Наврозов, В. В. Элементы высшей математики 1
.pdfТочки |
x = ±1 не |
являются |
внутренними |
точками области |
||||
определения ( x = ±1 |
граничные точки). Стационарными точками |
|||||||
являются только точки x1 = − |
2 |
, x2 = |
2 , так как они находятся |
|||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
внутри области определения функции. |
|
|
|
|
||||
2. Исследуем стационарные точки по знаку производной |
y′ |
в |
||||||
соседних |
с ними |
точками. |
Возьмем, |
например, |
точки |
|||
x = −0,9; x = 0; x = 0,9 |
и определим знак первой производной |
в |
этих точках:
y′(− 0,9)< 0, y′(0)> 0, y′(0,9)< 0 .
Следовательно, x1 |
= − |
|
2 − |
точка минимума, |
|
x2 = |
2 |
− точка |
|||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
максимума функции. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= − |
|
|
|
− |
|
|
|
= − |
|
, |
|
|
||
ymin = y − |
2 |
|
|
2 |
1 − |
2 |
|
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
2 |
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
= |
|
. |
|
|
|
|
ymax = y |
2 |
|
2 |
1 − |
2 |
|
2 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
б) у = 23 x3 + 12 x2 −6x +1 .
Решение. D(x) = R
1. y′ = 2x2 + x − 6 .
Стационарные точки:
21
а) регулярные y′ = 0 2x2 + x −6 = 0 x1 = −2, x2 = 32 ;
б) нерегулярных точек нет, т.к. y′ существует для любого x R .
2. Исследуем стационарные точки по знаку второй производной
|
|
|
y′′ = 4x +1 . |
|
|
|
|
|
||||||
′′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 = −2 − |
|||
y (−2) = −7 < 0 , следовательно, стационарная точка |
||||||||||||||
точка максимума. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
y′′ |
|
= 7 > 0 |
, следовательно, |
стационарная точка x2 = |
− точка |
|||||||||
2 |
||||||||||||||
2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
минимума. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
3 |
|
37 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
уmin |
= y |
|
= |
|
, |
|
|
|
|||
|
|
|
2 |
8 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
ymax |
= y(2)= |
|
29 |
. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
Упражнение 10. Найти точки экстремума функций, исследовать |
|||||||||
их характер: |
|
|
|
|
|
|
|
|||
1) |
y = x2 (x −6) ; |
2) |
y =1−e−x2 ; |
|
3) y = x2e−x ; |
|||||
4) y = |
4x |
5) y = |
x |
2 |
−3x +2 |
; |
|
|||
|
; |
|
6) y = x3 −3x2 +3 ; |
|||||||
x2 +4 |
|
|||||||||
7) |
y = x ln x ; |
8) |
y = e−x +e2 x ; |
|
9) y = x ln x . |
22
6.2 Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке
Для отыскания наибольшего и наименьшего значений (абсолютного минимума и абсолютного максимума) непрерывной на отрезке [а;b] функции y = f (x) следует:
1. Найти стационарные |
точки x1, x2 ,..., xn функции |
f (x) |
внутри |
|||
отрезка и |
вычислить |
значения функции |
в |
этих |
точках: |
|
f (x1 ), f (x2 ),…, f (xn ). |
|
|
|
|
|
|
2. Вычислить |
значения |
функции на |
концах |
отрезка, т.е. найти |
||
f (a), f (b). |
|
|
|
|
|
|
3. Сравнить полученные значения функции |
f (a), |
f (x1 ), |
f (x2 ), |
|||
… f (xn ), f (b). |
Выбрать наибольшее |
и наименьшее значения |
||||
функции y = f (x) на отрезке [а;b]. |
|
|
|
|
||
Примеры. Найти наибольшее и наименьшее значения функции: |
||||||
а) y = 3x4 −8x3 +6x2 на отрезке [−2;2]. |
|
|
|
|
||
Решение. Функция y = 3x4 −8x3 +6x2 |
имеет |
производную при |
||||
любом значении x R : |
|
|
|
|
|
|
|
y′ =12x3 −24x2 +12x . |
|
|
|
||
Находим стационарные точки, принадлежащие интервалу |
(− 2;2), |
|||||
и значения функции в этих точках: |
|
|
|
|
y′ = 0 12x3 − 24x2 +12x = 0 12x(x2 − 2x +1)= 0x1 = 0, x2 =1 (− 2;2).
Найдем значения функции в этих точках: y(0) = 0, y(1) =1.
Вычислим значения функции на концах отрезка:
23
y(−2) =136, y(2) =8.
Сравнивая полученные результаты, заключаем: |
|
|
||||||||||
наибольшее значение функции: |
max(3x4 −8x3 +6x2 ) = y(−2) =136 , |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
[−2;2] |
|
|
|
|
наименьшее значение функции: |
min(3x4 −8x3 +6x2 ) = y(0) = 0 . |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
[−2;2] |
|
|
|
|
б) |
y =sin 2x − x на отрезке − |
π |
; π |
. |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
Решение. |
Функция y =sin 2x − x |
имеет |
производную |
при |
||||||||
любом значении x R |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
y′ = 2 cos 2x −1. |
|
|
|
|||||
1. Находим |
стационарные |
точки, |
принадлежащие |
интервалу |
||||||||
|
π |
; |
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
2 |
, и значения функции в этих точках: |
|
|
|
|||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y′ = 0 |
2 cos 2x −1 = 0 cos 2x = |
1 |
x = ±π |
+πk, k Z . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
6 |
|
|
|
Внутри исследуемого отрезка находятся две точки x1 |
= −π , x2 |
= π . |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
6 |
Найдем значения функции в этих точках:
|
− |
π |
= |
π |
− |
|
3 |
≈ 0,34 |
, |
|
y |
6 |
|
6 |
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
π |
|
= |
|
3 |
− |
π |
≈ −0,34 . |
|||
y |
6 |
|
|
2 |
6 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Вычислим значения функции на концах отрезка:
|
− |
π |
= |
π |
≈1,57 |
, |
π |
|
= − |
π |
≈ −1,57 . |
||
у |
2 |
|
2 |
у |
2 |
|
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
24 |
|
|
|
|
|
3. Сравнивая полученные результаты, находим:
наибольшее значение функции maxπ π |
|
− |
π |
≈1,57 |
; |
||||||
(sin 2x − x)= у |
2 |
|
|||||||||
|
− |
: |
2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
наименьшее значение функции |
min |
π |
|
≈1,57 . |
|
||||||
(sin2x − x)= у |
2 |
|
|
||||||||
|
−π |
:π |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Упражнение 11. Найти наибольшее и наименьшее значения функции:
1) |
y = x3 − 27x на отрезке [0;4]; |
|
2) y = x ln x на отрезке |
1 |
;e3 |
; |
||||
|
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
3) |
y = 2x + |
1 |
на отрезке |
1 |
;10 |
; |
4) y = 3 x2 −1на отрезке [0;1]; |
|||
|
|
x |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
5)y = 2sin x + cos2x на отрезке 0;π2 .
6.3Выпуклость и вогнутость графика функции. Точки
перегиба
Теорема 6.2. Достаточный признак выпуклости графика
функции. |
|
|
Пусть |
y = f (x)– дважды дифференцируемая |
функция на |
интервале |
(a;b). Если f ′′(x) > 0 на интервале (a;b), то график |
|
функции на этом интервале вогнутый, если f ′′(x) < 0 |
на интервале |
(a;b), то график функции на этом интервале является выпуклым.
Теорема 6.3. Достаточный признак точки перегиба.
Если вторая производная функции y = f (x) обращается в ноль в точке x0 и при переходе через эту точку меняет свой знак на
25
противоположный, то точка M0 (x0 ; f (x0 )) является точкой перегиба графика функции y = f (x).
Пример. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба графиков функций:
а) y = x3 −6x2 +12x −2 .
Решение.
1.D(x) = (−∞; +∞) .
2.Находим вторую производную функции и стационарные точки
второго рода:
y′ = 3x2 −12x +12, y′′ = 6x −12. y′′ = 0 6x −12 = 0 x = 2.
Эта точка разбивает область определения функции на два интервала:
|
|
|
(−∞; 2) (2; +∞) . |
|
|
|
|
На интервале (−∞; 2) |
вторая производная y′′ отрицательна, и |
||||||
значит, график функции на этом интервале – выпуклый. |
|
|
|||||
На втором интервале |
(2; +∞) y′′ > 0 , |
следовательно, |
график |
||||
функции является вогнутым на этом интервале. |
|
|
|||||
В точке |
x = 2 , вторая производная меняет знак, значит, |
x = 2 – |
|||||
абсцисса точки перегиба, ее ордината y(2)= 6 . |
|
|
|||||
Тогда |
(2;6)– |
точка |
перегиба |
графика |
функции |
||
y = x3 −6x2 +12x −2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
26 |
|
|
|
б) y = 5 − 5 (x +1)3 .
Решение.
1.D(x) = (−∞; +∞) .
2.Находим вторую производную функции и стационарные точки
второго рода:
|
3 |
6 |
|
y′= − |
2 , y′′= |
7 . |
|
5 5 (x +1) |
25 5 (x +1) |
|
|
Вторая производная |
y′′ ≠ 0 для любого действительного |
x , но |
|
при x = −1 вторая производная функции не существует. |
Значит |
x = −1 – нерегулярная стационарная точка второго рода. Эта точка
разбивает область |
определения функции |
на два |
интервала: |
(−∞; −1) (−1; +∞) . |
В первом интервале |
вторая |
производная |
отрицательна, а во втором – положительна. Следовательно, точка
(−1;5)– точка перегиба графика данной функции. На интервале график функции является выпуклым, на интервале график функции является вогнутым.
Упражнение 12. Найти точки перегиба и интервалы выпуклости графиков функций:
|
y = x3 −3x2 −9x +9 ; |
|
1 |
|
|
|
y = x −ln(x2 −4) ; |
||||
1) |
2) |
y = |
|
|
; |
3) |
|||||
x2 + |
2x |
||||||||||
4) |
y = (x +4)e2 x ; |
5) |
y = x +2 − 3 x5 ; 6) |
y = e−2 x2 ; |
|||||||
7) y = |
|
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
−9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
27
6.4 Асимптоты
Определение. Прямая называется асимптотой кривой, если расстояние от точки кривой до этой прямой стремится к нулю при
удалении точки в бесконечность. |
|
|
|||
Утверждение 1. Пусть функция y = f (x) определена |
при x → ∞ и |
||||
существуют конечные пределы: |
|
|
|||
lim |
f (x) |
= k, |
lim[ f |
(x) −kx] = b . |
(6.1) |
|
|||||
x→∞ |
x |
x→∞ |
|
|
|
Тогда прямая y = kx +b является |
наклонной асимптотой графика |
функции y = f (x). При k = 0 получаем горизонтальную асимптоту y = b (параллельную оси Ox ). Если же хотя бы один из этих
пределов не существует, то график функции не имеет наклонных асимптот.
Утверждение 2. Пусть функция y = f (x) определена |
в некоторой |
|||||||
окрестности точки |
x |
0 и |
lim f (x) = ∞ |
. Тогда прямая |
x = x |
0 |
является |
|
|
x→x |
|
|
|||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
вертикальной асимптотой графика функции y = f (x). |
|
|
|
Замечание 1. Пределы (6.1) нужно рассматривать как при x → +∞ , так и при x → −∞ .
Замечание 2. Вертикальные асимптоты x = x0 следует искать в точках разрыва второго рода и на границах области определения.
Поведение |
функции y = f (x) в окрестности точки |
x0 |
нужно |
|
исследовать |
с помощью односторонних пределов |
|
lim |
f (x) и |
|
|
x→x0 −0 |
|
lim f (x).
x→x0 +0
28
Пример. Найти асимптоты графика функции:
а) y = x2 +3x +2 . x −3
Решение.
1. D(x) = (−∞;3) (3; +∞) . Точка x = 3 является точкой разрыва
функции, найдем в ней односторонние пределы исследуемой функции:
lim |
x2 |
+ 3x + 2 |
= −∞ , |
|
x −3 |
||
x→3−0 |
|
|
|
lim |
x2 |
+ 3x + 2 |
= +∞. |
|
x −3 |
||
x→3+0 |
|
|
Следовательно, x = 3 – точка разрыва второго рода, и прямая x = 3
–вертикальная асимптота графика функции y = x2 +3x +2 .
x−3
2. Невертикальные асимптоты ( y = kx + b ):
|
к = lim |
y |
= lim |
x2 |
+3x +2 |
=1 |
, |
|
|
|||||
|
|
(x −3) x |
|
|
||||||||||
|
|
x→∞ x |
|
|
x→∞ |
|
|
|
||||||
следовательно, k =1 |
(здесь пределы при x → +∞ и при |
x → −∞ |
||||||||||||
совпадают). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
+3x + 2 |
|
|
6x +2 |
|
|
|||
|
b = lim[y −kx]= lim |
|
x |
|
− x = lim |
= 6 . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
x→∞ |
x→∞ |
|
|
x −3 |
|
x→∞ |
x −3 |
|
|||||
Так что |
y = x + 6 – |
наклонная |
асимптота |
графика |
функции |
y= x2 +3x +2 . x −3
29
б) y = xex .
Решение.
1.D(x) = (−∞; +∞) , точек разрыва нет, значит, график функции не имеет вертикальных асимптот.
2.Найдем невертикальные асимптоты:
а) |
к = lim |
|
y |
|
|
= lim |
ex x |
= lim e |
x |
=∞, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
x→+∞ x |
|
|
x→+∞ |
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
значит, при x → +∞ |
|
невертикальных асимптот нет. |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
б) к = lim |
|
y |
|
|
= lim |
|
ex x |
|
= lim ex |
= 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
x→−∞ x |
|
|
x→−∞ |
|
|
x→−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
b = lim [y |
−kx]= lim[xe |
x |
−0 x]= |
lim xe |
x |
= (−∞ 0)= |
|
x |
|
∞ |
= |
||||||||||||
|
|
lim |
|
= |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
x→−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
x→−∞ |
|
|
x→−∞ |
|
|
x→−∞ e−x |
|
∞ |
|
|||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
lim |
− |
|
|
|
|
|
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e−x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
x→−∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(здесь применили правило Лопиталя).
Следовательно, y = 0 – горизонтальная асимптота при x → −∞.
Упражнение 13. Найти асимптоты графиков функций:
1) y = |
3x2 −9 |
; |
2) y = −x + |
2sin x |
; |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|||||||||||||
|
x +1 |
|
|
|
|
x |
|
|
|||||||
3) y = x |
2 |
e |
−x |
; |
|
|
|
2x +1 |
2 |
|
|||||
|
|
|
4) |
y = x +ln |
|
|
|
|
; |
||||||
|
|
|
x −1 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
5) y = |
x4 |
|
; |
|
|
6) |
y =xarctgx . |
|
|
||||||
x3 −2 |
|
|
|
|
30