mat_analiz
.pdfy′′ = 24x −12x2 =12x(2 − x).
y′′ = 0 при x = 0 и x = 2 .
Исследуем на знак y′′ слева и справа от x = 0 и x = 2 .
0 2 x
При x (− ∞;0) и (2;+∞) график функции обращен выпуклостью вверх,
при x (0; 2) выпуклостью вниз.
y(0)= 0; y(2)=16 .
(0;0) и (2;16) - точки перегиба графика функции.
7.Построим график функции (см. рис. 24):
y
27
16
0 |
2 3 4 |
x |
Рис. 24
б) y = x4 −1 .
x3
1.Область определения функции: (− ∞;0)U(0; + ∞).
2.Исследуем на четность или нечетность:
y(− x)= |
(− x)4 −1 |
= − |
x4 −1 |
|
= −y(x) - функция является нечетной. График функции |
||
(− x)3 |
|
x3 |
|
||||
|
|
|
симметричен относительно начала координат.
3.Найдем точки пересечения с осями координат. С осью Ox : y = 0 .
x4 −1 = 0 , x4 −1 = 0 , x = ±1. x3
197
(1;0) и (−1;0) - точки пересечения с осью Ox .
С осью Oy точек пересечения нет (x ≠ 0).
4.Найдём асимптоты графика функции:
а) прямая x = 0 (ось ординат) |
является вертикальной асимптотой графика |
|||||||||||||||||||
функции, так как при x = 0 функция имеет бесконечный разрыв: |
||||||||||||||||||||
lim |
x4 −1 |
= −∞ ; |
|
|
lim |
x4 −1 |
= +∞ . |
|
|
|
||||||||||
x3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
x→0+ |
|
|
|
|
|
|
x→0− |
x3 |
|
|
|
|||||||||
б) невертикальные асимптоты: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
k = lim |
|
y |
= |
lim |
x4 |
−1 |
=1; |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
x4 |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
x→+∞ x |
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
b = lim (y − kx)= |
|
|
|
x |
4 |
−1 |
|
|
|
|
1 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
= lim − |
|
|
3 |
= 0 . |
||||||||
lim |
|
x |
|
|
− x |
x |
||||||||||||||
x→+∞ |
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
x→+∞ |
|
|
Значит, при x → +∞ график функции имеет наклонную асимптоту y = x .
При x → −∞ параметры k и b имеют те же значения. Других асимптот график функции не имеет.
5.Найдём интервалы монотонности и экстремумы:
y |
′ |
= |
(x4 −1)′x3 − (x4 −1)(x3 )′ |
= |
4x3 x3 −3x2 (x4 −1) |
= |
4x6 |
−3x6 + 3x2 |
= |
x6 |
+ 3x2 |
= |
x4 + 3 |
, |
|
|
x6 |
x6 |
|
|
x6 |
|
x6 |
x4 |
y′ ≠ 0 , критических точек нет, y′ > 0 при любом x из области определения функции ( x ≠ 0 ). Значит, график функции возрастает на всей области определения.
6.Найдём интервалы выпуклости:
|
′′ |
x4 |
+ 3 |
′ |
|
3 ′ |
|
12 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
4 |
= 1 + |
|
4 |
|
= − |
|
5 . |
||||
|
= |
x |
|
x |
x |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y′′ ≠ 0, y′′< 0 при x>0 и y′′ > 0 при x<0.
График функции обращен выпуклостью вверх при х>0 и вниз при х<0.
7.Строим график функции: (рис.25)
198
y
y=x
–1 |
1 |
x |
Рис. 25
в) y = xe−x .
1.Область определения( − ∞;+∞ ).
2.Исследуем на четность или нечетность:
y(− x )= −xe x = −xe x ;
y(− x )≠ y(x ), y(− x )≠ −y(x ).
Функция не является ни четной, ни нечетной.
3. Найдем точки пересечения с осями координат. С осью Оу: x = 0 ; y(0)= 0 . С осью Ох также (0;0).
4.Найдем асимптоты:
а) вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей области определения.
б) невертикальные:
k = lim |
y |
|
= lim xe −x |
= lim |
e−x = lim |
|
1 |
= 0 , |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
x →+∞ x |
|
x |
→+∞ |
x |
x →+∞ |
|
x →+∞ ex |
|
|
|
||||||
b = lim (y − кx )= lim |
xe −x |
= lim |
x |
|
= lim |
|
x ′ |
= lim |
1 |
= 0. |
||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||
x →+∞ |
x →+∞ |
x →+∞ ex |
x →+∞ (ex )′ |
|
x →+∞ ex |
|
Правосторонняя асимптота имеет вид: у=0. Для левосторонней асимптоты имеем
k = lim |
y |
= lim |
xe −x |
= lim |
e−x |
= +∞ . |
|
x |
|||||
x →−∞ x |
x →−∞ |
x →−∞ |
|
|
Значит, левосторонней асимптоты график функции не имеет.
5.Найдем интервалы монотонности и экстремумы функции:
y′ = x ′e−x + x (e−x )′ = e−x − xe −x = e−x (1 − x ) ,
199
y′ = 0 при e−x (1 − x ) = 0 ,
e−x ≠ 0 , x =1 - критическая точка.
Определим знак производной слева и справа от точки x =1 .
max
1 x
Значит, график функции возрастает при x (−∞;1) и убывает при
x (1;+∞), имеет максимум при x =1 , |
y(1)= |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
≈ 0,4 . |
||
e |
|
||||
|
|
e |
|
6.Определим интервалы выпуклости графика функции и точки перегиба:
y′′ = (e−x )′(1 − x )+ e−x (1 − x )′ = −e−x (1 − x ) − e−x = −e−x (1 − x +1) = −e−x (2 − x ) .
y′′ = 0 при |
- e-x (2 − x )= 0 , |
|
− e−x ≠ 0 , |
2 − x = 0 , |
x = 2 . |
Определим знак y′′ слева и справа от точки x = 2 .
2 x
График функции обращен выпуклостью вверх при x (−∞;2) и выпук-
лостью вниз при x (2;+∞) . Точка перегиба графика данной функции ( 2; e22 )
|
2 |
|
|
|
≈ 0,3 . |
|
||
e2 |
|
7. Построим график функции, учитывая все полученные результаты исследования (рис.26). Дополнительная точка (−1; − e).
y
0,4
–1 |
1 |
2 |
x |
–2,7
Рис. 26
200
Задания для самостоятельной работы
|
Исследовать функции и построить их графики: |
|||||||||||
1. |
y = x 3 +3x 2 . |
6. |
y = (x −3) x . |
|
||||||||
2. |
y = |
|
4 |
x 3 |
− |
1 |
x 4 . |
7. |
y = |
1 |
|
. |
5 |
|
x 2 −5x + 6 |
||||||||||
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
x 2 −9 |
|
|||
3. |
y = |
16x (x −1) . |
8. |
y = |
|
. |
|
|||||
x 2 − 4 |
|
4. |
y = |
2x 3 |
. |
|
||
|
|
|||||
|
|
x 2 + |
1 |
|
||
5. |
y = x 2 + |
|
1 |
. |
||
|
||||||
|
|
|
|
x 2 |
||
|
Ответы: |
|||||
1. |
Область определения (− ∞; |
(−3; 0) и (0; 0), асимптот нет,
(−1; 2).
9.y = (xx +−12)2 .
10.y = (2 + x )e−x .
+ ∞), |
точки пересечения с осями координат |
ymax |
= y(−2) = 4, ymin = y(0) = 0, точка перегиба |
2. Область определения (− ∞; + ∞), точки пересечения с осями координат (0; 0) и (4; 0), асимптот нет, ymax = y(3) = 5.4 , точки перегиба (0; 0) и (2; 3,2).
3. Область определения (− ∞; + ∞), точки пересечения с осями координат (0; 0)
и (1; 0), асимптот нет, ymin = y(14) = − 1627 , точки перегиба (1; 0) и (12 ; 1) .
4. |
Область определения (− ∞; + ∞), |
функция нечетная, точка пересечения с |
||||||
осями координат |
(0; 0), асимптота |
y = 2x , экстремумов нет, |
точки перегиба |
|||||
( − 3;− 3 3 ), (0; 0) |
и ( − 3; 3 3 ). |
|
|
|
|
|||
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
5. |
Область определения (− ∞; 0) (0; + ∞), асимптота x = 0 , ymin |
= y(−1) = y(1) = 2 . |
||||||
6. |
Область определения [0; + ∞), точки пересечения с осями координат (3; 0) и |
|||||||
(0; 0), асимптот нет, ymin = y(−1) = −2 . |
|
|
|
|
||||
7. |
Область определения (− ∞; 2) (2; 3) (3; + ∞), точка пересечения с осью ко- |
|||||||
ординат (0; |
1 |
) , асимптоты x = 2 , x = 3 , y = 0 , ymax = y( |
5 |
) = −4 . |
|
|||
|
|
|
||||||
|
6 |
|
|
2 |
|
|
201
8. Область определения (− ∞; − 2) (− 2; 2) (2; + ∞), точки пересечения с осями
|
9 |
|
|
|
9 |
|
|
координат (−3; 0), (3; 0), 0; |
|
|
, асимптоты x = −2 , x = 2 , y =1, |
ymin = y(0) = |
|
. |
|
4 |
4 |
||||||
|
|
|
|
|
9. Область определения (− ∞; 2) (2; + ∞), точки пересечения с осями коорди-
нат |
(−1; 0) |
|
|
1 |
|
|
|
и |
0; − |
|
, асимптоты x = 2 |
и y = x + 4 , ymax = y(5) =12 , ymin = y(−1) = 0 . |
|||
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||
10. |
Область определения (− ∞; + ∞), |
точки пересечения с осями координат |
|||||
(0; 2), (− 2; 0), |
правосторонняя асимптота y = 0 , ymax = y(−1) = e , точка перегиба |
||||||
(0; 2). |
|
|
|
|
|
5. Наибольшее и наименьшее значение функции на отрезке.
На практике встречаются задачи, в которых требуется найти наибольшее или наименьшее значения функции на некотором промежутке.
Наибольшим значением (глобальным максимумом) функции называется самое большое, a наименьшим значением (глобальным минимумом) – самое меньшее из всех значений функции.
По теореме Вейерштрасса, если функция y = f (x ) определена и непре-
рывна на отрезке [a; b], то среди её значений на этом отрезке есть как наи-
большее, так и наименьшее.
Функция имеет только одно наибольшее значение и только одно наименьшее значение или может не иметь их совсем.
Например, функция y = sin x имеет наибольшее значение, равное 1 и
имеет наименьшее значение, равное -1; функция y = x 3 не имеет ни наиболь-
шего, ни наименьшего значений; функция y = x имеет наименьшее значе-
ние, равное нулю, но не имеет наибольшего значения; функция y =1 − x име-
ет наибольшее значение, равное 1, но не имеет наименьшего значения.
Если функция y = f (x ) дифференцируема на интервале (a; b), то наи-
большее и наименьшее значения функции на отрезке [a; b] могут достигаться
функцией:
202
1) либо во внутренней точке x 0 отрезка [a; b]. Эта точка x 0 являетcя
одной из критических точек, a значение функции y = f (x ) в этой точке явля-
ется максимумом (минимумом) функции;
2) либо в точках на концах отрезка [a; b].
y
0 a |
x0 |
b x |
Рис. 27
На рис. 27 наибольшее значение функции на конце отрезка x = b , а наименьшее – в точке минимума x 0 .
Нахождение наибольшего (наименьшего) значения непрерывной функции на отрезке [a; b] осуществляется по следующему плану:
1.Определить критические точки функции y = f (x ), принадлежащие ин-
тервалу (a; b).
2.Вычислить значение функции y = f (x ) в найденных критических точ-
ках и на концах отрезка [a; b].
3. Среди найденных значений функции выбрать наибольшее (наименьшее) значение.
Замечание 30. Если поставлена задача нахождения наибольшего или наименьшего значения функции y = f (x ) на отрезке [a; b], то, очевидно, что нет необходимости выяснять характер этих критических точек.
|
Пример 56. Найти наибольшее и наименьшее значения: |
|||
а) |
f (x ) = 3 |
x (x − 2) на отрезке [-1;1]; |
||
б) |
f (x ) = x 3 − 3x 2 + 3x + 2 на отрезке [2;5] ; |
|||
в) |
f (x ) = |
|
x |
на ее области определения. |
|
1 |
+ x 2 |
|
203
|
Решение. а) |
f (x ) = 3 |
x (x − 2) |
на отрезке [-1;1]. |
|
|
|
|||||||||
1. |
Найдем производную |
′ |
= |
1 |
(x − 2) + |
3 |
x |
= |
2(2x −1) |
; |
||||||
f (x ) |
33 x 2 |
|
|
33 x 2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
′ |
2(2x −1) |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
′ |
|
|
|
||
f |
(x ) = 0 при |
|
|
= 0 , то есть при |
x = |
|
и |
|
f |
(x ) |
не существует (то есть |
|||||
33 x 2 |
|
2 |
|
не имеет конечного значения) при x = 0 . Эти критические точки принадлежат заданному отрезку [-1;1].
2. |
Найдем значения функции в критических точках f ( |
1 ) = − |
3 |
; f (0) = 0 . |
|
|
2 |
23 |
2 |
На концах отрезка функция принимает значения f (−1) = 3; f (1) = −1.
3.Из найденных значений функции f (12) ; f (0) ; f (−1) ; f (1) наибольшим
является |
f (−1) = 3 , а наименьшим |
f ( |
1 ) = − |
|
3 . |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
23 |
2 |
|
||
Итак, f наиб. = 3; f наим. = − 3 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
23 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
б) |
f (x ) = x 3 − 3x 2 + 3x + 2 |
на отрезке [2;5] . |
|
|
|
|||||||||||
1. |
Найдем производную |
f |
′ |
|
2 |
− 6x + 3 . |
|
|
|
||||||||
(x ) = 3x |
|
|
|
|
|||||||||||||
f |
′ |
при |
3x |
2 |
− 6x + 3 |
= 0 , то есть при |
x =1, 1 [2;5] . |
||||||||||
(x ) = 0 |
|
||||||||||||||||
2. |
Данный отрезок [2;5] не содержит критическую точку. Значит, для опре- |
||||||||||||||||
|
деления наибольшего и наименьшего значения данной функции на этом |
||||||||||||||||
|
отрезке |
определим |
значение |
|
этой |
|
|
функции на концах отрезка |
|||||||||
|
f (2) = 4; f (5) = 67 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
3. |
Наибольшим является f (5) = 67 , а наименьшим f (2) = 4 . |
||||||||||||||||
в) |
f (x ) = |
|
x |
на ее области определения. |
|
|
|
|
|
||||||||
|
1 |
+ x 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Областью определения данной функции является промежуток (-∞;+∞). |
|||||||||||||||||
1. |
Найдем производную f ′(x ) = |
1 + x 2 − 2x 2 |
= |
1 − x 2 |
. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1 + x 2 )2 |
|
|
|
(1 + x 2 )2 |
|
204
f ′(x ) = 0 при |
1 − x 2 |
= 0 , то есть при |
x = -1; x =1 . Других критических то- |
||||||||||||
(1 + x 2 )2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
чек нет, так как |
|
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
f (x ) непрерывна на (-∞;+∞). |
|
|
|
||||||||||||
2. |
Вычислим |
|
значения данной |
|
функции в |
критических точках: |
|||||||||
f (−1) = − |
1 |
; f (1) = |
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Исследуем поведение функции на концах ее области определения: |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
lim |
|
x |
|
= 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ x 2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
x →±∞ 1 |
|
|
|
|
||||
3. |
Значит, наибольшим значением функции является |
f( 1) = |
1 |
, а наименьшим |
|||||||||||
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
f(- 1) = - 12 .
Задания для самостоятельной работы
Найти наибольшее и наименьшее значения функции на указанных отрезках.
1. |
y = x 4 − 2x + 5 на [−2; 2] . |
|
|
|
|
2. |
y = x + 2 |
x на [0; 4]. |
|
|
|
|||||||||||
3. |
y = x 5 −5x 4 + 5x 3 +1 на [−1; 2] . |
|
|
|
4. |
y = |
|
100 − x 2 |
на [−6; 8]. |
|||||||||||||
5. |
y = |
x −1 |
|
на [0; 4]. |
|
|
|
|
|
6. |
y = sin 2x − x |
на [−π |
; |
π |
] . |
|||||||
x +1 |
|
|
|
|
|
2 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||
7. |
y = 2sin x + cos2 x на [o; |
π |
] . |
|
|
|
8. |
y = x 2 ln x |
на [−1;e] . |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9. |
y = x − 2 ln x на [1; e] . |
|
|
|
|
|
10. y = e−x 2 |
на [0; 1] . |
|
|
|
|||||||||||
Ответы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1. |
yнаиб |
=13, |
yнаим = 4 . |
|
|
2. |
y наиб |
= 8, |
|
y наим = 0 . |
|
|
|
|
||||||||
3. |
yнаиб |
= 2, |
|
yнаим |
= −10 . |
|
|
4. |
yнаиб |
=10, |
|
yнаим |
= 6 . |
|
|
|
|
|
||||
5. |
yнаиб |
= |
3 |
, |
yнаим |
= −1 . |
|
|
6. yнаиб = π , |
yнаим |
= −π . |
|
|
|
|
|||||||
5 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||
7. |
yнаиб |
= |
3 |
, |
yнаим |
=1. |
|
|
8. |
yнаиб |
= e2 , |
yнаим |
= 0 . |
|
|
|
|
|
||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9. |
yнаиб |
=1, |
|
|
yнаим |
= 2(1 − ln 2) . |
10 yнаиб |
=1, |
yнаим = |
1 |
. |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
205
6. Нахождение наибольшего или наименьшего значений в практических задачах.
Решение многих задач практики приводит к отысканию наибольшего или наименьшего значения некоторой функции, вытекающей из условия задачи.
Пример 57. Какими должны быть размеры прямоугольника с заданным периметром 72 м, чтобы его площадь была наибольшей?
Решение. Обозначим основание прямоугольника х, тогда его высота
будет равна (36 − x ) , а площадь вычисляется по формуле |
S = x (36 − x ) , где |
x (0; 36). Таким образом, имеем функцию S (x )= x (36 − x ) . |
Задача свелась к |
отысканию наибольшего значения этой функции. Функция S (x ) дифферен-
цируема для любого x (0; 36), причем S ′(x )= 36 − 2x .
S ′(x )= 0 при 36 − 2x = 0 , то есть при x =18 и 18 (0; 36). Найдём вторую произ-
водную S ′′(x )= −2 < 0 .Значит, в точке x =18 функция S (x ) имеет максимум.
Значение функции в этой критической точке S (18)= 324 . На концах отрезка
[0; 36] имеем S (0)= 0 ; S (36)= 0 .
Итак, прямоугольник, имеющий заданный периметр 72 м, будет иметь наибольшую площадь 324 м2 , если его размеры будут 18 м и 18 м, то есть он будет иметь форму квадрата.
Ответ: 18 м, 18 м.
Пример 58. Консервная банка данного объема V имеет форму закрытого цилиндра. Какими должны быть её размеры (высота и радиус основания), чтобы на её изготовление пошло минимальное количество жести?
Решение. Пусть r радиус основания банки, h высота банки (рис.28).
r
h
Рис. 28
206