第一篇：微積分總結

第一章知識點

1.極限的定義(ε-δ定義）：

（重在理解)2.兩邊夾法則

先看它是否有明顯的界限，再有極限相同入手。

但要注意：夾的時候一定要保證不等關系一直成立 3.在證明不等關系時，二項式定理是一個不錯的工具，尤其是涉及到n次冪的問題（P9 例題3）

4.復合函數問題中Df∩Zg≠Φ對于一個復合函數f(g(x)),那么g(x)的值域與f(x)的定義域必須要有交集（小錯誤）

5.有基本初等函數(反對冪指三）經過有限次變換得到的函數均為初等函數（定理：初等函數在其定義域內均連續）6.鄰域均為開區間

7.用ε-ε-δ定義定義證明極限等于某個常數，其關鍵是找出一個符合要求的δ，并要充分利用lim=n這一條件。P30 例1 8.Limf(x)=∞時，f(x)的極限不存在，只是借用這一符號。在此處有垂直漸近線

9.左右極限存在且相等==> 函數在這一點極限存在 10.函數極限存在則必有唯一性（反證法，與定義矛盾)11.連續可推出極限存在

12.連續性的條件：1.f(x0)有意義

2.f(x0)在此處的極限存在 3.此處limf（x）=f（x0）13.換元要換限，取值范圍要跟著變。

14.無窮小性質：

1.有限個無窮小之和與乘積是無窮小

2.有界函數和常數 與無窮小的乘積是無窮小

（用于簡化求極限的式子）

15.利用無窮小求極限就是丟掉不影響的無窮小（高階無窮小），再用等價無窮小替換。

16.若f(x)在x0處可微，則f(x)在處連續，其極限也必定存在 17.可微=左右微商相等

（不等即微商不存在）

18.因此求分段點出的微商的步驟是：先求左微商，再求右微商，再看其等不等。等便存在，不等便不存在

19.連續點處或左右微商：1.先求增量Δy

2.再求Δy/Δx 3.求極限（極限為無窮則稱其不可微）20.切線方程，法線方程 21.求極限時注意誰是變量。

22.無窮小等價代換 乘除可換 加減不能

在對無窮小比無窮小求極限的過程中，可以把分子或分母中的某個因子用等價無窮小替換，加減時一般不能用等價無窮小替換，加減時候等價無窮小替換的條件是：lim a/b中極限存在，且極限不等于-1，則a+b中的無窮小a和b可以用它們的等價無窮小替換。

23.間斷點類型：第一類間斷點：1.左右極限存在且相等但不等與

f(x0)(可取間斷點）

2.左右極限不等（跳躍間斷點）第二類間斷點：

左右極限至少有一個不存在 24.極限比值為常數且分子或分母也為0，則另一個也為0（分子分母為同階無窮小）25.(1)limsinx?1x?0x1x比較limx??sinx?0x(2)lim(1?x)x?0?e或lim(1?x??1x)?ex

26.極限的性質：1.唯一性 2.局部保號性 3.兩邊夾法則 4.比值極限性質 27.僅個人小小理解，當作總結，若有錯誤還請及時與我交流，愿大家共同進步！！

第二篇：微積分教案

§1.6 微積分基本定理的應用

課型：新授課

一．教學目標

1．.會利用微積分基本定理求函數的積分.2．通過微積分基本定理的學習，體會事物間的相互轉化、對立統一的辯證關系，培養學生辯證唯物主義觀點，提高理性思維能力。

二．溫故知新：

1.微積分基本定理 2.定積分的簡單性質

3.導數公式

三．探究導航

探究1 例1．計算下列定積分：（1）?2021311dx；

（2）?(2x?2)dx。

1xx例2．求下列定積分：

?（1）?(3x?4x)dx

（2）?2sin202xdx 2分析：利用定積分的性質及微積分基本定理求定積分時，有時需先化簡，再積分！

探究二：??0sinxdx,?sinxdx,?sinxdx。

?02?2?由計算結果你能發現什么結論？試利用曲邊梯形的面積表示所發現的結論 ? 計算定積分的一般步驟：

?(1)把被積函數能化簡的先化簡，不能化簡的變為冪函數、正弦函數、余弦函數、指數函數、對數函數與常數的和或差；

?(2)利用定積分的性質把所求的定積分化為若干個定積分的和與差； ?(3)分別利用求導公式找到F(x)使得F′(x)＝f(x)； ?(4)利用微積分基本定理求出各個定積分的值； ?(5)計算所求定積分的值．

四．課堂達標練習

A

組

1．?(ex?e?x)dx=（）

01121（A）e+

（B）2e

（C）

（D）e-

eee2．?(3x2?k)dx=10，則k=____________ 023．計算定積分：（1）?(4?2x)(4?x)dx

（2）?02221x2?2x?3dx

x3（3）?

41x(1?x)dx

（4）?(x?21x)2dx

B組

1．計算定積分：

（1）?edx

（2）??4cos2xdx

01?2x6

2．設m是正整數，試證下列等式：（1）??sinmxdx?0??

（2）

3．已知f（x）是一次函數，其圖象過點（3，4）且????cos2mxdx??

?10f(x)dx?1求f（x）的解析式

五．課后作業

已知f（x）=ax?bx?c且f（1）=2，f?(0)?0，?f(x)dx??4

?121求a，b，c的值

第三篇：微積分發展史

微積分發展史

一、微積分學的創立

微積分作為一門學科，是在十七世紀產生的。它的主要內容包括兩部分：微分學和積分學。然而早在古代微分和積分的思想就已經產生了。公元前三世紀，古希臘的阿基米德在研究解決拋物弓形的面積、球和球冠面積、旋轉雙曲體的體積等問題中，就隱含著近代積分學的思想。作為微分學基礎的極限理論來說，早在古代就有了比較清楚的論述。如我國的莊周所著的《莊子》一書的“天下篇”中，記有“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”。這些都是樸素的極限概念。

到了十七世紀，人們因面臨著有許多科學問題需要解決，如研究運動的時候直接出現的，也就是求即時速度的問題；求曲線的切線的問題等，這些問題也就成了促使微積分產生的因素。

十七世紀的許多著名的數學家都為解決上述幾類問題作了大量的研究工作。十七世紀下半葉，在前人工作的基礎上，英國大科學家牛頓和德國數學家萊布尼茨分別在自己的國度里獨自研究和完成了微積分的創立工作。在創立微積分方面，萊布尼茨與牛頓功績相當。這兩位數學家在微積分學領域中的卓越貢獻概括起來就是：他們總結出處理各種有關問題的一般方法,認識到求積問題與切線問題互逆的特征，并揭示出微分學與積分學之間的本質聯系。兩人各自建立了微積分學基本定理，并給出微積分的概念、法則、公式及其符號。有了這些理論知識作為前提為以后的微積分學的進一步發展奠定了堅實而重要的基礎。微積分學的創立，極大地推動了數學的發展，過去很多初等數學束手無策的問題，運用微積分，往往迎刃而解，顯示出微積分學的非凡威力。可以說微積分學的誕生是數學發展的一個里程碑式的事件。

二、微積分誕生的重要意義

微積分誕生之前，人類基本上還處在農耕文明時期。微積分學是繼解析幾何產生后的又一個偉大的數學創造。微積分為創立許多新的學科提供了源泉。微積分的建立是人類頭腦最偉大的創造之一，是人類理性思維的結晶。它給出一整套的科學方法，開創了科學的新紀元，并因此加強與加深了數學的作用。微積分的產生不僅具有偉大的科學意義，而且具有深遠的社會影響。有了微積分，就有了工業革命，有了大工業生產，也就有了現代化的社會。在微積分的幫助下，萬有引力定律發現了。微積分學強有力地證明了宇宙的數學設計，摧毀了籠罩在天體上的神秘主義、迷信和神學。這一切都表明微積分學的產生是人類認識史上的一次空前的飛躍。

三、微積分理論的基本介紹

微積分學是微分學和積分學的總稱。微積分學基本定理指出，求不定積分與求導函數是互為逆運算的過程，而把上下限代入不定積分即得到積分值，微分則是導數值與自變量增量的乘積。作為一種數學的思想微分就是“無限細分”，而積分就是“無限求和”。牛頓和萊布尼茨建立微積分的出發點是直觀的無窮小量，但是理論基礎是不牢固的。因為“無限”的概念是無法用已經擁有的代數公式進行演算，所以，直到十九世紀，柯西和維爾斯特拉斯建立了極限理論，康托爾等建立了嚴格的實數理論，這門學科才得以嚴密化。學習微積分學，首要的一步就是要理解到，“極限”引入的必要性：因為，代數是人們已經熟悉的概念，但是，代數無法處理“無限”的概念。所以，必須要利用代數處理代表無限的量，這時就精心構造了“極限”的概念。在“極限”的定義中，我們可以知道，這個概念繞過了用一個數除以0的麻煩，相反引入了一個過程任意小量ε。就是說，除的數不是零，所以有意義，同時ε可以取任意小，只要滿足在δ區間，都小于ε，我們就說他的極限就是這個數。雖然這個概念給出的比較取巧，但是，它的實用性證明，這樣的定義還算比較完善，給出了正確推論的可能性。因此這個概念是成功的。

五、微積分的不斷發展完善

隨著社會的進步，科學的發展，微積分學也在不斷的發展與完善。微積分學是與科學應用緊密聯系著發展起來的。最初，牛頓應用微積分學及微分方程對天文觀測數據進行了分析運算，得到了萬有引力定律，并進一步導出了開普勒行星運動三定律。微積分學成了推動近代數學發展強大的引擎，同時也極大的推動了天文學、物理學、化學、生物學、工程學、經濟學等自然科學、社會科學及應用科學各個分支中的發展，并在這些學科中有著越來越廣泛的應用。

第四篇：微積分學習心得

既然叫心得，就先從老師的教學感受說起吧，劉老師喜歡講課外的故事，我很喜歡這種提神的插曲還能了解專業和學校以及數學方面的知識，劉老師與高中不同之處或是說講課目的差別，就在于講課的實質性，不像原來我們只是學方法和題型，不需要在常規題型上問為什么，這節約了復習時間，但現在終于知道好多原來不解的原因，比如，高中定義e為計算機常數，而如今卻從極限的角度來定義，還有正態分布，高中只是略過一遍，現在看來，自然界以正態分布居多和許多的統計，函數等，著實擴充了自己的知識層面，自己沒有數學系中同學的天分，但在數學思想上還是喜歡學習的，技不如人也好，幾個月的微積分還是有些感悟的。

從極限學起，似乎還是遠來的知識，加上導函數應用，但還是不同，第一次作業中有一道題

讓我不會只相信那答案了。

1.收斂數列A與發散數列B之和A+B必為發散數列，正確答案是命題正確，可是參考答案是

錯，我還糾結找例子推反，最后還是錯了，還有一題是

2.設F（x）在x＝a處可導，求h－0時，F（a+3h）-F（a-h）／h

本題按照分子加上再減去一項F（a）即可得到答案，可是盲目相信答案，沒有堅持自己的答案，太依賴這種保守性的更正反而不如沒有更正來的好些，正如曾經有個老師說的，看答

案看久了，考試只能是一片空白。

極限一節和洛必達法則應用在微積分的課程中是很重要的，比如求x㏑x在x－0時的極限，原來是做不的，但定積分時這類題很多，洛必達法則的應用就使問題迎刃而解了，稍加變化成分數形式就解出了。無窮小量的提出為爾后的微分奠定了基礎，也是求極限比大小的一種手段，同時也為等價替換這一技巧留下余地，夾擠原理也解決了不能計算的一些題，如一定

物理定理的基礎證明

1.x－0時sinx／x極限為1，物理學家在研究單擺原理繼而引申到簡諧震動時，小角或是小位移關系是大量統計的出sinx≈x的結論，從而得出公式，而單位圓法夾擠原理應用利用，x－0時cosx－1.再求解，根存在問題與零點和介值定理應用我個人也是有所收獲的，根有與否可以應用圖像或是構造函數求導的方法，零點定理是基礎，常見的有幾個根和其范圍，用中點試法可以得到更精確的值，微分的引入解決了我以前求值不出啊，如求arctan1.01現在可以依靠特殊點近似求角和差量了，無窮小量的舍棄，求出主體部分，微分與導數密不可分，而積分的特殊公式也在這節提出，求切線問題，算是老題型了，但骨子里數形結合思想不變，微分中值定理在證

明題中作用很大，構造函數也很重要如

1.求證x＞1時，e的x次方大于x.e，構造F（x）＝e∧x－ex.求導即可，2.已知函數f（x）在0≦x≦1上連續，在（0，1）內可導，且f（1）＝0.求證在（0，1）內

至少有一點a使af（a）＋f（a）＝0

注意到這個式子導數于變量乘積，于是構造F（x）＝xf（x）.又∵F（1）＝F（0）＝0.則必有F＇＇（?）＝0即求導后可證。

高階導數的計算是個技巧，尤其在參數函數和隱函數結合上，對于一般的高階可以結合洛必達法則，參數函數與隱函數則復雜些，這也引出了對數求導法，很好用，但也有限制他，那些復雜多因式可以很好解決，特別指出二階求導的應用，對于函數單調性與極值和凹凸性的運用其很大作用，記得高中常有題目一階導數是解不出函數在某個范圍內的單調性的，借助二階導數研究導數本身才能得出答案，與此不得不提的泰勒公式，給人很大的數學沖擊，解決所有函數式的差量與具體讓人可以想更多的統計與得出規律性結論，看懂還是不容易的，畢竟我們都遠比上那個天才，最優化問題很實用，自然可以產生一定的經濟效益，修路打藥甚至是公司的前景應用都很重要，在最小值計算中導數有時和多項均值定理有異曲同工之效，但項數改變運用均值定理一般要比導數簡單 積

分是在最近我發現大家普遍頭疼的一章，不管是哪個學校的同學都發表說忙于計算積分掌握技巧包括我在內，的確是考驗勤奮度與思維靈活度的一章知識，我決定必要的公式一定要記這樣就不必做一道翻一下書了，

第五篇：微積分教案

微積分數學模型的應用

微分模型

一、光纖收費標準模型

某地有多家有線電視公司。有線電視公司A的光纖收費標準為14元/（月。戶），目前它擁有5萬個用戶。某位投資顧問預測，若公司每月降低1元的光纖收費，則可以增加5000個新用戶。1）請根據這一預測，為公司制定收費標準，以獲得最大收益

2）如果公司每月每戶降低一元的光纖收費，只增加1000個新用戶，問該如何制定收費標準？

一、模型假設與符號說明

1、假設該地的用戶數遠遠大于5萬

2、假設只考慮公司降價而不考慮提價的情況

3、若公司每月每戶降低1元的光纖收費，可增加a個新用戶，公司每月每戶降低x的光纖收費，公司的月收益為P(x)。

二、模型建立

P(x)?每月每戶交納的費用?總用戶數，即

P(x)=(14-x)(50000+ax)=700000+(14a-50000)x-ax

三、模型求解

（1）當a?5000時，P(x)=700000+20000x-5000x，求導得

P'(x)=20000-10000x

令P(x)?0，得駐點x?2。

根據實際問題的分析知道：當公司定價為12元時，公司擁有60000用戶，此時公司每月的最大收益為72萬元。

（2）1）當a?1000時，p(x)?700000?36000x?1000x，求導得

2'P'(x)=-36000-2000x

令P(x)?0，得駐點x??18。

根據實際問題知：x?0，故與實際情況不吻合

二、存貯模型

（一）不允許缺貨的存貯模型 1.問題的提出 存貯問題廣泛存在于工廠的原材料貯備，商店的商品貯備、水庫蓄水等現實問題'中．這里的關鍵是存貯量的大小，存貯量過大則需付出過高的存貯費用；存貯量不足又可能導致不能滿足需求從而造成損失．因此，確定一個最優的貯存策略是具有重要意義的． 2.模型的構建

下面假定需求量是確定的，并且不允許缺貨現象出現，如鋼廠訂購廢鋼供煉鋼就是這種情況，因為鋼生產對原料的需求是一定的，而一旦缺少了原料將造成巨大的損失． 在不允許缺貨的情況下我們可以考慮兩種費用：訂貨時需付的一次性訂貨費，貨物的貯存費．建立模型的目的是在單位時間的需求量為常數的情況下制定最優存貯策略，即多長時間訂一次貨，每次訂多少貨，使總費用最小．

模型假設：（1）每天貨物需求量為r噸．

（2）每隔T天訂一次貨（稱T為訂貨周期），訂貨量是Q噸，當貯存量降到零時新一批訂貨恰好到達．（3）每次訂貨費為C1（與訂貨量無關，也與貨物本身的價格無關），每天每噸貨物貯存費為C2． 模型建立：訂貨周期T、訂貨量Q與每天需求量r之間應滿足關系 Q?rT ．

訂貨后貯存量由Q均勻地下降，設任意時刻的貯存量為q(t)，則q(t)是t的線性遞減函數，其變化規律如圖10－1． 考慮一個訂貨周期的總費用C(T)：訂貨費C1與貯存費．

__貯存費＝每天每噸貨物的貯存費?平均每天的存貯噸數?天數 ＝C2?Q?0?T 2

圖10－1

＝于是得

1C2QT．

21C(T)＝C1?C2QT，2__1C(T)＝C1?C2rT2．

2__

（2）

顯然，不能以一個周期內的費用為目標函數，這樣會導致訂貨周期越短越省錢的錯誤結論，而應以每天的平均費用（記作C(T))為目標函數，于是

C(T)? C(T)C11＝?C2rT． TT2__

（3）

制定最優存貯策略歸結為求訂貨周期T使C(T)最小． 3.模型求解 利用微分法，令

?C1dC(T)?0，得21?C2r?0，2dTT解得 最佳進貨周期

T?2C1． rC（4）

將Q?rT代入上式得最佳進貨量

Q?2C1r．

C2

（5）

式（8）就是經濟理論中著名的經濟訂貨批量公式． 4.模型應用

訂貨批量公式（5）表明，訂貨費C1越高，需求量越大，則訂貨批量Q應越大；貯存費C2越高，則訂貨批量Q應越小．這些結論都可以由常識得到，不過公式在定量上表明的平方根關系卻是憑常識無法得到的．

例 1 一鞋店平均每天賣出110雙鞋，批發手續為每次200元，每雙鞋每儲存一天的費用為0.01元，該商店多少天進一次貨最好，進貨量為多少？

解 本題中r=110，C1?200,C2?0.01.于是得最佳進貨量 Q?最佳進貨天數 2C1r?C22?200?110?2098?雙?，0.01T= Q2098??20?天?r110即20天進貨2098雙最好?

（二）允許缺貨的存貯模型.問題的提出 考察一個商店經理制定最優訂貨周期和最優訂貨批量時碰到的問題．設市場對某種商品的需求是確定的和已知的，市場對某種商品的需求仍為每天r噸，但允許缺貨．缺貨時因失去銷售機會而使利潤減少，減少的利潤可以視為因缺貨而付出的費用，稱缺貨損失費．于是這個模型的第（1）、第（3）條假設與不允許缺貨時相同，而第（2）條改為(2)?每隔T天訂貨Q噸，允許缺貨，每天每噸貨物的缺貨損失費為C3．

2.模型的構建

缺貨時貯存量q(t)視作負值，則q(t)的圖形

如圖10－2．貨物在t?T1時售完，但每天需求量仍為r，在?T1,T?這段時間內缺貨，可視存貯量q(t)為負值，于

是在t?T時下一次訂貨量Q一次到達，且Q?rT1．

圖10－2 一個訂貨周期內總費用C：訂貨費C1，貯存費C2__?T10q(t)dt，缺貨損失費．

貯存費?每天每噸貨物的存貯費?從第一天到第T1天總共存貯的貨物噸數的和

＝C2?T10q(t)dt?C2?Q(1?0T1t1)dt?C2QT1． T12tdt(T1?T)T1 缺貨損失費＝C3 ＝C3＝?TT1q(t)dt＝C3?Q(1?T1T ?TT1(rT1?rtdt(Q?rT1)

1C3r(T?T1)2． 2于是一個周期內的總費用為： 11C?C1?C2QT1?C3r(T?T1)2．

22__ 3 模型的求解

模型的目標函數仍為每天的平均費用C(T,Q)，將T1?__Q代入上式，得 r

C(T,Q)＝

CC11??C1?C2Q2?3(rT?Q)2TT2r2r?，求T、Q使得C(T,Q)最小．

先求出二元函數C(T,Q)關于T、Q的偏導數

?C?C． ,?T?Q 然后令?C?C?0,?0，?T?Q最后解出最優值T與Q，即得 最佳進貨周期 **T*?2C1(C2?C3)，rC2C（6）

最佳進貨批量

Q*? 4.模型的應用 2rC1C3

C2(C2?C3)

（7）

式（6）、（7）表明，缺貨損失費C3越大，訂貨周期應越短，訂貨批量越大．當C3很大（即缺貨損失變得很大）時，C3??，有

C2?C3C?1?2?1，則允許缺貨的最佳周期和最佳批量與不允C3C3許缺貨的最佳定貨周期和最佳批量有如下關系 T*?2C1(C2?C3)?rC2C32C1*，Q?rC22rC1C32rC1． ?C2(C2?C3)C2允許缺貨的情形又回到了不允許缺貨的情形，顯然這是符合實際的．

例2 有一酒類批發商，以每天150瓶的速度供應零售商，存儲費用為每天每瓶0.05元，根據合同如缺貨，每瓶每天必須向零售商賠償0.2元。若批發商一次的費用為300元，試確定批發商的最佳批發周期、進貨量。

解 因 r?150,C2?0.05,C3?0.2,C1?300,于是得最佳批發周期為

T?最佳進貨量

Q?

三、生豬的出售時機 1．問題

飼養場每天投入4元資金，用于飼料、人力、設備，估計可使80千克重的生豬體重增加2公斤。市場價格目前為每千克8元，但是預測每天會降低 0.1元，問生豬應何時出售。如果估計和預測有誤差，對結果有何影響。

??2C1?C2?C3?rC2C3?2?300?(0.05?0.2)?10?天?，150?0.05?0.22rC1C32?150?300?0.2??1200?瓶?，C2?C2?C3?0.05?(0.05?0.2)2．分析

投入資金使生豬體重隨時間增加，出售單價隨時間減少，故存在最佳出售時機，使利潤最大建模及求解

估計r=2 g=0.1若當前出售，利潤為80×8=640（元），t 天出售，生豬體重 w=80+rt 銷售收入 R=pw 出售價格 p=8-gt 資金投入 C=4t 利潤 Q=R-C=pw –C Q(t)?(8?gt)(80?rt)?4t

求 t 使Q(t)最大 t?4r?40g?2=10 rgQ(10)=660 > 640 10天后出售，可多得利潤20元

四、森林救火

當森林失火時，消防站應派多少消防隊員去滅火呢？派的隊員越多，火災損失越小，但救援開支越大.如何確定滅火隊員的人數，才能使總費用（火災損失+救援開支）最小？

解 1．問題分析

（1）火災損失與森林被燒面積有關，而被燒面積又與從起火到火滅的時間有關，而這時間又與消防隊員人數有關.（2）救援開支由兩部分構成：①滅火劑的消耗與消防隊員酬金（與人數和時間有關）；②運輸費（與人數有關）.（3）在無風的情況下，可認為火勢以失火點為圓心，均勻向四周蔓延.半徑與時間成正比，從而被燒面積應與時間的平方成正比.2．模型假設

（1）火災損失與森林被燒面積成正比

記開始失火的時刻為t?0，開始滅火的時刻為t?t1，火被完全撲滅的時刻為t?t2.設在時刻t森林被燒面積為B?t?，C1表示單位面積被燒的損失，則總損失為C1B(t2).（2）被燒面積與時間關系

dBdBdB表示單位時間被燒面積(燃燒速度：m2/min),當t＝0與t?t2時為零，當t?t1時最dtdtdtdBdB|t?t1?b.由前面分析，B?t?與t2成正比,故不妨設在區間[0,t1]與[t1,t2]上，大，記 都是t的dtdt線性函數.在[0,t1]上，斜率為??0，?稱為火勢蔓延速度,在[t1,t2] 上,斜率為???x?0,其中x為消防隊員人數.?為隊員的平均滅火速度.（3）救援開支

設x為消防隊員人數，滅火劑消耗與消防隊員酬金每單位時間的費用為C2, 運輸費平均每人費用為C3, 則救援開支為C3x?C2x(t2?t1).3．模型建立與求解

圖14-3 由假設2，dBdt與t的關系如圖14-3所示.利用定積分的牛頓-萊布尼茲公式，大面積為

B(tt2dB2)?B(tdt＝?OMN面積＝bt22)?B(0)??0dt2 ∴總費用 C?12C1bt2?C2x(t2?t1)?C3x.此式中t2與x是變量，其余為常數.但t2與x是密切相關的，由圖可知

b??tb1,t??x??, t?b2?t1?x?? 2?t1從而，總費用可化為一元函數：

??C2Cx?12C1bt1?1b2??x????C2bx?x???C3x dC2令 ?0，解得唯一駐點 x?1C1?b?2C2?bdx?2C??.3?駐點就是最小值點.4．模型評價

森林被被燒的最 從結果看，x>??，這表示為了能把火撲滅，派出的消防隊員人數要大，這保證?-?x?0，使??1燃燒速度趨于零.而x的第一項 ?C1?b2?2C2?b是綜合考慮了各種因素,使總費用最低.2C3積分模型

一、捕魚成本模型 1.問題的提出

在魚塘中捕魚時，魚越少捕魚越困難，捕撈的成本也就越高，一般可以假設每公斤魚的捕撈成本與當時池塘中的魚量成反比。

假設當魚塘中有x公斤魚時，每公斤的捕撈成本是從魚塘中捕撈6000公斤魚需花費多少成本？

2.模型的構成與求解

根據題意，當塘中魚量為x公斤時，捕撈成本函數為 C(x)?2000元。已知魚塘中現有魚10000公斤，問

10?x2000(x?0).10?x假設塘中現有魚量為A公斤，需要捕撈的魚量為T公斤。當我們已經捕撈了x公斤魚之后，塘中所剩的魚量為A?x公斤，此時再捕撈?x公斤魚所需的成本為

?C?C(A?x)?x?因此，捕撈T公斤魚所需成本為

2000?x.10?(A?x)C??T0200010?A?Tdx??2000ln[10?(A?x)]x?2000ln(元)x?010?(A?x)10?(A?T)將已知數據A?10000kg,T?6000kg代入，可計算出總捕撈成本為 C?2000ln10010?1829.59(元)4010順便可以計算出每公斤魚的平均捕撈成本 C?

二、投資決策模型

某公司投資1860萬元建成一條生產線．投產后，其追加成本和追加收入（分別是成本函數和收入?1829.59?0.30元

6000函數對時間t的變化率，類似于邊際函數概念）分別為G(t)?5?2t（百萬元/年），?(t)?17?t（百萬元/年）．試確定該生產線使用多長時間停產則可使公司獲得最大利潤？最大利潤是多少？

解

容易看出，追加成本G(t)是單調增加函數而追加收入?(t)是單調遞減函數，這說明生產費用在逐年增加，而生產收入在逐年減少，二者之差即為生產利潤隨時間的變化率：

2323?(t)?G(t)?(17?t)?(5?2t)?12?3t．

232323與邊際成本和邊際收入的關系相同，生產利潤最大值存在的必要條件是?(t)?G(t)．解方程得t?8，由于生產利潤對時間的導數為

??(t)?G(t)?8???2t?13?0，23所以，t?8是生產利潤的最大值點．這樣，生產利潤的最大值為

???(t)?G(t)?dt?18.6??(12?3t008)dt?18.6?38.4?18.6?19.8(百萬元)．