Применение дифференциального исчисления к исследованию функций

ПРИМЕНЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО ИСЧИСЛЕНИЯ К ИССЛЕДОВАНИЮ ФУНКЦИЙ Дифференциальное исчисление находит многочисленные применения во многих отраслях естествознания и техники. Например, выше уже рассматривались задачи на геометрический и физический смысл производной. Многообразные применения находит дифференциальное исчисление при исследовании функций на экстремум, монотонность, перегиб, выпуклость-вогнутость, наименьшее и наибольшее значение. В этом пункте подробно остановимся на указанных приложениях дифференциального исчисления к исследованию функций. Напомним, что до применения дифференциального исчисления для исследования функции нужно провести общее исследование функции. Поэтому сначала напомним общую схему исследования функции и используемые понятия, известные из основ математического анализа. 1. Полное исследование функции и построение графиков по характерным точкам I. Общая схема исследования функции 1. Область определения функции. 2. Область изменения функции. 3. Четность и нечетность функции. 4. Периодичность функции. 5. Нули функции. Точки пересечения графика с осями координат. Интервалы знакопостоянства. 6. Непрерывность функции. Точки разрыва функции.. 7. Поведение функции вблизи граничных и особых точек, не входящих в область определения. 8. Асимптоты. 9. Ограниченность - неограниченность функции. I I. Исследование функции средствами дифференциального исчисления 10. Монотонность функции. Локальные экстремумы. Участки возрастания – убывания. 11. Выпуклость – вогнутость графика функции. Точки перегиба. 12. Построение графика функции по характерным точкам в соответствии с исследованием. Замечание. Вывод об области изменения функции часто затруднительно сделать в начале исследования. Этот пункт можно перенести в конец исследования. Можно менять местами пункты 3, 4, 5. Напомним основные понятия, необходимые для проведения исследования функции. 53 1.1.Область определения и область изменения функции. Каким бы способом ни была задана функция y  f  x  , рассматривая ее, мы всегда имеем дело с двумя множествами: множеством допустимых значений x и множеством значений y . Множество всех тех действительных значений, которые принимает аргумент x функции y  f  x  , называется областью определения этой функции, обозначаемое D( f ) . Множество E ( f ) возможных значений y  f  x  – область изменения функции. Например, область определения функции y  x  1 будет множество значений x , определяемых из неравенства x  1  0, т.е. x  1 , а это есть полуинтервал 1;   . Область значений функции: y  0 или y [0; ) . Функция y  x  1  x определена при x  0, 1  x  0, имеем x   ;1 0;   , т.е. функция определена на отрезке  0;1 . Функция y  arcsin( x  5) определена при x  5  1 или 1  x  5  1. D(f): 4  x  6. Область значений E(f):    y  . 2 2 Функция y  lg( x2  4) определена при x 2  4  0. D(f): x   ; 2   2;   , иначе x  2, x  2 или x  2. E(f): y  R . 1.2. Характеристика поведения функции 1) Четные и нечетные функции. Функция y  f  x  называется четной на  a; a  (D(f) симметрична относительно начала координат), если для любого значения аргумента из области определения этой функции f   x   f  x  , т.е. при изменении знака аргумента функция своего значения не меняет. Этим свойством обладают, например, функции y  x 2 , y  x , y  3 , y  cos3x и другие. График четной функции симметричен относительно оси Oy (рис. 5.1). 54 y 4 y y a y=x 3 2 y=x a o x o 1 –2 –1 o a 1 x x 2 Рис. 5.1. Графики четных функций Функция y  f ( x) называется нечетной на (a; a) , если при изменении знака аргумента функция изменяет знак на противоположный, то есть f   x    f  x  . Например, свойством нечетности обладают функции x y  x, y  x3 , y  2 , y  sinx и другие. x 1 График нечетной функции симметричен относительно начала координат (рис. 5.2). 8 y y=x a –a y y y=x 3 a x – –  1 y=sinx –2 x   1 0 2 –1 x –1 –a –8 Рис. 5.2. Графики нечетных функций Существуют функции, не являющиеся ни четными, ни нечетными, графики таких функций не обладают симметрией относительно осей и начала координат. В этом случае говорят: функция общего вида. Для того чтобы исследовать функцию на четность или нечетность, нужно в выражении функции f  x  заменить x на  x и проверить условия четности f   x   f  x  и нечетности f   x    f  x  ; сделать соответствующие выводы. 55 Например, исследуем на нечетность функцию f ( x)  5x 2  3x  7 . Заменим x на  x f   x   5  x   3  x   7  5x  3x  7 . Очевидно, что f   x   f  x  , f   x    f  x  , то есть f ( x)  5x 2  3x  7  функция общего вида. 2) Периодические и непериодические функции. Функция y  f  x  называется периодической, если существует такое число T  0 , что при всех значениях x из области ее определения  x  D  f  x  T   f  x . Наименьшее из таких значений T – период функции. Например, функция «дробная часть числа» – функция f  x   x  x   x , где  x   целая часть числа x , есть периодическая функция с периодом T  1. Действительно, 2 2 f  x  1  x  1   x  1  x  1   x   1  x   x   f  x . Периодическими функциями являются все элементарные тригонометрические функции. График каждой периодической функции состоит из повторяющихся конгруэнтных или подобных линий, изолированных друг от друга или соединенных в одну общую линию. Например, график функции f  x   x   x  представлен на рис. 5.3. y 1 2 1 х 1 2 3 4 5 Рис. 5.3. График функции y  {x} - дробная часть числа Наиболее показательны другие периодические функции – тригонометрические. Функции sinx , cosx периодические функции с периодом 2 . tgx, ctgx – с периодом  . Тогда функции sin(ax) , cos(ax) с периодом 2 / a , tg (ax), ctg (ax) – с периодом  / a . Например, функция y  1,75sin 2 x периодическая с периодом T   , потому что  sin2  x     sin  2 x  2   sin2 x  . x периодическая с периодом T  3 , так как 3 x  3 x x  tg  tg      tg . 3 3 3  Функция y  tg 3) Нули функции. Значения аргумента, при которых функция обращается в нуль, называются нулями функции. С геометрической точки зрения нули функции – точки пересечения графика функции с осью Ох или точки, где график касается оси Ox. Чтобы 56 найти нули функции, нужно функцию положить равной нулю и решить полученное уравнение f  x   0 . x Например, нулем функции y  2 будет значение x  0 . x 8 4) Точки пересечения графика функции с осями координат. Участки знакопостоянства функции. Для нахождения точек пересечения с осями полагаем одну из координат равной нулю. Oy : x  0  y  ...; и Ox : y  0  x  .... Участки знакопостоянства функции определяем, решая неравенства: y  0, y  0 . 5) Ограниченные и неограниченные функции. Функция f  x  называется ограниченной сверху в области своего определения D , если существует такое число M , что для всех значений x  D выполняется неравенство f  x   M , и ограниченной снизу, если существует такое число m , что для всех значений аргумента x  D  f  x   m. Функция f  x  , ограниченная в области своего определения снизу и сверху, называется ограниченной. Условие ограниченности записывается так: m  f  x   M или f  x  M . Например, функция y  x 2 ограничена снизу, т.к. в области определе1 ния x 2  0. Функция y  ограничена снизу и сверху, так как для 1  x2 1 любого x  R 0   1. 1  x2 Функция f  x  называется неограниченной сверху (снизу), если для любого сколь угодно большого M  0 существует значение x из области определения, что f ( x)  M  f  x   M  или, иначе, f  x   M . 6) Асимптоты. Для функции y  f  x  в области D рассмотрим функцию F  x   x 2  f 2  x  . Будем говорить, что график Г f функции y  f  x  имеет ветвь, уходящую в бесконечность, если функция F  x  неограничена в области D . Это может быть за счет x или f  x  (рис. 5.4 5.6). Асимптота – это прямая, к которой приближается ветвь графика функции, уходящая в бесконечность. 10. Вертикальная асимптота x  a : lim f  x    , в точке х=а функция xa терпит бесконечный разрыв 2 рода. 20. Горизонтальная асимптота y  b : lim f  x   b . x 57 30. Наклонная асимптота y  kx  b может существовать, если lim f  x    : x f  x , b  lim  f  x   kx  . x  x x Прямая y  kx  b является наклонной асимптотой графика функции y  f ( x) , если для любого   0 (сколь угодно малого) существует M  M   0 такое, что для всех x : x  M следует f ( x)  kx  b   . k  lim y y Гf Гf f x  a b F x  x x x lim f  x    lim f  x   b Рис. 5.4. Вертикальная асимптота xa Рис. 5.5. Горизонтальная асимптота y  b x xa y Гf y=kx+b x b Рис. 5.6. Наклонная асимптота y  kx  b 7) Непрерывность функции. Односторонняя непрерывность. Классификация разрывов. Определение. Функция y  f  x  непрерывна при x  a , если: 58 1) 2) f  x  определена в точке x  a, т.е. существует f  a  ; существует конечный lim f  x  ; 3) lim f  x   f  a . x a xa Рассмотрим левый и правый пределы функции f ( x) в точке а: f (a  0)  lim f ( x), f (a  0)  lim f ( x). xa 0 xa 0 Теорема. Функция y  f  x  непрерывна тогда и только тогда, когда f  a   f  a  0   f  a  0 . Если нарушено хотя бы одно условие определения непрерывности, то функция имеет разрыв в точке x  a. В точке x  a функция y  f  x  имеет разрыв устранимый, если су-  f  a  0   f  a  0 , иначе – неустранимый. В случае устранимого разрыва функция либо неопределена при x  a , либо lim f  x   f  a . ществует конечный lim f  x  x a xa В точке x  a функция y  f  x  имеет разрыв первого рода, если существуют конечные левый и правый пределы f  a  0  , f  a  0  , в общем случае не равные между собой  f  a  0   f  a  0  . Это разрыв первого рода – в виде скачка   f  a  0   f  a  0 . Если хотя бы один из односторонних пределов не существует или бесконечный, то в точке x  a функция имеет разрыв второго рода. Если x  a – точка бесконечного разрыва, то прямая x  a – вертикальная асимптота графика (см. рис. 5.4). отметим,что неустранимый разрыв – всегда разрыв второго рода. Функция непрерывна на множестве, если непрерывна в каждой точке этого множества. Функция непрерывна слева, если f  a  0   f  a  , справа, если f  a  0   f  a . Элементарные функции непрерывны там, где определены. 1 Пример 5.1. Исследовать функцию y  на непрерывность, укаx2 зать асимптоты графика функции. ОДЗ: x  2. Функция непрерывна везде, кроме точки x  2. При x  2 функция неопределена, значит имеет разрыв. 1 1 1 1     , y  20   lim     . x20 x  2 x2 0 x  2  0   0  y  20   lim 59 Левый и правый пределы функции в точке x  2 бесконечны, то есть в точке x  2 функция имеет разрыв второго рода, а прямая x  2 – вертикальная асимптота. 1 Далее вычислим предел функции lim y  lim  0. Тогда прямая x  x x  2 y  0 – горизонтальная асимптота. График функции изображен на рис. 5.7. Заметим, что график симметричен относительно точки  2;0  . 1 Пример 2. Исследовать функцию y  2 на непрерывность, указать x асимптоты графика функции. ОДЗ: x  0. Функция непрерывна везде, кроме точки x  0. При x  0 функция не определена, следовательно, имеет разрыв; для определения типа разрыва функции рассмотрим односторонние пределы функции в этой точке: 1 1 1 1 y  00   lim 2     , y  00   lim 2     , x 0  0 x x 0  0 x 0  0  следовательно, прямая x  0 – вертикальная асимптота; 1  0, стало быть прямая y  0 – горизонx x 2 Отметим, что lim y  lim x  тальная асимптота. x2 Пример 3. Исследовать функцию y  на непрерывность, укаx 1 зать асимптоты графика функции. Исследование предлагаем провести студентам самостоятельно, по аналогии с предыдущими примерами 1, 2. Должно получиться, что x  1 – вертикальная асимптота, y  x  1 – наклонная асимптота. График функции см. рис. 5.8. 60 y 4 y 4/5 4 3 2 1 –2 –1 x 1 –1 2 3 4 1 5 –1/2 –2 1 2 x 3 –3 –4 Рис. 5.8. График функции y  1 Рис. 5.7. График функции y  x2 x2 x 1 Заметим, что иногда важно отмечать поведение функции при нахождении асимптот x   или x   . Например, для функции y  e x : lim e x   , lim e x  0 , x x т.е. при x   график функции y  e имеет горизонтальную асимптоту y  0 ; при x   наклонных асимптот нет, так как x ex    lim      . x  x  2. Условия возрастания и убывания функции. Точки экстремума. Наименьшее и наибольшее значения функции на отрезке 2.1. Возрастание и убывание функции. Пусть функция y  f ( x) определена в интервале  a; b  . Если для любой пары значений аргумента x и x , принадлежащих интервалу  a; b  , из неравенства x  x следует неравенство f  x   f  x  , то есть большему значению аргумента соответствует большее значение функции, то функция y  f ( x) называется возрастающей на данном интервале. 1 2 1 1 2 2 y  f ( x)   a, b   x1 , x2   a; b : x1  x2  f  x1   f  x2 . Если же из неравенства x1  x2 следует неравенство f  x   f  x  , то есть большему значению аргумента соответствует меньшее значение функции, то функция называется убывающей на рассматриваемом интервале 1 61 2 y  f  x    a; b    x1 , x2   a, b : x1  x2  f  x1   f  x2  . Возрастающие или убывающие функции называются монотонными. Функция может быть монотонной на области определения (например, функция y  x всюду возрастает), а может быть немонотонной в области определения, но монотонной в отдельных непересекающихся интервалах, т.е. кусочно-монотонной. Например, функция y  x 2 убывает в интервале  ;0 и возрастает в интервале  0;  (рис. 5.1). Такие интервалы называются интервалами монотонности функции. В общем случае исследование функции на возрастание и убывание связано с исследованием знака производной. В частных случаях интервалы монотонности можно указать, исходя из вида функции. Например, функция y  1/ x 2 определена в области  ;0   0;   . При x  , y  0 , при x  0, y   , , следовательно, в интервале  ; 0  функция возрастает от 0 до  , в интервале  0;   убывает от  до 0. Условия монотонности функций (следствие леммы, см. стр. 33). Если на некотором интервале производная функции положительна ( y  0) , то функция на этом интервале возрастает ( y ) , если же производная функции отрицательна ( y  0) , то функция убывает ( y ) . Пример 4. Исследовать функции на монотонность. а) y  x  sinx. Функция определена и непрерывно дифференцируема на всей числовой оси. Производная функции y  1  cosx  0 x  R (1  cosx  1), следовательно, функция y  x  sinx возрастает на всей числовой оси. Путем сложения графиков функций y  x и y  sinx получим график функции (рис. 5.9) Рис.5.9. График функции y  x  sinx 62 x  1 б) y  1   . x  ОДЗ: x  0. Докажем, что данная функция возрастает при x  0. Производная показательно-степенной функции равна (вспомним: вначале дифференцируем функцию как степенную, а затем как показательную): x 1 x 1  1   1  1  y  x 1     2   1   ln 1   , x  x   x  x  x 1  1   1  x 1 1  после упрощений y  1    1   ln  . x   x x x  По теореме Лагранжа x 1 1 1 ln  ln( x  1)  ln x   , x  x 1 x 1 1 1  1   x 1 1     0. так как   ( x; x  1) , (ln x)  . ТаТогда y  1    x   x x 1 x  x  ким образом, y  0 для всех x  0, стало быть, функция возрастает при x  0. x 1  1 в) Предлагаем читателю убедиться, что функция y  1   убыx  вает при x  0. 2.2. Максимум и минимум функции. Необходимые условия существования экстремума. Различают глобальные максимум и минимум и локальные максимум и минимум функции. Глобальными (абсолютными) максимумом и минимумом функции на отрезке называют ее наибольшее и наименьшее значения на этом отрезке. Функция y  f ( x) имеет локальный максимум или минимум в точке x  c , если в области ее определения можно указать такой интервал, для которого c является внутренней точкой и для всех отличных от c точек x ( x  c ) этого интервала f  x  f c или f  x   f  c  соответственно. Термины «максимум» и «минимум» объединяют в один термин «экстремум». Экстремумы функции определяются с помощью производной функции, без производных экстремумы можно легко определить только в частных случаях. Например, функция y  x 2  2 x  7 определенная на всей оси Ox , 2 может быть преобразована к виду y   x  1  6 выделением полного квадрата. При x  1( x  1  0), имеем y  6 , меньше всех соседних значений 63 функции слева и справа. Следовательно, y  6  минимальное значение функции в области ее определения. Необходимое условие существования экстремума: производная y  f ( x)  0 или не существует. Это утверждение следует из теоремы Ферма и необходимого условия дифференцируемости, где приведено доказательство указанных фактов. Действительно, условие y  0 следует из теоремы Ферма (п. 3). Если же производная y не существует в некоторой точке области определения функции, то в этой точке может быть экстремум. Например, в точке x  0 функция y  x имеет минимум, но y  0  не существует (см. п.1.5, рис. 5.1). Точки, принадлежащие ОДЗ функции, в которых выполняется это условие, называются критическими. В них и только в них функция может иметь экстремум. В частности, критическая точка называется стационарной, если для нее f '( x)  0 . Указанные условия не являются достаточными условиями существования экстремума. Например, для функции y  x3 производная y  3x 2 , y  0 в точке x  0 – критическая точка. Но в этой точке функция экстремума не имеет (рис. 5.2). В такой точке может быть перегиб (см. пункт 5.3). 2.3. Теорема. 10. ( Достаточные условия существования экстремума). Пусть функция y  f ( x) непрерывна в критической точке и дифференцируема в ее окрестности. Производная y  f x  меняет знак при переходе через критическую точку, а именно, максимум (max), если меняет знак с + на –, минимум (min), если с – на +. Символическая запись этого утверждения может быть отображена графически: Знак y  f x  + хкр – x – хкр + x Поведение y  f x  max min Результаты исследования можно записывать в таблице (см. задачу 5.1) Доказательство. Пусть функция y  f ( x) дифференцируема (значит и непрерывна) в критической точке xкр и ее окрестности. При переходе через критическую точку xкр производная функции f ( x) меняет знак с плюса на минус. Тогда функция f ( x) возрастает слева от xкр и убывает справа от нее, стало быть, в силу определений возрастания, убывания и непрерывности функции в xкр (даже если не существует производная в точке 64 xкр ) функция достигает своего максимального значения, и xкр – точка максимума функции. Аналогично, если f ( x) меняет знак с минуса на плюс, то xкр – точка минимума функции. На рис. 5.10 показано поведение функции в окресности точек экстремума функции m ax касательная горизонтальная Гf Гf (y=0) min касательная вертикальная (y=) Гf Гf min max Рис. 5.10. График функции в окрестности точек экстремума в зависимости от значения производной Теорема 20. Если вторая производная y  f   x  в критической (стационарной) точке больше нуля: f   xкр   0 , то в критической точке функция имеет минимум, если f   xкр   0 , то в критической точке функция имеет максимум. Это условие можно получить из формулы Тейлора для функции y  f  x: f ( x0 ) f ( ) f ( x)  f ( x0 )  f '( x0 )( x  x 0 )  ( x  x0 ) 2  ( x  x0 )3 , 2! 3! где x0  xкр – критическая точка, точнее стационарная точка f   x0   0 . Тогда ( x  x0 )2 f ( ) f  x   f  x0   ( f ( x0 )  ( x  x0 )), 2 3 т.е. в окрестности точки x  x0 знак y  f  x   f  x0  определяется знаком второй производной f   x0  : f   x0   0  y  0 , f  x   f  x0  , f   x0   0  y  0 , f  x   f  x0  , 65 что определяет в точке x0 минимум и максимум соответственно. Обобщение теоремы20. Пусть в стационарной точке xc y( xc )  y( xc )  ...  y ( n1) ( xc )  0, y ( n) ( xc )  0 . Тогда в точке x0 при нечетном n экстремума нет, а при четном n=2k экcтремум есть, а именно, y ( 2k )  xc   0, то x0 – точка минимума функции; y (2 k )  xc   0, то x0 – точка максимума функции. 2.4. Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке. Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке  a; b нужно определить все критические точки в  a; b  , значения функции в этих точках и на концах отрезка f  a  , f  b  , и среди них выбрать наибольшее и наименьшее значения. Пример 5. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y  x3  6 x 2  15x на отрезке [2;1]. Для решения поставленной задачи определим производную и критические точки функции из необходимого условия существования экстремума функции y  0 , так как функция дифференцируема на [2;1]. y  3x2  12 x  15  3( x 2  4 x  5).  x 2  4 x  5  0,  y  0,     x [2;1],  x [2;1]. Решаем квадратное уравнение и выбирает корень на [2;1] :  x  1, x  5  x  1.  x  [  2;1]  Вычисляем значение функции в критической точке внутри рассматриваемого отрезка и на концах, выбираем наибольшее и наименьшее значения: y(1)  8, y(2)  2, y(1)  20. Таким образом, на [2;1] наименьшее значение функции yнм  y(1)  20 ; наибольшее значение функции yнб  y(1)  8 . 3. Выпуклость-вогнутость графика функции. Точки перегиба График Г f функции y  f  x  выпуклый вниз (вогнутый) в некоторой окрестности точки M 0 ( x0 , y0 ), ( y0  f ( x0 )) , если в этой окрестности он 66 расположен над касательной к графику функции в точке M 0 ; выпуклый вверх (выпуклый), если расположен под касательной. Точки графика функции, в которых меняется направление выпуклости-вогнутости, называются точками перегиба. Рис. 5.11. Выпуклость – вогнутость графика функции Для определения выпуклости-вогнутости графика функции y  f  x  в окрестности точки M 0  x0 ; y0  запишем представление функции формулой Тейлора (ограничимся тремя слагаемыми) и уравнение касательной: f ( x0 ) f ( ) y  f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 )  ( x  x0 ) 2  ( x  x0 )3 , 2! 3! Y  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ). Тогда знак разности ( x  x0 )2 f ( ) y Y  ( f ( x0 )  ( x  x0 )) 2 3! в окрестности точки x0 определяется знаком второй производной в этой точке. А именно, график функции в окрестности точки M 0 выпуклый вниз, если y  Y  0 , что равносильно условию f ( x)  0 ; выпуклый вверх, если y  Y  0 , что равносильно условию f ( x)  0 . Таким образом, доказано следующее утверждение. Теорема (о выпуклости–вогнутости графика функции). Пусть функция f ( x) непрерывно дифференцируема в окрестности точки x0 , за исключением, быть может, самой точки. Тогда в достаточно малой окрестности точки x0 направление выпуклости-вогнутости графика функции f ( x) определяется знаком ее второй производной f ( x) : при f ( x)  0 67 –график функции выпуклый вниз; при f ( x)  0 – график функции выпуклый вверх в окрестности точки x0 , так как f ( )( x  x0 )  0, x  x0 . Из доказанной только что теоремы следует правило определения точек перегиба графика функции: если функция дважды непрерывно дифференцируема в окрестности точки x0 , то вторая производная f ( x)  0 или не существует в этой точке. Таким образом, из доказанной теоремы следует необходимое условие существования точки перегиба. Необходимое условие существования точки перегиба: вторая производная y  f   x   0 или не существует. Из этого условия находим критические точки, принадлежащие ОДЗ функции, подозрительные на перегиб (иначе, критические точки 2 рода). Как и в случае экстремума, следует отметить, что этих условий недостаточно для существования перегиба. Например, анализируя функцию и ее производные: y  x 4 , y  4 x3 , y  12 x 2 , видим, что производные равны нулю в критической точке xкр  0, но в окрестности этой точки (слева и справа) y  0 , то есть график выпуклый вниз, и xкр  0 не является точкой перегиба. Теорема. Достаточное условие существования точки перегиба. Пусть функция y  f ( x) дважды непрерывно дифференцируема в окрестности стационарной точка xc , за исключением, быть может, самой точки; f ( x)  0 или не существует. Тогда функция имеет перегиб в этой точке, если вторая производная y  f x  меняет знак при переходе через стационарную точку xc . Символическая запись: хc хс хс хс Знак y  f   x  + – – + – – + + x Поведение y  f  x  Доказательство утверждения следует из доказанных выше теорем и определения точки перегиба. Действительно, пусть xc – стационарная точка, дифференцируемой, а, значит, и непрерывной функции, то есть f ( xc )  0 . Если f ( xc )  0 слева от стационарной точки и f ( xc )  0 справа от xc , то в силу непрерывности функции и по определению перегиба в рассматриваемой точке функция имеет перегиб, так как при переходе через эту точку меняется направление выпуклости вниз на выпуклость вверх. Аналогично, если f ( xc )  0 слева от xc и f ( xc )  0 справа от xc , то при переходе через эту точку направление вогнутости вниз меняется на 68 направление вогнутости вверх, и рассматриваемая точка является точкой перегиба графика функции. Утверждение доказано. До сих пор основные теоретические положения иллюстрировались достаточно простами примерами и рисунками. Далее проведем решение достаточно объемных и содержательных задач. Задача 1. Функция y  x3  3x задана на [-3; 2]. Найти участки монотонности функции, ее наименьшее и наибольшее значения. Решение. Суть решения задачи изложена в п. 5.2. 1. Вычислим производную функции y  3x 2  3, x [-3; 2]. 2. Определим критические точки функции из условия y  0  3x 2  3  0  xkp  1. 3. Исследование функции представим в таблице. x [–3; –1) –1 (–1; 1) 1 (1;2] + – +  знак y 2 –2 поведение y    вывод Max Min 4. Вычисляем значения функции в точках экстремума и на концах отрезка и делаем вывод. ymax  1  2, ymin 1  2, y  3  18, y  2   2. Ответ: функция монотонно возрастает на [-3; 1), (1; 2] и убывает на (-1; 1), yнаим  18, yнаиб  2. Задача 2. Исследовать функцию y  x3  2 x 2  3x и построить ее гра3 фик. Исследование проводим согласно схеме п. 5.1. I. Общая схема исследования функции. 1. Область определения: x   ;  . 2. Функция непериодическая, непрерывная на всей числовой оси, так как элементарные функции непрерывны в области определения. 3. Четность – нечетность. y x x  3 3  2   x   3  x   2  x3  2 x 2  3x, y   x   y  x  , 3 y   x    y  x  , т.е. функция не является ни четной, ни нечетной, функция общего вида. Нет симметрии графика ни относительно оси Oy, ни относительно начала координат. 4. Точки пересечения с осями координат, в том числе нули функции. x y 2  6 x  9  x  x  3 x  . 3 3 2 69 Если x  0, то y  0; если y  0, то x  0, x  3, откуда точки пересечения с осями –  0;0  ,  3;0 . Участки знакопостоянства функции: y  0 при x  0, y  0 при x  0.  x3  5. Поведение функции при x   . lim   2 x 2  3x   . x 3  6. Асимптоты. Из условия непрерывности функции следует, что нет вертикальных асимптот. Из условия lim f ( x)   следует, что может сущеx ствовать ли наклонная асимптота y  kx  b . Для данной функции f ( x) x3 / 3  2 x 2  3x x2 k  lim  lim  lim  , x x x 3  2 x  3 x x то есть наклонных асимптот нет. 7. Ограниченность–неограниченность. Так как lim f ( x)   , то функx ция неограниченная. Область значений функции: y   ;  . II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления 8. Исследование с помощью первой производной на экстремум и монотонность. Вычислим производную функции y  x 2  4 x  3; Необходимое условие экстремума функции y  0  x 2  4 x  3  0. Откуда следует x1  x2  4, x1  x2  3  x1 1, x2  3  критические точки, подозрительные на экстремум (при решении квадратного уравнения 13 4 y  3  0. использована теорема Виета). y 1   3  1  2  1  , 3 3 4 Касательные к графику функции в точках 1;  ,  3; 0  горизонталь 3 ны. Участки монотонности и исследование критических точек на экстремум приведены в таблице. x знак y поведение y вывод ( ;–1) 1 (1; 3) 3 + – (3; ) +  4/3   Max Min 9. Исследование функции по второй производной на выпуклость– вогнутость, точки перегиба.  y   x 2  4 x  3  2 x  4. 70 Необходимое условие точки перегиба: y  0 , откуда x  2. 23 2 y  2    2  22  3  2  . 3 3 Проверяем достаточное условие точки перегиба. y  0 Знак y – + Поведение y x 2 y(2)  2/ 3 . Вторая производная при переходе через критическую точку x  2 ме2 няет знак, значит при x  2 график функции имеет перегиб yпер  2   . 3 Заметим, что угловой коэффициент касательной в точке перегиба y(2)  1. Для уточнения графика можно взять несколько дополнительных то1 2 4 чек: x  1, y  5 ; x  2, y  ; x  4, y  . 3 3 3 По результатам проведенного исследования строим график (рис. 5.12). y –1 3 2 1 x 0 1 2 3 4 5 –1 –2 –3 –4 –5 –6 –7 x3  2 x 2  3x 3 Исследовать методами дифференциального исчисления Рис. 5.12. График функции y  Задача 3. функцию y  x3 3 x  1 2 и, используя результаты исследования построить его график. 71 I. Общая схема исследования функции 1. ОДЗ: x  1. 2. Функция общего вида, так как  y ( x), (  x )3  x3 y ( x)     3( x  1) 2 3( x  1) 2  y ( x). 3. Функция непериодическая, так как y( x T) y( x)только при T  0. 4. Определим точки пересечения функции с осями координат: Oy : x  0  y  0; Ox : y  0  x  0. 5. Функция непрерывна, кроме точки x  1 , где терпит разрыв. Односторонние пределы x3 1  y (1 0)  lim   0    . x1 0 3( x  1) 2 Следовательно, в данной точке функция терпит бесконечный разрыв, разрыв второго рода. Прямая линия x  1 является вертикальной асимптотой графика функции. 6. Рассмотрим поведение функции на бесконечности (в граничных точках ОДЗ): x3 1 lim y ( x)  lim    , 2 x  х  0 3  x  1 следовательно, могут быть наклонные асимптоты. Уравнение наклонной асимптоты y  k x b. Вычислим k и b , используя формулы k  lim x  f ( x) , b  lim[ f ( x)  kx]. x  x x  1   ; 2 x  3( x  1) x  3 k  lim Прямая y  x2 3 3  x3 1  2 b  lim   x  . 2 x  3( x  1) 3  3  является наклонной асимптотой графика иссле- дуемой функции. 7. Функция неограниченная, y  R . II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления 8. Дальнейшее исследование функции проведем, используя ее первую x3  3x 2 x 2 ( x  3)  производную y '  , y '  0 откуда x  0, x  3 – критиче3( x  1)3 3( x  1)3 ские точки. Производная не существует при x  1 , но x  1 не является критической точкой, так как не принадлежит ОДЗ функции, но обязатель- 72 но отмечается на оси, как характерная, граничная точка области определения, которая влияет на выводы при построении графика функции. Знак y + + + Поведение y Функция y  x  возрастает в интервалах  ;1 ,  3;  ; убывает в ин9 тервале 1;3 , имеет минимум при x  3 : ymin  y  3  . В точке x  0 4 экстремума нет. 9. Проведем исследование с использованием второй производной функции: 2x y ''  , y ''  0 , откуда x  0, y(0)  0 . x  0 критическая точ( x  1) 4 ка, подозрительная на перегиб. При x  0, имеем y  0; если же x  0, x  1, то y  0. Поэтому точка (0; 0) является точкой перегиба графика функции, причем график функции при x  0  выпуклый вверх, x  0  выпуклый вниз . 10. Осталось построить график функции по полученным данным. Для более точного построения можно дополнительно определить ряд точек графика функции. 5 4 3 2 y 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x2 3 5 x3 Рис. 5.13. Схематический график функции y  3( x  1)2  x2 / 2 Задача 4. Провести исследование функции y  e и построить ее график. I. Общая схема исследования функции. Проведем общее исследование функции, не указывая подробно пункты исследования. 73 ОДЗ: x  R. Функция непериодическая, непрерывная, четная фик функции симметричен относительно оси Oy. y( x)  y( x) . Гра- y  e x Если x  0 , то y  1; y  0 для всех x , так как тельная функция, принимает только положительные значения. 2 lim e x / 2  0  y  0 горизонтальная асимптота. 2 /2 - показа- x II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления. 10. Первая производная y   xe x / 2.. y  0  x  0 – критическая (стационарная) точка. Знак y + 0 x Поведение y ymax  y(0)  1, возрастает При x  0 функция имеет максимум: при x  0, убывает при x  0. 2 20. Вторая производная y  ( x 2  1)e x / 2 . y  0 , откуда – точки подозрительные на перегиб. Знак y +-1 + Поведение перегиб перегиб 2 1/ 2 y(1)  e  0.607. График функции Гаусса, представлен на рис 5.14. Рис. 5.14. График функции 74 ye  x2 / 2 y  e x 2 /2 x y называется кривой 1 2 x Задача 5. Исследовать функцию y  4 и построить ее график. I. Общая схема исследования функции Коротко без подробных пояснений проведем общее исследование функции. Область допустимых значений D( y) : x  2. Функция непериодическая, общего вида, непрерывная x  0, y  0 x  0; y(0)  2. Исследуем характер разрыва в точке x  2. Для этого вычислим односторонние 1 1  10   10  2 x 2 x пределы: y (2  0)  lim 4  4   , y(2  0)  lim 4  4   0, отx 2  0 x 2  0     куда следует, что при x  2 функция терпит разрыв второго рода, прямая x  2 – вертикальная асимптота графика функции. Отметим, что lim 4 1 2 x x   1, то есть прямая y  1 – горизонтальная асимптота. II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления. По первой производной исследуем функцию на экстремум и монотон1 1 2  ; y  0 x  0, то есть функция возрастает во ность: y  4 x ln 4  (2  x)2 всей области определения, экстремумов не имеет. Вторая производная позволяет определить точки перегиба и направление выпуклости – вогнутости. y  ln 4  4 2 y  4 1 2 x  1 2 x 1 1 1 2 x  ln 4  4 , 4 (2  x) (2  x)3 ln 4 (ln 4  4  2 x). (2  x)3 Из условия y  0 определяем точку подозрительную на перегиб: ln 4  4  2 x  0  xc  4  ln 4 , xc  2  ln 2  2,69315. 2 Так как слева от xc производная y  0, а справа y  0, в критической  1 ln 2 1 . Слева от xп график e2 функции выпуклый вниз, а справа – выпуклый вверх. точке xn будет перегиб: y ( xп )  4 75  22log2 e  Если характерных точек недостаточно, то можно взять дополнительные точки для более четкого построения графика функции. Например, y(4)  0,5; y(5)  41/ 3  0,63; y(6)  41/ 4  0,707. График функции приведен на рис. 5.15. Рис. 5.15. График функции y  4 1 2 x Задача 6. Исследовать функцию y  3 x3  4 x и построить ее график. I. Общая схема исследования функции. 1. ОДЗ: x  R , функция непрерывная, непериодическая, четная y( x)  3 x3  4 x  y( x) , график функции симметричен относительно оси Оу, функция неограниченная y  0 x  R. 3 3 3   x  4 x , x  4 x  0,  2  x  0, x  2, 2. y   3 3 3   4 x  x , x  4 x  0, x  2, 0  x  2. Точки пересечения с осями координат: y  0  x  0, x  2; x  0  y  0. 3. lim 3 x3  4 x  . Могут быть наклонные асимптоты y  kx  b. x Вычислим значения коэффициентов k , b (п. 5.1.2): 76 x3  4 x k  lim  1, x  x 3 b  lim( x  4 x  x)        lim 3 x3  4 x  x3 3 x  x  3  4      0. x3  4 x  x 3 ( x3  4 x ) 2  x 2    y  x – наклонная асимптота при x  . В силу симметрии графика функции относительно оси Оу: y   x – асимптота при x  . II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления 4. Исследование по первой производной функции:  3x 2  4 ,  2  x  0, x  2,  3 3 2 3 ( x  4 x )  y   2  4  3x , x  2, 0  x  2.  3 3 ( x 3  4 x) 2   2 3 2 x 0  x  4  x  y   3   x  0, x  2. кр кр  ymin  y (2)  0, 1,1547, xкр 1,2; ymin  y (0)  0,  2 3  2 3 4 2 3 ymax  y  6 3 1,4548.  3 4    3  3 3  3  Знак производной – – + – + + x + Поведение функции -2 2 3 3 max min min 2 3 3 max 2 min 2 3 касательные к графи3 ку функции горизонтальны ( y  0). В критических точках x  0, x  2 Отметим, что в стационарных точках x   77 производная не существует и касательные к графику функции – это вертикальные прямые: x  0, x  2. 5. Исследование по второй производной. Используя правило дифференцирования дроби, найдем вторую производную, как производную от первой производной: 6 x( x3  4 x)2 / 3  (3x 2  4)( x3  4 x) 1/ 3 (3x 2  4) 18 x( x3  4 x)  2(3x 2  4)2 y   ; 3( x3  4 x)4 / 3 9( x3  4 x)5 / 3 после упрощений 18 x 4  72 x 2  18 x 4  48x 2  32 24 x 2  32 y   , x3  4 x  0. 3 5/3 3 5/3 9( x  4 x) 9( x  4 x) Аналогично можно вычислить 24 x 2  32 y  , x3  4 x  0. 3 5/3 9( x  4 x) Итак,  8(3x 2  4)  9( x3  4 x)5 / 3  0,  2  x  0, x  0;  y   2  8(3x  4)  0, x  2, 0  x  2.  9( x3  4 x)5 / 3 Функция y ( x) выпуклая вверх x  R , перегибов нет. Определим значения функции в некоторых точках:  3  3 21 y    1,3795, 2  2 y (1)  3 3  1, 4422,  7  3 105 y    1,1794, 4  4  1  3 15 y    1, 2331, 2  2  9  3 153 y    1,3371, 4  2 y (3)  3 15  2, 4662,  5  3 45 y    0,17784, 2  2 y (4)  3 48  3, 6342. 78 Рис. 5.16. График функции y  3 x3  4 x Задача 7. Исследовать функцию y  esin x и построить ее график. I. Общая схема исследования функции. 2 1. ОДЗ: x  R . 2. Функция непрерывная. 3. Четная, y( x)  y( x) , график симметричен относительно оси Oy . T  4. Периодическая с периодом так sin2 ( x  ) sin2 x 2 y( x   )  e  e ; ограниченная 0  sin x  1 , a 1  y  e, x  R. a  x(  4), x  R  4 как откуда 5. Горизонтальных и наклонных асимптот нет ( lim sinx не существует x  в силу периодичности). Нет и вертикальных асимптот в силу непрерывности функции. 6. Область значений функции y  1; e II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления. 7. Исследуем функцию по первой производной на экстремум в интервале длины 2 для большей наглядности, хотя можно исследовать на интервале длины периода  . 2 2 2  y  e sin x  2sinx  cosx  e sin x , y  sin2 xe sin x .   Находим критические точки: 79 y  0  sin2 x  0, 2 x   n, x  ymin  y(0)  y( )  1, Знак y –   , nZ, – + y  e. + x 2 e sin x y 2 ymax  y( / 2)  e. 2 Повед. n e sin x  2  2 3 2 Следовательно, в силу периодичности, ymin  y ( n)  1, ymax  y ( / 2   n)  e, n  Z . 8. Исследуем функцию по второй производной на выпуклость вогнутость и перегибы: 2 2 y  2cos 2 xe sin x  sin 2 2 xe sin x . y  e sin x (2cos 2 x  sin 2 2 x). Точки, подозрительные на перегиб, находим из условия y  0  2cos2 x  sin2 2 x  0. Полученное уравнение сводится к квадратному относительно cos 2 x : 2 2cos 2 x  1  cos 2 2 x  0, cos 2 2 x  2cos 2 x  1  0, cos 2 x  1  2  cos 2 x  1  2, 2 x  (  arccos( 2  1))  2 n,  cos 2 x  1  то есть критические точки, являющиеся точками перегиба (показано ниже): 1 x   (  arcos( 2  1))   n, n  Z . 2 Значения функции в этих точках: y(cos 2 x  (1  2))  e 80 1cos 2 x 2 e 2/2 2,0281. Знак y Поведение y + – перегиб cos x cos2x  1  2 1 2 В соответствии с исследованием график функции изображен на рис. 5.17. Рис. 5.17. График функции y  e Задача 8. Исследовать функцию y  sin2 x 1 и построить ее граsinx  cosx фик. I. Общая схема исследования функции 1. ОДЗ: sinx  cosx  tgx  1  x    4   n, n  Z .  y ( x) y ( x)   . 1. Функция общего вида, так как  y ( x )  2. Функция периодическая ( y( x  2 )  y( x)) с периодом T  2 . 3. Точек пересечения с осью Ох нет, с Оу: x  0  y(0)  1. 81 4. Функция x  4 непрерывна при x  4  n , n  Z . Точки  n , n  Z – точки бесконечного разрыва второго рода: y (  4 y ( y( y( 1 1     , x  0 sinx  cosx  0  4  0)  lim   4 1 1     , x   0 sinx  cosx  0  4  0)  lim  3 1 1  0)  lim   0   , 3 4 x  0 sinx  cosx 4 3 1 1  0)  lim   0   . 3 4 x   0 sinx  cosx 4  1 1  0  2 n)     , y (  0  2 n)     , 4 4  0   0  3 3 y (  0  2 n)  , y (  0  2 n)  . 4 4 y (     n, n  Z – вертикальные асимптоты графика функции, 4 горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как не существует lim( sinx  cosx) в силу периодичности. 6. x   x 7. Функций неограниченная. 8. Область значений. Уточнение будет сделано ниже. Пока остается только, что y  0 II. Исследование функции средствами дифференциального исчисления 9. Исследование по первой производной. y   cosx  sinx sinx  cosx  , 2 ( sinx  cosx) ( sinx  cosx)2 tgx  1  x   4 y  0  sinx  cosx,   n, n  Z – стационарные точки. 82 В силу периодичности исследуем функцию на экстремум на [0; 2 ] . Знак y Повед. y – e + + - x sin2 x  4 3 4 min 5 4 2 max В силу периодичности 2 2    5  ymin  y   2 n   , ymax  y   2 n    . 2 4  2  4  Из пунктов 7, 8 исследования делаем вывод о множестве значений функ 2  2  ции: y   ;     ;  . 2   2   10. Исследуем функцию по второй производной. (cosx  sinx)( sinx  cosx) 2  ( sinx  cosx)2(cosx  sinx)( sinx  cosx) y   ; ( sinx  cosx)4 ( sinx  cosx) 2  2( sinx  cosx) 2 3  2 sinxcosx y   . ( sinx  cosx)3 ( sinx  cosx)3 Таким образом, вторая производная y  3  sin2 x , ( sinx  cosx)3  y  0, sinx  cosx  0  tgx  1, откуда   y  0, sinx  cosx  0  tgx  1. Перегибов нет, так как 3  sin2 x  0 для всех x  R в силу ограниченности sinx  1. График функции приведен на рис. 5.18. 83 Рис. 5.18. График функции y  1 sinx  cosx 4. Задачи на экстремум с геометрическим содержанием Задача 9. Вдоль каменной стены надо отгородить забором прямоугольный участок наибольшей площади. Каковы должны быть размеры такого участка, если длина забора предполагается равной 200 метров? Решение. Обозначим длину стороны забора, которая перпендикулярна стене, через x . Тогда длина стороны забора, параллельной стене, 200  2x (рис. 5.19). стена х 200  2х забор Рис. 5.19 Площадь участка S  200  2 x   x  200 x  2 x 2 . Эту функцию нужно исследовать на экстремум. S   200  4 x, S   0  x  50 – критическая точка. знак S  – + x 84 поведение S 50 200 Smax  (200  2  50)  50  5000( м2 ). Ответ: размеры участка 50х100 м, S  5000 (м2). Задача 10. Консервная банка цилиндрической формы с дном и крышкой должна вмещать V см3. Каковы должны быть размеры банки, чтобы на ее изготовление пошло наименьшее количество материала? Решение. На изготовление банки пойдет наименьшее количество материала, если полная поверхность цилиндра будет наименьшей. Sп  2 RH  2 R 2  min. R Обозначим радиус основания цилиндра R через x . Выразим высоту H через данный объем цилиндра V и радиус x . V 2 V   R2 H , V   x H  H  2 . x Рис. 5.20 Полная поверхность цилиндра определяется функцией V 2V Sп  2 x  2  2 x 2  S   2 x 2 , x  0. x x Исследуем эту функцию на экстремум. 2V 2V V S    2  4 x, S   0,  2  4 x  0  x  3 – критическая точка. x x 2 Знак Поведение S S – + x хкр min Радиус основания цилиндра равен R  3 V . 2  V   H  2 3   2 R. 2   V    3   2  Минимальное значение поверхности цилиндра: V Найдем высоту цилиндра: H  Smin  2 R  R  2 R 2  6 3 85 V2  3 3 2V 2 . 2 4 Ответ: H  2 R, R  3 V , Smin  3 3 2V 2 . 2 Задача 11. Окно имеет форму прямоугольника, завершенного полукругом. Периметр окна равен a . При каких размерах сторон прямоугольника окно будет пропускать наибольшее количество света? Решение. Окно будет пропускать наибольшее количество света, если его площадь будет наибольшей. Обозначим радиус полуR=x круга через x . H Рис. 5.21. H S  0,5 x2  2x  H , где H высота прямоугольника. Найдем периметр окна: a  2 x  2H   x. Из этого выражения найдем H и подставим в функцию S . a  2x   x a  2x   x  S  0,5 x 2  2 x  . 2 2 S  ax  2 x 2  0,5 x 2 , x  0. Эту функцию исследуем на экстремум. Из необходимого условия экстремума: S   a  4 x   x, S   0, находим критическое значение радиуса полукруга a a  x(  4), x  R  4 Знак + – S x Поведение S 0 R max Используя достаточное условие экстремума, видим, что в критической точке функция имеет максимум 2a , а высота Основание прямоугольника равно 2 x   4 2a a a    4   4  a  R. H 2  4 Максимальное значение площади: 1 Smax  0,5 R 2  2 R  R  (  4) R. 2 a a , H  a ; Smax  . Ответ: R  2   4   4  4 2 86 Задача 12. Найти радиус основания и высоту конуса наименьшего объема, описанного около шара радиуса R. Решение. Обозначим высоту конуса A AO  H , радиус основания OC  r . Осевое сечение конуса с вписанным шаром изобраB H 1 жено на рис. 5.22. V   r H . O R 3 Выразим радиус основания конуса через радиус шара R  OB. Из подобия прямоугольных треугольниO1 r C AC O C ков OAB ~ O AC имеем  . Рис. 5.22 1 1 2 1 1 AO Из O1 AC : AC  H  r , 2 2 OB 2  r , OB  R. AO  H  R, OC 1 H 2  r2 r   R H 2  r 2  r  H  R . H R R Решая последнее уравнение, получим r 2  R2 H H  2 R. Подставим это выражение в функцию V  R2 H 2 1 R2 H V  H  , V H    , H  2 R. 3 H 2 R 3 H 2 R Исследуем эту функцию на экстремум. V  H    R 2H  H 2R  H 2 3   H 2R  2 2 R H 2  4 HR   2 . 3  H 2R  2 V   0  H 2  4HR  0, H  H 4R   0, H1  0, H 2  4R  критические точки. Так как в данной задаче высота конуса H не может быть отрицательной и равной нулю, то исследуем только критическую точку H  4R. знак V  – + H поведение V 4R min Отсюда следует, что оптимальная высота конуса равна 4R (в точке R 2 4 R 4R3   R 2. 4R 2R 2R 8 R3      r 2  H    2R 2  4R  . 3 3  3 минимума). Найдем радиус основания конуса r  Минимальное значение объема конуса Vmin Ответ: H  4R, r  R 2, Vmin 8 R 3  . 3 87