книги из ГПНТБ / Любич В.Н. Лекции и практические занятия по высшей математике. Дифференциальное исчисление функций одной переменной [учеб. пособие]
.pdfИсследуем вторую точку. Полагаем х2—/г= 0,5, х2 + /г= 1,5:
г |
(л'2—Л) = / ' (0,5) = -1 ,5 < |
0; |
/ ' (*2+ А )= 6 •(1,5)2- 6 -1,5 = |
|
= 6-2,25- |
6-1,5 > 0 ; |
|
/'(х) |
при переходе через х2=1 |
меняет знак с «—» на « + ». Значит, |
в точке х2=1 наша функция имеет минимум. Вычисляем умип= /(1 ) = 2 —3= — 1.
5)Чтобы построить график данной функции, найдем еще точк
пересечения кривой с осью Ох. Полагаем у = 0, т. е. 2х3—3х2=0:
х 2 (2х—3)=0, х = 0 , х ~ .
Кривая пересекает ось Ох в начале координат и в точке с абс
циссой |
Полученные данные наносим на график (рис. 102). |
2 |
(самостоятельно). Найти экстремум |
функции |
|
|
у - 2х3—6*2—18*+7. |
Ответ: умакс=17 при х = — 1;
Умин=-47 при х~3.
3.Найти экстремумы функции
у= х |/2—х 2.
Решение: 1) Эта функция определена (выражается веществен ным числом) только при 2—х2> 0. Решаем это неравенство отно сительно х.
Областью определения данной функции является замкнутый
промежуток [ — 1 /2 , |
V 2]. |
|
|
|
2) |
/ = 1/2=3/2+ |
|
2 |
(1—л:2) |
|
1 /2 = J 2 |
|||
|
2 1/2—jc: |
|||
3) |
Полагаем у'=0, |
т. е. 1— л*2=0, л-2=1, л := ±1; |
||
|
|
.*!= — 1, |
л:2=1 |
— точки «подозрительные» на экстремум.
В нашем случае у' выражается дробью, а дробь обращается в оз, если ее знаменатель равен нулю (а числитель не равен нулю). _____
Положим 1/2 —х 2=0, -х = ± ]/2 . В этих точках у '= оо, но экстремума в них быть не может, так как они являются концами области определения, а экстремум возможен только во внутрен них точках области определения функции.
14* |
2Н |
4) Исследуем знак производной при переходе через критические точки *1 = — 1 и * 2= + 1:
1,1) = 2 [1 — ( — 1,1)а1 < 0 ; К 2 — (— 1,1)2
|
/'(■ * ,+ /* )= /'( 0) |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
знак меняется |
с «—» па « + », значит, |
при |
* != — 1 имеем |
|
минимум; |
|
|
|
|
|
У м н и = / (—1) — — 1 •У 2—1 = — 1; |
|||
|
f (х 2—h)—f' (0) > |
0; |
|
|
/ ' |
(jca+ A ) = f ' ( U ) — 2 |
(1 ’ I)J' |
" 0; |
|
|
V 2— (1,1)- |
|
||
знак меняется с « + » на «—», значит, |
при *2 = 1 |
имеем максимум; |
У„акс=/(1) = 1 -К 2 = ! = 1.
5)Находим точки пересечения графика функции с осью Ох:
у =0, если х У 2 —х-=0, х=0, х —± У 2 .
Строим график (рис. 103).
Замечание. Из уравнения |
f{x ) = |
= х У 2—х2 очевидно, что эта |
функ |
ция является нечетной. Действительно,
|
/ ( — х) = —х У 2 —х 2 — —f(x). |
Зна |
|
чит, график этой функции симметри |
|
|
чен относительно начала координат. |
|
|
Поэтому достаточно было исследовать |
|
|
поведение функции только на |
поло- |
_ |
вине промежутка [ — V 2, У 2], напри |
мер на [0, У 2], и, построив график на этом полупромежутке, продолжить его на левый полупромежуток симметрично относи тельно начала координат.
4(самостоятельно). Исследовать на экстремум функцию
у= у г х 3— Зх2 + 8 .
Ответ : умакс= 2 при х=0, |
у„„„=у^ 4 при х=2. |
|
5. |
Исследовать на экстремум |
функцию у — У~х?-. |
1) |
Функция определена на всей оси Ох, т. е. в (— оо, со). |
|
2 > |
|
|
212
3)у' в нуль не обращается и у'— со при х=0.
4)Исследуем знак первой 'производной при переходе через единственную критическую точку х, = 0:
/'( * , —А )= /'( —i ) = - f < 0 ;
/'( * !+ * ) = /' О ) = у > 0 ;
знак меняется с «—» на « + », т. е. имеем минимум. Так как }'(0) =
— со, ТО это минимум с вертикальной касательной; ymm=f(Q) =0.
5) |
Функция у = / х 2 пересекает ось Ох только при х = 0 (точ |
нее, |
имеет при х = 0 точку, лежащую на оси Ох). |
Из уравнения видно, что функция f ( x ) = y/rx* четная ( f ( ~ x ) = =/(х)). Примерный вид графика изображен на рис. 104.
6 (самостоятельно). Исследовать на
7 (самостоятельно). Исследовать на экстремум функцию
у —х — In (1 + х 2).
Ответ : Функция монотонно возрастает и экстремумов не имеет.
Для самостоятельного решения. Исследовать на экстремум:
1) |
у= -^ ----- х 2—3х; |
|
|
|
|||
2) |
у = }/~х?-1; |
|
5> |
J + 3 |
’ |
||
|
|
|
|
||||
з, у - ^ |
з ИЗ ‘ |
6) |
у = х —\п (1 + х ); |
||||
4 ^ |
= Т |
+ Т ' |
|
7) |
у = х 1п х . |
|
|
|
|
|
|
||||
Ответ: |
|
о |
|
|
|
||
1) |
при JC= —1: |
при х = 3 : |
Ум„н~ |
9; |
|||
У „акс=1-§-; |
|||||||
2) |
при х=0: |
— 1; |
|
|
|
213
3) |
при х=1 : умакс= — |
■; при х = о : УмШ,=4; |
4) |
при х = - 2 : умакс= |
-2 ; при х=2: утш=2 |
5)экстремума нет;
6)при л:=0: уМ1|н=0;
7 ) при х = - 9~: Ум,ш=- |
е * |
|
ЗАНЯТИЕ 25
МАКСИМУМЫ И МИНИМУМЫ ФУНКЦИЙ (ПРОДОЛЖЕНИЕ). ДОСТАТОЧНОЕ УСЛОВИЕ ЭКСТРЕМУМА (ВТОРОЕ ПРАВИЛО). НАИБОЛЬШЕЕ И НАИМЕНЬШЕЕ ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ В ЗАМКНУТОМ ПРОМЕЖУТКЕ
§61. Достаточное условие экстремума (второе правило)
Впредыдущем занятии было изложено правило отыскания экстремумов с помощью первой производной. В некоторых случаях вместо указанного правила можно пользоваться другим, в котором применяется вторая производная. Это правило сформулируем в виде теоремы.
Т е о р е м а . |
Пусть х = х 0—стационарная точка функции/(х) |
i f {х0) = 0). |
Предположим, что существует f " { x 0), причем |
/" С*о) f 0:
I. Если /"(х о)< 0 , то в точке х = х 0 функция имеет максимум.
II. Если if"(x0) >0, то в точке х = х 0 функция имеет минимум. Доказательство. Пусть f"(x0) <0, f'(x0) =0. По определению вто
рой производной |
|
|
|
|
|
/ " ( x 0) = lim f'(x) —f ( x 0) |
=Пш |
f i x ) |
< 0 |
||
|
|
|
|
л —хп |
|
(напомним, что, по условию, f"(x0) < 0 |
и Г(хо) = 0). |
|
|||
Тогда при х достаточно близких к х0 |
|
|
|||
|
f j x ) |
< 0 . |
|
|
|
|
х - х й |
|
|
|
|
Если х < а'о, |
т. е. х—хо<0, то f'(x) |
должна быть больше нуля, |
|||
чтобы дробь оказалась отрицательной. |
должна быть меньше нуля. |
||||
Если х > .v'o, |
т. е. х—х0>0, то }'(х) |
||||
Таким образом, |
при переходе через х —х0 первая производная ме |
няет знак с « + » на «—», значит, в точке х0 имеется максимум, что и требовалось доказать.
Вторая часть теоремы доказывается аналогично (рекомендуется это доказательство проделать самостоятельно).
Замечание. Второе правило имеет более узкий круг применения, чем первое. Как это видно из формулировки теоремы, его можно применять только к стационарным точкам, т. е. таким, где f (хо) =0,
•и при условии, что f"(x0) Ф 0.
215