取得极大值,同时也取得最大值
  4. 计算最大值f(e2)=1e2t(2lnt)dt=14e454f(e^2) = \int_1^{e^2} t(2-\ln t)dt = \frac{1}{4}e^4 - \frac{5}{4}

答案:最大值为 14e454\frac{1}{4}e^4 - \frac{5}{4}

练习 9

改编自2023考研数学一第18题

求函数 f(x,y)=(yx2)(yx3)f(x,y) = (y-x^2)(y-x^3) 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

  1. 求偏导数

    • fx=2x(yx2)3x2(yx3)=0\frac{\partial f}{\partial x} = -2x(y-x^2) - 3x^2(y-x^3) = 0
    • fy=2yx23x3=0\frac{\partial f}{\partial y} = 2y - x^2 - 3x^3 = 0
  2. 求驻点: 解得驻点为 (0,0),(1,1),(23,1027)(0,0), (1,1), (\frac{2}{3}, \frac{10}{27})

  3. 求二阶偏导数

    • fxx=2y3y+15x2f_{xx} = -2y - 3y + 15x^2
    • fxy=2x3x2f_{xy} = -2x - 3x^2
    • fyy=2f_{yy} = 2
  4. 判断极值

    • (0,0)(0,0)A=fxx=0,B=fxy=0,C=fyy=2A = f_{xx} = 0, B = f_{xy} = 0, C = f_{yy} = 2 ACB2=0AC - B^2 = 0,充分条件失效 通过极限分析可知 (0,0)(0,0) 不是极值点

    • (1,1)(1,1)A=fxx=12,B=fxy=5,C=fyy=2A = f_{xx} = 12, B = f_{xy} = -5, C = f_{yy} = 2 ACB2=2425=1<0AC - B^2 = 24 - 25 = -1 < 0,不是极值点

    • (23,1027)(\frac{2}{3}, \frac{10}{27})A=fxx=10027,B=fxy=83,C=fyy=2A = f_{xx} = \frac{100}{27}, B = f_{xy} = \frac{8}{3}, C = f_{yy} = 2 ACB2>0AC - B^2 > 0A>0A > 0,是极小值点

答案:函数在点 (23,1027)(\frac{2}{3}, \frac{10}{27}) 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)f(x)[a,a][-a,a] 上具有二阶连续导数,且 f(x)f(x)(a,a)(-a,a) 内取极值,f(x)f(x)x=x0x = x_0 可导。证明:存在 η(a,a)\eta \in (-a,a),使得 f(η)12a2f(a)f(a)|f''(\eta)| \geq \frac{1}{2a^2}|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

  1. 利用极值点性质: 由于 f(x)f(x)x0(a,a)x_0 \in (-a,a) 取极值且可导,所以 f(x0)=0f'(x_0) = 0

  2. 泰勒展开

    • f(a)=f(x0)+f(x0)(ax0)+f(γ1)2!(ax0)2f(-a) = f(x_0) + f'(x_0)(-a-x_0) + \frac{f''(\gamma_1)}{2!}(-a-x_0)^2 其中 a<γ1<x0-a < \gamma_1 < x_0

    • f(a)=f(x0)+f(x0)(ax0)+f(γ2)2!(ax0)2f(a) = f(x_0) + f'(x_0)(a-x_0) + \frac{f''(\gamma_2)}{2!}(a-x_0)^2 其中 x0<γ2<ax_0 < \gamma_2 < a

  3. 相减得到f(a)f(a)=12[(ax0)2f(γ2)(a+x0)2f(γ1)]f(a) - f(-a) = \frac{1}{2}[(a-x_0)^2f''(\gamma_2) - (a+x_0)^2f''(\gamma_1)]

  4. 利用连续性: 设 M=max{f(γ1),f(γ2)}M = \max\{|f''(\gamma_1)|, |f''(\gamma_2)|\},则 f(a)f(a)12M[(ax0)2+(a+x0)2]=M(a2+x02)|f(a) - f(-a)| \leq \frac{1}{2}M[(a-x_0)^2 + (a+x_0)^2] = M(a^2 + x_0^2)

  5. 得出结论: 当 x0(a,a)x_0 \in (-a,a) 时,f(a)f(a)2Ma2|f(a) - f(-a)| \leq 2Ma^2 所以 M12a2f(a)f(a)M \geq \frac{1}{2a^2}|f(a) - f(-a)| 即存在 η(a,a)\eta \in (-a,a),使得 f(η)12a2f(a)f(a)|f''(\eta)| \geq \frac{1}{2a^2}|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)f(x,y) = (x^2 + y^2)e^{-(x+y)}x0,y0x \geq 0, y \geq 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

  1. 求区域内部的驻点

    • fx=e(x+y)(2xx2y2)=0\frac{\partial f}{\partial x} = e^{-(x+y)}(2x - x^2 - y^2) = 0
    • fy=e(x+y)(2yx2y2)=0\frac{\partial f}{\partial y} = e^{-(x+y)}(2y - x^2 - y^2) = 0
    • 解得驻点:(0,0),(1,1)(0,0), (1,1)
  2. 判断驻点性质

    • 对驻点 (0,0)(0,0)A=2,B=0,C=2,ACB2>0,A>0A = 2, B = 0, C = 2, AC - B^2 > 0, A > 0(0,0)(0,0) 为极小值点,f(0,0)=0f(0,0) = 0
    • 对驻点 (1,1)(1,1)A=0,B=2e2,C=0,ACB2<0A = 0, B = -2e^{-2}, C = 0, AC - B^2 < 0(1,1)(1,1) 不为极值点
  3. 求边界上的极值

    • 边界 y=0,x0y = 0, x \geq 0f(x,0)=x2exf(x,0) = x^2e^{-x}
    • f(x,0)=(2xx2)ex=0f'(x,0) = (2x - x^2)e^{-x} = 0,得 x=0,2x = 0, 2
    • f(0,0)=0,f(2,0)=4e2f(0,0) = 0, f(2,0) = 4e^{-2}
    • 边界 x=0,y0x = 0, y \geq 0:同理得 f(0,2)=4e2f(0,2) = 4e^{-2}

答案:最大值为 4e24e^{-2}

练习 12

改编自2022考研数学一第20题

设函数 f(x)f(x)[a,b][a,b] 上具有二阶连续导数,且 f(x)0f''(x) \geq 0。证明:对任意 x(a,b)x \in (a,b),有 f(x)f(a)+f(b)f(a)ba(xa)f(x) \geq f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - 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

  1. 利用泰勒公式: 对任意 x(a,b)x \in (a,b),在 aa 点展开到二阶: f(x)=f(a)+f(a)(xa)+f(ξ)2(xa)2f(x) = f(a) + f'(a)(x - a) + \frac{f''(\xi)}{2}(x - a)^2 其中 ξ(a,x)\xi \in (a,x)

  2. 利用凸性条件: 由于 f(x)0f''(x) \geq 0,所以 f(ξ)0f''(\xi) \geq 0,因此: f(x)f(a)+f(a)(xa)f(x) \geq f(a) + f'(a)(x - a)

  3. 利用拉格朗日中值定理: 在 [a,b][a,b] 上应用拉格朗日中值定理: f(a)=f(b)f(a)baf(η)2(ba)f'(a) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} - \frac{f''(\eta)}{2}(b - a) 其中 η(a,b)\eta \in (a,b)

  4. 完成证明: 由于 f(η)0f''(\eta) \geq 0,所以: f(a)f(b)f(a)baf'(a) \leq \frac{f(b) - f(a)}{b - a} 代入不等式得: f(x)f(a)+f(b)f(a)ba(xa)f(x) \geq f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)

答案:证明完成。

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