泰勒定理

x

0^312

当一个函数给出了具体表达式后，有的函数值并不是很容易计算，例如f(x)＝e，f(0.312)＝e，

若用十进制表示，如果不借助计算器或查表是很难计算出来的。如何解决这一难题，多项式函数是各类函数中最简单的一种，因为它只需用到四则运算，从而使我们想到能否用多项式近似表达一般函数，实际上这是近似计算与理论分析的一个重要内容。

逐次求它在x=x０处的各阶导数，有

(x０)＝n!an

(n)

２

n

若函数为n次多项式f(x)＝a０+a1（x-x０）＋a２（x-x０）＋……＋an(x-x０) (1) f(x０)＝a０，f′（x０）＝a１，f″（x０）＝2!，a２，……，f(n)

即 a０＝f(x０)，a１＝f′（x０），a２＝f\"(x0)……，an＝f(n)(x0)2!n!２

因而(1)式可写为f(x)=f(x０)+f′（x０）（x－x０）＋f\"(x0) (x－x０)＋……＋f2!(2)

所以多项式f(x)的各项系数由其各阶导数值唯一确定则

Pn(x)＝f(x０)＋f'(x) (x-x０)＋f\"(x) (x-x０)＋……＋f001!2!２

(x0) (x－x０)n

n!

对一般函数f(x)，若存在直到n阶导数，则按(2)式右端也可以相应地写出一个多项式，记作Pn(x)，

(n)(x0) (x-x０)n n!那么f(x)与Pn(x)之间有什么关系呢，

由拉格朗日定理知，若f(x)在x０的邻域内存在一阶导数，则f(x)－f(x０)＝f′(ζ)(x－x０) 即 f(x)＝f(x０)＋f′（ζ）(x－x０) 若f(x)在x０的邻域内存在n+1阶导数，则 f(x)=Pn(x)＋Ｋ（x－x０）

n＋１

（n+1）

k与f（ζ）有关，因此，有

因此，我们猜想f(x)=Pn(x)＋f() (x-x(n1)!(n1)０

)

n+1

定理(泰勒(x∈X,有 f(x)＝Pn(x)＋

Taloyr)定理) 设函数f(x)在区间X上存在n＋1阶导数，对每一个x０∈X，则任给

n

f()(n1)!(n1) (x－x０)

２

＝f(x０)＋f′（x０）（x－x０）＋f\"(x0) (x－x０)＋……＋f(n)2! (1)

ζ介与x０，x之间的某一点。

(x0) (x－x０)n＋f(n1)() (x-x０)n

n!(n1)!分析 (1)式 当n=0时，就是拉格朗日定理，由此启发我们采用类似拉格朗日的证法，选用k值法，构造函数，应用罗尔定理。

证 任给x∈X，这时x看成常数，且x≠x０

f(n)(x0)(xx0)n1＝Ｋ 设 f(x)[f(x0)f'(x0)(xx0)n!n1(xx0)只需证明至少存在一点ζ介与x０，x之间，使k＝f(n1)()

(2)

(n1)!由(2)式知

f(x)-［f(x０)＋f′(x０)(x-x０)＋f\"(x) (x-x０)＋……＋f(n)(x) (x-x０)］－k(x－x０)

00n!2!(3)

构造函数

２２

n

n＋１

＝０

φ(t)=f(x)-［f(t)＋f′（t）(x-t)＋f\"(t) (x-t)

2!与t无关，因此对t来说是常数。

(n)f(t) (x-t)］－k(x-t)

＋……＋

n!n

n＋１

这里k

由φ(x)=0,由(3)知，φ(x０)＝０，而φ(t)在［x０，x］(或［x１，x０］)上可导，所以φ(t)在该区间上也连续，由罗尔定理知，至少存在一点ζ介与x０，x之间，使φ′(ζ)＝０

由 φ′(t)=-［f′（t）－f′（t）＋f″（t）(x-t)-f″（t）(x-t)＋f\"'(t) (x－t)

２

－f\"'(t)

2!

(x-t)＋f(4)(t) (x-t)＋……－f(n)(t) (x-t)

3!(n1)!－＝f(n1)n

n

２

３

n-1

2!＋f(n1)(t) (x-t)n］＋（n+1）k(x－t)n

n!(t) (x-t)＋(n＋1)k(x-t),有 n!(n1)() (x-ζ)＋（n+1）k(x－ζ)＝０，ζ介与x－fn!n

n

０

，x之间，且x≠ζ，有

f(n1)()－（n+1）＝０，即k＝f(n1)()n!(n1)!k

因此结论成立，(1)式称为函数f(x)在点x=x０处的阶泰勒公式

f(n1)() (x-x(n1)!０

)

(n＋1)

称为n阶泰勒公式的拉格朗日余项，记作Rn(x)

即 Rn(x)＝f(n1)() (x-x０)

(n-1)

(n1)!由ζ＝x０＋θ(x-x０)

有 Rn(x)＝f(n1)(x(xx)) (x-x０)

00(n＋1)

０＜θ＜1

(n)

(n1)! Pn(x)＝f(x０)＋f′（x０）（x－x０）＋f\"(x0) (x-x０)＋……＋f２

2!称为n次泰勒多项式。 若 f

(n+1)

(x0) (x－x

n!

０

)

n

(x)在X上有界，即存在M＞0，对一切x∈X，有｜f

｜x-x０｜

n+1

（n+1）

(x)｜≤M

则用Pn(x)的近似表示函数f(x),则误差 ｜f(x)－Pn(x)｜＝｜Pn(x)｜≤

M(n1)!

如果x０＝０，则

f(x)=f(0)＋f′(0)x+f\"(0)x＋……＋f２

(n)2!(0)xn＋f(n1)()xn＋１ (4) n!(n1)!

ζ介与o，x之间，这个公式称为马克劳林公式，余项为

Rn（x）＝f()x(n1)!(n1)n+1

＝f(x)xn+1 0＜θ＜1 (n1)!

２

(n1)§3.2 几个常数函数的马克劳林公式

实际中最常用的还是马克劳林公式，因为这时的马克劳林多项式Pn(x)= f(0)＋f′(0)x+f\"(0)x

2!＋……＋f(n)(0)x更简单，计算更容易，而且有了函数的马克劳林公式以后，利用马克劳林公式可求出函n!nx

数的泰勒公式。

(1)f(x)=e的马克劳林公式 由f(n)

(x)＝e,则f（n）

x

(0)＝e＝１，f(n+1)θx＝eθx

０

代入公式(4)有 e=1+x+x＋……＋xn＋

x

22!(2)f(x)=由f(x)＝

(n)

n!sinsin

(2m)

exx(n1)!n+1

0＜θ＜1

x的马克劳林公式 (x+n·) f(0)=0

2当 n=2m时，f

(0)=

(2m＋１)

sinmπ＝０ m=0,1,2,3…… (0)=

sin(2m＋１)＝sin(mπ+)＝（－１） m=0,1,2,3……

m

当 n=2m＋１时，f当 n=2m＋２时，f

(2m＋２)

2(θx)=

sin(θx+(2m＋2) )

22代入(4)式，有

sin

375xx=x-+x-x+……＋（－１x2m1＋sin(mx)x3!5!7!(2m2)!(2m1)!m

２m＋２

0＜θ＜1

(3)f(x)=由f

（n）

cosx的马克劳林公式＝

cos(x+n

(2m)

cos

m

) f

2cos(0)=

(n)

(0)＝

n f(0)=1

2mπ＝(－１) coscos

m

当 n=2m时，f(0)=

(2m＋１)

当 n=2m＋１时，f当 n=2m＋２时，f

(mπ＋）＝0

2m+2

2(2m＋２)

(θx)=(θx+mπ＋π)代入(4)得

2m24xcosx=1-＋x＋……＋（－１）x＋cos(xm)x

(2m)!2!4!(2m2)! ο＜θ＜1

(4)f(x)=ln(1+x)的马克劳林公式由f(x)＝（－１） f(0)＝（－１） f

(n＋１)(n)

n－１

n

(n)

n－１

－n

(n－１)!（1＋x）

－(n＋1)

(n－１)!f（0）＝０

代入(4)得

n-1

(θx)＝（－１）n!（1＋θx）

23 ln(1+x)=x-x＋x－x＋……＋（－１）

4234xxn1(n1)(1x)n1n+1

0＜θ＜１

(5)f(x)=(1+x)

(n)(n)

a

a－n

由f(x)＝a（a－１）……(a－n＋１)（1＋x） f

(n＋１)

a－n－１

f(0)＝a（a－１）……(a－n＋１),f（o）＝０

(θx)＝a（a－１）……(a－n）（1＋θx）

２

代入(4)得

n

(1+x)a=１＋ax＋a(a1)x＋……＋a(a1)(an1)x

n!2!0＜θ＜１

§3.3 带有皮亚诺型余项的泰勒公式

＋a(a1)(an)(n1)! xn1(1x)n1a由拉格朗日余项形式比较复杂，能否用更简单的形式表示，由f(x)在点x０可微的定义知 △y=f(x)-f(x0)=f′（xo）(x-xo)＋o(x-x０)， (x→x０)即 f(x)＝f′（x0）(x-x0)＋o(x-x０) (x→x０)

因此，余项可用o(x-x0)n的形式，而且条件也比泰勒定理的条件弱的多。

定理 若f(x)在点xo处存在n阶导数，则

２

n

n

f(x)=f(x0)＋f′（x０）(x-x０)＋f\"(x0) (x-x０)＋……

＋f(n)(x0) (x－x０)o［（x－x０）］

2!２

n!(n)证 设F(x)＝f(x)-［f(x０)＋f′(x０)(x－x０)＋f\"(x0) (x－x０)＋…＋f2!n

(x0) (x－x０) n］

n! G(x)＝（x－x０），应用洛比达法则，和f(x)在点x０存在n阶导数的定义，有

xx0limF(x)G(x) (0)＝

0(n1)xx0lim(n1)(x) (0) F'(x) (0)＝……＝FG(n1)(x)0G'(x)0 ＝

xx0limf(n1)(x)f(x0)f(x0)(xx0)n(n1)2(xx0)(n)

1lim［f(n1)(x)f(n1)(x0)－fn!xx0xx0(n)

（x０）］＝０，

因此

F(x)=o(G(x))=o((x-x０)n)(x-x０)，即

f(x)＝f(x０)＋f′（x０）(x-x０)＋f\"(x0) (x-x０)＋……＋f２

(n)2!

称Rn(x)=o((x-x０)n)为泰勒公式的皮亚诺(

２

(x0) (x-x

n!０

)n＋o((x-x０)n)(x→x０)

Reano

(n))型余项，相应的马克劳林公式是

f(x)=f(0)+f′(0)x+f\"(0)x＋……＋f2!x

(0)xn＋o(xn)(x→０) n!

带有皮亚诺余项的五个常用函数的马克劳林公式为e＝1＋x+x2＋……＋x＋o(x) (x→0)

n

n2!sin

n!n

357xx=x-＋x－x＋……＋(－１)x＋o(x

(2n1)!3!5!7!2n12n+2

) (x→0)

cos

n2n+1

x=1-x＋x－x＋……＋(－１)x2n＋o(x) (x→0)

(2n!)2!4!6!24634xln(1+x)=x-x＋－x＋……＋(－１)

3422a

a

n－１

xn＋o(xn) (x→0)

nn

(1＋x）=１＋ax＋a(a1)x＋……＋a(a1)(an1)x＋o(x) (x→0)

n

2!k

k

n!k

若f(x)=Ax＋o(x),A为常数,A≠0(x→0)，则f(x)～Ax事实上，limf(x)＝

x0

Axkk

o(xk)＝１limA(x)kkx0

x因此，利用带有皮亚诺余项的泰勒公式可以求出某些函数的极限，即 若f(x)=Ax＋o(x) （x→0） A≠0 g(x)=Bx＋o(x) （x→0） B≠0

则

kf(x)＝Axlimlimm＝x0Ag(x)x0Bxm

m

k

kmkmkmB0例1

limcosxex0x22

x4x2224＝(1－x＋x＋o(x

2!4!４

解 由

cosxe21x4＋o(xx))－（１－＋

22!4４

)）

(

1－1)x＋o(x)～－1x (x→0)

124!42!４

４

４

则

elimcosxx0x4x22＝

limx014x＝－1212x4

例2 解

exsxx(1x)limx0x3exsxx(1x)limx0x3

x2x323 ＝lim1_x_2!o(x))(x3!)o(x))x(1x)

x0x3 ＝ ＝1lim3xx013o(x3)x3

3§3.4 泰勒公式的应用

利用马克劳林公式，就可计算出三角函数，常用对数，自然对数的值，三角函数及自然对数表就是利用这个原理制作的。 一、计算函数的近似值

－６

例 (1)证明数e的近似值其误差不超过10

(2)证明数e为无理数

2x证 (1)由e＝1＋x+＋……＋x＋e ζ介与0，x之间，x＝１时

n!(n1)!2!x

n

e=1+1+

1＋……＋1＋e 0＜ζ＜1

n!(n1)!2!

由于 Rn(1)＝

e＜3 当n=9时，有 (n1)!(n1)!＜

R９（１）＜3－６

10! e≈1＋１＋

3＜1010!－６

，于是

1＋1＋……＋1≈2.71828152!3!9!2!

(2)由e-(1＋１＋1＋……＋

1＝e 0＜ζ＜1

n!(n1)! e(n1)!

两端乘以n!

n!e-［n!+n!+n(n-1)……3＋……＋１］＝

现证e是无理数，假设e为有理数，设e=p (p,q为整数)，当n＞q时，n!e为整数，所以左端为整

q数，而右端则当n≥2时为非整数，矛盾，因此，e只能是无理数。二、用多项式逼近函数

例4 在［０，１］上用二次多项式逼近函数y＝1x，并估计误差

解 由

1x＝(1+x)

12＝１＋x－x＋Ｒ２(x)

22于是，当0≤x≤1时 ｜R２（x）｜=｜

83·81(1)53·

1｜≤3·1＝13!83!16

(k)

三、证明适合某种条件ζ的存在性ζ∈(a,b)，使f(ζ)＝０

(n)

例 设f(x)在［a,b］上n次可微，且f(a)＝0，f（b）＝0，k=0,1,2,……n-1,证明至少存在一点证 由f(x)=f(b)+f′(b)(x-b)+……＋ 有f(x)＝f (x-b)＋f(n)() (x-b)ζ∈(a,b)

n-1

n

f(n1)(b)(n1)!n!() (x-b) n!(n)取x=a，有o=f(a)=f()，即f

n!n

(n)(n)

（ζ）＝０ ζ∈(a,b)

四、证明某些不等式

例 设f(x)在(0，1)上具有连续的三阶导数，且f(0)=1,f(1)=2,f′(1)＝０，证明至少存在一点ζ

2∈(0，1)，使｜f

（ζ）｜≥24

２

证 由f(x)=f(1）＋f′(

2＝f(1)+

1)(x-1)＋1f″(1)(x-1)＋1f222!223!２

3

(ζ)(x-

1)

2３

1f″（1）(x-1)＋1f（ζ）(x-1)

222!223!x=0时，有f(0)=f(1)＋1f″（1）1＋1f（ζ）1 (1) 0＜ζ

22243!8１

１

＜1

2

x=1时，有f(1)=f(1)＋1f″（1）1＋1f

（ζ2）1 (2) 1＜ζ2＜1

2(2)－(1)得 1＝f(1)-f(0)= 48＝｜f

有 ｜f例 设证 由

2243!821 (f48（ζ２）＋f（ζ2）｜≤｜f（ζ1）｜，f

（ζ１）)，有 （ζ1）｜＋｜f

（ζ２）｜ （ζ）｜

（ζ2）｜中的最大者)

（ζ1）＋f

即 48≤2max｛｜f（ζ2）｜｝＝２｜f

（ζ）｜≥24 (｜f（ζ）｜是｜f（ζ１）｜，｜f

limf(x)＝１，且f″(x)＞0，证明f(x)≥xx0x＝１，且xx0x0limf(x)x0limx＝0，所以limf(x)＝0，又f(x)在x=0连续，

∴ 有

limf(x)＝f(0)＝０

x0limf(x)f(0)＝１＝f′(0),由

x0x２

f(x)=f(0)＋f′(0)x＋f\"()x ζ介与0，x之间

2!＝x＋f\"()x 由f″（ζ）＞0，x≥0，则

２

２

2! f(x)≥x

§3.5 函数的极值判定

定理(极值的第一充分条件) 设函数f(x)在点x０的某邻域(x０－δx０＋δ)内连续在(x０－δ,x０)Ｕ(x０，x０＋δ)内可导， 于是有

(1)若x∈（x0－δ,x０）时f′(x)＞0，而x∈（x０，x0＋δ）时，f′（x）＜0，则f(x)为极大值。

(2)若x∈（x0－δ,x０）时f′(x)＜0，而x∈（x０，x0＋δ）时，f′（x）＞0，则f(x)为极小值。

(3)若在x０的两侧，即x∈（x0－δ,x０）υ（x０，x0＋δ）时，f′（x）的符号保持不变，则f(x)不

是极值。

证 (1)由f(x)在［x0－δ,x０］上连续，x∈(x0－δ,x０)时，f′(x)＞0，所以f(x)在［x0－δ,x０］上严格递增，即x∈(x0－δ,x０)时，f(x)＜(x０)

由f(x)在［x0,x０＋δ］上连续，x∈(x0,x０＋δ)时，f′(x)＜0，所以f(x)在［x0,x０＋δ］上严格递减，即x∈(x0,x０＋δ)时，f(x０)＞f(x)，有x∈(x0－δ，x０＋δ)时，都有 f(x０)≥f(x)

因此f(x０)为极大值 (2)同理可证

(3)不妨设f′(x)＞0，则f(x)在［x0－δ,x０］及［x0,x０＋δ］上严格递增，即 f(x)在(x0－δ,x０＋δ)内严格递增，所以f(x０)不是极值。

定理(极值的第二充分条件) 若x０是f(x)的驻点(即f′(x０)＝０)，且

f″(x０)存在，f″(x０)≠0，则当f″(x０)＞0时，f(x０)为极小值，当f″(x０)＜0时，f(x０)为极大值。

证 由带皮亚诺余项的泰勒公式知

f(x)＝f(x０)＋f′(x０)(x-x０)＋f\"(x0)

2!(x-x０)＋０（（x-x０）） (x→x０)

有 f(x)－f(x０)= f\"(x0) (x-x０)＋０（（x-x０）

２

２

２

2!２

）

当x充分接近x时，上式左边的符号由第一项f\"(x0) (x-x０)决定，于是

２

2!当f″(x０)＞0时,f(x)-f(x０)＞0,即f(x)＞f(x０)，所以f(x)为极小值；当f″(x０)＜0时,f(x)-f(x０)＞0,即f(x)＜f(x０)，所以f(x)为极大值；注：f″(x０)＝0时,f(x０)也可能是极值，也可能不是极值。

４

3

例8 f(x)=x，f′（０）=0，f″（０）=0，f（０）=0为极小值 f(x)=x，f′（０）=0，f″（０）=0，f（０）=0不是极值

对于极值点的怀疑点中有导数不存在点时，需用第一充分条件与求单调区间的方法类似列表，判断怀疑点两侧导数的符号。对于极值的怀疑点都是驻点时，用第二充分条件。

例9 求f(x)＝1x－x－3x的极值

３

３

3解 由f′(x)＝x－2x－3 令f′(x)＝0有 x２－２x＋３＝０ 即(x+1)(x-3)=0解得 x１＝－１，x２＝３

由f″（x）＝2x-2，f″（－１）＝－2－2＝－２＜0，故f(－１)＝5为极大值

2

3由f″（3）＝6-2=4＞0，故f(3)＝－９为极小值。

对于既求函数的单调区间又求函数的极值点时，一般用列表法。 第四节 数学建模初步(一)

所谓数学模型，是指对于现实世界的 一特定对象，为了某个特定的目的，做出一些重要的简化和假设，运用适当的数学工具得到的一个数学结构，它或者能解释特定现象的现实性态，或者能预测对象的未来状况，或者能提供处理对象的最优决策或控制，数学模型简称模型。

数学建模较简单的情形是：利用函数表示式取极大值或极小值，很容易求出全局极大值(最大值)和全局极小值(最小值)，把一个问题转换一个我们熟悉的函数表达式，并在定义域上优化该函数的方法称为建

模，具体的步聚是：

1.全面思考问题，确认优化哪个量或函数，即适当选取自变量与因变量；2.如有可能，画几幅草图显示变量间的关系，在草图上清楚标出变量；确认此变量的变化区域。和全局极小值。

在求函数的最大值与最小值的过程中，常存利用以下结论(1)闭区间上连续函数的最大值点与最小值点一定包含在区间内部驻点，导数不在点及端点之中，比较这些点的函数值。

(2)当f(x),在［a,b］上连续，若f′(x)≥0，x∈(a,b)，则f(x)在［a,b］上递增，有M=f(a)，m＝f(b)，若f′(x)≤0，x∈(a,b)，则f(x)在［a,b］上递减，有M=f(a)，m＝f(b)。

(3)若f(x),在区间X(X可以是闭区间，也可以是开区间，也可以是半闭半开区间)内取到唯一极值f(x

０

3.设法得出用上述确认的变量表示要优化的函数，如有必要，在公式中保留一个变量而消去其它变量，

4.求出所有局部极大值点和极小值点，计算这些点和端点(如果有的话)的函数值，以求出全局极大值

)，且是唯一极大(小)值，则必为最大(小)值，事实上f(x)在x０左侧递增(减)，而在x０右侧递减(增)，

(4)对实际问题，如果根据题意肯定在区间内部存在最大值(最小值)，且函数在该区间内只有一个可

图3-7

例1 从一块边长为a的正方形铁皮的四角上截去同样大小的正方

所以f(x０)为最大(小)值。

能极值点(驻点或导数不存在点)，那么此点就是所求函数的最大(小)值。

形(如图)，然后按虚线把四边折起来做成一个无盖的盒子，问要截取多大的小方块，方使盒子的容量最大? v=x(a-2x)，x∈［0，a］

２

解 设x表示截去小正方形的边长，则得盒子的容积为

2 dv＝（a－２x）－４x(a-2x)

２

dx=(a-2x)(a-6x)，令dv＝0

dx解得x１＝a (舍去)，x２=a∈（0, a）

226233由v(0)＝０，v(a)＝０，v(a)＝a，故M＝a

62727故正方形的四个角各截去一块边长为

a的小正方形后，能做成容积

6最大的盒子。

例 欲制造一个容积为V的圆柱形有盖容器，如何设计可使材料最省?

解 设容器的高为h，底圆半径为r(如图)，则所需材料(表面积)为

S＝2πr＋2πrh 由 v=πrh，知h=

２

２

v代入上式，有

r2

S(r)＝2πr＋2v，0＜r＜＋∞

２

v由 ds＝4πr－2v＝4 (r－

３

drdr2r=

3r2r22v)，令ds＝0，解得r＝3v2dr2

由 d2s＝4π＋4v dr3s｜r＝3v＝１２π＞0 故

dr22v是唯一的极小值，所以它必为最小值。

23当r=

v时，h=2r，即有盖园柱形容器，当高与底园2

图3-8

直径相等时，用料最省。

例3 从半径为R的园中应切去怎样的扇形，才能使下的部分，可卷成一漏斗，其容积为最大?

解 设余下部分的中心角为x，则漏斗(呈园锥状)底的周长为Rx，底半径r=Rx，高h＝

2＝

R2(Rx2)2R42x2，其容积为2

v＝

1π(R)32２

R2342x2＝Rx

２

42x2 0＜x＜2π

242４

２

２

由U的表达式中带有根号，式子比较复杂，因此，考虑当x为何值时，函数f(x)=x（4π－x)的值最大

由 f′(x)=16πx－６x，令f′(x)＝０，解得x=2π

２３

５

23

由 f″(x)=48πx－30x，f″（２π

２24

2＝２×４π×2 (24π

33２

－１５×4π×2)＝－64π

２

３

33＜0

因此，x＝2π

2时，f(2π

32)最大，即v(2π32)最大，所以割去扇形的中心角应为2π(1－32)。3度如何?

例4 问宽为a米的河修建一宽为b米的运河，二者成直角相交，问能驶进这运河的船，其最大的长

分析 我们可以想象，绕过拐角的只是船的一条边而忽略其宽度，为了通过尽可能长的船，要使船两端不仅恰好触到河边(A与C处)而且要恰好触到B处的拐角。

因此，要求绕过通过拐角的最长的船，解决办法就求线段ABC的最小长度。

为此我们来画出几条线段(如图)，在绕过拐角时，线段ABC的长度先

减少，而后又增加，其最小长度也许就是能绕过拐角的船体的最大长度，当然，较短的船也能绕过拐角(它不同时接触A、B、C三点)，而更长的船就不能通过了。

解 如图所示，BC代表船的长度设为τ由 AC＝acscθ AB＝bsecθ 则 τ＝acscθ＋bsecθ θ∈(0，

)2

由 τ′＝－acesθcotθ＋bsecθtanθ=bsinacos3cos2sin23

13令 τ′＝０，解得tanθ＝(a)13 θ０＝arctan(a)

， 0＜θ０＜

b２

２

２

b３

2

τ″＝tacscθcotθ＋acscθcseθ＋bsecθtanθ＋bsecθ

则 τ″(θ０)＞0，由θ０是唯一的极小值，因此τ｜θ＝θ０为最小值由 cscθ０＝a23b13a122312

secθ０

ab＝b132323

τ度。

0＝(a

23＋b

23)

23为船的最大长

图3-10

例5 光源S(如图)的光线射到平面镜ox哪一点再反射到点A，使光线所走的路径最短。 τ＝｜SM｜＋｜MA｜

＝

解 设入射点为M，令oM＝x光线S经M到A路经长为

xa2x2＋b2(x)2d＝

dxa2x2aab

－

xb2(x)2

化简得 bx＝a(τ－x) 解得x０＝

当x＜x０时，τ′x＜0，(因为τ′(0)＜0)；当x＞x０时，τ′x＞0(因，τ′(τ)＞0)，因此x０为唯一极小值点，也是光线路径之长的最小值点，此时 tanβ＝x0＝

b

＝x0＝tana

aba