Учебное пособие 1622
.pdfфункции |
удовлетворяет неравенству f |
|
f |
|
(x) 0 |
(x) 0 , то |
|||
функция |
f (x) возрастает (убывает) на этом интервале. |
Таким образом, для определения интервалов монотонности функции, т.е. интервалов на которых функция возрастает
или убывает, следует решить неравенства |
f |
|
и |
(x) 0 |
f (x) 0, найдя предварительно область определения этой функции.
Пример. Найти интервалы монотонности функции y x1 х2 .
Решение. Функция определена при значениях x [ 1,1]. Найдем производную рассматриваемой функции. Имеем
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
y x 1 х2 х |
1 х2 1 х2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
.По- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
1 х2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 х2 |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
скольку |
1 х2 |
0 |
|
при |
x ( 1;1), |
то знак производной опре- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
деляется знаком числителя 1 2х |
2 |
|
|
|
|
х |
|
1 |
|
|
|
|
х |
1 |
|
|
|
|
|
ко- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
торый находим методом интервалов: |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|||||||||||||||||||||
у 0 при x |
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
; |
|
у 0 при |
|
x 1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
,1 . |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
Следовательно, |
|
|
функция |
|
|
|
|
убывает |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
при |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
1 |
|
|
|
и возрастает при |
|
|
|
1 |
1 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
x 1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
,1 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
7.2. Максимум и минимум функций |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Точка |
|
х0 |
|
называется точкой |
максимума |
|
|
(минимума) |
функции f (x), если значение функции в этой точке больше (меньше), чем ее значения во всех точках достаточно близких к х0 , т.е. если
120
f x0 х f x0 |
f x0 х f x0 . |
Необходимое условие экстремума. Если функция имеет |
экстремум при x х0, то ее производная в этой точке либо
равна нулю, либо бесконечности, либо не существует. Сама же функция обязательно определена в этой точке. Такие точки называются критическими точками.
Достаточные условия экстремума.
1. Пусть функция f(x), определена и непрерывна в интервале, содержащем критическую точку х0 и имеет производную во всех точках этого интервала, за исключением, быть может,
|
|
|
|
|
|
|
и |
|
|
самой этой точки. Тогда если f (x) 0 при x х0 |
f (x) 0 |
||||||||
при x х0, то точка |
х0 |
является точкой максимума, если же |
|||||||
|
|
|
и |
f |
|
x х0, то точка х0 |
явля- |
||
f (x) 0 при x х0 |
(x) 0 при |
||||||||
ется точкой минимума. |
|
|
|
|
|
|
|||
2. Если в точке х0 |
первая производная равна нулю |
|
|||||||
f (х0) 0, |
то |
точка |
х0 является |
точкой максимума, |
если |
||||
f (x0) 0 |
и является точкой минимума, если f (x0) 0. |
|
|||||||
Пример. |
Найти |
точки |
экстремума |
|
функции |
y 2х3 15х2 24х 2.
Решение. 1. Областью определения функции является интервал ( ; ) .
2.Находим производную у 6х2 30х 24.
3.Решаем уравнение y 0 6х2 30х 24 0, т.е. на-
ходим критические точки. Имеем |
x1 1, x2 |
4 |
и, следова- |
|||
тельно, |
у 6(х 1)(х 4). |
|
|
|
|
|
4. |
Определим |
знаки |
производной |
в |
интервалах |
|
( ,1), |
(1,4), (4, ). |
Методом |
интервалов |
установим, что |
||
у 0 для x ( ,1) (4, ) и у 0 |
для x (1,4). |
|
||||
|
|
121 |
|
|
|
5. Используя первое достаточное условие экстремума, определим, что точка x1 1 является точкой максимума, т.к. производная при переходе через эту точку меняет знак с «+» на « », а точка x2 4 является точкой минимума, т.к. произ-
водная меняет знак с « » на «+». Найдем значения функции в
точках экстремума. Имеем y(1) 13, |
y(4) 14. |
6. Проведем теперь исследование на экстремум с помощью второго достаточного условия. Вместо действий пятого
пункта |
вычислим |
|
вторую |
производную |
||
у (6х2 30х 24) 12х 30 |
и |
найдем |
значение второй |
|||
производной в критических точках. Имеем |
|
|||||
у |
(1) 18 0, |
|||||
|
Следовательно, |
точка x1 1 |
является точкой |
|||
у (4) 18 0. |
||||||
максимума, а точка x2 4 является точкой минимума. |
||||||
Пример. |
Найти |
точки |
экстремума |
функции |
y 3(х 1)2 3(х 1)2 .
Решение. 1. Областью определения функции является
интервал ( ; ) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2. Вычислим производную |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
2 3 |
|
|
3 |
|
|
|
||||
у |
|
|
х 1 |
х 1 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
33 |
|
33 |
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
. |
||||||
|
х 1 |
х 1 |
|
|
х2 1 |
3. Находим критические точки. Значения x1,2 1 при-
надлежат области определения, но производная не существует в этих точках. Следовательно, это критические точки. Другими критическими точками являются те, для которых
y 0 3х 1 3х 1 0 x3 0.
4. Для выяснения знаков производной в окрестности точки x3 0, преобразуем ее, умножив числитель и знаменатель
на неполный квадрат суммы членов 3 |
1 х |
и 3 |
1 х |
. Имеем |
122 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4х |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
у |
33 х2 1 3 (1 х)2 3 1 x2 3 (1 х)2 . |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
Очевидно, что у 0 при x ( 1,0) и у 0 при |
х (0,1). |
|||||||||||||||||||||||||
Выясним знаки производной в окрестностях точек |
х1,2 1. |
|||||||||||||||||||||||||
Для х 1 |
положим |
x 1 , |
0 |
достаточно малое число. |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Имеем |
|
у |
|
2 |
|
0. |
Для |
x 1 |
положим |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
3 3 (2 ) |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
x 1 , |
0 |
|
|
|
|
|
|
достаточно |
малое |
число. |
Тогда |
у 2 32 3 0.
33 (2 )
5.Используя первое достаточное условие экстремума, заключаем, что точка x3 0 является точкой максимума, при этом
у(0)=2, а в силу четности рассматриваемой функции точки
x1,2 1 являются точками минимума и y( 1) 34. Схематически график функции изображен на рис. 6.
Рис. 6
Задачи для самостоятельного решения: [3, №№ 1055 1068; 4, гл. 5, №№ 4.5 4.10].
123
7.3. Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке
Если функция непрерывна на отрезке [a,b], то в точках этого отрезка она принимает наибольшее и наименьшее значения или на концах отрезка или в критических точках.
Пример. Определить наибольшее и наименьшее значе-
ния функции y |
4 х |
2 |
на отрезке [ 1,3]. |
|
4 х |
2 |
|||
|
|
|||
Решение. 1. Функция является непрерывной на заданном |
отрезке. Следовательно, имеет на данном отрезке наибольшее и наименьшее значения.
2. Вычислим ее значения на концах отрезка y( 1) 3, y(3) 5 .
513
3.Найдем критические точки, принадлежащие отрезку
[ 1,3] и вычислим значения функции в этих точках. Получим
|
|
|
2х(4 х2 ) 2х(4 х2 ) |
|
16х |
|
|||||
у |
|
(4 х2 )2 |
|
(4 х2 )2 0. |
|||||||
|
|
||||||||||
Критическая точка |
x 0 [ 1;3], у(0)=1. |
||||||||||
4. Из трех полученных значений функции выберем наи- |
|||||||||||
большее и наименьшее. Имеем |
|
|
|
5 |
|
||||||
max у(x) y(0) 1, |
min у(x) y(3) |
. |
|||||||||
|
|||||||||||
[ 1,3] |
|
[ 1,3] |
13 |
|
Задачи для самостоятельного решения: [3, № 1070 1073, 1075, 1076; 4, гл. 5, №№ 4.13, 4.14, 4.17, 4.18].
7.4. Выпуклость кривой. Точки перегиба графика функции
Говорят, что на интервале (а,b) кривая выпукла (вогнута), если она лежит ниже (выше) касательной, проведенной в любой ее точке.
124
Если функция f(x) удовлетворяет условию f (x0) 0,
то кривая в точке с абсциссой |
х0 |
вогнута. Если же функция |
|||
удовлетворяет условию f (x0) 0, |
то кривая в этой точке вы- |
||||
пукла. |
|
|
|
|
|
Точка кривой, отделяющая выпуклую часть дуги от во- |
|||||
гнутой, называется точкой перегиба. |
|
|
|||
Необходимое условие перегиба. Если |
х0 |
абсцисса точ- |
|||
ки перегиба графика функции |
y f (x), |
то |
f (x0) 0, или |
||
f (x0) , или |
f (x0) не существует. Такие точки называ- |
ются критическими точками второго рода.
Достаточное условие перегиба. Если в достаточно малой окрестности критической точки второго рода х0 вторая производная функции y f (x) имеет противоположные знаки при
x х0 и при x х0, то точка кривой y f (x) с абсциссой х0
есть точка перегиба данной кривой.
Пример. Найти точки перегиба и интервалы выпуклости и вогнутости кривой y х4 4х3 18х2 45х 14.
Решение. 1. Область определения функции x ( , ). 2. Находим первую и вторую производные функции. По-
лучим
у 4х3 12х2 36х 45, у 12х2 24х 36.
3. Находим критические точки второго рода. При любом х вторая производная существует и конечна. Следовательно, критические точки второго рода являются решениями уравне-
ния y 0 12x2 24x 36 0 x1 1, x2 3.
4. Используем достаточное условие перегиба. Критические точки разделяют область существования функции на сле-
дующие интервалы: ( , 1), ( 1,3), |
(3, ). В |
каждом из этих |
|
интервалов |
у 12(x 1)(x 3) |
сохраняет |
знак. При |
125
x ( , 1) (3, ) y 0 и кривая вогнута, а на интервале ( 1,3) y 0 и кривая выпукла.
Задачи для самостоятельного решения: [8, №№ 1083 1087, 4, гл. 5, №№ 4.40 4.43, 4.45].
7.5. Асимптоты кривой
Прямая называется асимптотой кривой, если при удалении точки по кривой в бесконечность, ее расстояние до прямой стремится к нулю. Различают вертикальные, наклонные и го-
ризонтальные асимптоты.
Прямая x a является вертикальной асимптотой, если хотя бы один из односторонних пределов функции y f (x) равен бесконечности, т.е. если выполняется хотя бы одно из
условий |
|
lim f (x) , |
|
|
lim f (x) . |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
x a |
|
|
|
|
|
x a |
|
|
|
|
Пример. |
Найти |
вертикальные асимптоты |
кривой |
||||||||
y |
|
x2 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x 1 |
|
|
|
|
|
|
x 1. Вычис- |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
Решение. Функция не определена в точке |
|||||||||||
лим левый и правый пределы функции при |
x 1. |
Имеем |
|||||||||||
lim |
x2 |
|
, |
lim |
x2 |
|
|
. |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
x 1 x 1 |
x 1 x 1 |
|
|
||||||||||
|
|
Следовательно, прямая х=1 является вертикальной асим- |
|||||||||||
птотой. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
Для определения наклонной асимптоты y kx b |
кривой |
||||||||||
y f (x) |
|
необходимо найти параметры k и b из равенств |
|||||||||||
|
|
|
|
|
k |
lim |
|
f (x) |
, b lim f (x) kx . |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
x |
x |
|
|
x |
|
|
Причем случаи х и x следует рассматривать отдельно. Наклонные асимптоты кривой y f (x) существуют
126
только тогда, когда эти пределы имеют конечные значения. Если k 0 и b имеет конечное значение, то асимптота
является горизонтальной.
Пример. Найти наклонные асимптоты кривой y |
x2 |
|
|
. |
|
|
||
Решение. Найдем пределы |
x 1 |
|
|
|
k lim |
|
x |
2 |
|
|
x |
2 |
|
|
|
x |
|
|
|
|
1, |
b lim |
|
|
x |
lim |
|
1. |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
x х(x 1) |
|
|
|
|
|
|
x x 1 |
|
|||||
|
x x 1 |
|
|
||||||||||
Таким |
образом, |
кривая имеет |
наклонную асимптоту |
y x 1. График функции представлен на рис 7.
Рис. 7
Пример. Найти асимптоты кривой y x . x2 1
Решение. Функция определена на всей оси x ( , ), следовательно, вертикальных асимптот нет.
Вычислим пределы
k lim |
x |
0, |
b lim |
x |
|
0. |
|
|
|||||
x х(х2 1) |
|
x х2 1 |
|
Таким образом, кривая имеет горизонтальную асимптоту y 0. График функций представлен на рис 8.
127
Рис. 8
Задачи для самостоятельного решения: [3, №№ 1091 1093; 4, гл. 5, №№ 4.52, 4.53, 4.56, 4.58].
7.6. Общее исследование функции. Построение графика функции
Общее исследование функции включает следующие этапы.
1.Нахождение области определения функции, точек разрыва и выяснения их характера.
2.Определение четности, нечетности, периодичности функции (в случае положительного ответа вести исследование на соответствующем множестве значений аргумента), нахождение точек пересечения графика функции с осями координат.
3.Определение асимптот графика функции.
4.Определение интервалов возрастания и убывания функции.
5.Нахождение точек экстремума.
6.Определение интервалов выпуклости и вогнутости графика функции и точек перегиба.
Полученные данные используются для построения графика функции. Основными ориентирами являются точки кривой, соответствующие экстремальным значениям функции, точки перегиба графика и асимптоты.
128
Пример. Исследовать функцию у |
х3 |
2х2 7х 3 |
и |
|
2х2 |
||
|
|
|
построить ее график.
Решение. 1. Функция определена при всех значениях х, кроме точки x 0, следовательно, область определения: х( ,0) (0, ). Выясним характер точки разрыва x 0. Для этого вычислим левый и правый пределы функции при х 0.
Имеем |
lim |
f (x) lim |
x |
1 |
7x 3 |
. Таким об- |
||
|
|
|
|
|||||
|
2x2 |
|||||||
|
x 0 |
x 0 2 |
|
|
|
разом, в точке x 0 функция имеет разрыв второго рода. 2. Функция не является четной или нечетной.
f ( x) |
х3 |
2х2 |
|
7х 3 |
f (x), |
f ( x) f (x). |
|
|
|
|
|
|
|||
|
2х |
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
Функция не является также периодической. Следовательно, исследовать функцию надо на всей области определения.
Найдем точки пересечения графика функции с осями координат. Полагая y 0, имеем х3 2х2 7х 3 0. Точное решение уравнения элементарными методами получить нель-
зя, |
но |
границы корня получить просто: |
f (1) 7 0, |
|||||
1 |
|
|
11 |
0. Таким образом, кривая пересекает ось Ох в |
||||
f |
|
|
|
|
||||
|
27 |
|||||||
3 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
1 |
|
|
||
точке x0 |
|
|
|
,1 . Ось Оу кривая не пересекает, так как x 0. |
||||
|
|
|||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
3. Найдем асимптоты графика. Из п. 1 решения следует, что ось Оу является вертикальной асимптотой графика, поскольку при х 0 функция стремится к бесконечности. Проверим, имеет ли кривая наклонные асимптоты. Вычислим пре-
делы |
k lim |
f (x) |
1 |
|
1 |
|
7 |
|
|
3 |
|
|
|
1 |
|
|
|
lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||
|
2 |
x |
2x |
2 |
2x |
3 |
2 |
|||||||||
|
x x |
x |
|
|
|
|
|
|
129