第三章微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

1、第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第三章 微分中值定理與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 第一節(jié) 微分中值定理 一、羅爾定理 a,b定理：若f?x?在閉區(qū)間上連續(xù)，在?a,b?內(nèi)可導(dǎo)，且f?a?f?b?，則?(a,b) 使得f?0. 注： 定理中的三個條件缺一不可，否則定理不一定成立，即指定理中的條件是充分的，但非必要。 羅爾定理中的?點不一定唯一。事實上，從定理的證明過程中不難看出：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在點?處取得最大值或最小值，則有f?(?)?0。 定理的幾何意義：設(shè)有一段弧的兩端點的高度相等，且弧長除兩端點外，處處都有不垂直于x軸的一切線，到弧上至少有一點處的切線平行于x軸。 a,ba,b證 由f?x?在閉區(qū)間

2、上連續(xù)知，f?x?在上必取得最大值M與最小值m. 若M?m，則M與m中至少有一個不等于f?x?在區(qū)間端點的值.不妨設(shè)M?f?a?.由最值定理，?(a,b)，使f?M.又 f?()?lim?x?0f(?x)?f()f(?x)?M?lim?0， x?0xx f(?x)?f()f(?x)?M?lim?0， x?0xxf?()?lim?x?0 故 f?0. a,b若M?m，則f?x?在上為常數(shù)，故(a,b)內(nèi)任一點都可成為，使 f?0. a,b若y?f?x?滿足定理的條件，則其圖像在上對應(yīng)的曲線 弧AB上一定存在一點具有水平切線，如圖3-1所示. 圖 3-1 二、拉格朗日中值定理 a,b定理2： 若f

3、?x?在閉區(qū)間上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則至少存在一點?(a,b) 使得 f?b?f?a?f?(b?a). (3-1-1) 注：拉格朗日中值定理是羅爾中值定理的推廣； 證 考慮輔助函數(shù)?x?f?x?(x?a)，其中 ?f(b)?f(a)， b?a a,b顯然?x?滿足定理1的條件，即?x?在閉區(qū)間上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且 ?a?b?，則至少存在一點?(a,b)使得?0，而 ?(x)?f?(x)?f(b)?f(a). b?a 故有 f?b?f?a?f?(b?a). ?B兩端的弦AB，其斜率為f(b)?f(a).因此，定理的幾如圖3-2所示，連結(jié)曲線弧Ab?a ?B上一定存在一點具有平行于

4、弦AB的切線 . 何意義是：滿足定理條件的曲線弧A 圖3-2 顯然，羅爾定理是拉格朗日中值定理的特殊情形. 式(3-1-1)稱為拉格朗日中值公式，顯然，當(dāng)b?a時，式(3-1-1)也成立. 設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)可導(dǎo)，其中自變量的增量x可x和x?x是(a,b)內(nèi)的兩點，正可負(fù)，于是在以x及x?x為端點的閉區(qū)間上應(yīng)用拉格朗日中值定理，有 f?x?x?f?x?f?x， 其中為x與x?x之間的某點，記?x?x, 0?1，則 f?x?x?f?x? ?f?x?x?x (0?1). (3-1-2) (3-1-2) 推論1 若函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的導(dǎo)數(shù)恒為零，則f(x)在區(qū)間I上為一常數(shù). 證任取

5、x1,x2?I，且x1?x2，則f(x)在閉區(qū)間?x1,x2?上連續(xù)，f(x)在?x1,x2?內(nèi)可導(dǎo)，由定理2，得 f?x2?f?x1?f?(x2?x1),?x1,x2?. 由于f() = 0，故f(x2) = f(x1).由x1，x2的任意性可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上為一常數(shù). 我們知道“常數(shù)的導(dǎo)數(shù)為零”，推論1就是其逆命題.由推論1立即可得以下結(jié)論. 推論2 函數(shù)f(x)在區(qū)間I可導(dǎo)，若對?x?I，f?x?g?x?，則 f(x) = g(x)+C. 對任意x?I成立，其中C為常數(shù). 【例1】 求證arcsinx?arccosx? x? ，?1,1. 2 證 令f?x?arcsinx?ar

6、ccosx，則 f? x? ?0，x?(?1,1). 由推論1得f?x?C，x?(?1,1)又 因f?0? ，且f?1?. 22 故 f?x?arcsinx?arccosx?,x?1,1?. 2【例2】 證明不等式arctanx2?arctanx1?x2?x1 (其中x1x2). 證 設(shè)f?x?arctanx，在?x1,x2?上利用拉格朗日中值定理，得 arctanx2?arctanx1? 因為 1 x?x1?，x1x2. 2?2 1? 1 ?1，所以 1?2 arctanx2?arctanx1?x2?x1. ?)內(nèi)有幾個實【例3】 設(shè)函數(shù)f?x?x?x?2?x?4?x?6?，說明方程f?x?

7、0在(?， 根，并指出它們所屬區(qū)間. ?)內(nèi)最多有3個實根. 解 因為f?x?是三次多項式，所以方程f?x?0在(?， 0,2,2,4,4,6又由于f?0?f?2?f?4?f?6?0，f?x?在區(qū)間上滿足羅 爾定理的條件.故有1?(0,2),2?(2,4),3?(4,6)，使f?1?0,f?2?0,f?3?0，即方 ?)內(nèi)有3個實根，分別屬于區(qū)間(0,2),2,4(),4,6(). 程f?x?0在(?， a,b【例4】 若f?x?0在上連續(xù)，在?a,b?內(nèi)可導(dǎo)，則?(a,b)，使得 lnf(b)f?()?(b?a). f(a)f() f?()(b?a). f()證 原式即 lnf(b)?lnf

8、(a)? 令?x?lnf?x?，有?x?f?(x). f(x) a,ba,b顯然?x?在上滿足拉格朗日中值定理的條件，在上應(yīng)用定理可得所證. 下面再考慮由參數(shù)方程x?g?t?,y?f?t?,t?給出的曲線段，其兩端點分別為a,bA?g?a?,f?a?,B?g?b?,f?b?.連結(jié)A,B的弦AB的斜率為上任何一點處的切線斜率為f(b)?f(a) (見圖3-3)，而曲線g(b)?g(a)dyf?(t). ?dxg (t) 圖3-3 若曲線上存在一點C對應(yīng)參數(shù)t?(a,b)，在該點曲線的切線與弦AB平行，則可得 f(b)?f(a)f?()?. g(b)?g(a)g?() 三、柯西中值定理 定理3 若

9、f ?(a,b)使得 ?x?,g?x在a,b上連續(xù)，且均在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且g?x?0，則 f(b)?f(a)f?()?. g(b)?g(a)g() 證 由g?x?0和拉格朗日中值定理得 g?b?g(a)?g?b?a?0,?a,b?. 由此有g(shù)?b?g?a?，考慮輔助函數(shù)?x?f?x?g?x?(待定).為使?x?滿足羅爾中值定理的條件，令?a?b?，得 ?f(b)?f(a). g(b)?g(a) 取的值如上，由羅爾定理知?(a,b)，使?0，即 f?()?f(b)?f(a)g?()?0， g(b)?g(a) 即 由此定理得證. f(b)?f(a)f?()?. g(b)?g(a)g?() 顯而

10、易見，若取g?x?x，則定理3成為定理2，因此定理3是定理1，2的推廣，它是這三個中值定理中最一般的形式. 例5 設(shè)函數(shù)f?x?在?在?a,b?內(nèi)可導(dǎo)，且x1?x20，證明?(x1,x2)，?x1,x2?上連續(xù)， 使 x1f(x1)?x2f(x2)?f()?f?(). x1?x2 f(x1)f(x2)?21?f()?f?(). 證 原式可寫成 1?1 21 令?x?f(x)1x1,x2，?x?.它們在上滿足柯西中值定理的條件，且有 xx ?(x)?f?x?xf?x?. ?(x) 應(yīng)用柯西中值定理即得所證. 第二節(jié) 洛必達法則 一、0型不定式 0 定理1設(shè)f?x?，g?x?滿足： (1) lim

11、f?x?0，limg?x?0； x?x0 ?x?x0(2)在U?x0?內(nèi)可導(dǎo)，且g?x?0； (3) limf?x? g?xx?x0存在(或為?)， 則 limf?x? gxx?x0?limf?x?g?xx?x0. 證 由于極限limx?x0f?x?gx，f?x?和g?x?在x?x0處有無定義沒有關(guān)系，不妨設(shè) f?x0?g?x0?0.這樣，由條件(1)、(2)知f?x?及g?x?在U?x0?連續(xù).設(shè)x?U?x0?，則在 或上，柯西中值定理的條件得到滿足，于是有 x,x0x0,x f(x)f(x)?f(x0)f?(x)?， g(x)g(x)?g(x0)g(x) 其中在x與x0之間.令x?x0(從

12、而?x0)，上式兩端取極限，再由條件(3)就得到 limf(x)f?()f?(x)?lim?lim， g(x)?x0g?()x?x0g?(x)x?x0 0對于當(dāng)x?時的型不定式，洛必達法則也成立. 0 推論1 f?x?,gx滿足 ? (1) limf?x?0，limg?x?0； x?x? (2) 存在常數(shù)X?0 當(dāng)xX時f?x?,g?x?可導(dǎo)，且g?x?0； (3) limf?(x)存在(或為?)， x?g?(x) f(x)f?(x)?lim. x?g(x)x?g(x)則 lim 證 令t?1，則x?時t?0，從而 x 1?limf?f(x)?0， ?limt?0x?t? 1?limg?lim

13、g(x)?0. t?0?t?x? 由定理1，得 1?1?1?f?f?f(x)f?(x)t?t?t2?. lim?lim?lim?limx?g(x)t?0t?0x?g(x)1?1?1?g?g?2?t?t?t? 顯然，若lim 達法則而得到 f?(x)0仍為型不定式，且f?x?,g?x?滿足定理條件，則可繼續(xù)使用洛必g(x)0 f(x)f?(x)f?(x)?lim?lim， g(x)g?(x)g?(x)lim 且仍然可以依此類推. 【例1】 求limx3?12x?16. x?2x3?2x2?4x?8 32x?12x?163x?126x3解 lim3?lim2?lim?. 2x?2x?2x?4x?8

14、x?23x?4x?4x?26x?42 ?arctanx【例2】 求lim. x?1 x ?arcta?1 2xn2x解 lim?lim?lim?1 x?x?x?1?x211?2xx 二、?型不定式 ? 定理2 設(shè)f?x?,gx滿足 ? (1) limf?x?，limg?x?； x?x0x?x0 (2) 在U?x0?內(nèi)可導(dǎo)，且g?x?0； (3) limx?x0?f?(x)存在(或為?)， g?(x) x?x0則 limf(x)f?(x)?lim. g(x)x?x0g?(x) 該定理也是應(yīng)用柯西中值定理來證明的，因過程較繁，故略. 推論2 若f?x?,gx滿足 ? (1) limf?x?，lim

15、g?x?； x?x? (2) 當(dāng)x?X時可導(dǎo)，且g?x?0； (3) limf?(x)存在(或為?)， x?g(x) f(x)f?(x)?lim. x?g(x)x?g(x)則 lim x【例3】 求limln ax?x(?0). x解 liln a?x?x 【例4】 求limx xx?ex1lia?1?a?x(?0). x1a?. ?a?x0 ?1解 limx x?limxx. x?ex?e 若0?1，則上式右端極限為0；若?1，則上式右端仍是自然數(shù)n使n?1?n，逐次應(yīng)用洛必達法則直到第n次，有 xx?1lim?limx? x?exx?e?型不定式，這時總存在? (?1)?(?n?1)x?n

16、 ?0. （n次）limxx?e x故 limx?0x?e?0? . 1?sinxx?sinx?1，但(x?sinx)?lim1?cosx不存在. lim?limx?x?sinxx?(x?sinx)x?1?cosx1?sinx x 三、其他不定式 對于函數(shù)極限的其他一些不定式，例如0?，?，00，1?和?0型等，處理它們的0?總原則是設(shè)法將其轉(zhuǎn)化為或型，再應(yīng)用洛必達法則. 0? 【例6】 求lim?x2lnx. x?0 1 ?1limx2?0. 解 lim?x2lnx?lim?ln?x?lim2?3x?0x?0xx?0?2x2x?0? 【例7】 求lim(secx?tanx). x? 解 li

17、m(sxe?c x? 2 xta?n 1?sixn ?cosxx? ) 2 ?cxos m?sxin?x 2 ?x x?li. mcot 2 【例8】 求lim?xsinx. x?0 解 設(shè)y?xsinx，則lny?sinxlnx， 1 lnxlim?lny?lim?(sinx?lnx)?lim?lim? x?0x?0x?0x?01cosx?2 sinxsinx 1sin2x ?lim?lim?0. x?0cosxx?0?x 由y?e lny 有l(wèi)im?y?lim?e x?0 x?0 lny ?e x?0? limelny ，所以 lim?xsinx?e0?1. x?0 1 1?【例9】 求l

18、im?. x?0?x? 1?1?解 設(shè)y?1?，則lny?xln?1?. x?x? x x 1?ln?1?ln(x?1)?lnxx 而 lim?lny?lim?1?lim? x?0x?0x?0xx?1 (x?1)?1?x?1?x2? ?lim?x?0， ?lim? x?0x?0?x?1?x?2? 1 1?e0?1. 故 lim?x?0?x? x 洛必達法則是求不定式的一種有效方法，但不是萬能的.我們要學(xué)會善于根據(jù)具體問題 采取不同的方法求解，最好能與其他求極限的方法結(jié)合使用，例如能化簡時應(yīng)盡可能先化簡，可以應(yīng)用等價無窮小替代重要極限時，應(yīng)盡可能應(yīng)用，這樣可以使運算簡捷. 【例10】 求limx

19、2?tanx. x?0x?sinx 解 先進行等價無窮小的代換.由sinxx?x?0?，則有 lim x?tanxx?tanx1?sec2x ?lim?lim x?0x2?sinxx?0x?0x33x2 2 2secx?tanx11tanx ?lim?lim?lim2x?06x3x?0cosxx?0x 1tanx1 ?. ?lim 3x?0x3 第三節(jié) 泰勒公式及其應(yīng)用 一、泰勒公式的引入 設(shè)f(x)在x0的某一開區(qū)間內(nèi)具有直到(n?1)階導(dǎo)數(shù)，試求一個多項式 Pn(x)?a0?a1(x?x0)?a2(x?x0)2?an(x?x0)n (1) 來近似表達f(x)，并且Pn(x)和f(x)在x0

20、點有相同的函數(shù)值和直到n階導(dǎo)數(shù)的各階導(dǎo)數(shù)，即： Pn(x0)?f(x0),Pn(x0)?f?(x0),Pn(x0)?f?(x0),?,Pn?(n)(x0)?f(n)(x0)。 下面確定Pn(x0)的系數(shù)a0,a1,?an，通過求導(dǎo)，不難得到a0?f(x0),a1?1?f?(x0),a2?1?2?f?(x0),a3?1?2?3?f?(x0),?an?n!?f(n)(x0) f?(x0)f(n)(x0)2(x?x0)?(x?x0)n (2) ?Pn(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?2!n! 這個Pn(x)即為所求。 二、泰勒中值定理 如果函數(shù)f(x)在x0的某區(qū)間(a,b)內(nèi)具有直到(

21、n?1)階的導(dǎo)數(shù)，則當(dāng)x?(a,b)時，f(x)可表示為(x?x0)的一個多項式Pn(x)和一個余項Rn(x)之和： f?(x0)f(n)(x0)2f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?(x?x0)?(x?x0)n?Rn(x)2!n! ?(3) f(n?1)(?)其中 Rn(x)?(x?x0)n?1 （?介于x0與x之間） (n?1)! 注：（3）式稱為f(x)按(x?x0)的冪展開到n階的泰勒公式，Rn(x)的表達式（4）稱為拉格朗日型余項； 當(dāng)n?0時（3）變?yōu)椋篺(x)?f(x0)?f?(?)(x?x0) （?介于x0與x之間），這就 是拉格朗日公式； 從（3）式可看出：用（2

22、）式的多項式Pn(x)來近似表達f(x)，所產(chǎn)生的誤差為Rn(x)，再由（4）式，不難看出：若在(a,b)上，有f(n?1)(x)?M，Rn(x)?M(x?x0)n?1，(n?1)!此時limRn(x)n，即?0R(x)?(x?x)n0x?x0(x?x)n 0(x?x0) 若特別地，取x0?0，這時（3）式變?yōu)椋?f?(0)2f(n)(0)nx?x?Rn(x) ?（5） f(x)?f(0)?f?(0)?2!n! f(n?1)(?)n?1 這里Rn(x)?，我們稱（5）為f(x)的麥克勞林公式。 x（?介于0與x之間）(n?1)! 三、常見帶有佩亞諾余項的麥克勞林公式 x2x3xn e?1?x?

23、.?o(xn)2!3!n! x3x5x2n?1 n2n?1sinx?x?.?(?1)?o(x)3!5!(2n?1)!x 2nx2x4 nxcosx?1?.?(?1)?o(x2n) 2!4!2n! nx2x3 n?1xln(1?x)?x?.?(?1)?o(xn) 23n (1?x)?1?x?(?1) 2!x2?.?(?1).(?(n?1) n!xn?o(xn) 2n?1x3x5 n?1xarctanx?x?.?(?1)?o(x2n?1) 352n?1 例1 課本144頁 例3 第四節(jié) 函數(shù)單調(diào)性的判定 a,b定理1 設(shè)f?x?在閉區(qū)間上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)， a,b(1)若?x?(a,b)，

24、有f?x?0，則f?x?在上嚴(yán)格單調(diào)增加. a,b(2)若?x?(a,b)，有f?x?0，則f?x?在上嚴(yán)格單調(diào)減少. 證?x1,x2?，不妨設(shè)x1x2，應(yīng)用拉格朗日中值定理，有 a,b f?x2?f?x1?f?x2?x1?，?(x1,x2). 由f?x?0 (或f?x?0)，得f?0 或(f?0，)故f?x2?f?x1?(或 a,b上嚴(yán)格單調(diào)增加(減少)，定理獲證. f?x2?f?x1?)，即f?x?在 【例】 證明y?sinx在?,?上嚴(yán)格單調(diào)增加. ?22? 證 因sinx在?,?上連續(xù)，并且 ?22? ?sinx?cosx0, 所以y?sinx在?,?上嚴(yán)格單調(diào)增加. ?22?x?,?

25、. ?22? 從定理證明易知，若在(a,b)內(nèi)除個別點使得f?x?0外，其余處處滿足定理條件，則定理結(jié)論仍成立.此外，定理中的閉區(qū)間換成其他區(qū)間(如開的、半開半閉或無窮區(qū)間等)，定 ?)內(nèi)其導(dǎo)數(shù)y?3x2?0，但僅在x?0時，y?0.理的結(jié)論仍成立.例如，y?x3在(?， ?)內(nèi)是嚴(yán)格單調(diào)增加的(見圖3-4).另外，當(dāng)定理1的(1)和(2)中的嚴(yán)因此，y?x3在(?， 格不等號“”和“”分別換為“”和“”時，則分別得到單調(diào)增加和單調(diào)減少的結(jié)論 . 圖3-4 【例2】 討論f?x?e?x的單調(diào)性. 2 ?)，f（解 f?x?的定義域為(?，?x）?2xe?x. 2 （?,0）（?,0）當(dāng)x?時，

26、f?x?0， 故f?x?在內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)增加； ?)內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)減少，如圖3-5所示. ?)時，f?x?0，故f?x?在(0，當(dāng)x?(0， 圖3-5 【例3】 證明當(dāng)x0時，有x?ln?1?x?. 證 令f?x?x?ln?1?x?，則f?x?在區(qū)間0,?)上連續(xù).又 f?x?x?0,x?(0，?)， 1?x 故f?x?在0,?)嚴(yán)格單調(diào)增加，從而f(x)f(0) = 0.因此，當(dāng)x?0時， x?ln(1?x). 第五節(jié) 函數(shù)的極值與最值 一、函數(shù)的極值 定義 設(shè)f?x?在U?x0?內(nèi)有定義，若?x?U?x0?，有f?x?f?0x? (或 f?x?f?x0?)，則稱f?x?在x0極小值)f?x0?，點

27、x0由定義可知，極值是局部性概念，是在一點的鄰域內(nèi)比較函數(shù)值的大小而產(chǎn)生的.因此，對于一個定義在(a,b)內(nèi)的函數(shù)，極值往往有很多個，且某一點取得的極大值可能會比另一點取得的極小值還要小，如圖3-6所示.直觀上看，圖3-6上的函數(shù)在取得極值的地方，其切線(如果存在)都是水平的.事實上，我們有下面的定理 . 圖3-6 定理1費馬定理 設(shè)函數(shù)f?x?在某區(qū)間I內(nèi)有定義，在該區(qū)間內(nèi)的點x0處取極值，且 f?x0?存在，則必有f?x0?0. 證 不妨設(shè)f?x0?為極大值，則由定義，?x?U?x0?，當(dāng)x?x0時，有 f(x)?f(x0) ?0， x?x0 ? 故 f?(x0)?lim? x?x0 f(

28、x)?f(x0) ? 0； x?x0 當(dāng)x?x0時，有 f(x)?f(x0) ?0， x?x0 f(x)?fx(0) ?0. 故 f?(x0)?li?x?x0x?x0 從而得到 f?x0?0. 通常稱為f?x?.定理2給出可導(dǎo)函數(shù)取得極值的必要條件:可導(dǎo)函f?x?的零點， 數(shù)的極值點必是駐點.但此條件并不充分，例如x?0是函數(shù)y?x3的駐點，卻不是其極值點。 另外，連續(xù)函數(shù)在其導(dǎo)數(shù)不存在的點處也可能取到極值.例如，y?x在x?0處取極小值. 因此，對連續(xù)函數(shù)來說，駐點和導(dǎo)數(shù)不存在的點都有可能是極值點。 定理2 設(shè)f?x?在x0處連續(xù)，在U?x0?內(nèi)可導(dǎo)， ? (1)若?x?Ux0，f?x?0，

29、 ?x?x0，f?x?0，則f?x?在x0取得極大值； ?(2)若?x?Ux0，f?x?0，?x?x0，f?x?0，則f?x?在x0取得極小值. ? ? ? ? ? ? ?證 只證(1).由拉格朗日中值定理，?x?Ux0，有 ? f?x?f?x0?f?1?x?x0?， x1x0. 由f?x?0，得f?1?0，故f?x?f?x0?. ?同理，?x?Ux0，有 ? ? f?x?f?x0?f?2?x?x0?，x02x. 由f?x?0，得f?2?0，故f?x?f?x0?.從而f?x?在x0取極大值. 由定理3的證明可知，如果f?x?在U?x0?內(nèi)符號不變，則f?x?在x0就不取得極值. ? 【例1】

30、求f?x?x3-3x2?9x?5的極值. 解 f?x?3x2?6x?9?3?x?1?x?3?. 令f?x?0，得駐點x1?1，x2?3. ?1)時，f?x?0； 當(dāng)x?(?， 當(dāng)x?(?1，3)時，f?x?0； ?)時，f?x?0. 當(dāng)x?(3， 故得f?x?的極大值為f?1?10，極小值為f?3?22. 【例2】 求f? x?. 解 f? x? x?0?，x?0是函數(shù)一階導(dǎo)數(shù)不存在的點. 當(dāng)x?0時，f?x?0；當(dāng)x?0時，f?x?0.故f?x?在x?0處取得極小值f?0?0.定理4 設(shè)f?x?在U?x0?內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，且f?x0?0, f?x0?0，則 (1) 當(dāng)f?x0?0時，f?x?

31、在x0取極大值； (2) 當(dāng)f?x0?0時 ，f?x?在x0取極小值. 證 將f?x?在x0處展開為二階泰勒公式，并注意到f?x0?0，得 f?x?f?x0? f?x0?22 x?x0?o?x?x0?. ?2! ? 因為x?x0時，o?x?x0?是比?x?x0?高階的無窮小量，故0 lim f?x?f?x0? ?f?x0? 2! ? ? 2 ? 2 x?x0 ?x?x0? 2 由函數(shù)極限的局部保號性，故當(dāng)f?x0?0時，?0，使當(dāng)x?U?x0,?，有f?x ? fx?0?，? 即f?x0?為函數(shù)f?x?的極小值；當(dāng)f?x0?0時，?0，使當(dāng)x?U?x0,?，有，即f?x0?為函數(shù)f?x?的極大

32、值. f?x?f?x0? 例如，對于例4的駐點x1?1，x2?3分別有f?1?12?0，f?3?12?0，故f?1?為極大值，f?3?為極小值. 【例3】 求f?x?x3-3x的極值. 解 f?x?3x2?3?3?x?1?x?1?，f?x?6x. 令f?x?0得x?1.由于f?1?6?0，所以f?1?2為極大值；f?1?6?0，所以f?1?2為極小值. 二、函數(shù)的最值及其應(yīng)用 a,b若f?x?為上連續(xù)函數(shù)，且在(a,b)內(nèi)只有有限個駐點或?qū)?shù)不存在的點，設(shè)其為 a,bx1,x2,?,xn，由閉區(qū)間連續(xù)函數(shù)的最值定理知f?x?在上必取得最大值和最小值.若 最值在(a,b)內(nèi)取得，則它一定也是極值

33、，而f?x?的極值點只能是駐點或?qū)?shù)不存在的點. a,b此外，最值點也可能在區(qū)間的端點x?a或x?b處達到.于是，f?x?在上的最值可以 用如下方法求得: maxf?x?maxf?a?,f?x1?,?,f?xn?,f?b?， x?a,b? x?a,b?minf?x?minf?a?,f?x1?,?,f?xn?,f?b?. 為簡便，有時我們將f?x?在某區(qū)間上的最大值和最小值分別記為fmax和fmin. ?1,3【例1】 求f?x?x4?8x2?2在上的最大值和最小值. 解 由f?x?4x?x?2?x?2?0，得駐點 舍去). x1?0，x2?2，x3?2 (x3?1,3 計算出 f?1?=-5,

34、f?0?2,f?2?14,f?3?11. ?1,3故在上， fmax?f?3?11， fmin?f?2?14. 下面兩個結(jié)論在解應(yīng)用問題時特別有用： a,b(1)若f?x?為上的連續(xù)函數(shù)，且在(a,b)內(nèi)只有惟一一個極值點x0，則當(dāng)f?x0?為 a,b極大(小)值時，它就是f?x?在上的最大(小)值. a,ba,b(2)若f?x?為上的連續(xù)函數(shù)，且在上單調(diào)增加，則f?a?為最小值，f?b?為 a,b最大值；若f?x?在上單調(diào)減少，則f?a?為最大值，f?b?為最小值. 在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、工程設(shè)計、經(jīng)濟管理等許多實踐當(dāng)中，經(jīng)常會遇到諸如在一定條件下怎樣使產(chǎn)量最高、用料最省、效益最大、成本最低等等的一

35、系列“最優(yōu)化”問題.這類問題有些能夠歸結(jié)為求某個函數(shù)(稱為目標(biāo)函數(shù))的最值或是最值點(稱為最優(yōu)解). 【例2】 要制造一個容積為V0的帶蓋圓柱形桶，問桶的半徑r和桶高h應(yīng)如何確定，才能 使所用材料最??？ 解 首先建立目標(biāo)函數(shù).要材料最省，就是要使圓桶表面積S最小. 由r2h?V0得h?V0，故 2r S?2r2?2rh?2r2?2V0 r(r?0). 令S?4r?2V0r?，得駐點? 00r2 ?)內(nèi)S只有惟一一個極值點，故這極值點也就是要求的最小值點. 從而當(dāng)又因在(0， h?2r時，圓桶表面積最小，從而用料最省. r? 像這種高度等于底面直徑的圓桶在實際中常被采用，例如儲油罐，化學(xué)反應(yīng)容器

36、，各種包裝等. 【例3】 如圖3-7所示，某工廠C到鐵路線A處的垂直距離CA?20km，須從距離A為150km的B處運來原料，現(xiàn)在要在AB上選一點D修建一條直線公路與工廠C連接.已知鐵路與公路每噸公里運費之比為35，問D應(yīng)選在何處，方能使運費最??？ 圖3-7 解 設(shè)AD? x，則DB?150?x，DC，設(shè)鐵路每噸公里運費為3k(k?0)，則公路上的每噸公里運費為5k.于是從B到C的每噸原料的總運費為 y?3k? 150?x?5x?(0,150). 這是目標(biāo)函數(shù)，我們要求其最小值點.令 ?y?3?k?0， ? 得x?15.在(0,150)中y只有惟一的駐點x?15.又因為?x?(0,150)，有

37、y?2000k ?x2?400?2?0，故在x?15處，y取最小值.于是D點應(yīng)選在距A點15km處，此時 全程運費最省. 【例4】 寬為2m的支渠道垂直地流向?qū)挒?m的主渠道.若在其中漂運原木，問能通過的原木的最大長度是多少？ 解 將問題理想化，原木的直徑不計. 建立坐標(biāo)系如圖3-8所示，AB是通過點C(3,2)且與渠道兩側(cè)壁分別交于A和B的線段 . 圖3-8 ?設(shè)?OAC?t,t?0,?，則當(dāng)原木長度不超過線段AB的長度L的最小值時，原木就?2? 能通過，于是建立目標(biāo)函數(shù). L(t)?AC?CB?23?,t?0,?. sintcost?2? t3(?sint)3sint2cost 由于 L?

38、 ?t?2cos sin2tcos2tcos2tsin2t ?3sint?23?， 1?cott?2?cost?3? ?sint當(dāng)t?0,?時，2?0，于是從L?t?0解得 cott?2?t041?8?. ?這個問題的最小值(L的最小值)一定存在，而在?0,?內(nèi)只有一個駐點t0，故它就是L的最?2? 小值點.于是 ?t?0,?minL?t?L?t0?7.02. 故能通過的原木的最大長度是7.02m. 第六節(jié) 曲線的性質(zhì)與描繪 一、曲線的凹凸與拐點 前面我們討論了函數(shù)的單調(diào)性，但單調(diào)性相同的函數(shù)還會存在顯著的差異.例如， y?y?x2在0，?)上都是單調(diào)增加的，但是它們單調(diào)增加的方式并不相同.從

39、圖形上看，它們的曲線的彎曲方向不一樣，如圖3-9所示.下面我們就來研究曲線的凹凸性及其判別法. 圖3-9 我們從幾何上看到，在有的曲線弧上，如果任取兩點，則聯(lián)接這兩點間的弦總位于這兩點間的弧段的上方，如圖3-10所示，而有的曲線弧則正好相反，如圖3-11所示.曲線的這種性質(zhì)就是曲線的凹凸性.因此，曲線的凹凸性可以用連接曲線弧上任意兩點的弦的中點與曲線弧上相應(yīng)點(即具有相同橫坐標(biāo)的點)的位置關(guān)系來描述.下面給出曲線凹凸性的定義 . 圖3-10 圖3-11 定義 設(shè)f?x?在區(qū)間I上連續(xù)，如果對I上任意兩點x1,x2，恒有 ?x?x2?f(x1)?f(x2)f?1， ?22? 那么稱f?x?在I上

40、的圖形是(向上)凹的(或凹弧)；如果恒有 ?x?x2?f(x1)?f(x2)f?1， ?22? 那么稱f?x?在I上的圖形是(向上)凸的(或凸弧). 如果函數(shù)f?x?在I內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，那么可以利用二階導(dǎo)數(shù)的符號來判定曲線的凹凸性，這就是下面的曲線凹凸性的判定定理.我們僅就I為閉區(qū)間的情形來敘述定理，當(dāng)I不是閉區(qū)間時，定理類同. a,b定理 1 設(shè)f?x?在上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)具有一階和二階導(dǎo)數(shù)，那么 a,b(1)若在(a,b)內(nèi)f?x?0，則f?x?在上的圖形是凹的； a,b(2)若在(a,b)內(nèi)f?x?0，則f?x?在上的圖形是凸的. a,b證 (1) 設(shè)x1和x2為內(nèi)任意兩點，且x1?

41、x2，記x1?x2?x0，并記 2 x2?x0?x0?x1?h，則x1?x0?h,x2?x0?h.由泰勒公式，得 f(x0?h)?f(x0)?f?(x0)h?f(x0)?f(x0?h)?f?(x0)h? 1? f(1)h2， 2! 1? f(2)h2， 2! 其中1介于x2與x0之間，2介于x1與x0之間.兩式相減，即得 f(x0?h)?f(x0?h)?2f(x0)? 按情形(1)的假設(shè)，f?(x)?0，故有 1? f(1)?f?(2)?h2 ?2! f(x0?h)?f(x0?h)?2f(x0)?0， 即 f(x0?h)?f(x0?h) ?f(x0)， 2f(x1)?f(x2)?x?x2? ?

42、f?1?. 22? 亦即 a,b所以f?x?在上的圖形是凹的. 類似地可以證明情形(2). 【例1】 判斷曲線y?lnx的凹凸性. 解 因y? 1 ?)內(nèi)處處為負(fù)，故曲線，y?12，y?lnx的二階導(dǎo)數(shù)在區(qū)間(0， xx y?lnx在區(qū)間(0，?)內(nèi)是凸的. 【例2】 判斷曲線y?x3的凹凸性. 6x解 y?3x2，y?. 當(dāng)x?0時，y?6x?0，曲線是凸的； 當(dāng)x?0時，y?6x?0，曲線是凹的. 本例中，點?0,稱為曲線的拐點.一般地，連續(xù)曲線y?f?x?0?是曲線由凸變凹的分界點，上凹弧與凸弧的分界點稱為這曲線的拐點. 如何來尋找曲線y?f?x?的拐點呢？ 前已知道，由f?x?的符號可

43、以判定曲線的凹凸性.如果f?x0?0，而f?x?在x0的左右兩側(cè)鄰近異號，那末點x0,f?x0?就是一個拐點.因此，如果f?x?在區(qū)間(a,b)內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，我們就可以按下列步驟來判定曲線y?f?x?的拐點. (1)求f?x?； ? (2)令f?x?0，求出這方程在區(qū)間(a,b)內(nèi)的實根； (3)對于(2)中求出的每一個實根x0，檢查f?x?在x0左、右兩側(cè)鄰近的符號，如果f?x? 在x0的左、右兩側(cè)鄰近分別保持一定的符號，那末當(dāng)兩側(cè)的符號相反時，點x0,f?x0?是拐點，當(dāng)兩側(cè)的符號相同時，點x0,f?x0?不是拐點. 【例3】 求曲線y?2x3?3x2?12x?14的拐點. ? 1?解

44、y?6x2?6x?12，y?12x?6?12?x?. 2? 11111解方程y?0，得x?.當(dāng)x?時，y?0；當(dāng)x?時，y?0，又f?20，?2222?2? 11?因此，點?，20?是曲線的拐點. 2?2 【例4】 求曲線y. ?)內(nèi)連續(xù)，當(dāng)x?0時 解 顯然函數(shù)在(?， y? ，y? ?)內(nèi)不連續(xù)，且不具有零點.但x?0是y?當(dāng)x?0時，y?,y?都不存在.故二階導(dǎo)數(shù)在(?， ?)分成兩個部分區(qū)間：(?，0),(0，?). 不存在的點，它把(?， 0)內(nèi)，y?0，曲線在(?,0)上是凹的.在(0,?)內(nèi)，y?0，曲線在(0,?)上在(?, 是凸的. 0)是曲線的一個拐點，如圖3- 12. 又x?0時，y?0，故點(0， 圖 3-12 二、漸近線 曲線C上的動點M沿曲線離坐標(biāo)原點無限遠移時，若能與一直線l的距離趨向于零，則稱直線l為曲線C3-13所示 . 圖3-13 漸近線反映了曲線無限延伸時的走向和趨勢.確定曲線y?f?x?的漸近線的方法如下： (1)若limf?x?，則曲線y?f?x?有一鉛直漸近線x?x0； x?x0 (2)若limf?x?A，則曲線y?f