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微
CH
130
4
積
導函數的應用
分
4.1 遞增和遞減、圖形、與臨界數
131
例1
解：
2
f
考慮函數 f ( x )  x  8 x  7 ，在何處
為遞減？
f ( x )  x 2  8 x  7 的導函數為 f  ( x )  2 x  8 ，當 2 x  8  0 或x  4
f ( x)
為 遞 增 ， 亦 可 說 f ( x)
2x  8  0
或
x4
f
減。圖 4.3 為
增。
132
f
為遞增？又在何處
在 區 間 (4 , )
時 f ( x ) 為遞減，亦可說 f ( x )
的圖形，注意到
x4
時
為遞增。同理，當
在區間 (  , 4 )
時為遞減，而
x4
為遞
時為遞

例2
加熱與冷卻
若 T ( x )  3x 2  60 x  70 為一金屬盤子在接受化學表面加工x 秒後之
溫度，請問該金屬盤子何時被冷卻？
街
街
解： 當溫度 T ( x ) 遞減時，金屬盤子被冷卻。因一函數的導函數小於零時，
該函數為遞減，故 T ( x ) 在 T ( x )  0 時為遞減。由
T ( x )  3x 2  60 x  70
吾人可得
T ( x )  6 x  60
當 6 x  60  0 時 T ( x )  0 ，解不等式 6 x  60  0 得
x  10
故此金屬盤子在 10 秒後被冷卻。( 在前 10 秒金屬盤子被加熱而後開始
133
冷卻，因對於 x  10 , T ( x )  0 ，顯示金屬盤子在前 10 秒被加熱。)
例3
電話機製造商的利潤
2
假設 P ( x )  0.01x  60 x  500 為製造並銷售x
部電話機的利潤，銷
售 100 部電話機時的利潤為遞增或遞減？
解： 導函數為
P  ( x )  0.02 x  60
當
x  100
時為
P  (100)  0.02 (100)  60  58
因
134
P  (100)  0
，即當銷售 100 部電話機時的利潤為遞增。

135
136
137
例4
求 f ( x )  x 3  3x 2  24 x  17 的臨界數。

解： 本函數對所有實數 x 皆有定義，其導函數為 f ( x )  3x 2  6 x24
，同
樣是有定義的。但 f ( x ) 可能為零，故考慮 f ( x )  0 。
3x 2  6 x  24  0
x2  2x  8  0
( x  4)( x  2)  0
除以 3
因式分解
x  4 , x  2
故當 x  4 或 x  2 時 f ( x )  0 ，即 4 及 2 為函數 f ( x )  x 3  3x 2 
24 x  17 的臨界數。
138

例5
求 f ( x )  3 x 的臨界數。
解： 由
f ( x )  3 x  x 1/ 3
得
f ( x ) 
1 2 / 3
1
x
 2/3
3
3x
f
此導函數在 0 無定義，因為 x  0 時
的分母為 0。但函數在 0 有定
義，故 0 為臨界數。再考慮 f ( x )  0 以得其他的臨界數，因 f ( x )
的
分子是 1，絕不為零。故
1
絕不為零
2/3
3x
吾人可推論並無其他的臨界數，這表示 0 f為
139
的唯一臨界數。

例6
求以下函數的臨界數：
x2
f ( x) 
x3
解： 微分後得
( x  3)( 2 x )  x 2 (1) 2 x 2  6 x  x 2
f ( x ) 

2
( x  3)
( x  3) 2
或
x 2  6x
f ( x ) 
( x  3) 2
為求臨界數，注意到分子
x 2  6x
為零時
x 2  6x  0
( x )( x  6)  0
x 0, x 6
140
f ( x )  0
。
現在得 f (0)  0 及 f (6)  0 ，又原函數在 0 和 6 有定義的。故 0 和 6
為函數的臨界數。
吾人也須考慮 f ( x ) 無定義的情況，由導函數
x 2  6x
f ( x ) 
( x  3) 2
看出在 x  3 處 f ( x ) 無定義的，因為除以零並不是有定義的。又原
函數在 3 也是無定義的，故 3 不是臨界數。
函數的臨界數為 0 和 6。
141

4.2 相對極值和曲線描繪
例1
求以下函數的所有相對極值點，並描繪其圖形：
f ( x )  x 3  3x 2  1
解： 吾人欲求函數的所有相對極大點與相對極小點，首先求導函數，得
f ( x )  3x 2  6 x
此導函數不可能無定義，故使得
0
f ( x )  0
，即
3x 2  6 x  0
( 3x )( x  2)  0
x 0, x 2
142
x
的
為臨界數。解
3x 2  6 x
即 f 的臨界數為 0 和 2。再對臨界數應用一階導函數判定法，先由
0 開始，計算 0 左右兩邊 x 值的導函數。故選擇計算 x  1 和 x  1
的導函數 ( 吾人小心地不選 2 或任何 2 右邊的數，因為 2 也是臨界
數 )。
f  ( 1)  9
f 
f ( 0)  0 f 遞增
f (1)  3
f 
f 遞減
x0
在臨界數 0 之左邊， f ( x ) 為正 ( 即 f 遞增 )，又在臨界數 0 之右
邊， f ( x ) 為負 ( 即 f 遞減 )，故點 (0 , f (0)) 必為相對極大點。
再對臨界數 2 應用一階導函數判定法，計算在 1 和 3 的 f ( x )
( 記住，不要用 0 或任何 0 左邊的數，因為 0 也是臨界數 )。
143
f  (1)  3
f 
f ( 2)  0 f 遞減
f  (3)  9
在臨界數 2 的左邊， f  ( x )
f 
f 遞增
x2
為負 ( 即 f 為遞減 )，而在右邊 f  ( x )
為正 ( 即 f 為遞增 )，故點 ( 2 , f ( 2 )) 為相對極小點。
以上的結果，可彙整成下表：
144
而 在 x  0 處 ， f ( x)  1 ， f ( x )  0 ， 又 在 x  2
處 ， f ( x )  3 ，
f ( x )  0 。
由表中，可以很明顯看出 (0 , 1) 為相對極大點，而 (2 , 3) 為相對極
小點，此外，此表對於函數圖形的繪製有極大的幫助，讀者可將此表
與圖 4.11 加以對照即可發現。
現在回到原函數 f ( x )  x 3  3x 2  1 ，以求各相對極值點的y
座
標。將 x 代入 0 得 1，即 (0 , f (0)) 為 (0 , 1)，亦代入 2 得 (2 , f (2))
為 (2 , 3)，故點 (0 , 1) 為相對極大點，而點 (2 , 3) 為相對極小
點。在相對極值點處，圖形會變彎 ( 不是尖的 )，因為在這些點處的
導函數為零，由以上的推論，初步的圖形就如圖 4.9 所示。
145
146
為了完成圖形，要多找幾點，由圖形可看出最好的選擇為
x  1 , 3 ，及 1。這些值為整數且與臨界數 0 和 2 相近 ( 需要多幾個
點時，可令 x  4 及 x  2 )。選取 x  1 , 3 ，及 1 得
街
街
街
街
加上這三點後，圖形如圖 4.10 所示。
147
148
將這些點連接起來，得出圖 4.11 中的曲線。
149
例2
求以下函數的所有相對極大和相對極小點，並描繪其圖形：
f ( x)  x 2/3  1
解： 先求其導函數，
f ( x ) 
顯然
f ( x )
義，因
f
絕不為零 ( 因分子 2 絕不為零 )，但
f ( x )
x0
在
無定
在 0 有定義，故 0 為函數的臨界數。接著以一階導函數判
定法，判斷
150
2 1/ 3
2
x
 3
3
3 x
f
在
x0
是否有相對極值。
2
f 
3
f  (0)  無定義 f 遞減
2
f  (1)  
3
f ( 1)  
f 
f 遞增
x0
以上的結果，可彙整成下表：
當 x  0 , y  f ( 0)  1 ，故點 (0 , 1) 為相對極小點，在該點的圖形為尖
的 ( 不是圓的 )，因為導函數在該點無定義，參見圖 4.12。
為了完成圖形，要再找幾個點。因為函數含 x
1
和 8
以 )。
151
都是
x
的立方根，完整立方如
的良好選擇 ( 手邊有計算器時，3 ,  4
5
及
都可
152
故圖形如圖 4.13 所示。
153
例3
研究以下兩函數的相對極值點：
(a) f ( x )  x 3  2 (b) f ( x )  x 1/ 3
解： (a) 就 f ( x )  x 3  2 而 言 ， 導 函 數 為 f ( x )  3x 2 ， 顯 然 當 x  0
f ( x )  3x 2 等於零，因為 f 在 x  0
，
有定義，則 0 為臨界數 ( 本
函數的唯一臨界數 )。一階導函數判定如下：
f  ( 1)  3
f 
f ( 0)  0 f 遞增
f (1)  3
f 
f 遞增
x0
以上的結果，可彙整成下表：
導函數的符號並不改變，故 (0 , f (0)) 不為相對極大點或相對極小
154
點。 f 的圖形示於圖 4.14 中。
(b)在 4.1 節的例 5 中由 f ( x )  x 1/ 3 和 f  ( x ) 
界數為 0。現用一階導函數來判定，
155
1
，可看出唯一的臨
2/3
3x
1
f 
3
f  ( 0)  無定義 f 遞增
1
f  (1)  
3
f  ( 1)  
f 
f 遞增
x0
以上的結果，可彙整成下表：
導函數的符號並未改變，故沒有相對極值。
中。
156
f
的圖形示於圖 4.15

例4
考慮圖 4.16 所示之 f 的圖形。
街
街
街
街
街
圖 4.16
在 x1 處，函數為遞增，故 f  ( x1 )  0 。在 x2 處，切線的斜率為零，即
f ( x2 )  0 。在 x3 處，函數為遞減，故 f  ( x3 )  0 。在 x4
對極小表示 f ( x4 ) 並不存在。
157
處的尖狀相

4.3 凹向性、二階導函數判定法、與曲線
描繪
158
例1
在圖 4.19 的圖形中，何處是向上凹？又何處是向下凹？
解： 由左向右，吾人看出圖形在區間 (a , b) 和 (b , d ) 為向上凹，在區間
(d , f ) 為向下凹，而在區間 ( f , g ) 為向上凹。
159

例2
決定 f ( x )  x 3  3x 2  1 的圖形在何處為向下凹，又在何處為向上凹。
解： 先求 f ( x ) 和 f ( x ) ，
f ( x )  3x 2  6 x　f ( x )  6 x  6
f
在 f ( x )  0 的區間，
的圖形為向下凹，即 6 x  6  0 。解這個不等
式
6x  6  0
6x  6
x 1
故f
160
在 x  1 的區間為向下凹。
在 f ( x )  0 的區間，
f
x  1 ，故f
的圖形為向上凹，即 6 x  6  0 。得出
在 x  1 的區間為向上凹。
下表列出上述的結果：當x  1
f
時
為向下凹，當x  1 f 時
為
向上凹。
f      
f      
向下凹
向上凹
x 1
161

162
163
164
例3
3
2
用二階導函數判定法，求函數 f ( x )  x  6 x  9 x  4 的相對極大點和
相對極小點。
3
2
解： 由 f ( x )  x  6 x  9 x  4 得
f  ( x )  3 x 2  12 x  9
臨界數為使得
f ( x )  0
的
x
值，故
3x 2  12 x  9  0
3( x 2  4 x  3)  0
3( x  3)( x  1)  0
x  3, x 1
165
臨界數為 3 和 1。要使用二階導函數判定法，先求得 f ( x )  6 x 
12 ，再計算在 3 和 1 的 f 
值。
f (3)  6(3)  12  6
因 f (3)  0 ，點 (3 , 4) 為相對極小點。同理，
f (1)  6(1)  12  6
因 f (1)  0 ，點 (1 , 8) 為相對極大點。
166

例4
再用例 3 的函數 f ( x )  x 3  6 x 2  9 x  4 來求反曲點。
解： 吾 人 已 得 出
f ( x )  6 x  12 ， 當 f ( x )  0
時圖形為向上凹，即
6 x  12  0 ，故當 x  2 時圖形為向上凹。當 f ( x )  0 時圖形為向下凹
即 6 x  12  0 ，故當 x  2 時圖形向下凹。圖形在x  2
時向上凹，而
在 x  2 時向下凹，在 x  2 處凹向性改變。故 (2 , 6) 為反曲點，本函

數的唯一反曲點。
例5
再用例 3 和例 4 的結論，畫出 f ( x )  x 3  6 x 2  9 x  4 的圖形。
解： 由例 3 和例 4 知函數 f 有
1. 相對極大點在 (1 , 8)
2. 相對極小點在 (3 , 4)
3. 反曲點在 (2 , 6)
圖形上最容易找到的點就是 y
截點 ( 即 x  0
f ( x )  x 3  6 x 2  9 x  4 中得點為 (0 , 4)。
167
的點 )，以x  0
代入
為了使圖形更完整，常需再多找幾個點，不過此處已有四點，再加
上點 (4 , 8)，就可描繪通過這些點的曲線 ( 見圖 4.24)。
街
街
街
街
街
街
街
圖 4.24
因為在相對極大點和相對極小點的導函數為零 ( 並不是無定義 )，故曲
線在這些點為圓的 ( 並不是尖的 )。
168

例6
描繪 f ( x )  6 x 2 / 3  4 x 的圖形。
解： 吾人可按照上面的 8 步驟方法，先求
f ( x )  6 x 2 / 3  4 x　f  ( x ) 
4
4

4
f
(
x
)



x 1/ 3
3x 4 / 3
考慮 f ( x )  0 以求臨界數。
4
40
1/ 3
x
4
4
1/ 3
x
4  4 x 1/ 3
x 1/ 3  1
x 1
也要考慮 f 
為無定義的情形，它發生在 x  0
有定義的，故 0 為臨界數。
169
臨界數：0 , 1
的時候。因
f
在 0 為
對 x  0 而言，二階導函數判定法無法判定。但由一階導函數判定法
知 ( 0 , f ( 0)) 為相對極小點。使用一階導函數判定法時要小心，在 0 的
左邊可用 1 來試 f  ( x ) ，但在右邊，不要用 1，因為 1 也是臨界數。
此時可用 1/8 代替，1/8 有立方根，用不著用計算器來算。
4
由二階導函數判定法，因 f  (1)    0 ，故在 x  1 有一相對極
3
大值，故 (1 , f (1)) 為相對極大點。
相對極小點： ( 0 , 0)
相對極大點： (1 , 2)
f ( x )
曲線在 (0 , 0)
為尖的，因
在 0 處無定義，而在 (1 , 2) 處為圓
x 1
f ( x )  0
的，因為在
處
x 。
f  ( x )
在測試凹向性時，不論
值為正或為負，
都是負的，因為
x
x 4/3
都是正的，不管
為正或為負。故曲線永遠是向下凹的，且凹向
性並無改變，故無反曲點。
170
另外的兩點為 (1 , 10) 和 (8 , 8)，完整的圖形示於圖 4.25 中。
171
4.4　絕對極值
172
例1
求 f ( x )  x 2  4 在區間 [2 , 7] 的絕對極值。
解： 唯一的臨界數為 0，因 f ( x )  2 x  0 得 x  0 。考慮在 0 和區間端點
2 及 7 的f
值，得以下的表。
街
街
街
街
由表可看出f
的絕對極大值為 53，在端點x  7
4，在臨界數 0 處。
173
處。而絕對極小值為

4.5 極大 / 極小的應用
例1
製造商的最大利潤
某電話機的製造商生產並銷售 x
2
部電話機的利潤為 P ( x )  0.01x 
60 x  500 元。
(a) 為得最大利潤，需生產多少部電話機？
(b) 最大利潤為多少？
解： (a) 欲求使
P( x)
x
為最大的
，先求函數的所有臨界數。其導函數為
P  ( x )  0.02 x  60
這對所有實數是有定義的，這表示吾人只要考慮
界數，即
0.02 x  60  0
x  3000
174
P ( x )  0
來求臨
結論為欲得最大利潤，公司應生產 3000 部電話機。不過不要急著
下結論，先要確認 x  3000 會得到最大利潤，而不是最小利潤。現
在 使 用 二 階 導 函 數 判 定 法 ， 因 P ( x )  0.02 ， 所 以 P (3000) 
0.02  0 ，故 P(3000) 為最大。
(b) 最大利潤為 x  3000 的 P( x ) 值，
P(3000)  0.01(3000) 2  60(3000)  500  89,500
最大利潤為 89,500 元。
注意，利潤函數 ( 二次函數 ) 的圖形為拋物線，這表示相對極大
利潤就是絕對極大利潤。
175

例2
火箭飛行
火箭垂直發射後，在t
秒時火箭與地面之距離已知為
s(t )  16t 2  640t　呎
試問火箭在發射後可達到的最大高度為多少？
解： 因為 s 為火箭的飛行高度，故吾人必須求出
的極大值。首先，求
s
s 及函數s 的臨界數，
s  32t  640
令 s  0 ，以求出臨界數，
32t  640  0
t  20
故 20 為 s 的唯一臨界數。
s
的二階微分 ( s  32) 在t  20 時為負
t
的 ( 事實上，s 對於所有的 值均為負值 )，而此極大值為s(20) ，
s( 20)  16( 20) 2  640( 20)  16(400)  12800
 6400  12800  6400

故此火箭可到達之最大高度為 6400 呎。
176
例3
天井的最大面積
一個家庭計劃在屋後用柵欄圍出一個天井 ( 請參閱圖 4.28)。他們可
用的柵欄有 120 呎，若他們想圍出最大的天井面積，請問該天井之
長寬應為多少？
街
街
街
解： 令 x 為此矩形天井之寬度 ( 請參閱圖 4.29)。
177
因有 120 呎的柵欄可以用，故天井之長度為 120  2 x ，天井的面積等
於長度乘以寬度，故天井的面積 A 為
A( x )  (120  2 x )( x )
A( x )  120 x  2 x 2
微分後得
A( x )  120  4 x
令 A( x )  0 ，以求出臨界數
120  4 x  0
x  30
故 30 為 A 的唯一臨界數。 A 的二階微分 ( A( x )  4  0) 在 x  30
時為負值，故 A 在 x  30 時有一相對極大值，而此極大值為 A(30) ，
A(30)  120(30)  2(30) 2  1800
故可圍成之天井最大面積為 1800 平方呎，而其寬度為 30 呎，長度為
60 呎。

178
例4
最小的材料成本
某儲存盒製造商計劃生產一些頂部開口的盒子，底部為正方形。每個
盒子的體積為 100 立方呎，底部材料的成本為每平方呎 8 元，側邊的
材料則為每平方呎 5 元，求使材料成本最小的盒子尺寸。
解： 設 x 為盒子的寬度，因為底部為正方形，長度也是x 。至於高度，
則設為h
，圖 4.28 為儲存盒的圖。
底部的面積為 x 2
平方呎，因每平方呎為 8 元，故底部材料的成
xh
本為 8 x 2 元。每一側邊的面積為
4xh
，總面積為
的成本每平方呎 5 元，故四個側邊材料的成本為20xh
有材料總成本C
，因為側邊材料
元。盒子的所
為
C  8 x 2  20 xh 元
30
179
但C
為兩變數 x 與
h
變數h
可用 x 與
h
的函數，為進行微分，必須消除兩變數之一。
的關係來消除。吾人可考慮盒子的體積為長乘高
乘寬，即
V  x xh
V  x 2h
因體積為 100 立方呎，故
100  x 2 h
可化為
h
再以 100 / x 2 代
h
100
x2
於成本函數
C  8 x 2  20 xh
180
得
C  8 x 2  20 x 
C  8x2 
100
x2
2000
化簡後
x
接著對上式微分，
C   16 x 
2000
x2
考慮 C   0 以求臨界數，
16 x 
2000
0
2
x
2000
16 x  2
x
方程式兩邊同乘 x 2 後得
16 x 3  2000
再同除以 16 得
x 3  125
x 5
181
現在可由 h  100 / x 2 求出 h ，
h
100 100

4
2
25
x
現在可推論如下，為使成本最小，盒子的底部為 5 呎乘 5 呎，高度則
為 4 呎。
為證明 x  5 時C
的確為相對極小，因
C  ( x )  16 
4000
x3
C
且 C (5)  0 ，由二階導函數判定法知
在 x  5 時為相對極小值，又
因 x 必須大於 0，故 C ( x )  0 ，亦即 C(5)  600 不僅為相對極小值亦
為絕對極小值。
182

4.6 切線與法線
例1
(a) 求 y  x 2 在點 (2 , 4) 的切線斜率。
(b) 求 (a) 之切線方程式。
解： (a) 因切線的斜率為函數的導函數，故
mtan 
dy
 2x
dx
在點 (2 , 4) 處之切線斜率可將 x  2 代入上式，即
mtan  2( 2)  4
(b) 因該切線斜率等於 4，且通過點 (2 , 4)，故切線方程式為
y  ( 4)  (4)[ x  ( 2)]
y  4  4x  8
y  4x  4
或
4x  y  4
183
(a) 求 y  x 2 在點 (2 , 4) 的法線斜率。
(b) 求 (a) 之法線方程式。
解： (a) 在求法線斜率前，必須先求出切線斜率
dy
mtan 
 2x
dx
在點 (2 , 4) 處
mtan  2( 2)  4
例2
故法線斜率為
mnor  
1
1

mtan
4
1
(b) 因該法線斜率等於  4 ，且通過點 (2 , 4)，故法線方程式為
1
y  (4)   [ x  (2)]
4
4 y  16   x  2
4 y   x  18
或
x  4 y  18
184
例 1 及例 2 中之函數、切線及法線圖形如圖 4.31。
185
4.7 洛爾定理與均值定理
32
186
33
187
例1
2
試問 f ( x )  x 在區間 [1 , 3]
(a) 是否滿足均值定理之條件？
(b) 若 (a) 之答案是肯定的，請求出滿足均值定理之
c
值。
2
f
(
x
)

x
解： (a) 因
為多項式函數，對於所有 x  實數， f 均為連續且可
微分，故滿足均值定理之條件，均值定理成立。
(b) 因
f ( x )  2 x
c2
故得
188
，由均值定理知
f ( 3)  f (1) 32  12 8
f  ( c)  2 c 

 4
31
31
2

例2
試問 f ( x ) 
1
在區間 [1 , 3]
x
(a) 是否滿足均值定理之條件？
(b) 若 (a) 之答案是肯定的，請求出滿足均值定理之 c 值。
解： (a) f ( x ) 
1
1
, f ( x )   2
x
x
因 f 在區間 [1 , 3] 為連續，且在區間 (1 , 3) 為可微分，故均值定
理成立。
(b) 由均值定理知
1
2

1

1
f (3)  f (1) 3
1
f ( c )   2 

 3 
3 1
3 1
2
3
c
c2  3 , c   3
189
因  3 不在 (1 , 3)
的c
區間內，而 3
在(1 , 3)
內，故滿足均值定理
值只有一個，即
c 3
例3
試問 f ( x ) 
解： 因 f ( x ) 
1
x
1
在區間 [ 1 , 1] 均值定理是否成立？
x
在 x  0 , (0 ( 1 , 1)) 處 不 連 續 ( 亦 不 可 微 分 ) ， 故
1
f ( x) 
x 在區間 [ 1 , 1] 均值定理不成立。
190

