2026年考研数学一第3题 - mathabc.xyz

📝 题目

设函数 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上有定义，则

A

当 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递减，在 $(0,1)$ 单调递增时，$f(0)$ 是极小值．

B

当 $f(0)$ 是极小值时，$f(x)$ 在 $(-1,0)$ 单调递减，在 $(0,1)$ 单调递增．

C

当 $f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 是凹的时，$\displaystyle \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 单调递增．

D

当 $\displaystyle \frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 单调递增时，$f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 是凹的．

💡 答案解析

**答案**: C

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**解析**:

对 $A$ 选项：取 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^{2}+1, & x\lt 0, \\ x, & x \geqslant 0\end{array}\right.$ 知 $f(0)$ 不是极小值，排除；

对 B 选项：取 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-x^{2}+1, & x \neq 0, \\ 0, & x=0\end{array}\right.$ 知 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 单增，且 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 单减，但仍满足 $f(0)$ 是极小值，排除；

对 C 选项：若 $f(x)$ 的图形在 $[-1,1]$ 上是凹的（即凸函数，二阶导数非负或满足凸性定义）则对任意 $x_{1}\lt x_{2}\lt 1$ ，有 $\displaystyle\frac{f(1)-f\left(x_{1}\right)}{1-x_{1}} \leq \displaystyle\frac{f(1)-f\left(x_{2}\right)}{1-x_{2}}$ ，

即 $\displaystyle\frac{f\left(x_{1}\right)-f(1)}{x_{1}-1} \leq \displaystyle\frac{f\left(x_{2}\right)-f(1)}{x_{2}-1}$ ，故差商 $\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 在 $[-1,1)$ 单调递增。因此 C 正确。对 D 选项，取 $f(x)=|x|$ 时，$\displaystyle\frac{f(x)-f(1)}{x-1}$ 单增，但 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 不是凹曲线，排除．

📋 详细解题步骤

步骤 1/5

目标：分析选项A

选项A的表述为：若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$内可导，且$f'(x)$在$(-1,0)$上小于零，在$(0,1)$上大于零，则$f(0)$是$f(x)$的极小值。我们需要判断这个命题是否正确。根据极值的第一充分条件，如果函数在$x_0$处连续，且在$x_0$的某去心邻域内，左导数小于零、右导数大于零，那么$x_0$是极小值点。但这里只给出了$f'(x)$在$(-1,0)$和$(0,1)$上的符号，并没有说明$f(x)$在$x=0$处是否连续，也没有说明$f'(0)$是否存在。因此，有可能构造一个反例，使得$f(x)$在$(-1,0)$递减、在$(0,1)$递增，但$f(0)$不是极小值。构造如下分段函数： $$ f(x)=\begin{cases} -x, & -10$，故$f(x)$在$(0,1)$上严格递增。但在$x=0$处，函数值$f(0)=1$，而左极限$\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-}(-x)=0$，右极限$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}x=0$，因此$f(x)$在$x=0$处不连续（跳跃间断点）。由于不连续，$f(0)$不可能是极小值，因为极小值要求存在某邻域使得$f(0)$小于或等于该邻域内所有函数值，但这里在$x=0$的左侧附近函数值趋近于0，而$f(0)=1>0$，所以$f(0)$不是极小值。因此，选项A的命题不成立，反例表明即使导数在两侧符号满足条件，若函数在$x=0$处不连续，则$f(0)$不一定为极小值。故排除选项A。

公式：$$f(x)=\begin{cases}-x, & -1

提示：构造反例时，注意利用间断点破坏极值条件，同时保持导数符号要求。

步骤 3/5

目标：分析选项C

选项C：若$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导且$f''(x) \geq 0$，则对任意$x_1 < x_2 < 1$，有$\frac{f(1)-f(x_2)}{1-x_2} \geq \frac{f(1)-f(x_1)}{1-x_1}$。 **分析**：由条件$f''(x) \geq 0$知$f(x)$是$[0,1]$上的凸函数。凸函数的一个重要性质是：对于任意$x_1 < x_2 < x_3$，差商$\frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}$关于$x_3$单调递增（当固定$x_1$时）。这里我们固定$x_3=1$，考虑$x_1 < x_2 < 1$，则差商$\frac{f(1)-f(x)}{1-x}$应随$x$增大而增大，即$\frac{f(1)-f(x_2)}{1-x_2} \geq \frac{f(1)-f(x_1)}{1-x_1}$。 **严格证明**：设$x_1 < x_2 < 1$，由凸函数定义，对任意$\lambda \in (0,1)$有$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \leq \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$。取$\lambda = \frac{1-x_2}{1-x_1}$，则$\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2 = \frac{1-x_2}{1-x_1}x_1 + \frac{x_2-x_1}{1-x_1}x_2 = \frac{x_1 - x_1 x_2 + x_2^2 - x_1 x_2}{1-x_1} = \frac{x_2^2 - 2x_1 x_2 + x_1}{1-x_1}$，此值并不等于1，因此直接代入凸函数定义并不方便。更常用的方法是利用二阶导数非负时，$f'(x)$单调递增。考虑函数$g(x) = \frac{f(1)-f(x)}{1-x}$，$x \in [0,1)$。求导得： $$g'(x) = \frac{-f'(x)(1-x) + (f(1)-f(x))}{(1-x)^2} = \frac{f(1)-f(x) - (1-x)f'(x)}{(1-x)^2}.$$ 令$h(x) = f(1)-f(x) - (1-x)f'(x)$，则$h'(x) = -f'(x) + f'(x) - (1-x)f''(x) = -(1-x)f''(x) \leq 0$（因为$f''(x) \geq 0$且$1-x>0$）。所以$h(x)$在$[0,1)$上单调递减，又$h(1)=f(1)-f(1)-0=0$，故对$x<1$有$h(x) \geq h(1)=0$，即$f(1)-f(x) - (1-x)f'(x) \geq 0$。因此$g'(x) \geq 0$，$g(x)$单调递增。于是当$x_1 < x_2$时，$g(x_2) \geq g(x_1)$，即$\frac{f(1)-f(x_2)}{1-x_2} \geq \frac{f(1)-f(x_1)}{1-x_1}$。故选项C正确。

公式：g'(x) = \frac{f(1)-f(x) - (1-x)f'(x)}{(1-x)^2} \geq 0

提示：构造辅助函数$g(x)=\frac{f(1)-f(x)}{1-x}$，通过求导判断其单调性。

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