Ситникова Математика Ч. 1 для менедж

61

9) y =

; 10) y = sin2 x3 ; 11) y = (cos3x)

; 12) y = 2xarctgx ;

13) cos(x − y) − 2x3 + 4y4 = 0 ; 14) xey + yex = xy .

РАЗДЕЛV

Ι.ПРИЛОЖЕНИЯПРОИЗВОДНЫХ

ПравилоЛопиталя

y = f (x) и

y = ϕ(x) дифференцируемывокрестности

Пустьфункции

точки

x0

иобращаютсявнульвэто:йчке

f (x0 ) = ϕ(x0 ) = 0

или

lim

f (x) = lim ϕ(x) = ∞.Тогда,

lim

f (x)

= lim

f ʹ(x)

,если

lim

f ʹ(x)

ϕ(x)

ϕʹ(x)

x→x0

x→x0

x→x0

x→x0

ϕ (x)

x→x0

ʹ

существует.

0

Этоутверлевжосноведениеметодаитраскрытияне

определенностей

и

∞

спомощьюпроизводной.

0

∞

Пример.

Вычислить lim

x2 −2x

.

x→2

x2 −3x + 2

(x2

− 2x)ʹ

Решение.

lim

x2 − 2x

=

0

= lim

= lim

2x − 2

=

4 − 2

= 2.

x→2

x2 − 3x + 2

0

x→2 (x2 − 3x + 2)ʹ

x→2

2x − 3

4

− 3

Монотонностьвозрастание( или

убывание)функции

(a;b),есдляи

Функция y = f (x) называется возрастающей наинтервале

любыхзначений

x1, x2 (a; b) таких,что

x1 < x2 ,

f (x1 ) < f (x2 ) .

(a;b),есдляи

Функция

y = f (x)

называется

убывающей

наинтервале

любыхзначений

x1, x2 (a; b) таких,что

x1 < x2 ,

f ( x1) > f ( x2 ) .

Однакоспомэтогопределещьюпрактическиневозможнонайтиия

промежуткивозрастаубыванияфу.Длрешениякцииэтойзадачи

существуетболееудобныйметод

,теоретичеосновукот рогокуютавляют

необходимыедостатусл чныевия

возрастаубыванияи фу. кции

Необходусловия. мые

Еслидифференцирунаинтервалемая

функция

возрастает,то

длявсех

.

Еслидифферен

цируемаянаинтервале

функция

убывает,то

длявсех

.

Еслифункция

дифференцируеманаинтервале

и

длявсех

,тоэтафункциявозрастаетна

интервале

.

Еслифункция

дифференцируеманаинтервале

и

длявсех

,тоэтафу

убываетна

интервале

.

Рассмтепозволяюттренныеремыдостаточнопростоисследовать

функцию намонотонность,аименно:

1) находим D( f );

2) находпроизводнуюм

f ʹ(x) ;

3) решаемнеравенства:

f ʹ(x) ≥ 0 и f ʹ(

0.Промежутки,являющ еся

решпенеравенстварвогонием,будутпромежутквозрастаминя

функции,авторого

– промежуткамиубывания.

Пример.

Исследоватьфункцию

y = x2 − 5x + 4 на иубывание.

Решение.

1)

D( f ) = (− ∞; ∞);

2) f ʹ(x) = 2x − 5 ;

3) 2x − 5 > 0 при x (2,5; ∞); 2x − 5 < 0 при x

∞;2,5).

Ответ:функц

ия

y

= x

2

− 5x + 4

возрастаетна

(

∞

) иубываетна

2,5;

Экстремумыфункциимаксминимум( )

Длятогочтдатьопределебыэкстремумовфу,введемнпонятиекции

0 − δ ; x0 + δ ) называется δ-

δ-окрестноститочки

x0.Ин

тервалвида

окрестностьюточки

x0. Длявсех

x (x0 − δ ;

+ δ ) выполнянераветсянство

x − x0

< δ .

(

•

)

x0-δ

x0

x0+δ

x

63

Точка

x0

называется

максимума

функции

y = f (x),если

существуеттакая

δ-окрестнточкисть

x0,чтодлявсех

x ≠ x0

изэтой

окрествыполняеравостиетсянство

f (x) < f (x0 ).

y = f (x),если

Точка

x1

называется

минимума

функции

существуеттакая

δ-окрестностьточки

x1,чтодлявсех

x ≠ x1

изэтой

окрествыполняеравостиетсянство

f (x) > f (x1 ) (рис.15).

Точ имиифниуназываютсямнкцииума

точкамиэкстремума

y

y=f(x)

0

1

минимумом.

max

Какивслуча

есмонотонностью

функции,поопределениюэкстремумы

min

найтипрактическиневозможно.

(

x экстремумоврешаютпомощью

x0-δ x0

x0+δ x1-δ x1

x1+δ

Рис.15

необходимдостатусл. очноговий

Необхусловиэкстремумад. мое

Еслидифференфункцируемая

имеетэксв ремум

точке

x0,тоеепроизводэторавйчкенулю: ая

.

Криточкамииескими

функцииназываю

тсявнутренниеточкиобласти

определения,вкоторыхпроизводная

f ʹ(x)

равнануилнесуществуетюи.

Однаконелюбаякритичеточкабудетэксткаяфункцииремумом.Примером,

x=0 дляфункции

y=x3.

подтверждающимэтотфактслужитьточка

Поэтомусредикритичеточкиэкстремумакихфункциивыявляют

помощью достаточногоусловия

:

Еслинепрерывнаяфункция

дифференцируемав

некоторой δ-окрестностикрит

ическойточки

x0

ипри

перчнееходерслева( наз)правооизводная

меняет

знаксплюсанаминус, то

x0 естьточкамаксимума;

минусанаплюс,то

x0 – точкa минимума.

Планисследованфуннаэкцистремум: ия

1)

указать D( f );

y = f (x);

2)

найтикритическиеточкифункции

3)

исследзнакпровать

f ʹ(x)

слеваиспроткаизваждой

найденныхточек;

4)

всоответстдостатуслоиичнымвиемэкс

вычислизначенэтихь.я

x

− 3

Пример.

экстремумы

=

x 2

.

3

3

Решение.

D( f )

(− ∞;

Находим

yʹ

=

1

−

2

=

1

x

− 2

;

3

3

3 3

x

3 x

yʹ =

, если

− 2 =

x =

yʹ − не существует,

3

=

.Такимобразом,

x=0

и

x=8 –

x

критическиеточки

3)

+

–

+

y

•

•

x

0

8

Рис.16

4) x=0 –

максимума,

y

x=8 – точкаминимума,

ymin

(

4

.

3

Выпуклостьграфиперегибафун.Точк

y = f (x)

выпуклым

дифференфункциируемой

называется

вниз

(вогнутым)

наинтервале

),еслионрасположенвышелюбой

касательной,провтоеденной

чкеи

y = f (x)

выпуклым

дифференфункциируемой

называется

вверх

наинтервале

;b),еслирасположенлюбой

проточкееденнойи .тервала

y = f (x),вкоторойпроисходит

непрерывнойф

y

.M

перегиба.

y = f (x)

Нарисункекривая17

выпуклавверхнаинтервале

(a;с),

выпукланинтервалеиз

(с;b),

точка М (с; f (c))– точкаперегиба.

O

a

c

x

Еслифункция

вовсехточкахинтервала

имеет

отрицательнуювтоп оизводную,..

,то

графикфуннаэтоминтервалециивыпуклыйвверх.Еслиже

длявсех

,тографик

– выпуклыйвниз.

Для нахожденточекперегграффунияиспользуютбакации

достаточноеусловие

их :

Если

приперчеточкуходерез

x0,вкоторойонавна

нуилинесущею,меняетсвойзнактвует,точкаграфика

сабсциссой

x0 являетсяточкойперегиба.

Планисследованиявыпуклост

играфифункации

:

1) указать D( f );

2) найтизначения

x,прикоторых

f ʹʹ(x нуилнесуществуетюи;

сознаком

f ʹʹ(x) выпромежуткиисатьвыпуклостивверхвниз;

5) указатьточкиперегиба,опираянадостатусльихсущовиечное. ствования

Пример.

Исследоватьнавыпуклостьито

чкиперегибаграфикфун ции

y = x3 − 2x + 5.

Решение.

1) D( f ) = (−∞;+∞);

4)наинтервале

(− ∞;0) – функциявыпуклавве

рх;

наинтервале

(0;∞) – функцвыпуклавнр(.и18);язс

–

+

y

•

x

0

Рис.18

5)

y(0)

= 0

3

− 2 0 + 5

= 5

;

( )– точкаперегиба.

0;5

y

y=f(x)

удаленияихотначалакоо,т.е.рдинатассотояние

M

d

точкикривойдоасимптотыстремитсякнулю

d → 0

приудаленточквбесконечностьии

O

a

x

Асимптотыбываютверти,наклонныеальные

Рис.19

игоризонтальные.

Прямая

является вертикальной асимптотойграфика

функции

,если

,или

или

.

.

x = a

y = f (x) имеетразрыввторогорода.Всилу

Уравнение наклонной асимптотыимеетвид

,где

,

.

Еслибыодинизпределов

lim

f (x)

или

lim ( f (x) − kx) не

x

x→±∞

x→±∞

существуетравенбесконечности,токривая

y = f (x) наклонныхасимптот

не.

0,то b = lim f (x).Поэтому

частности,если

x→±∞

Уравнение горизонтальной асимптотыимеетвид

,где

Пример.

функции y =

e x

Насимптотыйтиграфика

.

x

68

Наклонные

k =

x

= lim

2x

∞

= lim

2

= 0;

=

=

(x

2 −

x

3x 2 − 4

x

x

∞

x→±∞ 6x

b =

x2

x

2

∞

.

0

lim

=

2

x

−

x→±∞

− 4

∞

x

Значит,

y =

горизонтальн я

4)Находим

y

2x(x

4) −

2x

=

− 8x

;

− 4)

(x

2 − 4)2

yʹ = 0

x = 0 x = 0

( f );

yʹ −

,

если

x2

= 0 x = ±2 D( f ).Такимобразом,

x=0

–

критическаяточка.

x=0 – точкамаксимума,

ymax = y(0) = 0 .

+

+

–

°

•

°