# 前置知识

4.5 微分中值定理

# 单调性

定理 $1$： $f \in C[a, b]$，在 $(a, b)$ 可导，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上递增（减）$\Leftrightarrow$ $f'(x) \ge 0 (\le 0), x \in (a, b)$。

证明：$\Rightarrow$（必要性）：对任意 $x \in (a, b), x + h \in (a, b)$，都有：

$$\frac {f(x + h) - f(x)} h \ge 0$$

因此 $f'(x) \ge 0, x \in (a, b)$。

$\Leftarrow$（充分性）：由于 $f'(x) \ge 0, x \in (a, b)$，对于任意 $x_1, x_2 \in [a, b], x_1 < x_2$，由拉格朗日中值定理可得：

$$f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi)(x_2 - x_1) \ge 0$$

因此 $f(x)$ 是单调递增函数。

定理 $2$（严格单调性）： $f \in C[a, b]$，在 $(a, b)$ 可导，若 $f'(x) > 0, x \in (a, b)$，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上严格递增。

定理 $3$： $f \in C[a, b]$，在 $(a, b)$ 内除有限个点外，$f'(x) > 0 (< 0)$，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上严格增（减）。

证明： 设 $f(x)$ 在 $\{ x_i \}$ 之外，$f'(x) > 0 (< 0)$，其中 $\{ x_i \}$ 满足 $a \le x_1 < x_2 < \cdots < x_n \le b$。由定理 $2$，$f(x)$ 在 $[a, x_1], [x_1, x_2], \cdots, [x_n, b]$ 上严格单调，所以在 $[a, b]$ 上严格单调。

定理 $4$： 设 $f$ 在 $[a, b]$ 连续，在 $(a, b)$ 可导，则 $f$ 在 $[a, b]$ 为严格单调增函数 $\Leftrightarrow$ $\begin {cases} 1. f'(x) \ge 0, \forall \, x \in (a, b) \\ 2. 在 (a, b) 的任意子开区间内，f'(x) 不恒为零 \end {cases}$

其中第二条也可表述为：$\forall \, (c, d) \sub (a, b), \exist \, \xi \in (c, d), f'(\xi) > 0$。

证明： $\Rightarrow$（必要性）：由于 $f(x)$ 单调增，因此满足第一个条件。

若第二个条件不成立，$\exist \, (c, d) \sub (a, b)$，使 $f'(x) \equiv 0, x \in (c, d)$，于是 $f$ 在 $(c, d)$ 上恒为常数，与 $f$ 严格递增矛盾，因此第二个条件成立。

$\Leftarrow$（充分性）：第一个条件成立，则 $f$ 在 $[a, b]$ 为单调增函数。

若有 $x_1, x_2 \in [a, b], x_1 < x_2$，使 $f(x_1) = f(x_2)$，则 $f(x) \equiv c, x \in (x_1, x_2)$，于是 $f'(x) = 0, x \in (x_1, x_2)$，与第二个条件矛盾。

所以 $f$ 在 $[a, b]$ 为严格单调增函数。

# 极值

极值的必要条件： 设 $f(x)$ 在 $x_0$ 可导，且 $x_0$ 为极值点，则 $f'(x_0) = 0$。（费马引理）

定理 $5$（极值判定 $1$）：设 $f \in C[a, b], x_0 \in (a, b)$

1. 若在 $\begin {rcases} (x_0 - \delta, x_0) 内，f'(x) > 0 \\ (x_0, x_0 + \delta) 内，f'(x) < 0 \end {rcases} \Rightarrow$ $f(x_0)$ 是严格极大值；

2. 若在 $\begin {rcases} (x_0 - \delta, x_0) 内，f'(x) < 0 \\ (x_0, x_0 + \delta) 内，f'(x) > 0 \end {rcases} \Rightarrow$ $f(x_0)$ 是严格极小值；

3. 若在 $x_0$ 两侧 $f'$ 不变号，$f(x_0)$ 不是极值。

在该例子中，当 $x \not = 0$ 时，

$$f(x) - f(0) = x^2 (2 + \sin \frac 1 x) > 0$$

于是 $x = 0$ 为 $f(x)$ 的极小值点。当 $x \not = 0$ 时，

$$f'(x) = 2x (2 + \sin \frac 1 x) - \cos \frac 1 x$$

当 $x \to 0$ 时，$2x (2 + \sin \dfrac 1 x) \to 0$，$\cos \dfrac 1 x$ 在 $-1$ 和 $1$ 之间振荡，因而 $f(x)$ 在 $x = 0$ 的两侧都不单调。实际上这个函数图像大致如图：

定理 $6$（极值判定 $2$）：设 $f \in C[a, b]$，$x_0$ 是驻点，$f''(x_0)$ 存在。

1. 若 $f''(x_0) < 0$，$f(x_0)$ 是严格极大；

2. 若 $f''(x_0) > 0$，$f(x_0)$ 是严格极小；

3. 若 $f''(x_0) = 0$，$f(x_0)$ 不定；

证明：(1) 因为 $f'(x_0) = 0$，于是有：

$$\lim_{x \to x_0} \frac {f'(x) - f'(x_0)} {x - x_0} = \lim_{x \to x_0} \frac {f'(x)} {x - x_0} = f''(x_0) < 0$$

即在 $x = x_0$ 的去心邻域内，$\dfrac {f'(x)} {x - x_0} < 0$。

因此当 $x - x_0 < 0$ 时，$f'(x) > 0$；当 $x - x_0 > 0$ 时，$f'(x) < 0$，因此 $f(x_0)$ 极大。

(2) 与 (1) 同理。

(3) 例如：$f(x) = x^3, f'(0) = f''(0) = 0, x = 0$ 非极值点；

又例如：$f(x) = x^4, f'(0) = f''(0) = 0, x = 0$ 极小值点；

再例如：$f(x) = -x^4, f'(0) = f''(0) = 0, x = 0$ 极大值点。

# 最值

求 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上最大 / 最小值的步骤：

1. 求驻点何不可导点；

2. 求区间端点及驻点何不可导点的函数值，比较大小，哪个大哪个就是最大值，哪个小哪个就是最小值。

证明：设函数在 $x_0$ 取得最大值，则 $f'(x_0) = 0$。

$$|f'(0)| + |f'(a)| = |f'(0) - f'(x_0)| + |f'(a) - f'(x_0)|$$

对 $f'(x)$ 在区间 $[0, x_0]$ 和 $[x_0, a]$ 上分别应用拉格朗日中值定理，知存在 $\xi_1 \in (0, x_0), \xi_2 \in (x_0, a)$，使得 $|f'(0)| + |f'(a)| = |f''(\xi_1) x_0| + |f''(\xi_2) (a - x_0)| \le M x_0 + M (a - x_0) = aM$。

# 凸函数与凹函数

# 定义

我们定义任意弧段在弦的下方的函数为下凸函数，如图：

下面推导定义式。

任取 $P_0(x_1, f(x_1)), P_1(x_2, f(x_2))$，取 $P_0P_1$ 上一点 $P(x, y)$，则：

$$f(x_1) + \frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} (x - x_1) \ge f(x)$$

即：

$$\frac {x_2 - x} {x_2 - x_1} f(x_1) + \frac {x - x_1} {x_2 - x_1} f(x_2) \ge f(x)$$

令 $\lambda_1 = \dfrac {x_2 - x} {x_2 - x_1}, \lambda_2 = \dfrac {x - x_1} {x_2 - x_1}$，则 $\lambda_1 + \lambda_2 = 1, x = \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2$，由此可得：

$$f(\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2) \le \lambda_1 f(x_1) + \lambda_2 f(x_2)$$

上凸函数同理。于是我们得出凹凸函数定义：

等价形式：

$$f[(1 - t) x_1 + t x_2] \le (1 - t) f(x_1) + t f(x_2), t \in (0, 1)$$

# 判定定理

引理 $1$：$f$ 在 $I$ 上凸（严格凸则将 $\le$ 改成 $<$）$\Leftrightarrow$ $\forall \, x_1 < x < x_2 \in I$，有：

$$\frac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x)} {x_2 - x}$$

即在下图中斜率 $k_{Ap} \le k_{AB} \le k_{pB}$：

证明：利用不等式：$b > 0, d > 0, \dfrac a b \le \dfrac c d \Leftrightarrow \dfrac a b \le \dfrac {a + c} {b + d} \le \dfrac c d$。

$$\begin {aligned} & \frac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x)} {x_2 - x} \\ \Leftrightarrow & \frac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x)} {x_2 - x} \\ \Leftrightarrow & \lambda_1 = \frac {x_2 - x} {x_2 - x_1}, \lambda_2 = \frac {x - x_1} {x_2 - x_1}, x = \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2, \\ & \lambda_1 [f(x) - f(x_1)] \le \lambda_2 [f(x_2) - f(x)] \\ \Leftrightarrow & f(\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2) \le \lambda_1 f(x_1) + \lambda_2 f(x_2) \end {aligned}$$

定理 $7$：设 $f \in C[a, b], (a, b)$ 内可导，则 $f$ 在 $[a, b]$ 凸（严格凸）/ 凹（严格凹）$\Leftrightarrow$ $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 增（严格增）/ 减（严格减）。如下两图所示：

证明：$\Rightarrow$（必要性）由 $f$ 凸，设 $(x_1, x_2) \sub (a, b), \forall \, x, x'$ 满足：$x_1 < x < x' < x_2$，则由 引理 $1$：

$$\frac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} \le \frac {f(x_2) - f(x')} {x_2 - x'}$$

令 $x \to x_1^+, x' \to x_2^-$，有：

$$f'(x_1) \le \frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} \le f'(x_2)$$

所以 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 内为增函数。

若 $f(x)$ 是严格凸函数，则设 $(x_1, x_2) \sub (a, b), \forall \, x, x^*, x'$ 满足：$x_1 < x < x^* < x' < x_2$，由 引理 $1$：

$$f'(x_1) \le \frac {f(x^*) - f(x_1)} {x^* - x_1} < \frac {f(x_2) - f(x^*)} {x_2 - x^*} \le f'(x_2)$$

所以 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 严格增。

$\Leftarrow$（充分性）：设 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 增函数，$\forall x_1 < x_2, \forall x_1 < x < x_2$，有

$$\frac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} = f'(\xi) \\ \frac {f(x_2) - f(x)} {x_2 - x} = f'(\eta)$$

因为 $f'(\xi) \le f'(\eta)$，所以 $\dfrac {f(x) - f(x_1)} {x - x_1} \le \dfrac {f(x_2) - f(x)} {x_2 - x}$，因此 $f$ 在 $[a, b]$ 上为凸函数。

推论 $1$：设 $f$ 在 $[a, b]$ 连续，$(a, b)$ 二阶可导，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上为凸函数 $\Leftrightarrow$ $f''(x) \ge 0, \forall \, x \in (a, b)$。

$f$ 在 $[a, b]$ 上严格凸 $\Leftrightarrow$ $\begin {cases} f''(x) \ge 0, \forall \, x \in (a, b) \\ (a, b) 的任意开子区间内，f'' 不恒为零 \end {cases}$

# 琴生不等式

定理 $8$：设 $f$ 在 $I$ 上下凸，则 $\forall \, x_1, x_2, \cdots, x_n \in I, \lambda_1, \cdots, \lambda_n > 0, \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i = 1$，都有 $f \left( \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i x_i \right) \le \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i f(x_i)$。（严格凸，且 $x_1, \cdots, x_n$ 不全相等时，取 $<$）

等价形式：$f$ 在 $I$ 上下凸，则 $\forall \, x_1, x_2, \cdots, x_n \in I, \beta_1, \cdots, \beta_n > 0$，都有 $f \left( \dfrac {\sum \beta_i x_i} {\sum \beta_i} \right) \le \dfrac {\sum \beta_i f(x_i)} {\sum \beta_i}$。（严格凸，且 $x_1, \cdots, x_n$ 不全相等时，取 $<$）

证明：易见 $n = 2$ 时，$f(\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2) \le \lambda_1 f(x_1) + \lambda_2 f(x_2)$ 成立。

设 $n = k$ 时，有 $f \left( \sum\limits_{i = 1}^k \mu_i f(x_i) \right), \sum\limits_{i = 1}^k \mu_i = 1$，则 $n = k + 1$ 时，由 $\lambda_1 + \cdots + \lambda_{k + 1} = 1$，可得：

$$\frac {\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_k} {1 - \lambda_{k + 1}} = 1$$

取 $\mu_i = \dfrac {\lambda_i} {1 - \lambda_{k + 1}}$，则 $\sum\limits_{i = 1}^n \mu_i = 1$。

$$\begin {aligned} f \left( \sum_{i = 1}^{k + 1} \lambda_i x_i \right) &= f \left[ (1 - \lambda_{k + 1}) \sum_{i + 1}^k \mu_i x_i + \lambda_{k + 1} x_{k + 1} \right] \\ &\le (1 - \lambda_{k + 1}) f \left( \sum_{i = 1}^k \mu_i x_i \right) + \lambda_{k + 1} f(x_{k + 1}) \\ &\le (1 - \lambda_{k + 1}) \sum_{i = 1}^k \mu_i f(x_i) + \lambda_{k + 1} f(x_{k + 1}) \\ &= \sum_{i = 1}^{k + 1} \lambda_i f(x_i) \end {aligned}$$

对严格凸类似可证。

证明：原不等式等价于：

$$\frac 1 n (\ln x_1 + \ln x_2 + \cdots + \ln x_n) \le \ln \frac {x_1 + x_2 + \cdots + x_n} n$$

令 $f(x) = \ln x$，则 $f'(x) = \dfrac 1 x, f''(x) = - \dfrac 1 {x^2} < 0$，所以 $f(x) = \ln x$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格凹（上凸）。

取 $\lambda_i = \dfrac 1 n, i = 1, 2, \cdots, n$，由琴生不等式可得上式成立，且当且仅当 $x_1 = \cdots = x_n$ 时，等号成立。

# 习题

1. 研究下列函数在指定区间内的单调性：

   $$f(x) = \left( 1 + \frac 1 x \right)^x, x \in (0, + \infty)$$

   解：$f(x) = e^{x \ln \frac {x + 1} x}$，求导得：

   $$f'(x) = \left( 1 + \frac 1 x \right)^x \left( \ln \frac {x + 1} x - \frac 1 {x + 1} \right)$$

   由 $\ln x > 1 - \dfrac 1 x (x \not = 1)$ 可知，$\ln \dfrac {x + 1} x > \dfrac 1 {x + 1}, f'(x) > 0$，因此 $f(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格单调递增。

2. 利用函数的单调性证明下列不等式：

   (1) $x - \dfrac {x^3} 6 < \sin x < x, x > 0$；

   (2) $x - \dfrac {x^2} 2 < \ln (1 + x) < x, x > 0$。

   (1) 证明：令 $f(x) = \sin x - x + \dfrac {x^3} 6$，求导得：

   $$f'(x) = \cos x - 1 + \frac {x^2} 2 \\ f''(x) = - \sin x + x \\ f'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$$

   则 $f''(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上单调递增，$f''(x) > f''(0) = 0$，则 $f'(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上单调递增，$f'(x) > f'(0) = 0$，则 $f(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上单调递增，$f(x) > f(0) = 0$，即 $\sin x > x - \dfrac {x^3} 6$ 得证。
   由 $f''(x) > 0$ 可证得 $\sin x < x$。

   (2) 证明：令 $f(x) = \ln (1 + x) - x + \dfrac {x^2} 2$，求导得：

   $$f'(x) = \frac 1 {1 + x} - 1 + x \\ f''(x) = - \frac 1 {(1 + x)^2} + 1 = \frac {x (x + 2)} {(1 + x)^2} > 0$$

   则 $f'(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格单调递增，则 $f'(x) > f'(0) = 0$，则 $f(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格单调递增，则 $f(x) > f(0) = 0$，可证得 $\ln (1 + x) < x - \dfrac {x^2} 2$。
   令 $g(x) = x - \ln (1 + x)$，求导得：

   $$g'(x) = 1 - \frac 1 {1 + x} = \frac x {1 + x} > 0$$

   则 $g(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格单调递增，则 $g(x) > g(0) = 0$，可证得 $\ln (1 + x) < x$。

3. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上连续，在 $(a, + \infty)$ 可导，且 $f'$ 严格单调递增，求证：$F(h) = \dfrac {f(a + h) - f(a)} {h}$ 关于 $h$ 也严格单调递增。

   证明：由题，$f$ 为严格凸函数，对 $\forall \, h_2 > h_1 > 0$，有 $F(h_2) = \dfrac {f(a + h_2) - f(a)} {h_2} > F(h_1) = \dfrac {f(a + h_1) - f(a)} {h_1}$ 成立，即证得 $F(h)$ 关于 $h$ 也严格单调递增。

4. 设 $f(x)$ 在 $\R$ 上有连续二阶导数，若 $f(x)$ 在 $\R$ 上有界，则存在 $\theta \in \R$，使得 $f''(\theta) = 0$。

   证明：假设不存在 $\theta \in \R$ 使得 $f''(\theta) = 0$，不妨设 $f''(x)$ 恒大于 $0$，则 $f'(x)$ 严格单调递增，$f(x)$ 为严格凸函数，所以 $f'(x)$ 不恒为 $0$，不妨设存在 $\xi \in \R$，使得 $f'(\xi) > 0$。由严格凸函数性质，对 $\forall \, x > \xi, \dfrac {f(x) - f(\xi)} {x - \xi} > f'(\xi)$，即 $f(x) > (x - \xi) f'(\xi) + f(\xi)$，即对于 $\forall \, F > 0$，都存在 $X = \max \left\{ \dfrac {F - f(\xi)} {f'(\xi)} + \xi, \xi \right\}$，使当 $x > X$ 时，有 $f(x) > F$ 恒成立，则 $f(x)$ 无界，与题设矛盾，假设不成立，得证。

5. 求下列函数的极值点，并确定它们的单调区间：

   $$y = x - \ln (1 + x)$$

   解：求导得：

   $$y' = 1 - \frac 1 {1 + x} = \frac x {1 + x}$$

   由此可知，当 $x \in (-1, 0)$ 时，$y' < 0$，函数严格单调递减；当 $x = 0$ 时，函数取得极小值 $0$；当 $x \in (0, + \infty)$ 时，$y' > 0$，函数严格单调递增；函数不存在极大值。

6. 求下列函数在指定区间上的最大值和最小值：

   (1) $f(x) = |2x^3 - 9x^2 + 12x|, x \in \left[ - \dfrac 1 4, \dfrac 5 2 \right]$；

   (2) $f(x) = x^2 e^{-nx}, x \in (0, + \infty)$

   (1) 解：令 $g(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x$，求导得：

   $$g'(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x - 1)(x - 2)$$

   计算可得：

   $$g(- \dfrac 1 4) = - \dfrac {115} {32}, g(1) = 5, g(2) = 4, g(\dfrac 5 2) = 5$$

   由此可得 $f(x)$ 最小值为 $0$，最大值为 $5$。

   (2) 解：求导得：

   $$f'(x) = x (2 - nx) e^{-nx}$$

   由 $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = 0, f(\dfrac 2 n) = \dfrac {4} {n^2 e^2}$
   则函数最大值为 $\dfrac 4 {n^2 e^2}$，不存在最小值。

7. 在 $\alpha > 1$ 和 $0 < \alpha < 1$ 两种情况下分别求函数 $f(x) = (1 + x)^\alpha - \alpha x$ 在 $[-1, + \infty)$ 上的最值，并依此证明伯努利不等式：当 $x \ge -1$ 时，我们有：若 $\alpha > 1$，则有 $(1 + x)^\alpha \ge 1 + \alpha x$

   证明：当 $\alpha > 1$ 时，对 $f(x)$ 求导：

   $$f'(x) = \alpha [(1 + x)^{\alpha - 1} - 1]$$

   此时函数有最小值 $f(0) = 1$，无最大值。
   当 $0 < \alpha < 1$ 时，函数有最大值 $f(0) = 1$，无最小值。
   则当 $\alpha > 1$ 时，$f(x) \ge 1 \Rightarrow (1 + x)^\alpha \ge 1 + \alpha x$，得证。

8. 设 $f(x)$ 是区间 $(a, b)$ 上的凸函数，证明：对任意的 $x \in (a, b)$，$f(x)$ 在 $x$ 点处连续，且存在左右导数。（注意：凸函数的定义中并没有有预先假设函数连续）

   证明：任取 $x, y, z$ 使 $a < x < y < z < b$，则由凸函数性质：

   $$\frac {f(y) - f(x)} {y - x} \le \frac {f(z) - f(x)} {z - x}$$

   固定 $x$，则函数 $\dfrac {f(z) - f(x)} {z - x}$ 关于 $z$ 单调递增，由于单调递增函数间断点只可能是跳跃间断点，因此 $\lim\limits_{z \to x^+} \dfrac {f(z) - f(x)} {z - x}$ 存在，即 $f(x)$ 右可导，从而右连续。由 $x$ 的任意性可知，$f(x)$ 在 $(a, b)$ 上都右可导、右连续。同理可证得 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 上都左可导、左连续。
   关于 “单调函数只可能存在跳跃间断点” 的证明：
   设函数 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内单调递增，任取 $x_0 \in (a, b)$，则对于 $\forall \, x \in (a, x_0)$，都有 $f(x) \le f(x_0)$，即函数 $f(x)$ 在 $(a, x_0)$ 上有上界，从而有上确界，设为 $\alpha$。由上确界定义，对于 $\forall \, x \in (a, x_0), f(x) \le \alpha$，且对于 $\forall \, \epsilon > 0$，都存在 $x \in (a, x_0)$，使得 $\alpha - \epsilon < f(x) \le \alpha$。设 $\delta = x_0 - x' > 0, - \delta < x - x_0$，则由单调性可知，$- \epsilon < f(x') - \alpha < f(x) - \alpha \le 0 < \epsilon$，由极限定义可知 $\lim\limits_{x \to x_0^-} f(x) = \alpha$。同理可设得 $\lim\limits_{x \to x_0^+} f(x) = \beta$，由单调性可知：$f(x_0^-) \le f(x_0) \le f(x_0^+)$，由 $x_0$ 是一个间断点，以上不等式不能同时取等，则 $f(x_0^-) < f(x_0^+)$，即证得 $f(x_0)$ 是个跳跃间断点。
   

9. 判断下列函数的凹凸性：

   $$f(x) = \ln \left( \frac x {1 + x} \right), x > 0$$

   证明：求导得：

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

   因此函数 $f(x)$ 严格凹函数。

10. 求下列曲线的拐点：

    $$y = -x^3 + 3x^2$$

    解：求导得：

    $$y' = -3x^2 + 6x \\ y'' = -6(x - 1)$$

    则 $x = 1$ 为曲线的拐点。