发布日期: 2022-11-30

更新日期: 2022-12-03

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极值

在数学中，极值是极大值与极小值的统称，意指在一个域)上函数取得最大值或最小值的点的函数值。

而「使函数取得极值的点」的横坐标被称作极值点。（注意极值点是一个数，不是一个点）

这个域既可以是一个邻域，又可以是整个函数域（这时极值称为最值、全局极值、绝对极值）。

一、极值的定义

局部（相对）最大值：如果存在一个 $\varepsilon>0$ ，使得所有满足 $\left|x-x_0\right|<\varepsilon$ 的 $x$ 都有 $f\left(x_0\right) \geq f(x)$ ，我们就把点 $x_0$ 对应的函数值 $f\left(x_0\right)$ 称为一个函数 $f$ 的局部最大值。从函数图像上看，局部最大值就像是山顶。

局部（相对）最小值：如果存在一个 $\varepsilon>0$ ，使得所有满足 $\left|x-x_0\right|<\varepsilon$ 的 $x$ 都有 $f\left(x_0\right) \leq f(x)$ ，我们就把点 $x_0$ 对应的函数值 $f\left(x_0\right)$ 称为一个函数 $f$ 的局部最小值。从函数图像上看, 局部最小值就像是山谷的底部。

全局（绝对）最大值：如果点 $x_0$ 对于任何 $x$ 都满足 $f\left(x_0 \right) \geq f(x)$ ，则点 $f\left(x_0\right)$ 称为全局最大值。

全局（绝对）最小值：如果点 $x_0$ 对于任何 $x$ 都满足 $f\left(x_0 \right) \leq f(x)$ ，则点 $f\left(x_0\right)$ 称为全局最小值。

极值的概念不仅仅限于定义在实数域上的函数。

定义在任何集合上的实数值函数都可以讨论其最大最小值。

为了定义局部极值，函数值必须为实数，同时此函数的定义域上必须能够定义邻域。

邻域的概念使得在 $x$ 的定义域上可以有 $|x - x_0| < \varepsilon$ 。

二、求极值的方法（函数极值与导数的关系）

1. 高中解法

想了半天还是把它分出来讲，虽然它就是简化版的后者。

考虑函数的定义域并求 $f^{\prime}(x)$ 。
解方程 $f^{\prime}(x) = 0$ ，得方程的根 $x_0$ （可能不止一个）
检验 $x_0$ 左右两侧的导数值的符号。

事实上，对于有解析式的一阶导数，我们采用高阶导数的方法可以找到极值。

但是一般题目给的函数导出来都是二次函数，所以单调性无需再说明，直接用即可。

例：

（填空）若 $a>2$ ，则函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^3-a x^2+1$ 在区间 $(0,2)$ 上恰好有_______个零点。

解：

因为 $f^{\prime}(x) = x^2 - 2ax$ ，且 $a > 2$ ，所以当 $x \in (0,2)$ 时 $f^{\prime}(x) < 0$ ，即 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减。

又因为 $f(0) = 1 > 0,~f(2) = \frac{11}{3} - 4a < 0$ ，所以 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上恰好有 $1$ 个零点。故答案为 $1$ 。

2. 常规解法

对于一元二阶可导函数，求极值的一种方法是求驻点，也就是求一阶导数为零的点。

如果驻点处的二阶导数为正，那么这个点就是极小值。
如果驻点处的二阶导数为负，那么这个点就是极大值。
如果为零，则还需要进一步的研究，如下。

一般地，如果在驻点处的一阶、二阶、三阶……直到 $n$ 阶导数都是零，而 $n+1$ 阶导数不为零，则
- 当 $n$ 为奇数且 $n+1$ 阶导数为正时，该点为极小值。
- 当 $n$ 是奇数且 $n+1$ 阶导数为负时，该点为极大值。
- 如果 $n$ 是偶数，则该点不是极值。

同时，求函数的极值时还应当考虑其不可导点，即导数不存在的点。

如函数 $y=|x|$ 中 $x=0$ 处的导数不存在，但是 $x=0$ 两侧 $f(x)$ 的单调性改变，符合极小值的定义。

因此我们可以得到一个结论：

驻点（一阶导数为 $0$ 的点）一定是极值点，但是极值点不一定是驻点，因为可能极值点不可导。

下面我们举几个例子来说明：

函数 $y=x^2$ 有唯一最小值，在 $x=0$ 处取得。
函数 $y=x^3$ 没有最值，也没有极值，尽管其一阶导数 $y^{\prime}=3 x^2$ 在 $x=0$ 处也为 $0$。

因为其二阶导数 $(y^{\prime\prime}=6 x)$ 在该点也是 $0$ ，但三阶导数不是零。
函数 $y=\cos x$ 有无穷多个最大值，在 $x=2k\pi,~k \in\mathbb{N}$ ，与无穷多个最小值在 $x=\pi + 2k\pi,~k \in\mathbb{N}$ 。

3.例题

刚刚的例题太水了，~~所以我们再来点水题~~

例1：

设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{1}{2 x}+\frac{3}{2} x+1$ ，其中 $a \in \mathbb{R}$ 。曲线 $y=$ $f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线垂直于 $y$ 轴。

试求 $a$ 的值与函数 $f(x)$ 的极值。

解：

求导得 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{2 x^2}+\frac{3}{2}$

由题意知，曲线 $x=1$ 处的切线斜率为 $0$ ，即 $f^{\prime}(1) = 0$

从而 $a - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 0$ ，解得 $a = -1$ 。

则 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1}{2 x^2}+\frac{3}{2}=\frac{3 x^2-2 x-1}{2 x^2}=\frac{(3 x+1)(x-1)}{2 x^2}$

令 $f^{\prime}(x) = 0$ ，解得 $x_1 = 1,~x_2 = -\frac{1}{3}$ （舍去）

当 $0 < x < 1$ 时，$f^{\prime}(x) < 0$ ，故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减。
当 $x > 1$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$ ，故 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增。

故函数在 $x = 1$ 处取得极小值，极小值 $f(1) = 3$ 。

例2：

若 $x=-2$ 是函数 $f(x)=\left(x^2+a x-1\right) \mathrm{e}^{x-1}$ 的极值点，求 $f(x)$ 的极小值。

解：

由题意得

$\begin{aligned} f^{\prime}(x) &=(2 x+a) \mathrm{e}^{x-1}+\left(x^2+a x-1\right) \mathrm{e}^{x-1} \\[6pt]&=\left(x^2+(2+a) x+a-1\right) \mathrm{e}^{x-1} \end{aligned}$

因为 $f^{\prime}(-2) = 0$ ，所以 $\left(x^2+(2+a) x+a-1\right) \mathrm{e}^{x-1}=0$ ，解得 $a = -1$ ，则

$\begin{aligned} &f(x)=\left(x^2-x-1\right) \mathrm{e}^{x-1} \\[6pt]&f^{\prime}(x) =\left(x^2+x-2\right) \mathrm{e}^{x-1} \end{aligned}$

因此当 $x \in (-2,1)$ 时，$f^{\prime}(x) < 0$ ，$f(x)$ 单调递减。所以 $f(x)$ 的极小值为 $f(1) = -1$ 。

注意，这里 $x=-2$ 处的二阶导数为负，也就是 $x=-2$ 左侧正，右侧负，又因为是驻点，所以为极大值。

三、已知函数的极值，求参数的取值范围

已知一个函数，可以用单调性研究它的极值。

反过来，已知函数的极值，可以确定函数解析式中的参数。

求解这类问题时，通常是围绕函数的导数等于零来建立关于参数的方程或不等式，从而求出参数的值或取值范围。

需注意的是：可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，所以必须对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件。

例：

设函数 $f(x)=\left[a x^2-(3 a+1) x+3 a+2\right] \mathrm{e}^2$ 。

若曲线 $y=f(x)$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线斜率为 $0$ ，求 $a$ 的值。
若 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极小值，求 $a$ 的取值范围。

解：

因为
$\begin{aligned} f^{\prime}(x) &=\left(2 a x-3 a-1+a x^2-(3 a+1) x+3 a+2\right) \mathrm{e}^x \\[6pt]&=\left(a x^2-(a-1) x-1\right) \mathrm{e}^x \\[6pt]&=(x-1)(a x-1) \mathrm{e}^x \end{aligned}$
则 $f^{\prime}(2) =(2 a-1) \mathrm{e}^2=0$ ，故 $a = \frac{1}{2}$ 。
$\begin{aligned} \left.f^{\prime \prime}(x)\right|_{x=1} &=\left(2 a x-a-1+a x^2-(a+1) x+1\right) \mathrm{e}^{x-1} \\[6pt]&=\left(a x^2+(a-1) x-a\right) \mathrm{e}^2 \\[6pt]&=(a-1) \mathrm{e}^2>0 \Rightarrow a>1 \end{aligned}$
即 $a \in (1,\infty)$ 。

四、极值与三次函数零点问题

1. 推导过程

利用导数解决三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 的零点问题，有以下三种情况：

三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有且只有一个零点的条件，分如下两种情况讨论：
1. 函数 $f(x)$ 在 $x \in \mathbb{R}$ 上是单调的，相当于 $f^{\prime}(x)=3 a x^2+2 b x+$ $c$ 恒大于等于零或恒小于等于零
  
  令 $f^{\prime}(x)=0$ ，则 $\Delta=4 b^2 - 12 a c \le 0$ ，即 $b^2 \le 3 a c$ 。
2. 函数 $f(x)$ 在 $x \in \mathbb{R}$ 上不是单调的，设方程 $f^{\prime}(x)=0$ ，
  
  即 $3 a x^2+2 b x+c=0$ 有两个不相等的实数根 $\Delta=4 b^2-12 a c>0$ ，即 $b^2>3 a c$ 。
  
  它们对应的函数值为极大值 $f(x)_{\texttt{极大值}}$ 或极小值 $f(x)_{\text {极小值}}$ ，需满足
  $\begin{cases} f(x)_{\texttt {极大值}} > 0 \\[6pt]f(x)_{\texttt {极小值}} > 0 \end{cases} \texttt { 或 } \begin{cases} f(x)_{\texttt {极大值}}<0 \\[6pt]f(x)_{\texttt {极小值}}<0 \end{cases}$
  即
  $f(x)_{\texttt{极大值}}\times f(x)_{\texttt{极小值}} > 0$
  故三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有且只有一个零点的条件是
  $b^2 \le 3 a c \ \texttt{或}\ \begin{cases} b^2>3 a c \\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}} \times f(x)_{\texttt{极小值}}>0 \end{cases}$

三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有且只有两个零点的条件：

由 $f(x)$ 有两个零点得，函数 $f(x)$ 在 $x \in \mathbb{R}$ 上不是单调的。

设方程 $f^{\prime}(x)=0$ ，即 $3 a x^2+2 b x+c=0$ 有两个不相等的实数根

此时 $\Delta = 4b^2 - 12ac = 4(b^2 - 3ac) > 0$ 。

它们对应的函数值为极大值 $f(x)_{\texttt{极大值}}$ 或极小值 $f(x)_{\texttt{极小值}}$ ，需满足 $f(x)_{\texttt{极大值}} = 0$ 或 $f(x)_{\texttt{极小值}}=0$ 。

故三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有且只有两个零点的条件是
$\begin{cases} b^2 - 3ac > 0 \\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}} = 0 \ \texttt{或}\ f(x)_{\texttt{极小值}}=0 \end{cases}$
三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有且只有三个零点的条件：

由 $f(x)$ 有三个零点知函数 $f(x)$ 在 $x \in \mathbb{R}$ 上不是单调的，设方程 $f^{\prime}(x)=0$ ，

即 $3 a x^2+2 b x+c=0$ 有两个不相等的实数根，此时 $\Delta=4 b^2-12 a c>0$ ，即 $b^2>3 a c$

它们对应的函数值是极大值。因此，三次函数 $f(x)=a x^3+b x^2+c x+d$ 有三个零点的条件是
$\begin{cases} b^2>3 a c \\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}}>0 \\[6pt]f(x)_{\texttt{极小值}}<0 \end{cases}$

这里附上推导过程可能需要用到的图。

三次函数 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d~(a \ne 0)$ 的图像如下：（其中 $\Delta = 4(b^2 - 3ac)$ ）

2. 总结与概括

三次函数 $f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d~(a \ne 0)$ 的性质：（其中 $\Delta = 4(b^2 - 3ac)$ ）

$\begin{array}{|c|c|c|c|} % ----- 标题 ----- \hline\texttt{零点个数} & \texttt{条件} % ------内容------ \\[6pt]\hline \texttt{一个零点} & {\begin{array}{l}\ \ \ \Delta \le 0 \quad\texttt{或} \\[6pt]\begin{cases}\Delta > 0\\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}} \times f(x)_{\texttt{极小值}}>0\end{cases}\end{array}} \\[6pt]\hline \texttt{两个零点} & {\begin{cases}\Delta > 0\\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}} \times f(x)_{\texttt{极小值}}=0\end{cases}} \\[6pt]\hline \texttt{三个零点} & {\begin{cases}\Delta > 0\\[6pt]f(x)_{\texttt{极大值}} \times f(x)_{\texttt{极小值}}<0\end{cases}} \\[6pt]\hline \end{array}$

记忆方法很简单，只要记住图像的性质即可。首先三次函数要没有极值，要么正好一大一小。其次，

当 $\Delta < 0$ 时，$f^{\prime}(x)$ 无零点，则 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调，显然 $f(x)$ 只有一个零点。
当 $\Delta = 0$ 时，$f^{\prime}(x)$ 只有一个零点 $-\frac{b}{3a}$ ，根据导数的性质，这个单点不影响 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调。
当 $\Delta > 0$ 时，$f(x)$ 出现了两个极值点（一大一小），然后长得像个 S 型。

这个时候零点怎么找呢？我们只要看 $y=0$ 那根线就可以了，具体见下图（不妨设 $a > 0$ ）

两个零点的情况，表格里是为了方便记忆，其实对应的是「$f(x)_{\texttt{极大值}}=0$ 或 $f(x)_{\texttt{极小值}}=0$」。

特别地，不存在 ${\Delta > 0\ \texttt{且}\ f(x)_{\texttt{极大值}}>0\ \texttt{且}\ f(x)_{\texttt{极小值}}<0}$ 的情况

因为三次函数极大值（存在时）不可能比极小值小，所以在解题的时候要注意舍弃这种情况。

3. 例题

例：

若 $\frac{1}{3} x^3+a x+1=0$ 有两个不同的实数根，求实数 $a$ 的取值范围。

解：

令 $f(x)=\frac{1}{3} x^3+a x+1$ ，则 $f^{\prime}(x)=x^2+a$ 。

由 $f(x)=0$ 有两个不同的实数根，得

$\begin{cases} \Delta>0~\left(\Delta\, \texttt{是方程}\, f^{\prime}(x)=0\, \texttt{的根的判别式}\right) \\[6pt] f\left(x_1\right) \times f\left(x_2\right)=0~\left(x_1, x_2 \,\texttt{是}\, f(x) \,\texttt{的极值点}\right) \end{cases}$

由 $\Delta>0$ ，得 $a<0$ 。令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x_1=\sqrt{-a}, ~x_2=-\sqrt{-a}$ ，所以

$\begin{aligned} &f\left(x_1\right)=\frac{1}{3}(-a)^\frac{3}{2}+a \sqrt{-a}+1=-\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}+1 \\[6pt]&f\left(x_2\right)=\frac{1}{3}(-\sqrt{-a})^3-a \sqrt{-a}+1=\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}+1 \end{aligned}$

则 $f\left(x_1\right) \times f\left(x_2\right)=\left[1-\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}\right] \times\left[1+\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}\right]=1-\frac{4}{9}(-a)^3=0$ ，解得 $a=-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}$ 。

综上，实数 $a$ 的取值范围为 $\left\{-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}\right\}$ 。

五、极值点偏移问题

极值点偏移问题常见题型如下：（ $x_0$ 为函数 $f(x)$ 的极值点）

若函数 $f(x)$ 存在两个零点 $x_1, x_2$ 且 $x_1 \neq x_2$ ，求证: $x_1+x_2>2 x_0$ 。
若函数 $f(x)$ 中存在 $x_1, x_2$ 且 $x_1 \neq x_2$ 满足 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ 求证：$x_1+x_2>2 x_0$ 。
若函数 $f(x)$ 存在两个零点 $x_1, x_2$ 且 $x_1 \neq x_2$ ，求证：$f^{\prime}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>0$ 。

1. 函数特征

一般这类问题的特征如下图所示（一共有四种，懒得全画出来）

极值点左偏

$x_1+x_2>2 x_0$ ，函数图像在 $x=\frac{x_1+x_2}{2}$ 处的切线与 $x$ 轴不平行
- 若 $f(x)$ 上凸（ $f^{\prime}(x)$ 递减），则 $f^{\prime}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<f^{\prime}\left(x_0\right)=0$
- 若 $f(x)$ 下凸（ $f^{\prime}(x)$ 递增），则 $f^{\prime}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>f^{\prime}\left(x_0\right)=0$
极值点右偏

$x_1+x_2<2 x_0$ ，函数图像在 $x=\frac{x_1+x_2}{2}$ 处的切线与 $x$ 轴不平行
- 若 $f(x)$ 上凸（ $f^{\prime}(x)$ 递减），则 $f^{\prime}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>f^{\prime}\left(x_0\right)=0$
- 若 $f(x)$ 下凸（ $f^{\prime}(x)$ 递增），则 $f^{\prime}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<f^{\prime}\left(x_0\right)=0$

2. 答题步骤

其实也没这么死，要看情况来做题。

构造函数 $F(x)=f\left(x_0+x\right)-f\left(x_0-x\right)$
对 $F(x)$ 求导，判断导数的符号，确定 $F(x)$ 的单调性
结合 $F(0) = 0$ 判断 $F(x)$ 的符号，从而确定 $f(x_0 + x)$ 与 $f(x_0 - x)$ 的大小关系
由
$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right) =f\left(x_0-\left(x_0-x_2\right)\right)>f\left(x_0+\left(x_0-x_2\right)\right)=f\left(2 x_0-x_2\right)$
得 $f\left(x_1\right)>f\left(2 x_0-x_2\right)$

或者由
$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=f\left(x_0-\left(x_0-x_2\right)\right) <f\left(x_0+\left(x_0-x_2\right)\right)=f\left(2 x_0-x_2\right)$
得 $f\left(x_1\right)<f\left(2 x_0-x_2\right)$
结合 $f(x)$ 的单调性得到 $x_1 > 2x_0 - x_2$ 或 $x_1 < 2x_0 - x_2$ 从而得到 $x_1 + x_2 > 2x_0$ 或 $x_1 + x_2 < 2x_0$ 。

3. 例题

例：

已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x$ 。

讨论 $f(x)$ 的单调性。
若 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_1, x_2$ ，证明： $\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}<a-2$ 。

解：

$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty), ~f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}= -\frac{x^2-a x+1}{x^2}$ 。
- 若 $a \le 2$ ，则 $x^2-a x+1 \ge(x-1)^2 \ge 0$ ，所以 $f^{\prime}(x) \le 0$
  
  当且仅当 $a=2, x=1$ 时 $f^{\prime}(x)=0$ ，故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。
- 若 $a>2$ ，令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x^2-a x+1=0$ ，解得 $x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2},~x_2=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$ 。
  - 当 $x \in\left(0, x_1\right) \cup\left(x_2,+\infty\right)$ 时， $f^{\prime}(x)<0$
  - 当 $x \in\left(x_1, x_2\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$
  故 $f(x)$ 在 $\left(0, x_1\right),\left(x_2,+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(x_1, x_2\right)$ 上单调递增。
综上所述
- 当 $a \le 2$ 时， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。
- 当 $a>2$ 时，
  
  $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right),\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}, \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 上单调递增。
证明：

由 1 可知，当且仅当 $a > 2$ 时， $f(x)$ 存在两个极值点。

因为 $f(x)$ 的两个极值点 $x_1,x_2(x_1 < x_2)$ 满足 $x^2 - ax + 1 = 0$

所以 $x_1x_2 = 1$ ，又因为 $x_1 < x_2$ ，所以 $x_2 > 1$。

因为
$\begin{aligned} \frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2} &=-\frac{1}{x_1 x_2}-1+a\cdot\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2} \\[6pt]&=-2+a \cdot\frac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2} \\[6pt]&=-2+a \cdot\frac{-2 \ln x_2}{\frac{1}{x_2}-x_2} \end{aligned}$
所以 $\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}<a-2$ 等价于 $\frac{1}{x_2} - x_2 + 2\ln x_2 < 0$ 。

设函数 $g(x) = \frac{1}{x} - x + 2\ln x$ ，由 1 可知 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。

又 $g(1) = 0$ ，从而当 $x \in (1,+\infty)$ 时， $g(x) < 0$ ，所以 $\frac{1}{x_2}-x_2+2 \ln x_2<0$ ，即 $\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2} < a-2$ 。