Учебное пособие 1696
.pdf13.3. Найти асимптоты кривых: а) x = |
|
1 |
, |
y = |
|
t |
|
|
; |
||||||||||||||
|
t |
−1 |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
et |
|
|
|
|
tet |
|
|
|
|
|
t |
|
|
|
|
|||||
б) x = |
|
|
|
, y = |
|
|
; в) ρ = |
a |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1 |
−t 2 |
|
1 |
−t 2 |
ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Решение. |
а) При |
t → 0 |
x → ∞; y = |
0 |
|
|
= 0 , |
|
следова- |
||||||||||||||
0 −1 |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
тельно, кривая имеет горизонтальную асимптоту y = 0. При t →1: x →1; y → ∞ следовательно, кривая имеет вертикаль-
ную асимптоту x = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
б) |
При |
t → ±1 функция |
обращается |
||||||||||||||||||||||
Ищем уравнения наклонных асимптот: |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tet |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k = lim |
1 −t 2 |
= ±1, |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t→±1 |
|
|
et |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 −t 2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
te |
t |
|
|
|
|
|
|
e |
t |
|
|
|
|
|
|
|
t |
(t −1) |
|||||
b1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
|
e |
|||||||||
= lim |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
2 |
1 −t |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
t→1 1 −t |
|
|
|
|
|
|
|
t→1 (1 −t)(1 + t) |
||||||||||||||||
|
|
te |
t |
|
|
|
|
|
e |
t |
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
(t + |
1) |
|
|||
b2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
e |
|
||||||||||
= lim |
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
1 −t |
2 |
|
1 −t |
2 |
|
(1 −t)(1 |
+ t) |
||||||||||||||||||
|
t→−1 |
|
|
|
|
|
|
t→−1 |
в бесконечность.
= −lim |
et |
= − |
e |
, |
|
1 + t |
2 |
||||
t→1 |
|
|
=e−1 = 1 , 2 2e
следовательно, наклонные асимптоты имеют вид y = x − 2e , y = −x + 21e .
в) Приведем уравнение заданное в полярных координа-
тах к параметрическому виду: x = a cosϕ ϕ , y = a sinϕ ϕ , где ϕ -
параметр. При ϕ → 0 x → ∞,у = а , т. к. lim |
a sinϕ |
= a . Следо- |
|
ϕ |
|||
ϕ→0 |
|
вательно, кривая имеет горизонтальную асимптоту у = а (рис. 2.52).
141
Рис. 2.52
13.4. Найти асимптоты кривых: а) y3 = 6x2 + x3 ;
б) y = |
x2 |
−1 |
x |
. |
|
|
|
Решение. а) Поскольку коэффициент при старшей степени у (т.е. при у3) равен 1, то вертикальных асимптот нет. Для нахождения наклонных асимптот подставим в данное уравнение y = kx +b , тогда получим
k 3 x3 +3k 2 x2b +3kxb2 +b3 −6x2 − x3 = 0 .
Приравнивая к нулю коэффициенты при старших степенях x (т. е. при х3 и х2), получим систему
k 3 −1 = 0;
3k 2b − 6 = 0.
Из решения системы имеем k = 1, b = 2. Таким образом, кривая имеет одну наклонную асимптоту у = х+2.
б) Так как функция непрерывна на всей числовой оси, кроме точки x = 0, то прямая х = 0 является вертикальной асимптотой кривой. Найдем наклонные асимптоты:
|
x |
2 |
−1 |
|
|
|
|
|
x |
2 |
−1 |
|
|
k = lim |
|
= 0, |
b = |
|
|
|
|
=1, |
|||||
x |
2 |
lim |
|
x |
|
− 0 x |
|||||||
x→±∞ |
|
|
|
|
x |
→+∞ |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
b = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
lim |
|
x |
− |
0 x . |
|
|
|
|
|
||||
|
x |
→−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
142 |
|
|
|
|
|
Сделаем замену: x = −t, x → −∞, |
t → ∞, тогда |
|
|
|
||||
b = lim |
t 2 −1 |
= −1. |
|
|
|
|
|
|
−t |
|
|
|
|
|
|
||
t→∞ |
|
|
|
3x2 − 2 |
|
|
|
|
Если найти вторую производную |
′′ |
|
|
|
и |
|||
|
|
3 |
|
|||||
f (x) = − |
|
|
||||||
|
|
|
|
x3 (x2 −1) |
|
2 |
|
|
учесть выпуклость, вогнутость и точки перегиба |
x = ± 2 |
|
, |
то |
||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
можно построить асимптоты и график функции (рис. 2.53).
Рис. 2.53
2.14. Исследование функции и построение графиков
При исследовании функции и построении ее графика рекомендуется примерная схема:
1. Определить область существования функции. Найти точки разрыва функции и односторонние пределы в точках разрыва.
2. Выяснить, не является ли функция периодической, четной или нечетной, т. е. не симметричен ли график относительно оси ординат или начала координат.
143
3.Найти точки пересечения графика функции с осями координат и интервалы знакопостоянства функции.
4.Найти точки экстремума и интервалы возрастания и убывания функции. Определить значения функции в точках экстремума, если такие существуют.
5.Найти точки перегиба и интервалы выпуклости и вогнутости графика функции. Определить значения функции в точках перегиба.
6.Определить асимптоты функции.
7.Построить график функции, используя все полученные данные.
По мере построения графика бывает очевидным, какие вопросы исследования целесообразно опустить, а какие добавить.
Если данных для построения недостаточно, то следует найти еще несколько точек графика функции, исходя из ее уравнения. Результаты исследования функции целесообразно заносить сразу же на рисунок, тогда к концу проведения исследования график будет практически построен.
14.1.Исследовать функции и построить их графики:
а) y = x4 −8x2 −9 ; б) y = |
|
|
x3 |
; в) y = ln |
x − 2 |
; |
||
3 |
− x2 |
x +1 |
||||||
|
|
|
|
|||||
г) y = x2 e−x ; д) y = |
x2 |
|
|
. |
|
|
|
|
(x −1)2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
Решение. а) Областью существования функции является вся числовая ось. Функция четная, следовательно, график функции симметричен относительно оси ординат.
Полагая x = 0, находим точку пресечения графика с осью ординат у = -9.
Приведем функцию к виду y = (x2 +1)(x2 −9) , тогда, решая уравнение (x2 +1)(x2 −9) =0, точки пересечения с осью абсцисс будут x = ±3 .
144
Находим производную y′ = 4x3 −16x и приравниваем ее к нулю 4x3 −16x =0. Из решения уравнения x(x2 − 4) = 0 находим критические точки x1 = 0, x2 = 2, x3 = −2 . Находим вторую производную y′′ = −12x2 −16 . Так как y′′(±2) > 0 , то точ-
ки x2=2 и x3 = -2 есть точки минимума функции, а так как y′′(0) = 0 , то точка x = 0 есть точка максимума. Значения
функции в экстремальных точках равны: y(0) = -9; y(±2) = -25. Чтобы отыскать возможные точки перегиба, решаем
уравнение: y′′ = 0; 12х2 -16 = 0, откуда x = ± 23 . Так как y′′
меняет свой знак при переходе через эти точки, то при этих значениях х график функции имеет перегиб. Находим ордина-
ты точек перегиба: |
|
2 |
|
161 |
. |
y ± |
|
= − |
|
||
|
|
3 |
|
9 |
|
|
|
|
|
При неограниченном возрастании х по абсолютной вели-
чине |
функция |
стремится |
к |
бесконечности |
lim (x2 |
−8x2 −9) = ∞ . |
|
|
|
x→±∞ |
|
|
|
|
График функции показан на рис. 2.54.
Рис. 2.54
145
б) Функция существует всюду, кроме точек х = ± 3 .
Прямые x = 3 и x = − 3 являются вертикальными асимптотами функции. Найдем односторонние пределы в точках разрыва
lim |
|
x3 |
|
|
= ∞; |
lim |
|
x |
3 |
= −∞; |
||
3 − x2 |
|
|
3 |
− x2 |
||||||||
x→ 3−0 |
|
|
|
|
x→ 3+0 |
|
|
|||||
lim |
|
x3 |
|
|
|
= ∞; |
lim |
|
|
x3 |
|
= −∞. |
|
3 − x |
2 |
|
|
3 − x2 |
|||||||
x→− 3−0 |
|
|
x→− 3+0 |
|
Функция нечетна, следовательно, ее график симметричен относительно начала координат. При х = 0 имеем y = 0, следовательно, график функции проходит через начало координат.
Находим производную |
y |
′ |
= |
x2 (3 − x)(3 + x) |
и приравни- |
|
(3 − x2 )2 |
|
|||||
|
|
|||||
ваем ее к нулю x2 (3 − x)(3 + x) = |
0. Корни |
этого уравнения |
x1 = −3, x2 = 0, x3 = 3 .
Рассмотрим методом интервалов изменение знака y′при
переходе через эти точки (рис. 2.55 ). Следовательно, в точке x = −3 функция имеет минимум y(−3) = 4,5, а в точке х = 3
имеет максимум y(3) = 4,5 . При переходе через х = 0 произ-
водная знака не меняет, следовательно, в точке х = 0 экстремума нет.
Рис. 2.55 |
|
|
|
Находим вторую производную |
y′′ = |
6x(9 + x2 ) |
. Вторая |
(3 − x2 )2 |
производная y′′=0 при х = 0 и меняет знак с минуса на плюс
146
при переходе через эту точку, следовательно, и точка х = 0 есть точка перегиба.
Находим асимптоты кривой:
|
|
x |
3 |
|
|
|
|
x |
3 |
|
|
|
3x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
k = lim |
|
|
2 |
|
= −1; |
|
|
2 |
= lim |
|
2 |
= 0 , |
|||
− x |
) |
b = lim |
3 − x |
+ x |
3 − x |
||||||||||
x→∞ x(3 |
|
|
x→∞ |
|
x→∞ |
|
|
следовательно, кривая имеет наклонную асимптоту y = −x . График функции показан на рис.2.56.
Рис. 2.56
в) Находим область существования функции. Функция существует при xx −+12 >0, т. е. при x ] − ∞,−1[ и x ]2, ∞[ (рис. 2.57).
|
|
|
|
Рис. 2.57 |
|
||
Находим односторонние пределы |
|||||||
lim |
ln |
x − 2 |
= ∞, |
lim ln |
x − 2 |
= −∞. |
|
x +1 |
x +1 |
||||||
x→−1−0 |
|
|
x→2+0 |
|
147
Следовательно, прямые |
x = −1, x = 2 являются верти- |
|||
кальными асимптотами. |
|
3 |
|
|
Находим производную |
y′ = |
. Производная |
||
(x +1)(x − 2) |
не обращается в нуль ни при каком значении х, значит экстремумов нет.
Найдем вторую производную |
y′′ = |
3(1 − 2x) |
при- |
|||||
(x +1)2 (x − 2)2 |
|
|||||||
равняем ее к нулю 1 − 2x = 0, x = |
1 |
|
, но точка x = |
1 |
не входит |
|||
|
|
|||||||
2 |
|
2 |
|
|
|
|||
в область существования функции. При х < -1 имеем y′′ |
>0 - |
кривая выпукла вниз; при х > 2 имеем у" <0 - кривая выпукла вверх.
|
Находим при x → ±∞ предельное |
значение |
функции |
|||
lim ln |
x − 2 |
= 0 , следовательно, прямая y |
= 0 есть |
горизон- |
||
x +1 |
||||||
x→±∞ |
|
|
|
|
тальная асимптота. График функции показан на рис. 2.58.
Рис. 2.58
г) Областью существования функции является вся числовая ось. При x = 0 функция равна нулю. Так как x2 ≥ 0, и e−x > 0 , то y ≥ 0 при любом x.
148
Находим производную y′ = xe−x (2 − x) и приравниваем ее к нулю xe−x (2 − x) = 0 .
Решая это уравнение, находим критические точки х1=0 и x2 = 2. Поскольку производная меняет знак согласно схеме (рис. 2.59), то в точке x = 0 функция имеет максимум, равный
нулю, а в точке х = 2 минимум, равный y(2) = e42 ,
|
|
Рис. 2.59 |
|
|
Находим |
вторую |
производную |
y′′ = e−x (2 − 4x + x2 ) и |
|
приравниваем |
ее к |
нулю e−x (2 −4x + x2 ) =0, |
откуда |
|
x1,2 = 2 ± 2 . |
|
|
|
|
Поскольку |
вторая |
производная |
меняет знак |
согласно |
схеме (рис. 2.60), то в точках x1,2 = 2 ± 2 функция имеет пе-
региб |
и при |
x < 2 − 2 кривая выпукла |
вниз, |
при |
x ]2 − |
2,2 + |
2[ кривая выпукла вверх, при |
x ]2 + |
2, ∞[ |
кривая выпукла вниз. |
|
|
Рис. 2.60
Находим пределы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
lim x2 e−x = ∞, |
lim x2 e−x = lim |
x2 |
= lim |
2x |
= lim |
2 |
= 0 , |
|
|
|
|
||||||
x→−∞ |
x→∞ |
x→∞ ex |
x→∞ ex |
x→∞ ex |
|
149
т. е. прямая у = 0 есть горизонтальная асимптота. График функции показан на рис. 2.61.
Рис. 2.61
д) Функция существует для всех значений х, кроме х = 1. При x = 1 функция терпит разрыв. При х = 0 функция равна нулю. При x ≠ 0 имеем y > 0, т. е. функция не отрица-
тельна. Находим производную y |
′ |
|
2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
= − (x −1) |
3 |
|
|
|
и приравниваем |
||||||||
|
|
|
|
||||||||||
ее к нулю: x = 0. Находим вторую производную y′′ = |
2(2x +1) |
||||||||||||
|
(x −1)4 |
|
|||||||||||
и определяем ее знак при х = 0. Поскольку |
y |
′′ |
то при |
||||||||||
|
(0) > 0 , |
||||||||||||
х = 0 функция имеет минимум, равный y(0) = 0. |
|
|
|||||||||||
Вторая производная y |
′′ |
= 0 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||
|
при x = − 2 |
и меняет свой |
|||||||||||
|
|
знак с минуса на плюс при переходе через эту точку, следова-
тельно, при |
x = − |
|
1 |
кривая имеет перегиб, ордината которого |
|||||||
2 |
|||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
равна |
y |
− |
|
|
= |
|
|
. |
|
||
2 |
9 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
150