Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями / Сборник задач по ВМ ч

при t = t0 ψ′(t0 ) .

Тогда:

а) если ψ ′′(t0 ) < 0

, то функция y = f (x) при x = x0

= ϕ(t0 ) имеет максимум;

б) если ψ ′′(t0 ) > 0

, то функция y = f (x) при x = x0

=ϕ(t0 ) имеет минимум;

в) если ψ ′′(t0 ) = 0

, то вопрос о наличии экстремума остается открытым.

Интервалы

x < x1

x1 < x < x2

x2 < x < x3

x3 < x

< x4

x > x4

′

–

–

+

–

+

f (x)

Отсюда видно, что в точке

x1 = −1

экстремума нет,

в точке

x2

– минимум, в

точке x3 – максимум, в точке x4

– минимум.

f (x) = ch x + cos x .

3.6. Исследовать на экстремум функцию

f ′(x) = sh x −sin x

∆ Функция дифференцируема x R .

Так как уравнение

Далее последовательно находим

f

′′

f

′′

= 0 ;

(x) = ch x − cos x

(0)

f

′′′

f

′′′

= 0 ;

(x) = sh x +sin x

(0)

Это объясняется нарушением непрерывности функции в точке x = 0 .

▲

3.8. Найти экстремумы функции y = f (x) , заданной параметрически:

x = ϕ(t) = t 5 −5t 3 − 20t + 7,

(−2 < t < 2)

y =ψ (t) = 4t 3 −3t 2 −18t + 3

∆

Находим

ϕ

′

4

−

15t

2

− 20 ≠ 0 ,

t (−2, 2) .

Далее,

(t) = 5t

′

2

−6t

−18 = 0

ψ (t) =12t

t1 = −1,

t2 = 3 2 .

Эти

точки

–

внутренние

из

(−2, 2) .

Находим

теперь

3

ψ ′′(t) = 24t − 6

ψ ′′(−1) = −30 < 0, ψ

′′

= 30 > 0 .

Следовательно,

функция

2

y = f (x)

y =14 , а при t

при t = −1 (т. е. при x = 31)

имеет максимум

= 3 2 (т. е.

при x = −1033 32 ) – минимум y = −17 25 .

▲

3.9. Найти экстремумы функций:

1. f (x) = (x +1)e2 x ;

2. f (x) =

2x3 −

15x2 +36x −14 ;

3. f (x) =

(x +3)

3

;

(x +1)2

4. f (x) = 3 (1 − x)(x − 2)2 ;

5. f

(x) =

x2 −3x + 2

; 6. f (x) = 33 x2 − x2

;

x2 + 2x +1

7. f (x) = 3 (x −1)2

+

3 (x +1)2 ;8. f (x) = 2sin x + cos 2x

; 9. f (x) =

2x2

+ 3, x

≠ 0,

;

4

,

x

= 0

10. f (x) =

e x2 −1 ;

11.

f (x) = x4 e−x2 ;

Отв.

1.

x = 4 3 – строгий минимум. 2.

x = 3 – минимум. 3.

x = 3 – строгий

минимум. 4.

x = 4 3 – минимум, x = 2 – максимум. 5.

x = 7 5 – минимум. 6.

x = ±1

– максимумы,

x = 0

–

минимум.

7.

x = ±1

– минимумы,

x = 0

–

максимум.

8.

x = π 6 ,

x = 5π 6 –

максимумы,

x = π 2 ,

x = 3π 2

– минимумы.

9.

x = 0

–

максимум. 10.

x = 0

–

минимум. 11. x = ±

2

– максимумы, x = 0 – минимум.

3.10.* Доказать, что функция

1

x2 sin 2

,

x ≠ 0,

x

f (x) =

0

,

x = 0

в точке x = 0 имеет нестрогий минимум.

3.11.* Доказать, что функция

)),

x2 (2 + cos(1

x

x

≠ 0,

f (x) =

0

,

x = 0

имеет строгий минимум в точке

x = 0 , но ни в каком интервале (−δ, 0) ,

δ > 0 , не

является убывающей и ни в каком интервале

(0, δ) , δ > 0 ,

не

является

возрастающей.

3.12.* Пусть

−1 x2

−1 x2

, x

≠ 0, g(x) =

, x ≠ 0,

f (x) = e

xe

0

, x

= 0;

0

, x

= 0.

Доказать, что: 1)

f (n) (0) = g (n) (0) = 0 ;

2)

f (x)

в точке x = 0

не

имеет

экстремума.

3.13. Исследовать на экстремум функцию y = f (x) ,

заданную параметрически

уравнениями:

t > 0 ; 2) x = ln sin(t

2),

1) x =1 t(t +1) , y = (t +1)2 t ,

y = ln sin t .

Отв. 1)

x =1 2 – минимум; 2) x = (−ln 2)

2 – максимум.

3.14.

Исследовать

на

экстремум

функцию

y = f (x) ,

заданную

неявно

уравнениями:

1. x3 + y3 = 3x2 ;

2. x + y = xy( y − x) , | y |<| x | ;

3. x4 − y4 = x2 − 2 y2 , y >| x | ; 4. (x2 − y2 )(x − y) =1, y >| x | .

Овт. 1.

x = 2 – максимум,

x = 0

–

минимум. 2. x = −1 – максимум,

x =1 –

минимум. 3.

x = 0 – максимум, x = ±

2 2

– максимумы. 4. x = −1 3 32 – минимум.

3.15.*

Исследовать

на

экстремумы

в

точке

x = x0

функцию

f (x) = (x − x0 )(n) ϕ(x) , где n N ,

а

функция

ϕ(x)

непрерывна

при

x = x0 и

ϕ(x0 ) ≠ 0 .

при ϕ(x0 ) > 0 и n – четное; максимум

Отв. Минимум f (x0 ) = 0

f (x0 ) = 0 при

ϕ(x0 ) < 0

и n – нечетное.

Наибольшее и наименьшее значения (глобальный экстремум) непрерывной на

отрезку [a, b] функции

f (x)

достигается или в критических точках этой функции

1. f (x) = 2x3 −3x2 −

12x +1 , [−2, 5

2

] ;

2. f (x) = x2 ln x , [1, e];

3.* f (x) = (x −3)2 e|x| , [−1, 4].

∆ 1. Производная

f ′(x) = 6x2 −6x −12 обращается в нуль в точках

x = −1

,

5

1

x

2

= 2 , лежащих в [−2,

2

] . В соответствии с правилом отыскания глобального

экстремума находим значения

f (2) = −19 , f (5 2)= −33 2 .

f (−2) = −3 ,

f (−1) = 8 ;

2. Производная

f ′(x) = x(1 + 2 ln x) нигде не обращается в нуль внутри отрезка

[1, e], т. е.

в (1, e) нет критических точек этой функции. Поэтому остается только

вычислить

значения

функции на концах отрезка: f (1) = 0 , f (e) = e2 . Значит,

f (1) = 0 – наименьшее,

f (e) = e2 – наибольшее значения функции f (x)

на [1, e].

3.

Так как f (x) ≥ 0

и

f (3) = 0 , то наименьшее значение данной функции на

[−1, 4]

равно нулю. Для определения

наибольшего значения найдем

локальные

максимумы функции в интервале (−1, 4). Находим производную

′

−x

,

x < 0,

(x −3)(5 − x)e

f (x) =

x

(x −3)(x −1)e

,

x > 0.

В точке

x = 0

производная

не существует. Критическими

точками

функции

являются точки

x = 0 ,

x =1,

x = 3 , принадлежащие отрезку [−1, 4]. При переходе

через точку

x = 0 производная меняет знак с минуса на плюс,

т. е. в этой точке

минимум.

В

точке x = 3 , как уже

отмечено, функция принимает наименьшее

значение.

При переходе через точку

x =1 производная меняет знак с плюса на

минус, т.

е. в этой точке у функции максимум. На концах отрезка [−1, 4] получает

значения

f (−1) =16e ,

f (4) = e4 , а в точке x =1 – значение

f (1) = 4e .

Так как

e4 >16e > 4e , то наибольшее значение данной функции на [−1, 4] равно e4 .

▲

3.17.* Доказать неравенство ex > 1 + x .

∆ Выводим функцию f (x) =ex −1 − x и исследует ее на глобальный экстремум.

Уравнение

f (x) =ex −1 = 0

имеет единственное решение x = 0 . В этой

точке

минимум,

так как f ′′(0) = ex

= 1 > 0 . Этот минимум и есть наименьшее значение.

x

Значит, x верно неравенство f (x) > f (0) = 0 . Поэтому e x −1 − x ≥ 0 e x

>1 + x .

an =

n2

, n N .

n3 + 200

(x3 + 200).

∆ На промежутке

[1, + ∞]

рассмотрим

функцию

f (x) = x2

Ее

производная

x(400 − x3 )

f ′(x) =

(x3 + 200)2

положительна

при 0 < x < 3 400

и отрицательна при

x > 3 400 . Поэтому

при

0 < x < 3 400

функция

возрастает,

а при x > 3 400 –

убывает.

Из очевидного

неравенства 7 < 3 400 < 8 вытекает,

что наибольшим членом последовательности an

может быть либо член a7 , либо a8 .

Так как a7

= 49 543 > a8 = 8 89 ,

то наибольшим

1.

f (x) = xe−x , [0, + ∞) .

2.

f (x) =

(1 − x2 )(1 + 2x2 ) ,

[−1,1] .

3.

f (x) = sin x sin 2x ,

(−∞, + ∞) .

4.

f (x) = arccos x

2

,

2

,

2

−

2

2

.

5.

f (x) = x +

x ,

[0, 4] .

6.

f (x) =

4 − x2

,

[−2, 2] .

7.

f (x) = arctg x − (ln 2) 2 ,

[1

3 ,

3] .

8.

f (x) = x − 2 ln x ,

[1, e] .

2

при − 2 ≤ x < 0 и 0 < x ≤ 2,

2x2 +

9.

x2

f (x) =

1

приx > 0.

Отв. 1.

f (1) =1 e

– наибольшее,

f (0) = 0

– наименьшее. 2.

f (±1 2) = 3

8

–

наибольшее,

f (±1) = 0

–

наименьшее.

3.

f (arccos(1

3)) = 4

3

–

наибольшее,

3) = − 4

3

f (arccos(1

3

3

–

наименьшее.

4.

f (0) = π 2

–

наибольшее,

f (± 2

2) = π 3

– наименьшее. 5.

f (4) = 6

– наибольшее, f (0) = 0

– наименьшее.

6. f (0) = 2 – наибольшее, f (±2) = 0

– наименьшее. 7.

f (±1

3) = π 6 + 0,25ln 3

–

наибольшее,

f (

3) = π 6 −0,25ln 3

–

наименьшее.

8.

f (1) =1

–

наибольшее,

f (2) = 2(1 −ln 2)

–

наименьшее.

9.

Наибольшего

значения

нет,

f (0) =1

–

наименьшее.

3.20. Найти номер n наибольшего члена последовательности an :

1. an =

n (n +1985) .

2.

an

= 3 n (n +19) .

3. an

= n10

2n .

Отв. 1.

n =1985 .

2.

n =10 .

3.

n =14 .

f (x) = ax + bx ,

a > 0, b > 0, x > 0 ,

достигает наименьшего значения при x = b a .

3.22.* Доказать неравенство

xα ≥1 +α ln x ,

x > 0, α > 0 .

Понятие глобального экстремума широко применяется при решении

прикладных задач геометрического и физического содержания.

3.23. Определить размеры

закрытой коробки объема V с квадратным

∆ Пусть x – сторона основания коробки,

h – высота коробки, S

– ее полная

поверхность. Тогда

V = x2 h, x > 0 .

Отсюда

S = 2x2 + 4xh ,

4ϑ

ϑ

2

′

S(x) = 2x

+

4 x −

x

S (x) =

x2 .

Уравнение

S′(x) = 0 имеет единственное решение

x0 = 3 V , причем при переходе

через точку

x0 функция S ′(x0 )

меняет знак с минуса на плюс, т. е.

x0 – точка

F =

Cx

(a2 + x2 )3 2

,

где a –

радиус круга, x

– расстояние от центра круга до магнита,

0 < x < ∞,

C −const . При каком x величина

F будет наибольшей?

∆ Производная

′

a2 − 2x2

F (x) = C

(a2 + x2 )5 2

имеет единственный корень x = a

2 . Он и дает решение задачи. ▲

3.25. Найти наибольшую площадь прямоугольника, вписанного симметрично в

сектор круга радиусом a с центральным углом 2α .

Отв. α2 tg(α 2).

3.26.

Найти наибольшую

поверхность цилиндра,

вписанного

в шар

a .

Отв. 3π a3 2 .

3.28. Найти наибольший объем конуса с данной образующей l .

Отв. 2π l3 9

3 .

основания, был наибольшим?

Отв. Основание равно p 2 .

3.30.* Точка движется по плоскости со скоростью V1 , а попав на ось X , может

двигаться со скоростью V2 >V1 . Найти скорейший путь из точки A(0, a)

в точку

B(b, 0) .

Отв. Если x =

aν1

< b , то ломаная ACB , где C = (x, 0) ; если

x > b , то

V 2 −V 2

2

1

скорейший путь – отрезок AB .

3.31.* Из точек A и

A1

по прямым AO и A1O по направлению к точке O

Отв. t(V 2 +V 2

− 2VV cosα)= lV +l V −(l V +lV )cosα .

1

1

1

1

1

1

1

3.32. Из какой точки оси

X отрезок на оси Y между точками (0, h)

и (0, H )

виден под наибольшим углом (H > h > 0) ?

Отв.

( Hh, 0).

при переходе через точку x0

вторая производная меняет знак.

2-е достаточное условие точки перегиба (с использованием высших

производных). Пусть функция f (x)

имеет в точке x0 производные до порядка n > 2

включительно и пусть

f ′′(x0 ) = f ′′′(x0 ) = ... = f (n−1) (x0 ) = 0 ,

f (n) (x0 ) ≠ 0 .

Тогда если n - нечетно, то x0 - точка перегиба; если же n - четно, то x0

не является

точкой перегиба.

В частности, если

f ′′(x) = 0 ,

f ′′′(x0 ) = 0 ,

(3.2)

1. f (x) = x4 −6x2 −6x +1. 2. f (x) = x2

(x −1)

3 . 3. f

(x) = x −1 .

f ′′(x) =12(x2 −1) , то

x

x

∆ 1. Так как

f ′′(x) > 0

при

x

>1

и f ′′(x) < 0 при

x

<1 .

Следовательно,

интервалы (−∞, −1)

и

(1, + ∞)

являются интервалами выпуклости

x = ±1

функция

меняет

направление

выпуклости,

то x = ±1 -

точки перегиба

функции.

x R, кроме точки

x =1, где она не

2. Функция дифференцируема во всех точках

определена. Находим

x(x+2)

f

′

(x) = −

(x−1)4

,

f

′′

2

x2 + 4x +1

=

2

(x − (−2 − 3))(x − (−2 +

3))

.

(x) =

(x − 4)

5

(x − 4)5

В

точках

x = −2 ±

3

f ′′(x) = 0 , но f ′′(1)

не

существует.

На интервалах

(−∞, − 2 −

3) ,

(−2 −

3, − 2 −

3) ,

(−2 + 3,1) ,

(1, + ∞) f (x)

сохраняет знак.

′′

Значит, каждый из этих интервалов – интервал выпуклости. Так как на первом и

третьем интервалах f ′′(x) < 0 ,

то здесь f (x) выпукла вверх; на втором и четвертом

интервалах

f ′′(x) > 0 ,

т.е.

это интервалы

выпуклости вниз. При переходе

через

точки x = −2 ±

3 , x =1 функция меняет направление выпуклости. Но при

x =1

функция

не

определена,

поэтому

x =1

не является точкой перегиба.

Итак,

x = −2 ±

3 - точки перегиба функции.

3. Функция определена на

(0, + ∞)

и дифференцируема в каждой ее точке,

кроме

точки x =1. Находим

5 − x ,

x (0,1) ; f ′′(x) = 3

(x −5) , x >1.

f ′′(x) = 3

4

x3

x

4

x3

x

Отсюда

f ′′(x) = 0 при x = 5 и

f ′′(x) не существует в точке x =1. Далее,

f ′′(x) > 0

при x (0,1) ,

f ′′(x) < 0 при x (1, 5) ,

f ′′(x) > 0 при x > 5 .

′

x − 2

f

(2) = 2x

− 4 − ln(x −1) −

= 0 ;

x −1

x=2

1

1

f

′′

−

= 0 ;

(2)

= 2 −

x −1

(x −1)

2

x=2