2.6 函数性态的研究

有了微分中值定理和 Taylor 公式, 就可以利用导数来研究函数在区间上的变化性态. 本节主要介绍它们在研究函数的单调性、极值与最值以及曲线的凹凸性等方面的应用.

6.1 函数的单调性

单调性是函数的重要性态.然而,利用定义来判定函数的单调性往往是非常困难的.下面介绍一种利用 Lagrange 定理建立的判断可导函数单调性的简便方法.

定理 6.1

设 $f:I\to R$ 在 $I$ 上连续, 在 $I$ 内可导, 则下述命题成立:

(1) f 在 $I$ 上单调增 (减) 的充要条件是在 $I$ 内 $f^{\prime }⩾0(f^{\prime }⩽0)$ ;

(2) 若在 $I$ 内 $f^{\prime }>0$ ( $f^{\prime }<0$ ), 则 $f$ 在 $I$ 上严格单调增(减).

定理 6.1

命题(2)的条件改为“若在 $I$ 内 $f^{\prime }⩾0(f^{\prime }⩽0)$ ，但仅在有限个离散点处有 $f^{\prime }=0$ ”，结论是否成立？

证明

（1）充分性 任取 $x_1,x_2\in I$ ，不妨设 $x_2>x_1$ ，根据Lagrange定理，

$$f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)=f^{\prime }(\xi )\left(x_2-x_1\right)⩾0(⩽0),\xi \in \left(x_1,x_2\right),$$

数字资源 2.6.1·用导函数在一点的正负能判定该点邻域内函数的单调性吗？

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因此，$f$ 在 $I$ 上单调增（减）.

必要性 设 $f$ 在 $I$ 上单调增（减），对 $I$ 内的任何 $x$ ，取 $\Delta x$ ，使 $x+\Delta x$ 仍在 $I$ 内，则有

$$\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}⩾0(⩽0),$$

从而

$$f^{\prime }(x)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}⩾0(⩽0).$$

试完成定理6.1 中结论(2)的证明.

(2) 的证明类似于(1)的充分性,由读者自己去完成.

为了判定给定函数$f$的单调区间,应先求出方程 $f^{\prime }(x)=0$ 的根(若$f$有不可导的点,还应求出这些不可导的点),它们将$f$的定义区间分成若干子区间,确定 $f^{\prime }$ 在各子区间上的符号,再根据定理6.1判定$f$在各子区间上的单调性.

若 $f$ 在 $I$ 上严格单调增 (减), $f^{\prime }$ 在 $I$ 内不一定处处为正 (负). 例如, $f(x)=x^3$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上是严格单调增的, 但是 $f^{\prime }(0)=0$ , 即在 $(-\infty ,+\infty )$ 内存在着导数为 0 的点.

例 6.1

讨论函数 $f(x)=x^3-3x^2-9x+5$ 的单调性.

解

由于 $f^{\prime }(x)=3x^2-6x-9=3(x+1)(x-3)$ ，解方程 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x_1=-1,x_2=3$ 。当 $x\in (-\infty ,-1)$ 时， $f^{\prime }(x)>0$ ，所以$f$在 $(-\infty ,-1)$ 内严格单调增；当 $x\in (-1,3)$ 时， $f^{\prime }(x)<0$ ，所以$f$在 $(-1,3)$ 内严格单调减；当 $x\in (3,+\infty )$ 时， $f^{\prime }(x)>0$ ，所以$f$在 $(3,+\infty )$ 内严格单调增。

利用函数的单调性,可以证明一些不等式.

例 6.2

证明: 当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时, $\tan x>x$ .

证明

令 $f(x)=\tan x-x,x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ ，则

$$f^{\prime }(x)={\sec }^{2}x-1={\tan }^{2}x>0,x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),$$

故 $f$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上严格单调增. 又 $f(0)=0$ , 所以在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内, $f(x)=\tan x-x>f(0)=0$ , 即

$$\tan x>x.$$

例 6.3

证明: 当 0 < x < 1 时, $e^{2x}<\frac{1+x}{1-x}$ .

证明

为了证明此题中的不等式, 只要证明

$$(1-x){\mathrm{e}}^{2x}<1+x(0<x<1).$$

令 $f(x)=(1-x){\mathrm{e}}^{2x}-1-x,x\in [0,1)$ ，则注意:利用函数的单调性证明不等式,是很常用也很重要的方法.一般先将要证的不等式恒等变形,从而构造适当的辅助函数,并证明它的单调性.

$$f^{\prime }(x)=(1-2x){\mathrm{e}}^{2x}-1,f^{\prime \prime }(x)=-4x{\mathrm{e}}^{2x}.$$

由于在(0,1)内， $f^{\prime \prime }(x)<0$ ，故 $f^{\prime }$ 在[0,1)上严格单调减，从而在(0,1)内 $f^{\prime }(x)<f^{\prime }(0)=0$ 。由此又知$f$在[0,1)内严格单调减，得

$$f(x)<f(0)=0\text{或}(1-x){\mathrm{e}}^{2x}<1+x,$$

因此原不等式成立.

6.2 函数的极值

由Fermat定理(定理4.1)知,若函数 $f$ 在 $x_0$ 处可导,则 $f$ 在 $x_0$ 处取得极值的必要条件是 $f^{\prime }(x_0)=0$ .使 $f^{\prime }(x)=0$ 的点称为 $f$ 的驻点.因此,可导函数的极值点必定是它的驻点.但是,反过来不一定成立.例如, $x=0$ 是 $f(x)=x^3$ 的驻点,但不是 $f$ 的极值点.

哪些驻点才是极值点呢？通常可用下面两个定理来判定.

定理 6.2

设 $f$ 在 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0)$ 内可导，并且 $f^{\prime }(x_0)=0$ .

(1) 若 $x<x_0$ 时 $f^{\prime }(x)⩾0,x>x_0$ 时 $f^{\prime }(x)⩽0$ ，则 $f$ 在 $x_0$ 处取极大值；

(2) 若 $x<x_0$ 时 $f^{\prime }(x)⩽0,x>x_0$ 时 $f^{\prime }(x)⩾0$ ，则 $f$ 在 $x_0$ 处取极小值；

(3) 若 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 的左右两侧符号不变, 则 $f$ 在 $x_0$ 处不取极值.

证明

（1）由定理6.1，当 $x<x_0$ 时， $f$ 单调增；当 $x>x_0$ 时， $f$ 单调减，故 $f$ 在 $x_0$ 处取极大值.

试证明定理6.2的结论(3).

(2)的证法与(1)类似,(3)由读者补证.

由证明过程易见, 若 $f$ 在 $x_0$ 的去心邻域内可导, 在 $x_0$ 处连续, 则定理的结论仍成立. 因此, 不可导点也可能是函数的极值点. 在研究函数极值的时候, 应当一并考虑.

由定理6.2, 我们得到确定函数极值的第一种方法, 步骤如下:

数字资源 2.6.2·函数在极值点的左右邻域内一定单调吗？

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(1) 求出函数 $f$ 在所讨论区间内的所有驻点与不可导的点；

（2）考察导函数 $f^{\prime }$ 在各驻点与不可导点左、右两侧符号的变化，判定它们是否为$f$的极值点，是极大值点还是极小值点；

(3) 求出 $f$ 的极值.

例 6.4

求函数 $f(x)=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 的极值.

解

按照上述步骤,我们有

(1) $f^{\prime }(x)=\frac{4-x}{\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{(6-x{)}^2}}$ ，由 $f^{\prime }(x)=0$ 解得驻点x=4，并且易见$f$在x=0与x=6处连续但导数不存在.

(2) 将 $f^{\prime }$ 在驻点与不可导点两侧符号的变化与 $f$ 的极值点列表如下:

x	(-∞,0)	0	(0,4)	4	(4,6)	6	(6,+∞)
f’(x)	-	∞	+	0	-	∞	-
f(x)	严格单调减	极小	严格单调增	极大	严格单调减	非极值点	严格单调减

(3) f 的极大值为 $f(4)=2\sqrt[3]{4}$ ，极小值为 $f(0)=0$ 。

如果由函数$f$的一阶导数 $f^{\prime }$ 的表达式不易确定它在驻点两侧的符号,但函数$f$在驻点处二阶可导,则可根据下面的定理利用二阶导数来判定该驻点是否为极值点.

定理 6.3

设 $f$ 在 $x_0$ 处二阶可导，并且 $f^{\prime }(x_0)=0,f^{\prime \prime }(x_0)\ne 0$ ，则当 $f^{\prime \prime }(x_0)>0(<0)$ 时，$f$ 在 $x_0$ 处取极小（大）值.

证明

由于 $f$ 在 $x_0$ 处二阶可导, 故由带 Peano 余项的二阶 Taylor 公式得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+o((x-x_0{)}^2)\\ & =f(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2+o((x-x_0{)}^2),\end{array}$$

从而有

$$f(x)-f\left(x_0\right)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }\left(x_0\right){\left(x-x_0\right)}^2+o\left({\left(x-x_0\right)}^2\right).$$

由于右端第二项是第一项的高阶无穷小,因此,在 $x_0$ 的充分小邻域内, $f(x)-f(x_0)$ 的符号取决于第一项.所以,若 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$ ,则 $f(x)-f(x_0)>0$ ,即 $f(x)>f(x_0)$ ,$f$在 $x_0$ 取极小值.类似可证明 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$ 的情况.

由定理6.3 又可得到确定函数极值的第二种方法, 步骤如下:

(1) 求出 $f^{\prime }$ 与 $f^{\prime \prime }$ ，由方程 $f^{\prime }(x)=0$ 解得 $f$ 的所有驻点；

(2) 考察 $f^{\prime \prime }$ 在各驻点处的符号, 判定它们是极大值点还是极小值点;

(3) 求出 $f$ 的极值.

例 6.5

求函数 $f(x)=\sin x+\cos x$ 的极值.

解

由于 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的周期函数, 因此, 只要考察 $f$ 在一个周期 $[0,2\pi ]$ 内的

情况.

(1) $f^{\prime }(x)=\cos x-\sin x,f^{\prime \prime }(x)=-(\sin x+\cos x)$ ，解 $f^{\prime }(x)=0$ 得$f$的驻点 $x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}$ .

（2）由于 $f^{\prime \prime }\left(\frac{\pi }{4}\right)=-\sqrt{2}<0$ ，所以 $x=\frac{\pi }{4}$ 为$f$的极大值点；又由于 $f^{\prime \prime }\left(\frac{5\pi }{4}\right)=\sqrt{2}>0$ ，所以 $x=\frac{5\pi }{4}$ 为$f$的极小值点.

(3) f 的极大值为 $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=\sqrt{2}$ ，极小值为 $f\left(\frac{5\pi }{4}\right)=-\sqrt{2}$ .

如果在驻点 $x_0$ 处， $f^{\prime \prime }(x_0)=0$ ，那么用定理6.3也不能判定 $x_0$ 是否为极值点。在这种情况下，我们自然想到是否可求助于更高阶的导数。事实上，利用带Peano余项的Taylor公式，可以证明下面的定理（证明留作习题）。

定理 6.4

设函数 $f$ 在 $x_0$ 处 $n(n⩾2)$ 阶可导，并且 $f^{\prime }(x_0)=f^{\prime \prime }(x_0)=\cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0$ ，而 $f^{(n)}(x_0)\ne 0$ .

（1）当 $n$ 为偶数时， $x_0$ 必为极值点. 若 $f^{(n)}(x_0)>0$ ，则 $x_0$ 为极小值点；若 $f^{(n)}(x_0)<0$ ，则 $x_0$ 为极大值点.

(2) 当 $n$ 为奇数时, $x_0$ 不是极值点.

6.3 函数的最大(小)值

前面已经指出,在闭区间上的连续函数一定能取得最大值与最小值.在很多学科领域与实际问题中,经常提出在一定条件下用料最省、成本最低、时间最短,效益最好等问题.在数学上,它们常归结为在一定条件下求一个函数(称为目标函数)在某区间上的最大(小)值问题,称为最优化问题.本段仅研究一些最简单的最优化问题.

根据闭区间上连续函数的性质以及函数取得极值的条件得知, 若 $f\in C[a,b]$ , 则 $f$ 在 $[a,b]$ 上必能取得最大(小)值, 并且最大(小)值点可能是: (1) f 在 $(a,b)$ 内的极值点. 极值点可能是 $f$ 的驻点, 也可能是 $f$ 的不可导点; (2) 区间 $[a,b]$ 的端点. 因此, 我们只要求出 $f$ 在 $(a,b)$ 内的所有驻点与不可导点, 并将 $f$ 在这些点上的值与端点值 $f(a)$ 与 $f(b)$ 加以比较, 就可以得到 $f$ 在 $[a,b]$ 上的最大值与最小值.

例 6.6

求函数 $f(x)=x^p+(1-x{)}^p(p>1)$ 在 $[0,1]$ 上的最值.

解

由于

$$f^{\prime }(x)=p{x}^{p-1}-p(1-x{)}^{p-1}.$$

解方程 $f^{\prime }(x)=0$ ，得$f$的驻点 $x=\frac{1}{2}$ 。又$f$没有不可导点，且 $f\left(\frac{1}{2}\right)=2^{1-p},f(0)=1$ ，$f(1)=1$ , 比较得知 $f$ 在 $[0,1]$ 上的最小值为 $2^{1-p}$ , 最大值为 1.

由此例立即可得下面的不等式：

若求得函数 $f(x)$ 在一个区间 $I$ 上的最大值 M (最小值 $m$) 则有不等式

$$\frac{1}{2^{p-1}}⩽x^p+(1-x{)}^p⩽1(x\in [0,1],p>1).\text{\hspace{1em}(6.1)}$$

$f(x)⩽M(f(x)⩾m),x\in I.$ 这种利用函数的最大最小值证明不等式也是证明不等式的常用方法之一.

在研究函数的最值问题的时候,常常会遇到一

些特殊情况.此时,上述步骤可以适当简化.例如:(1)若$f$是区间 $[a,b]$ 上的单调函数,则其最大(小)值必然在区间 $[a,b]$ 的端点上取得;(2)设$f$在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导,在 $(a,b)$ 内有唯一的驻点 $x_0$ ,若 $x_0$ 是极大(小)值点,则 $x_0$ 就是$f$在 $[a,b]$ 上的最大(小)值点;(3)在实际问题中,若目标函数$f$在 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导,且有唯一的驻点 $x_0$ ,如果能根据问题的实际意义,判定$f$在 $(a,b)$ 内必有最大(小)值,那么 $x_0$ 就是$f$的最大(小)值点.

例 6.7

用铁皮做成一个容积一定的圆柱形无盖的容器,问应当如何设计,才能使用料最省?

解

首先根据问题的要求建立目标函数.用料最省就是要使容器的表面积最小.设其表面积为 $S$,高为 $H$,底半径为 $R$,则

$$S=2\pi RH+\pi R^2(0<H,R<+\infty ).$$

又设容器的体积为 $V$, 由题目要求容积一定, 得

$$\pi R^{2}H=V(V\text{为常数}).$$

由上式解得 $H=\frac{V}{\pi R^2}$ ，代入 $S$ 的表达式即得目标函数

$$S=\frac{2V}{R}+\pi R^2(0<R<+\infty ).$$

下面求 $S$ 的最小值. 由于

$$\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}R}=-\frac{2V}{R^2}+2\pi R,$$

解方程 $\frac{dS}{dR}=0$ ,得驻点 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{\pi }}$ .又

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}S}{\mathrm{d}{R}^2}=\frac{4V}{R^3}+2\pi >0,$$

故 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{\pi }}$ 是极小值点.由于 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{\pi }}$ 是函数 $S=\frac{2V}{R}+\pi R^2$ 在 $(0,+\infty )$ 内的唯一的驻

点(没有不可导点),而且是极小值点,所以它就是最小值点.

将 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{\pi }}$ 代入 $H=\frac{V}{\pi R^2}$ ，易得 $H=\sqrt[3]{\frac{V}{\pi }}=R$ 。因此，当高 $H$ 和底面半径 $R$ 相等时，用料最省。

例 6.8

设海岛 $A_1$ 与陆上城市 $A_2$ 到海岸线（假设为直线）的垂直距离分别为 $b_1$ km 与 $b_2$ km，它们之间的水平距离为 a km（图 2.15），需要建立它们之间的运输线。如果轮船的航速为 $v_1$ km/h，陆上汽车的速度为 $v_2$ km/h ( $v_1>v_2$ )。问转运站 $P$ 设在海岸线上何处才能使运输时间最短？

解

先建立目标函数. 设 $MP=x$ , 则海上运输时间为

图2.15

$$T_1=\frac{1}{v_1}\sqrt{b_1^2+x^2},$$

陆上运输时间为

$$T_2=\frac{1}{v_2}\sqrt{b_2^2+(a-x{)}^2}.$$

因此,问题的目标函数为

$$T(x)=\frac{1}{v_1}\sqrt{b_1^2+x^2}+\frac{1}{v_2}\sqrt{b_2^2+(a-x{)}^2}(0⩽x⩽a).$$

下面求 $T(x)$ 的最小值.由于

$$\begin{array}{rl}& \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{v_1}\frac{x}{\sqrt{b_1^2+x^2}}-\frac{1}{v_2}\frac{a-x}{\sqrt{b_2^2+(a-x{)}^2}},\\ & \frac{{\mathrm{d}}^{2}T}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{1}{v_1}\frac{b_1^2}{(b_1^2+x^2{)}^{3/2}}+\frac{1}{v_2}\frac{b_2^2}{{\left[b_2^2+(a-x{)}^2\right]}^{3/2}},\end{array}\text{\hspace{1em}(6.2)}$$

显然，在 $[0,a]$ 上， $\frac{{\mathrm{d}}^{2}T}{\mathrm{d}{x}^2}>0$ ，所以 $\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}$ 严格单调增，并且

$${\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}|}_{x=0}=-\frac{a}{v_2\sqrt{b_2^2+a^2}}<0,{\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}|}_{x=a}=\frac{a}{v_1\sqrt{b_1^2+a^2}}>0.$$

根据零点定理,必有唯一的 $\xi \in (0,a)$ , 使

$${\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}|}_{x=\xi }=0.\text{\hspace{1em}(6.3)}$$

由于 $x=\xi$ 是 $T(x)$ 的唯一的驻点, 根据定理6.3, 它就是 $T(x)$ 的最小值点.

由于难以直接从(6.3)式求驻点 $x=\xi$ ，因此，我们引入两个辅助角 ${\phi }_1,{\phi }_2$ .由图 2.15易知，

$$\sin {\phi }_1=\frac{x}{\sqrt{b_1^2+x^2}},\sin {\phi }_2=\frac{a-x}{\sqrt{b_2^2+(a-x{)}^2}}.$$

代入(6.2)式并解方程(6.3)可得 $\frac{1}{v_1}\sin {\phi }_1-\frac{1}{v_2}\sin {\phi }_2=0$ ，即

$$\frac{\sin {\phi }_1}{\sin {\phi }_2}=\frac{v_1}{v_2}.\text{\hspace{1em}(6.4)}$$

这就是说,当点 $P$ 取在使(6.4)式成立之处,运输时间最短.

实际上(6.4)式就是光学中的折射定理.根据光学中的Fermat原理,光线在两点之间传播必取用时最短的路线.若光线在两种不同媒质中的传播速度分别为 $v_1$ 和 $v_2$ ,则光由一种媒质传播到另一种媒质所用时间最短的路线由(6.4)式确定.本例中,由于在海上与陆上两种不同的运输速度相当于光线在两种不同传播媒质中的速度,因而所得结论也与光的折射定理相同.这说明,有很多属于不同学科领域的问题,虽然它们的具体意义不同,但在数量关系上却可以用同一数学模型来描述.

6.4 函数图像的凹凸性与拐点

函数 $y=f(x)$ 图像(即平面曲线)的凹凸性也是函数变化的重要性态. 例如, $y=x^2$ 与 $y=\sqrt{x}$ 在 x>0 处都是严格单调增的, 但它们的图像却有着明显的差异. 前者上凹(下凸), 后者上凸(下凹)(图 2.16). 为了区分它们, 我们需要去判定函数所表示曲线的凹凸性.

图2.16

怎样来刻画曲线的凹凸呢？由图 2.17我们看到，如果曲线 $\widehat{AB}$ 是上凹的，那么其上任意两点 $P_1$ 与 $P_2$ 间的弧段 $\widehat{P_1{P}_2}$ 必位于弦 $\overline{P_1{P}_2}$ 的下方；而对于上凸的曲线段 $\widehat{AB}$ ，其上任意两点 $P_1$ 与 $P_2$ 间的弧段 $\widehat{P_1{P}_2}$ 均位于弦 $\overline{P_1{P}_2}$ 的上方。由此，我们可以给出以下定义：

图2.17

定义 6.1 函数图像的凹凸性

设函数 $y=f(x)$ 两点 $x_1$ 与 $x_2$ ，曲线 $y=f(x)$ 上相应的弧段 $\widehat{P_1{P}_2}$ 始终位于弦 $\overline{P_1{P}_2}$ 的下（上）方（图 2.17），则称函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 中的图像是凹（凸）的，也称曲线 $y=f(x)$ 是凹（凸）的.

由定义6.1知,若函数 $f(x)$ 的图像在区间$I$中是凹的,则对于 $\forall x_1,x_2\in I$ ,且 $x_1\ne x_2$ ,有 $f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$ .

直接利用定义来判断函数图像的凹凸性是比较

困难的. 下面, 我们利用导数来给出可导函数图像凹凸性的简便判别法.

对于可导函数 $f(x)$ 来说,其图像的凹凸性还可以通过切线来刻画.由图 2.18可见,若 $f(x)$ 的图像在区间$I$是凹(凸)的,则在$I$中对应曲线 $y=f(x)$ 上任一点处的切线除该点外总在此曲线 $y=f(x)$ 的下(上)方.反过来也成立.

图2.18

利用这一特性及函数导数的性质,我们可以得到函数图像凹凸性的下述判别法:

定理 6.5

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 中二阶可导, 则

(1) 若在 $I$ 内恒有 $f^{\prime \prime }(x)>0$ ，则 $f(x)$ 的图像在 $I$ 中是凹的；

(2) 若在 $I$ 内恒有 $f^{\prime \prime }(x)<0$ ，则 $f(x)$ 的图像在 $I$ 中是凸的.

证明

设 $x_0$ 是 $I$ 中的任意一点, 则曲线 $y=f(x)$ 过点 $(x_0,f(x_0))$ 的切线方程为

$$Y=f\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right).$$

从而可知曲线 $y=f(x)$ 在 $I$ 中任一点 $x$ 处的纵坐标 $f(x)$ 与上述切线在相应点处纵坐标之差

$$f(x)-Y=f(x)-\left[f\left(x_0\right)+f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)\right]$$$$=(f(x)-f\left(x_0\right))-f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right).$$

两次应用 Lagrange 定理, 得

$$f(x)-Y=\left[f^{\prime }\left(c_1\right)-f^{\prime }\left(x_0\right)\right]\left(x-x_0\right)=f^{\prime \prime }(c)\left(c_1-x_0\right)\left(x-x_0\right).\text{\hspace{1em}(6.5)}$$

其中 $c_1$ 位于 $x_0$ 与 $x$ 之间, $c$ 位于 $c_1$ 与 $x_0$ 之间, 故 $c$ 位于区间 $I$ 内.

当 $x>x_0$ 时， $c_1\in (x_0,x)$ ，于是 $(c_1-x_0)(x-x_0)>0$ ；

当 $x<x_0$ 时， $c_1\in (x,x_0)$ ，于是仍有 $(c_1-x_0)(x-x_0)>0$ .

因此,由(6.5)式可知,当 $f^{\prime \prime }(x)>0(<0)$ 时有 $f(x)-Y>0(<0)$ ,从而切线在曲线 $y=f(x)$ 的下(上)方,因而 $y=f(x)$ 在区间$I$中是凹(凸)的.

例 6.9

研究下列函数图像的凹凸性：

(1) $f(x)=x^{\alpha }$ (x>0, $\alpha >1$ ); (2) $f(x)=\ln x$ (x>0).

解

（1）由于当 $x\in (0,+\infty )$ 时

$$f^{\prime \prime }(x)=\alpha (\alpha -1)x^{\alpha -2}>0,$$

所以幂函数 $f(x)=x^{\alpha }(\alpha >1)$ 的图像在 $(0,+\infty )$ 内是凹的.

(2) 由于当 $x\in (0,+\infty )$ 时

$$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{x^2}<0,$$

故对数函数 $f(x)=\ln x$ 在 $(0,+\infty )$ 内是凸的.

连续曲线上凹的图像段与凸的图像段的转变点称为此曲线的拐点,例如图 2.19中的点 $P_1(x_1,f(x_1))$ 与点 $P_2(x_2,f(x_2))$ 都是此曲线 $y=f(x)$ 的拐点.

图2.19

曲线的拐点, 是该曲线上一点, 它的坐标是用平面有序数组 $(x,f(x))$ 来表示的, 与极值点的坐标仅用一个数来表示不同.

容易看出,对二阶导数连续的函数 $f(x)$ 来说,曲线 $y=f(x)$ 在拐点 $P_1(x_1,f(x_1))$ 处必有 $f^{\prime \prime }(x_1)=0$^① ,因为若 $f^{\prime \prime }(x_1)\ne 0$ ,例如 $f^{\prime \prime }(x_1)>0$ ,则由 $f^{\prime \prime }(x)$ 的连续性可知存在 $U(x_1)$ 使 $\forall x\in U(x_1)$ 有 $f^{\prime \prime }(x)>0$ ,从而点 $x_1$ 位于函数 $y=f(x)$ 图像凹的区间内,所以 $P_1(x_1,f(x_1))$ 点便不是拐点了.

$f^{\prime \prime }(x_1)=0$ 只是曲线 $y=f(x)$ 在点 $P_1(x_1,f(x_1))$ 处取得拐点的必要条件, 并不是充分条件, 例如 $y=x^4$ , 与 $y=x^3$ 都有 $y^{\prime \prime }{|}_{x=0}=0$ , 但显然 $O(0,0)$ 仅仅是 $y=x^3$ 的拐点.

还应指出,正像极值点一样,一般来说拐点除了在使二阶导数为零的点中寻求外,还有可能在使二阶导数不存在的点中出现,读者可自行举出例子.

对于可导函数$f$来说，由于拐点 $(x_0,f(x_0))$ 的横坐标 $x_0$ 就是导函数 $f^{\prime }(x)$ 单调增、减区间的分界点，所以 $x_0$ 也就是导函数 $f^{\prime }(x)$ 的极值点.

利用曲线的凹凸性也可以证明一些不等式.

例 6.10

设 $x_1$ 与 $x_2$ 为任意两个实数，且 $x_1\ne x_2$ ，证明不等式 ${\mathrm{e}}^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^{x_2})$ .

数字资源 2.6.3·利用导数证明

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证明

设 $f(x)={\mathrm{e}}^x$ ，则欲证的不等式为 $f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$ . 由定义6.1的边框中的“注意”知，只要证明 $f(x)$ 的图像在整个实数轴上是凹的即可.

不等式的常用 方法.

由于当 $x\in R$ 时 $f^{\prime \prime }(x)=e^x>0$ ，故 $f(x)$ 的图像在整个实数轴上是凹的，所以有

$${\mathrm{e}}^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^{x_2}).I$$

例 6.11

研究例6.4 中函数 $f(x)=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 图像的凹凸性, 并作出该函数的草图.

解

易见,该函数的定义区间为 $(-\infty ,+\infty )$ .又

$$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{8}{x^{4/3}(6-x{)}^{5/3}},$$$$f^{\prime \prime }(x)=\infty$$$$x\in (-\infty ,0)\cup$$

(0,6)时, $f^{\prime \prime }(x)<0$ ;当 $x\in (6,+\infty )$ 时, $f^{\prime \prime }(x)>0$ .由注意:点(0,0)不是该曲线的拐点.此,可将该曲线 $y=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 的凹凸性与拐点列表如下:

x	(-∞,0)	0	(0,4)	4	(4,6)	6	(6,+∞)
f”(x)	-	∞	-	-	-	∞	+
f(x)	凸		凸	凸	凸	拐点(6,0)	凹

在例6.4 中我们已经知道了函数 $f(x)=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 的单调区间和极值。又因为 $f^{\prime }(6)=\infty$ ，所以对应的曲线 $y=\sqrt[3]{6x^2-x^3}$ 在点 $(6,0)$ 轴的切线。再利用习题1.4($y$ 轴的切线。再利用习题 1.4($B$) 中的第 1 题，还可以求出该曲线的一条斜渐近线 $y=kx+b$ 。事实上，由于

$$k=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[3]{\frac{6}{x}-1}=-1,$$$$\begin{array}{rl}b& ={\lim }_{x\to \infty }[f(x)-kx]={\lim }_{x\to \infty }\left(\sqrt[3]{6x^2-x^3}+x\right)\\ & ={\lim }_{x\to \infty }\frac{6x^2}{\sqrt[3]{(6x^2-x^3{)}^2}-x(\sqrt[3]{6x^2-x^3})+x^2}\\ & ={\lim }_{x\to \infty }\frac{6}{\sqrt[3]{{\left(\frac{6}{x}-1\right)}^2}-\sqrt[3]{\frac{6}{x}-1+1}}=2,\end{array}$$

所以 $y=-x+2$ 就是它的斜渐近线. 根据上述讨论, 可画出该曲线的草图(图 2.20).

图2.20

2.6 函数性态的研究 课后真题与自测练习

习题与真题

收录本小节对应期中、期末与精选习题· 提供推导解析、试卷溯源与 LaTeX 导出

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