(1) 先瞭解題目是屬於計算題或是應用題. 如果是應用題必須先將題意轉換成計算題,也就是 將所考慮的“值”表為“某變數”之函數. 這是解應用題最重要的關鍵.
(2) 求出臨界點集 Zf′ ∪ (Df \
◦
Df) ∪ Sf , 其中
Zf′ = {x ∈ Df | f′(x) = 0}, (即 f′(x) = 0之解集合).
Df \
◦
Df, (非內點集合)‡. Sf 為不可微分之點集合. (3) 討論上述聯集之點有無極值:
法一: 繪表.
法二: 如果題目只要求解出最大值與最小值, 且已知 f 連續於緊緻區間 Df 上, 利用極 值定理, 比較臨界點集中各點函數值之大小.
法三: 利用二階以上導數.
法四: 利用配方法、 不等式(如算幾不等式、 Cauchy 不等式等) 或幾何圖形.
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♠ (8-1) 設 f : [−2, 2] → R : f (x) = p
x6+ 4x3+ 4 . 試問 f 於何處有極大值, 於何處有 極小值.
分析 導數為 0者未必有極值 !極值卻發生在其他地方. 解 由於
∀x ∈ [−2, 2] , f (x) =p
x6+ 4x3+ 4 = q
(x3+ 2)2 = |x3+ 2|.
• 若 x ∈ (−21/3, 2] , f (x) = x3 + 2 , 則 f′(x) = 3x2 ;
• 若 x ∈ [−2, −21/3) , f (x) = −x3− 2 , 則f′(x) = −3x2 ;
• 若 p = −21/3, 則因
f−′ (p) = lim
x→p−f′(x) = −3 · 22/3, f+′ (p) = lim
x→p+f′(x) = 3 · 22/3,
‡ 若 Df 為一緊緻區間, 則Df \D◦f 為區間之二端點所成之集合.
8 極值問題(單變數) 60 故知 f 於點 p為不可微分 .
由以上討論知 f 之臨界點集為 Zf′ ∪ (Df \
◦
Df) ∪ Sf = {−2, −21/3, 0, 2 } . 我們利用 繪表方法討論 f 之極值.
x −2 −21/3 0 2
f′(x) − + 0 +
說 明 max ց min ր ր max
又 f (−2) = 6 , f (−21/3) = 0 , f (2) = 10 , 故知 f 在點 2 有最大值, 在點 −2 有 相對極大, 而在點 −21/3 有最小值. f 之圖形如下 :
圖8–1 (註: 兩軸單位不同)
♠ (8-2) 設f (x) = x2− 2|x| + 2, x ∈h
−1 2,3
2
i, 試求其臨界點且將各極值予以分類.
分析 函數一旦含有絕對值符號, 處理時需特別小心, 注意不可微分之點. 解 由於
f : h
−1 2,3
2
i → R : f (x) =
x2+ 2x + 2 , 若x < 0 , x2− 2x + 2 , 若x ≥ 0 . 則
f′(x) =
2x + 2 , 若x < 0 , 不存在, 若x = 0 , 2x − 2 , 若x > 0 . f′(x) = 0 ⇔ x = 1 , 故臨界點集為{−1/2, 0, 1, 3/2} .
8 極值問題(單變數) 61
x −1/2 0 1 3/2
f′(x) + − 0 +
說 明 min ր max ց min ր max
又因 f (0) = 2 , f (3/2) = 1.25 , f (−1/2) = 1.25 , f (1) = 1 , 知f 於點 0有最大, 於點 1有最小, 於點−1/2 有相對極小, 於點 3/2 有相對極大.
♠ (8-3) 一條寬為 a 之矩形紙張 (長度可視為無限) , 將其左下角向上摺疊, 使其恰好觸及
頂邊 (如圖).
(a) 試求 x 以使 △AEF 之面積為最大 ; (b) 試求 x 以使 △EF G 之面積為最小 .
圖 8–2
分析 將指定之三角形表為 x 之函數, 其中 (a) 題較 (b) 題為容易; 函數一旦找到, 題目 即可迎刃而解.
解 (a) 由於 AF = a − x, F E = x , 故AE =px2− (a − x)2 =√2ax − a2, 因此
△AEF 之面積 (函數)為 f : a
2, a
→ R : f (x) = 1
2(a − x)√
2ax − a2. 因
f′(x) = −1 2
√2ax − a2+1
2(a − x) a
√2ax − a2
= −1
2 ·2ax − a2− a(a − x)
√2ax − a2
= 1 2
2a2 − 3ax
√2ax − a2
> 0, 若x < 2a 3 ,
= 0, 若x = 2a 3 ,
< 0, 若x > 2a 3 , 知 f 在點 x = 2a
3 有最大值.
8 極值問題(單變數) 62 (b) 過點 G做一補助線垂直於底線並交頂邊於點C , 顯然△AEF ∼ △ECG,故應有
EF
AE = EG
CG ⇒ EG = CG · EF
AE = ax
√2ax − x2
⇒ △EF G之面積= 1
2 · EF · EG = ax2 2√
2ax − x2. 為方便計, 將上述面積平方之, 而求其極值點, 令
g : a 2, a
→ R : g(x) = a2x4 4(2ax − a2). 因
g′(x) = 4a2x3(2ax − a2) − a2x4· 2a 4(2ax − a2)2
= 2x3a3· 3x − 2a 4(2ax − a2)2
< 0, 若x < 2a 3 ,
= 0, 若x = 2a 3 ,
> 0, 若x > 2a 3 , 知 g 在點 2a
3 有最小值, 亦即當x = 2a
3 時, △EF G 之面積為最小.
另法: 先求點G 之坐標, 令點 B 為原點,暫時令 F B = x0, 則因
←→
F E⊥
←→
EG , 利 用過點 E 之 點斜式, 知
←→
EG之方程式為 y − a = −√
2ax0− a2 a − x0
x −p
2ax0− a2, 再令 y = 0 , 則得點 G 之x 坐標為
x =p
2ax0− a2+ a(a − x0)
√2ax0− a2 = ax0
√2ax0 − a2,
△EF G 之面積(等於 △F BG 之面積) 為 x0
2 · ax0
√2ax0− a2. 其餘如上.
♠ (8-4) 設a, b > 0 且 a + b = 1 . (a) 試證 : 1
a +1 b ≥ 4 ; (b) 試求 a + 1
a
2 +
b + 1 b
2
之最小值.
8 極值問題(單變數) 63
8 極值問題(單變數) 64
8 極值問題(單變數) 65
4 sin θ
4 cos θ 4吋
4吋 θ
圖 8–5
. . . .. . . . . . . . . ...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
分析 顯然排水槽之截面積最大時有最大排水量, 將截面積表為 θ 之函數即可解出. 解 排水槽之截面積 A 為最大時, 有最大排水量. 為此, 設
A : [0, π/2] → R : A(θ) = 4 · 4 cos θ + 2 · 1
2 · 4 sin θ · 4 cos θ
= 16(cos θ + sin θ cos θ).
其導數為
∀θ ∈ [0, π/2] , A′(θ) = 16(− sin θ + cos2θ − sin2θ)
= −16(sin θ + sin2θ − (1 − sin2θ))
= −16(2 sin θ − 1)(sin θ + 1), 令A′(θ) = 0 , 即
(2 sin θ − 1)(sin θ + 1) = 0, 得θ = π/6 , (註: θ ∈ [0, π/2] , sin θ + 1 > 0. )
1◦ x ∈ [0, π/6) , A′(θ) > 0 , 即 A 在區間 [0, π/6]為遞增. 2◦ x ∈ (π/6, π/2] , A′(θ) < 0 , 即A 在區間 [π/6, π/2] 為遞減. 是以, 當 θ = π/6時, A 有絕對極大值.
♠ (8-7) 設 P (0, p), Q(0, q) 為 Y 軸上二固定點, 內 0 < p < q.
試求 X 軸上之點 R(r, 0) , r > 0 , 以使 ∠QRP 為最大. 分析 設 θ = ∠QRP , 但第一步先將 tan θ 化為 r 之函數, 第
二步求 tan θ 之極大值, 最後利用 tan−1 遞增性而得點 R
之位置, 以使 θ 為最大.
-X Y6
O R
Q P
θ
圖8–6
. .. .. .. .. .. ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .
8 極值問題(單變數) 66
解 設O 為原點, ∠QRP = θ, ∠ORQ = α, ∠ORP = β , 應有 θ = α − β.
1◦ 先將 tan θ 化為 r 之函數 :
tan θ = tan(α − β) = sin(α − β) cos(α − β)
= sin α cos β − cos α sin β cos α cos β + sin α sin β
= q
r2+ q2 · r
r2+ p2 − r
r2+ q2 · p r2+ p2 r
r2+ q2 · r
r2+ p2 + q
r2+ q2 · p r2+ p2
= qr − rp r2+ pq. 2◦ 其次求 r 之值以使 tan θ 有最大值.
令 f : (0, +∞) → R : f (r) = qr − rp r2+ pq , 則
f′(r) = (q − p)(r2+ pq) − 2r(qr − rp)
(r2+ pq)2 = (q − p)(pq − r2) (r2+ pq)2
> 0 , 若 r <√pq,
= 0 , 若 r =√pq,
> 0 , 若 r >√pq.
故知當 r =√pq 時, tan θ 有最大值.
3◦ tan−1 為遞增, 是以當 r =√pq 時, θ 有最大值.
♠ (8-8) 舉一例 : f : [a, b] → R 在點 a 既無相對極大值亦無相對極小值.
分析 這是個觀念性問題, 有不少人認為任何函數, 若其定義域為一有界閉區間, 則在二 端點必有相對極大或相對極小, 這是錯誤的, 不過舉反例並不容易, 需要具有 「震盪」
性質的特殊函數來建構. 解 反例之一如下 :
f : [0, 1] → R : f (x) =
x sin 1
x, 若x 6= 0, 0, 若x = 0.
則f 在點0 既無極大值亦無極小值, 圖形如下 :
8 極值問題(單變數) 67
圖 8–7
♠ (8-9) 試求曲線 f (x) = 1
1 + 5 · e−x 之切線的最大斜率. 並求斜率之最大下界.
分析 這類函數稱為 logistic growth function (or logistic function) , 有學者將它用來研 究人口成長, (參見下圖) , 起初成長十分緩慢, 後來成長速度加快, 但到了後期成長 又緩慢下來. 本題之解法係以 f′(x)之導數f′′(x)以求 f′(x) 之最大值.
解 1◦ 由於
f (x) = 1
1 + 5e−x = ex ex+ 5, f′(x) = 5ex
(ex+ 5)2,
f′′(x) = 5ex(ex+ 5)2 − 10(ex+ 5)e2x
(ex+ 5)4 = 5ex(ex+ 5 − 2ex) (ex+ 5)3
= 5ex(−ex+ 5) (ex+ 5)3
> 0, 若x < ln 5,
= 0, 若x = ln 5,
< 0, 若x > ln 5,
故知當 x = ln 5 時, 曲線有最大之斜率 5
2
(5 + 5)2 = 1 4.
2◦ 由f′′(x)知, f 之斜率(即f′(x) )在區間(−∞, ln 5 ]為遞增, 在區間[ ln 5, +∞) 為遞減, 而
x→+∞lim f′(x) = lim
x→+∞
5ex
(ex+ 5)2 = lim
x→+∞
5ex
2(ex+ 5)ex = 0 , ( l’Hospital ),
x→−∞lim f′(x) = lim
x→−∞
5ex
(ex+ 5)2 = 0,
8 極值問題(單變數) 68
8 極值問題(單變數) 69
f (0) = 2 v, f π
3 = 1 2v · π
3 +2 v cosπ
6 = 1 v
π 6 +√
3 , f (π) = π
2v, 顯然 f (π) < f (0) < f (π
3) , 換言之, 全部採用步行最快, 先走 π/3 , (即圓周長的 1/6 ) , 再游泳至目的地最慢.