close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Karakazjan Issled funkc odnoi

код для вставкиСкачать
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
С. А. КАРАКАЗЬЯН, О. В. СОЛОВЬЁВА
С. А. КАРАКАЗЬЯН, О. В. СОЛОВЬЁВА
ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИИ
ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИИ
ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2016
0
1
УДК 517.17
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук, доцент А. Е. Михайлов (СПбГАСУ);
зав. каф. математики, д-р физ.-мат. наук А. А. Груздков (СПбГТИ(ТУ))
Караказьян, С. А.
Исследование функции одной переменной: учеб. пособие /
С. А. Караказьян, О. В. Соловьёва; СПб. гос. архит.-строит. ун-т. –
СПб., 2016. – 54 с.
ISBN 978-5-9227-0663-6
Изложены основные определения и теоремы. Пособие снабжено множеством примеров. Приводятся варианты для самостоятельной работы студентов.
Пособие к самостоятельному изучению раздела «Исследование функции одной переменной» предназначено для студентов технических специальностей дневной формы обучения.
Ил. 48. Библиогр.: 3 назв.
§ 1. ВОЗРАСТАНИЕ И УБЫВАНИЕ ФУНКЦИИ
Определение 1.1. Функция y  f  x  называется возрастающей на промежутке a; b, если большему значению аргумента соответствует большее значение функции, т. е. при x2  x1 выполнено
f  x2   f  x1  , где a  x1  x2  b .
Определение 1.2. Функция y  f  x  называется убывающей
на промежутке a; b, если большему значению аргумента соответствует меньшее значение функции, т. е. при x2  x1 выполнено
f  x2   f  x1  , где a  x1  x2  b (рис. 1).
y
y
f  x2 
f  x2 
f  x1 
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве учебного пособия.
f  x1 
x1
x2
x
f  x2   f  x1  –
возрастающая
x1
x2
x
f  x2   f  x1  –
убывающая функция
Рис. 1
ISBN 978-5-9227-0663-6
 С. А. Караказьян, О. В. Соловьёва, 2016
 Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2016
2
Установим необходимые условия возрастания, убывания
и постоянства дифференцируемой функции.
Теорема 1.1. Если дифференцируемая в некотором промежутке функция y  f  x  :
1) возрастает на этом промежутке, то ее производная неотрицательна, т. е. f  x   0 ;
2) убывает на этом промежутке, то ее производная неположительна, т. е. f  x   0 ;
3) постоянна на этом промежутке, то ее производная тождественно равна 0 , т. е. f  x   0 .
3
Доказательство. Пусть функция y  f  x  в данном промежутке возрастает, т. е. f  x  x   f  x  при x  0 .
По определению производной
f  x  x   f  x 
f  x  x   f  x 
, где очевидно, что
f  x   lim
 0.
x 0
x
x
В силу свойства предела знакопостоянной переменной
f  x   0 .
Аналогично доказываются и остальные пункты теоремы.
Установим теперь достаточные условия возрастания, убывания и постоянства дифференцируемой функции.
Теорема 1.2. Если дифференцирумая в некотором промежутке
функция y  f  x  имеет на этом промежутке:
1) положительную производную, т. е. f  x   0 , то на этом
промежутке функция f  x  возрастает;
2) отрицательную производную, т. е. f  x   0 , то на этом
промежутке функция f  x  убывает;
3) имеет на этом промежутке нулевую производную, т. е.

f  x   0 , то на этом промежутке функция f  x  постоянна.
Доказательство. Докажем п. 1.
Пусть функция y  f  x  имеет на данном промежутке положительную производную, т. е. f  x   0 .
Рассмотрим две произвольные точки этого промежутка: x1
и x2 , где x2  x1 , и применим к замкнутому промежутку x1 ; x 2 
теорему Лагранжа f  x 2   f  x1   f c  x 2  x1  , x1  c  x2 . Из последнего равенства следует, что f  x2   f  x1  , т. е. функция
y  f  x  в этом случае возрастает.
Замечание. В п. 1 теоремы 1.2 предполагается, что производная функции строго положительна в данном промежутке. Однако
результат теоремы справедлив и в том случае, если производная
функции обращается в нуль в отдельных точках промежутка, являясь положительной во всех остальных точках промежутка.
Аналогично доказываются и остальные пункты теоремы 1.2.
Рис. 2
Находим y  2 x  1 , y  2 x  1  0 при x  0,5 ,

y  2 x  1  0 при x  0,5 . Значит, функция возрастает на промежутке 0,5;   и убывает на промежутке ; 0,5.
Этот результат подтверждается и графически (рис. 2).
Пример 1.1. Найти промежутки убывания и возрастания
функции y  x 2  x  1.
4
5
§ 2. МАКСИМУМ И МИНИМУМ ФУНКЦИИ
Определение 2.1. Непрерывная функция y  f  x 
имеет в точке x  x0 максимум, равный f  x0  , если
можно указать такой промежуток ( x0  ; x0  ) , содержащий точку x  x0 , что для
всех x  x0 из этого промежутка выполняется неравенство f  x0   f  x  (рис. 3).
y
f  x0 
x0   x0 x0  
x
Рис. 3
Определение 2.2. Непрерывная функция y  f  x 
имеет в точке x  x0 минимум, равный f  x0  , если
можно указать такой промежуток  x0  ; x0    , содержащий точку x  x0 , что для
всех x  x0 из этого промежутка выполняется неравенство f  x0   f  x  (рис. 4).
теоремы Ферма производная функции в точке x  x0 обращается
в нуль, т. е. f  x0   0 .
Таким образом, если дифференцируемая функция имеет в некоторой точке экстремум, то ее производная в этой точке обращается в нуль. Следовательно, равенство нулю производной функции
в некоторой точке является необходимым условием экстремума
в этой точке.
Точки, в которых производная функции обращается в нуль,
называются стационарными точками.
Покажем на примере, что равенство нулю производной является лишь необходимым, но не достаточным условием экстремума.
Иначе говоря, покажем, что не в каждой стационарной точке функция имеет экстремум.
Пример 2.1. Рассмотрим функцию y  x3 .
Находим y  3 x 2 . Приравниваем производную к нулю:
3 x 2  0 , отсюда следует, что x  0 . Значит, точка x  0 стационарная. Найдем значение в точке x  0 : y 0   0 .
При x  0 y  x   y 0  , при x  0 y  x   y 0 , т. е. в окрестности
стационарной точки функция принимает значения как меньшие, так
и большие, чем ее значение в стационарной точке. Отсюда следует,
что в этой точке функция не имеет ни максимума, ни минимума
(рис. 5).
y
f  x0 
x 0   x0 x0  
x
Рис. 4
Максимум и минимум функции называют также экстремумами функции.
Установим необходимое условие экстремума дифференцируемой функции. Пусть дифференцируемая функция y  f  x  имеет в точке x  x0 экстремум, равный f  x0 . Из определения экстремума следует, что f  x0  является наибольшим или наименьшим
значением функции y  f  x  на промежутке  x0  ; x0    . В силу
Рис. 5
6
7
Установим достаточные условия экстремума дифференцируемой функции.
Первый вариант
Пусть функция y  f  x  дифференцируема на промежутке
x0  ; x0   и x  x0 – стационарная точка. Тогда возможны
4 следующих случая:
1) f  x   0 при x  x0 и f  x   0 при x  x0 , т. е. при переходе через стационарную точку производная меняет знак с минуса на
плюс. Согласно достаточным условиям возрастания и убывания
функций данная функция в этом случае убывает в промежутке
x0   ; x0  и возрастает в промежутке x0 ; x0   . Следовательно,
в стационарной точке функция имеет минимум (рис. 6);
2) f  x   0 при x  x0 и f  x   0 при x  x0 , т. е. при переходе через стационарную точку производная меняет знак с плюса на
минус. Очевидно, в этом случае функция имеет в стационарной
точке максимум (рис. 7);
y
y
4) f  x   0 при x  x0 и f  x   0 при x  x0 , т. е. при переходе через стационарную точку знак производной не меняется, оставаясь отрицательным. Функция убывает в промежутках  x0   ; x0 
и  x0 ; x0    . В этом случае функция в стационарной точке x0 экстремума не имеет (рис. 9).
y
y
x0
Пример 2.2. Найти экстремум функции y  x 3  6 x 2  9 x .
Найдем производную:
y   3 x 2  12 x  9  3 x 2  4 x  3  3 x  1 x  3.
Находим стационарные точки: 3 x  1 x  3  0 , x1  1, x2  3 .
Применим достаточные условия (рис. 10).

х0
x
x
Рис. 7
Рис. 6
x
Рис. 9
Рис. 8
y
х0
x0
x

+
−
+
3
1
x
Рис. 10
3) f  x   0 при x  x0 и f  x   0 при x  x0 , т. е. при переходе через стационарную точку знак производной не меняется, оставаясь положительным. Функция возрастает как в промежутке
x0   ; x0  , так и в промежутке x0 ; x0   . В этом случае функция
в стационарной точке x0 экстремума не имеет (рис. 8);
Из рис. 10 функция имеет минимум y 3  0 и максимум y 1  4
(рис. 11).
8
9
Рис. 11
Второй вариант
Пусть функция y  f  x  дважды дифференцируема в промежутке  x0   ; x0    и f  x0   0 . Тогда возможны следующие три
случая:
1) f  x0   0 . Учитывая определение второй производной,
имеем
f  x   f  x0 
f  x 
f  x0   lim
 lim
 0.
x  x0
x

x
x  x0
0 x  x0
Отсюда на основе свойства предела знакопостоянной переменной следует, что при x , достаточно близких к x0 , выполняется
f  x 
неравенство
 0 . Из последнего неравенства следует, что при
x  x0
x  x0 f  x   0 и при x  x0 f  x   0 , т. е. при переходе через стационарную точку производная функции меняет знак с минуса на
плюс. В силу достаточных условий в первом варианте в стационарной точке функция имеет минимум;
2) f  x0   0 . Рассуждая аналогично, можно установить, что
в этом случае в стационарной точке функция имеет максимум;
3) f  x0   0 . В этом случае исследование стационарной точки
следует проводить с помощью достаточных условий по первому
варианту.
10
Пример 2.3. Найти экстремум функции y  x 3  6 x 2  9 x с помощью достаточных условий во втором варианте.
Находим первую и вторую производные:
y   3 x 2  12 x  9  3 x  1 x  3,
y  6 x  12  6 x  2  .
Стационарные точки: x1  1, x2  3 , исследуем их:


y 1  6  12  6  0 , y3  18  12  6  0 . Следовательно, функция имеет минимум y 3  0 и максимум y 1  4 .
Выше мы рассматривали экстремум дифференцируемой
функции, точнее говоря, функции, имеющей непрерывную производную. Такие функции называются гладкими, экстремум гладкой
функции также называется гладким экстремумом.
Непрерывная функция может иметь экстремум в таких точках,
в которых она не дифференцируема, точнее, в точках, в которых
производная имеет разрыв (конечный или бесконечный). Такой
экстремум называется острым экстремумом. Для нахождения точек острого экстремума функции следует найти точки разрыва производной и применить к ним достаточные условия экстремума
в первом варианте.
Пример 2.4. Рассмотрим функцию (рис. 12)
 x при x  0,
y x 
 x при x  0.
Рис. 12
11
Данная функция непрерывна на интервале ( ;  ) . Найдем
ее производную (рис. 13):
 1 при x  0,
y  
 1 при x  0.
Производная имеет
y
конечный разрыв в точке
x  0 , следовательно, точка
x  0 подозрительная на
1
острый экстремум. Применим достаточные услоx вия экстремума в первом
варианте. Так как при переходе через точку x  0
1
производная меняет знак
с минуса на плюс, то в
этой
точке функция имеет
Рис. 13
острый минимум (рис. 14).
Пример 2.5. Расy –
+
смотрим функцию (рис. 15)
0
Данная функция непрерывна на интервале (  ;   ) .
Найдем
ее
производную:
y −
+
2
y   3 . Производная существует
3 x
0
x
везде, кроме точки x  0 , где она
имеет бесконечный разрыв. СледоваРис. 16
тельно, точка x  0 подозрительная
на острый экстремум. Исследуем знак производной. При переходе
через точку x  0 производная меняет знак с минуса на плюс, поэтому в этой точке функция имеет острый минимум (рис. 16).
Таким образом, непрерывная функция может иметь экстремум
лишь в двух случаях: либо в тех точках, в которых производная непрерывна и равна нулю (гладкий экстремум), либо в тех точках, где
производная имеет разрыв (острый экстремум).
y  3 x2 .
x
Рис. 14
Рис. 15
12
13
§ 3. ВЫПУКЛОСТЬ И ТОЧКИ ПЕРЕГИБА
Пусть функция f задана на интервале (a; b) и а < x1 < x2 < b.
Проведем прямую через точки A = (x1; f(x1)) и B = (x2; f(x2)), лежащие на графике функции f. Уравнение прямой, проходящей через
y  f ( x1 )
x  x1

две точки,
. Тогда уравнение прямой АВ
f ( x2 )  f ( x1 ) x2  x1
можно записать в виде
f ( x2 )( x  x1 )  f ( x1 )( x2  x)
y
.
x2  x1
Это уравнение хорды АВ: y  l (x) .
Определение 3.1. Функция f называется выпуклой вверх на
интервале (a; b), если, каковы бы ни были точки x1 и x2, а < x1 < x2 < b,
для любой точки x интервала ( x1 ; x 2 ) выполняется неравенство
l ( x)  f ( x) .
Если же для всех точек выполняется противоположное неравенство l ( x)  f ( x) , то функция f называется выпуклой вниз на интервале (a; b).
Это означает, что любая точка хорды АВ в случае выпуклости
вниз расположена не ниже точки графика функции f, соответствующей тому же значению аргумента. В случае выпуклости вверх
любая точка хорды АВ расположена не выше графика функции
(рис. 17).
f(x)
B
B
A
A
f(x)
X1
x
X1
X2
Рис. 17
14
x
X2
Заметим, что функция f выпукла вверх тогда и только тогда,
когда функция –f выпукла вниз.
Если
выполняются
строгие
неравенства
l ( x)  f ( x)
и l ( x)  f ( x) , а < x1 < x2 < b, то функция f называется строго выпуклой вверх, соответственно строго выпуклой вниз на интервале
(a; b). В этом случае любая точка хорды АВ, кроме ее концов, лежит
ниже (выше) соответствующей точки графика функции.
Всякий интервал, на котором функция выпукла вверх, соответственно выпукла вниз, называется интервалом выпуклости
вверх, соответственно – вниз этой функции.
Теорема 3.1 (достаточные условия строгой выпуклости).
Если вторая производная функции отрицательна (положительна) во
всех точках интервала, то функция строго выпукла вверх (соответственно строго выпукла вниз) на этом интервале.
Доказательство. Если а < x1 < x < x2 < b, то
f ( x 2 )( x  x1 )  f ( x1 )( x 2  x)
( x  x1 )  ( x 2  x)
 f ( x)

l ( x)  f ( x) 
x 2  x1
x 2  x1
( f ( x2 )  f ( x))( x  x1 )  ( f ( x)  f ( x1 ))( x2  x)

.
x2  x1
Применив к разностям значений функций f ( x2 )  f ( x) ,
f ( x)  f ( x1 ) теорему Лагранжа, получим
f (с)( x 2  x)( x  x1 )  f (с1 )( x  x1 )( x 2  x)

l ( x)  f ( x) 
x 2  x1
( f (c)  f (c1 ))( x2  x)( x  x1 )

, где x1  c1  x  c  x2 . Применим
x2  x1
теперь теорему о среднем Лагранжа к разности f (c)  f (c1 ) ; тогда
f (с 2 )(c  c1 )( x 2  x)( x  x1 )
получим l ( x)  f ( x) 
, c1  c2  c . Здесь
x 2  x1
знак правой части равенства совпадает со знаком f (с2 ) (все
остальные сомножители положительны). Поэтому, если f   0 на
(a; b), то l ( x)  f ( x ) , т. е. функция f строго выпукла вверх; если же
f   0 на (a; b), то l ( x)  f ( x) , т. е. функция f строго выпукла вниз.
Замечание 1. Условие постоянства знака второй производной,
являясь достаточным условием строгой выпуклости вверх или вниз,
не является необходимым: на интервалах строгой выпуклости
15
вверх или вниз вторая производная может обращаться в нуль.
Например, функция y  x 4 строго выпукла вниз на всей числовой
прямой, однако ее производная y  12x 2 обращается в нуль при
x  0.
Замечание 2. Из доказательства теоремы видно, что если
условие положительности второй производной на интервале заменить условием ее неотрицательности, то функция будет выпукла
вниз на этом интервале. Соответственно, если вторая производная
неположительна на интервале, то функция выпукла вверх.
Расположение графика дважды дифференцируемой функции
относительно касательной к этому графику также зависит от знака
второй производной.
Теорема 3.2. Пусть функция f имеет во всех точках x интервала (а; b) положительную (отрицательную) вторую производную
f ( x)  0 (соответственно f ( x)  0 ). Тогда, какова бы ни была
точка x0  (a; b) , все точки ( x; f ( x)) , x  (a; b) графика функции f
лежат выше (соответственно ниже) касательной, проведенной
к нему в точке ( x0 ; f ( x0 )) , кроме самой этой точки, которая лежит
на касательной.
Доказательство. Если функция f имеет в точке x0 вторую
производную, то, значит, в этой точке существует и первая производная, а тогда график функции имеет в точке ( x0 ; f ( x0 )) наклонную касательную y  f ( x0 )( x  x0 )  f ( x 0 ) . Обозначим правую
f ( x )  L( x ) 
часть этого уравнения через L(x). Тогда
 ( f ( x)  f ( x0 ))  f ( x0 )( x  x0 ) . Применим к разности f ( x )  f ( x0 )
теорему о среднем Лагранжа, получим: f ( x)  L( x)  f (с)( x  x0 ) 
 f ( x0 )( x  x0 )  ( f (c)  f ( x0 ))( x  x0 ) , где c лежит между x и x0 .
Применим еще раз теорему Лагранжа, но уже к разности
f (c )  f ( x0 ) , получим:
f ( x)  L( x)  f (с1 )(c  x0 )( x  x0 ) ,
где точка c1 лежит между x0 и c . Имеем (c  x0 )( x  x0 )  0 , так как
точки c и x расположены по одну сторону от x0 :
a  x0  c1  c  x  b или a  x  c  c1  x0  b . Поэтому знак разности f ( x)  L( x) при x  x0 совпадает со знаком второй производной
f (с1 ) . Следовательно, если на (a; b) вторая производная положи-
тельна, то f ( x)  L( x) , т. е. график функции лежит над касательной
(выпуклый вниз), а если вторая производная отрицательна, то
f ( x)  L( x) , т. е. график функции лежит под касательной (выпуклый вверх) y  f ( x0 )( x  x0 )  f ( x 0 ) , x  ( a; b ) , x  x0 .
Определение 3.2. Пусть функция f дифференцируема при x = x0,
пусть y = L(x) – уравнение наклонной касательной к графику функции f в точке ( x0 ; f ( x0 )) . Если разность f ( x)  L( x) меняет знак при
переходе через точку x0 , то x0 называется точкой перегиба функции f.
Если x0 – точка перегиба функции, то точка ( x0 ; f ( x0 )) называется точкой перегиба графика функции f. В точке ( x0 ; f ( x0 )) график функции f переходит с одной стороны наклонной касательной
на другую сторону (рис. 18).
16
17
f (x)
L(x)
x0
x
Рис. 18
Пример 3.1. f ( x)  x 3 .
f ( x )  6 x , f ( x )  0 при x > 0 и f ( x )  0 для x < 0. Следовательно, функция f ( x)  x 3 выпукла вверх на (; 0) и выпукла
вниз на (0;  ) . Уравнение касательной к ее графику в точке (0; 0)
имеет вид y  0 . При x < 0 f ( x )  0 , а при x > 0 f ( x )  0 , тогда
точка x = 0 является точкой перегиба (рис. 19).
Доказательство. Пусть f ( x )  0 при x  x0 и f ( x )  0 при
x  x0 . Это означает, что слева от x0 график выпуклый вверх, а
справа – выпуклый вниз. Следовательно, точка ( x0 ; f ( x0 )) графика
функции является точкой перегиба.
Аналогично, если f ( x )  0 при x  x0 и f ( x )  0 при x  x0 ,
то точка ( x0 ; f ( x0 )) является точкой перегиба.
Рис. 19
Теорема 3.3 (необходимое условие точек перегиба). Если
в точке перегиба функции существует вторая производная, то она
равна нулю.
Доказательство. Действительно, пусть функция f (x) имеет
в точке x0 вторую производную и уравнение касательной к графику y  L (x ) в точке ( x0 ; f ( x0 )) , т. е. L( x)  f ( x0 )( x  x0 )  f ( x 0 ) .
Тогда, используя формулу Тейлора, можно записать
f ( x0 )
( x  x 0 ) 2  o(( x  x0 ) 2 ) 
f ( x )  L( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) 
2
f ( x0 )
 L( x) 
( x  x0 ) 2  o(( x  x 0 ) 2 ) , x  x0 .
2
Если f ( x0 )  0 , то знак разности f ( x )  L ( x ) в некоторой
окрестности точки x0 совпадал бы со знаком числа f ( x0 ) . В этом
случае разность f ( x )  L ( x ) не меняла бы знак в точке x0 , а тогда
эта точка не была бы точкой перегиба. Значит, если x0 − точка перегиба функции f (x) , то f ( x0 )  0 .
Теорема 3.4 (достаточное условие точек перегиба). Если
вторая производная f (x) при переходе через точку x0 , в которой
она равна нулю или не существует, меняет знак, то точка графика
с абсциссой x0 есть точка перегиба.
18
19
M 0 ( x0 ; y 0 ) до прямой Ax  By  C  0 d 
§ 4. АСИМПТОТЫ ГРАФИКА ФУНКЦИИ
Определение 4.1. Асимптотой графика функции y  f (x )
называется прямая, расстояние до которой от точки, лежащей на
графике функции, стремится к нулю при неограниченном удалении
этой точки в бесконечность.
Различают вертикальные и наклонные асимптоты.
1. Вертикальные асимптоты. Прямая x  a является вертиесли
кальной
асимптотой
графика
функции
y  f (x ) ,
lim f ( x )   , или lim f ( x )   , или lim f ( x )   .
xa 0
xa0
xa
Таким образом, точки бесконечного разрыва функции, как
правило, точки, в которых знаменатель обращается в нуль, будут
давать значения x  a . Вертикальные асимптоты находятся из области определения функции.
x
Пример 4.1. y 
.
x2
Область определения функции x  (  ;  2)  ( 2;  ) . Следовательно, прямая x  2 – вертикальная асимптота. Найдем одноx
сторонние пределы
lim
   (например, подставим
x  2  0 x  2
y
–2
x
Рис. 20
в дробь значение x  2  0,001,
числитель и знаменатель дроби будут меньше нуля, а значит, вся
дробь
будет
больше
нуля),
x
lim
  (подставим в дробь
x  2  0 x  2
значение x  2  0,001, тогда числитель меньше нуля, а знаменатель
больше нуля). Изобразим схематически это на рис. 20.
2. Наклонные асимптоты. Как известно, уравнение наклонной прямой имеет вид y  kx  b . Найдем k и b . Возьмем на кривой
y  f ( x ) произвольную точку M ( x; y ) . Расстояние от точки
20
Ax0  By 0  C
. ПерепиA2  B 2
шем эту формулу для точки M ( x; y ) и прямой y  kx  b :
kx  y  b
. Расстояние d будет стремиться к нулю, когда чисd
k2 1
литель будет стремиться к нулю при x   . Имеем
lim ( kx  y  b)  0 и kx  y  b  (x) , где (x) – бесконечно малая
x
функция при x   . Разделив обе части равенства y  kx  b  (x)
на x , получим:
( x)
y
b ( x) 
b

lim  lim  k  
 k 00  k.
  k  lim  lim
x  x
x 
x  x
x  x
x
x 
Поскольку b  y  kx , то b  lim ( y  kx ) .
x
y
Таким образом, k  lim , b  lim ( y  kx ) .
x x
x
x2  3
.
x 1
1. Прямая x  1 – вертикальная асимптота (знаменатель дроx2  3
би равен нулю при x  1): lim
  (числитель дроби
x   1 0 x  1
x2  3
больше нуля, а знаменатель меньше нуля), lim
  (чисx   1 0 x  1
литель и знаменатель дроби больше нуля).
2. Найдем наклонную асимптоту y  kx  b . Из формул имеем:
3
1 2
y
x2  3
x  1,
 lim
k  lim  lim
1
x  x
x   x ( x  1)
x 
1
x
 x2  3

x2  3  x2  x
3 x
b  lim ( y  kx)  lim 
 x   lim
 lim
 1.
x 
x  x  1
x  x  1
x 1

 x 
Тогда y  x  1 − наклонная асимптота.
На рис. 21 изобразим схему графика функции.
Пример 4.2. Найти асимптоты графика функции y 
21
2. Найдем наклонную асимптоту y  kx  b . Из формул имеем:
y
2( x 2  1)
y
2( x 2  1)
 lim

lim
 0,
x  x
x   x (1  x 2 )
x  x  x3
2
2 2
2
2( x  1)
x  2 .
 lim
b  lim ( y  kx )  lim
x
x 1  x 2
x 1
1
x2
k  lim
–1
1
x
–1
y
Рис. 21
Замечание. Асимптоты графика функции y  f (x ) при
x   и при x   могут быть разными. При нахождении
наклонных асимптот иногда надо отдельно рассматривать пределы
при x   и при x   .
Когда степень x числителя равна или меньше степени x знаy
менателя, получим k  lim  0 . Тогда y  b – горизонтальная
x  x
прямая, и говорят, что функция имеет горизонтальную асимптоту.
2( x 2  1)
Пример 4.3. Найти асимптоты графика функции y 
.
1  x2
1. Прямые x  1 и x  1 – вертикальные асимптоты (знамена2( x 2  1)
тель дроби равен нулю при x  1): lim
  (числиx  1  0 1  x 2
тель дроби больше нуля, а знаменатель меньше нуля),
2( x 2  1)
  (числитель и знаменатель дроби больше нуля):
lim
x  1  0 1  x 2
2( x 2  1)
2( x 2  1)
,


  .
lim
lim
x 1 0 1  x 2
x 1 0 1  x 2
22
–1
1
x
–2
Рис. 22
Тогда y  2 − горизонтальная асимптота. На рис. 22 изобразим схему графика функции.
23
x3
  ,
x  2  0 x 2  4
б) наклонная асимптота y  kx  b .
ка
§ 5. ОБЩАЯ СХЕМА ИССЛЕДОВАНИЯ ФУНКЦИИ
Исследовать функцию y  f (x ) :
1) область определения функции;
2) точки пересечения с осями координат (если есть). Например, с осью Ox : y  0 , x  x0 ; с осью Oy : x  0 , y (0)  y0 . Точки
( x 0 ; 0), (0; y 0 ) ;
3) четность (нечетность) графика функции. Если y (  x )  y ( x ) ,
то функция четная и симметрична относительно оси Oy . Если
y (  x )   y ( x ) , то функция нечетная и симметрична относительно
начала координат. Иначе функция общего вида и не имеет симметрии;
4) асимптоты (если есть): а) вертикальные, если в п. 1 есть
точки бесконечного разрыва; б) наклонные, если функция представляет собой дробь, у которой степень переменной в числителе
на единицу больше степени переменной в знаменателе; горизонтальные, если степень переменной в знаменателе больше или равна
степени переменной в числителе;
5) интервалы монотонности функции и экстремумы функции;
6) интервалы выпуклости вверх и выпуклости вниз, точки перегиба функции.
На основании пунктов исследования строится график функции.
x3
:
x2  4
1. ООФ: x  (  ;  2)  ( 2; 2)  ( 2;  ) .
x3
2. Функция нечетная, так как y (  x )   2
  y ( x ) . Следоx 4
вательно, функция симметричная относительно начала координат.
3. Функция проходит через начало координат y (0)  0 .
а)
вертикальные:
x  2,
x  2 ;
4. Асимптоты:
3
3
x
x
lim 2
  , lim 2
  . Пользуясь симметрией графиx20 x  4
x20 x  4
Пример 5.1. Исследовать функцию y 
24
функции,
имеем
x3
  ;
x  2  0 x 2  4
lim
lim
1
x3
x3
x3
lim
lim


 lim
 1,
2
3
4
4
x   x ( x  4)
x x  4
x 3
x
1 3
x (1  3 )
x
x
4
 x3

4x
x3  x3  4 x
 x   lim
 lim 2
 lim x  0 ,
b  lim  2
2
4
x x  4
x 
x  x  4
x 

x
4


1 2
x
y  x − наклонная асимптота. Изобразим схему графика (рис. 23).
k  lim
y
–2
2
x
Рис. 23
5. Найдем промежутки монотонности графика функции и экстремумы:

 x 3  3 x 2 ( x 2  4)  2 x 4 x 2 ( x 2  12)
 


y   2
2
2
2
2




x
4
(
x
4
)
(
x
4
)


x 2 ( x  2 3 )( x  2 3)

 0 . Производная равна нулю в точках x  0,
( x 2  4) 2
x  2 3 , x  2 3 и не существует в точках x  2, x  2 . Нанесем
эти точки на ось и воспользуемся методом интервалов, расставляя
знаки производной (рис. 24). В точке x  2 3 функция имеет ми25
нимум, а в точке x  2 3 – максимум. При переходе через точки
x  0, x  2, x  2 функция не меняет знак, так как эти множители
в четной степени. На интервалах x  (; 2 3 )  (2 3;  ) функция возрастает, на x  (2 3; 2 3 ) – убывает. Найдем максимум
y (2 3)  3 3 и минимум функции y (2 3)  3 3 .
–2
3
2
0
2
2 3
График функции представлен на рис. 26.
x
Рис. 24
6. Найдем промежутки выпуклости вверх и вниз графика
функции, точки перегиба:

 x 4  12 x 2  ( 4 x 3  24 x)( x 2  4) 2  2( x 2  4) 2 x ( x 4  12 x 2 )
 

y   2
2 
( x 2  4) 4
 ( x  4) 
4 x ( x 2  4)(( x 2  6)( x 2  4)  x 4  12 x 2 )


( x 2  4) 4
4 x( x 4  10 x 2  24  x 4  12 x 2 ) 8 x( x 2 12)


 0 . Вторая производ( x 2  4)3
( x 2  4)3
ная равна нулю в точке x  0 , не существует в точках x  2, x  2 .
Нанесем эти точки на ось (рис. 25). Тогда точка x  0 является точкой перегиба. На интервалах x  ( ; 2)  (0; 2) функция выпукла
вверх, а на x  ( 2; 0)  ( 2;  ) – выпукла вниз (см. рис. 25).
2
0
Рис. 25
26
2
x
Рис. 26
Пример 5.2. Исследовать функцию y  16 x ( x  1) 3 :
1. ООФ: x  ( ;  ) .
2. Функция общего вида, симметрии не имеет.
3. Функция проходит через начало координат y (0)  0 и пересекает ось абсцисс в точке (1; 0).
4. Асимптот не имеет.
5. Найдем промежутки монотонности графика функции, экстремумы:
y   16(( x  1) 3  3 x ( x  1) 2 )  16( x  1) 2 ( x  1  3 x ) 
1

 64( x  1) 2  x    0 .
4

1
1
Производная равна нулю при x  1, x  . В точке x  функ4
4
ция меняет знак с минуса на плюс – это точка минимума.
27
1
(рис. 27).
y   
16
4
6. Найдем промежутки выпуклости вверх и вниз графика
функции, точки перегиба:
27
1

y   64( 2( x  1) x    ( x  1) 2 )  64( x  1)( 2 x  0,5  x  1) 
4

1

 192( x  1) x    0 . Вторая производная равна нулю в точках
2

x  0,5, x  1 . Эти точки будут точками перегиба, так как при переходе через них вторая производная меняет знак (рис. 28).
+
+
−
1/4
1/2
1
+
−
+
Рис. 27
1
Рис. 28
1
y (1)  0, y    1.
2
График функции изображен на рис. 29.
3. Функция пересекает ось абсцисс в точке (3; 0), ось ординат
в точке (1,5; 0).
4. Найдем асимптоты:
а) вертикальная асимптота: x  1,
3 x
3 x
lim
  , lim
  ;
x 1 0 2 x  2
x 1 0 2 x  2
1
б) горизонтальная асимптота: y   ,
2
3 1

2
3 x
x  0 , b  lim 3  x   1 .
 lim x
k  lim
2
x  2 x  2
x   x ( 2 x  2)
x
2
2
x
5. Найдем промежутки монотонности графика функции, экстремумы:
 ( 2 x  2)  2(3  x )
8

 0 . Производная функции нигде
y 
2
2 x  2 
2 x  2 2
не равна нулю, не существует в точке x  1. Функция убывающая.
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз графика
32
функции, точки перегиба: y  
 0 . Вторая производная на
2 x  2 3
интервале ( 1;  ) положительна, следовательно, функция выпукла вниз. Вторая производная на интервале ( ; 1) отрицательная,
значит, функция выпукла вверх. Точек перегиба нет.
График функции представлен на рис. 30.
Рис. 29
Пример 5.3. Исследовать функцию y 
3 x
:
2x  2
1. ООФ: x  ( ; 1)  ( 1;  ) .
2. Функция общего вида, симметрии не имеет.
28
Рис. 30
29
Пример 5.4. Исследовать функцию y 
x ( x  2)
:
2x 1
1
1
1. ООФ: x    ;    ;   .
2 2


2. Функция общего вида, симметрии не имеет.
3. Функция проходит через начало координат и пересекает ось
абсцисс в точке (2; 0).
4. Найдем асимптоты:
а) вертикальная асимптота: x  0,5 ,
x ( x  2)
x ( x  2)
lim
  , lim
  ;
x  0 ,5  0 2 x  1
x  0 ,5  0 2 x  1
б) наклонная асимптота y  kx  b ,
x ( x  2)
x2
 lim
 0,5 ,
k  lim
x   x ( 2 x  1)
x  2 x  1
 1,5 x
x 2  2 x  x 2  0,5 x
3
 x ( x  2)

 0,5 x   lim
 lim
 ;
b  lim 
x   2 x  1
x  2 x  1
2x 1
4
 x 
1
3
y  x  − наклонная асимптота.
2
4
5. Определим промежутки монотонности графика функции,
экстремумы:
( 2 x  2)( 2 x  1)  ( x 2  2 x ) 2 2( 2 x 2  x  2 x  1  x 2  2 x )
y 


( 2 x  1) 2
( 2 x  1) 2
2( x 2  x  1)
 0 . Производная везде больше нуля, значит, функ
( 2 x  1) 2
ция возрастает, экстремумов нет.
6. Найдем промежутки выпуклости вверх и вниз графика
функции, точки перегиба:
2(( 2 x  1)( 2 x  1) 2  ( x 2  x  1) 4( 2 x  1))

y  
( 2 x  1) 4
2( 2 x  1)(( 2 x  1) 2  4( x 2  x  1))
6


 0.
4
( 2 x  1)
( 2 x  1) 3
Вторая производная нигде не равна нулю (точек перегиба нет). На
интервале (; 0,5) , y   0 – функция выпукла вниз. При
x  (0,5;  ) , y   0 – функция выпукла вверх.
График функции представлен на рис. 31.
30
Рис. 31
Пример 5.5. Исследовать функцию y 
x2
:
x2 1
1. ООФ: x  ( ; 1)  ( 1; 1)  (1;  ) .
( x) 2
2. Функция четная, так как y (  x ) 
 y ( x) .
( x) 2  1
Следовательно, функция симметричная относительно оси ординат.
3. Функция проходит через начало координат y (0)  0 .
4. Найдем асимптоты:
x2
а)
вертикальные:
x  1,
x  1 ,
lim 2
  ,
x 1 0 x  1
x2
  ;
lim 2
x 1 0 x  1
б) горизонтальная асимптота y  1 , так как
x2
1
x2
x
,

 lim
 1.
b
lim

lim

0
2
2
2
1
x   x ( x  1)
x x  1
x  x  1 x 
1 2
x
Изобразим схему графика на рис. 32, воспользовавшись симметрией функции.
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
2 x ( x 2  1)  2 x 3 2 x ( x 2  1  x 2 )
 2x
y 

 2
 0.
2
2
2
2
( x  1)
( x  1)
( x  1) 2
k  lim
31
Производная равна нулю в точке x  0 , не существует в точках
x  1, x  1 . При переходе через x  0 функция меняет знак с плюса на минус, следовательно, имеем максимум.
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз
y
функции, точки перегиба:
 2(( x 2  1) 2  4 x 2 ( x 2  1))
y 

( x 2  1) 4
–1
1
x

 2( x 2  1)( x 2  1  4 x 2 )

( x 2  1) 4
2(3 x 2 1)
 0 . Вторая производ( x 2  1)3
ная больше нуля на интервалах
функция
x  ( ; 1)  (1;  ) ,
выпукла вниз. На x  ( 1; 1) вторая производная меньше нуля,
функция выпукла вверх.

Рис. 32
График функции представлен на рис. 33.
Пример 5.6. Исследовать функцию y 
1. ООФ: x  ( ; 0)  (0;  ) .
( x) 4  1
 y ( x) .
( x) 2
Следовательно, функция симметричная относительно оси ординат.
3. Функция пересекает ось абсцисс в точках (1; 0) и (–1; 0).
x4 1
4. Вертикальная асимптота: x  0 , lim
  .
x  0 x 2
Наклонных асимптот нет.
5. Найдем промежутки монотонности функции:
4 x 3 x 2  ( x 4  1) 2 x 2( x 4  1)

 0 , экстремумов нет. При x  0
y 
x4
x3
функция убывает ( y  0 ), при x  0 возрастает ( y   0 ).
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз графика
2( 4 x 3 x 3  ( x 4  1)3 x 2 ) 2 x 2 ( x 4  3)
функции, точки перегиба: y 


x6
x6
2( x  4 3 )( x  4 3 )( x 2  3 )

 0 . Вторая производная равна нулю
x4
2
.
и меняет знак в точках x   4 3 . Это точки перегиба, y (  4 3 ) 
3
При переходе через точку x  0 вторая производная знак не меняет.
На интервалах x  (  4 3; 0)  (0; 4 3 ) функция выпукла вверх
( y  0 ), на интервалах x  ( ;  4 3 )  ( 4 3;  ) − выпукла вниз
( y  0 ).
График функции представлен на рис. 34.
2. Функция четная, так как y (  x ) 
Рис. 33
32
x4 1
:
x2
33
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз функции,
6( 2 x ( x 2  4) 2  ( 4  x 2 ) 4 x ( x 2  4))
точки перегиба: y 

( x 2  4) 4
6(2 x( x 2  4)  4 x(4  x 2 )) 12 x( x 2  4  8  2 x 2 )



( x 2  4)3
( x 2  4)3
12 x( x  2 3 )( x  2 3 )

 0 . Функция имеет три точки перегиба:
( x 2  4)3
3 3
3 3
; x  0 , y ( 0)  0 ; x  2 3 , y ( 2 3 ) 
.
x   2 3 , y ( 2 3 )  
4
4
Функция выпукла вверх при x  ( ;  2 3 )  (0; 2 3 ) , выпукла
вниз при x  ( 2 3; 0)  ( 2 3;  ) .
График функции представлен на рис. 36.
Рис. 34
Пример 5.7. Исследовать функцию y 
1. ООФ: x  ( ;  ) .
6x
:
x 4
2
6x
  y ( x) .
x 4
Следовательно, функция симметричная относительно начала координат.
3. Функция проходит через начало координат.
4. Вертикальных асимптот нет. Горизонтальная асимптота
6x
6
6x
 0.
y  0 , так как k  lim
 lim 2
 0 , b  lim 2
2
x  x  4
x   x ( x  4)
x x  4
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
6(( x 2  4)  2 xx) 6(4  x 2 ) 6(2  x )( 2  x )
y 
 2

 0 . Производная
( x 2  4) 2
( x  4) 2
( x 2  4) 2
равна нулю в точках x  2 , x  2 . Функция возрастает при
x  (2; 2) , убывает при x  (; 2)  ( 2; ) (рис. 35). Точка минимума y ( 2)  1,5 , точка максимума y ( 2)  1,5 .
2. Функция нечетная, так как y (  x )  
−
+
−
–2
2
Рис. 35
34
2
Рис. 36
Пример 5.8. Исследовать функцию y 
x2
:
2x  4
1. ООФ: x  ( ;  2)  ( 2;  ) .
2. Функция общего вида, симметрии не имеет.
3. Функция проходит через начало координат.
4. Найдем асимптоты:
а) вертикальные асимптоты: x  2 , x  2 ,
35
x2
x2
  , lim
  ;
x  2  0 2 x  4
x  2  0 2 x  4
б) наклонная асимптота
x2
x
y  kx  b , k  lim
 lim
 0,5 ,
x   x ( 2 x  4)
x 2 x  4
 x2

x2  x2  2x
 2x
 1 .
 lim
b  lim 
 0,5 x   lim
x 2 x  4
x 
x


2x  4
2x  4


1
Тогда y  x  1 − наклонная асимптота.
2
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
2 x ( 2 x  4)  2 x 2 2 x ( x  4)
y 

 0 (рис. 37).
( 2 x  4) 2
( 2 x  4) 2
lim
Рис. 38
+
–4
+
−
−
–2
0
Пример 5.9. Исследовать функцию y 
1. ООФ: x  ( ; 2)  ( 2; 2)  ( 2;  ) .
x
:
x 4
2
Функция возрастает при x  ( ; 4)  (0;  ) и имеет максимум при x  4 , убывает при x  ( 4;  2)  ( 2; 0) и имеет минимум
при x  0 . Точка максимума y ( 4)  4 , точка минимума y (0)  0 .
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз графика
функции, точки перегиба:
2(( 2 x  4)( 2 x  4) 2  ( x 2  4 x) 4( 2 x  4))

y 
( 2 x  4) 4
2(( 2 x  4) 2  4 x 2  16 x)
32


 0 . Точек перегиба нет. При
3
( 2 x  4)
( 2 x  4) 3
x  2 , y   0 функция выпукла вниз, при x  2 , y   0 – выпукла
вверх.
График функции представлен на рис. 38.
x
  y ( x ) . Следоx 4
вательно, функция симметричная относительно начала координат.
3. Функция проходит через начало координат y (0)  0 .
4. Асимптоты:
x
а)
вертикальные:
x  2,
x  2 ,
lim 2
  ,
x20 x  4
x
lim 2
  . Пользуясь симметрией графика функции,
x20 x  4
x
x
имеем lim 2
  , lim 2
  ;
x  2  0 x  4
x  2  0 x  4
б) найдем горизонтальную асимптоту: y  0 , так как
x
x
1
 0.
k  lim
 lim 2
 0 , b  lim 2
2
x  x  4
x   x ( x  4)
x x  4
5. Определим промежутки монотонности функции:
x 2  4  2 x 2  ( x 2  4)
 0 . Функция убывающая, экстремумов
 2
y 
( x 2  4) 2
( x  4) 2
нет.
36
37
2. Функция нечетная, так как y (  x )  
Рис. 37
2
6. Найдем промежутки выпуклости вверх и вниз графика
2 x ( x 2  4)  4 x ( x 2  4)( x 2  4)
функции, точки перегиба: y  

( x 2  4) 4
2 x( x 2  12) 2 x( x 2  12)


 0 . Вторая производная равна нулю
( x 2  4)3
( x 2  4)3
при x  0 и не существует при x  2 , x  2 . Нанесем эти точки на
ось (рис. 39).
−
+
−
–2
0
+
2
Рис. 39
Точка перегиба y (0)  0 . Функция выпукла вверх при
x  ( ; 2)  (0; 2) и выпукла вниз при x  ( 2; 0)  ( 2;   ) .
График функции представлен на рис. 40.
Рис. 41
Рис. 40
Пример 5.10. Исследовать функцию y 
1. ООФ: x  ( ;  ) .
38
8
 y ( x) .
( x) 2  2
Следовательно, функция симметричная относительно оси ординат.
3. График функции пересекает ось ординат в точке (0; 4).
4. Асимптот нет.
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
 16 x
 0 . Производная равна нулю при x  0 . При x  0 ,
y  2
( x  2) 2
y   0 функция возрастает, при x  0 , y   0 функция убывает. Тогда точка (0; 4) будет точкой максимума.
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз функции,
 16(( x 2  2) 2  4 x 2 ( x 2  2))  32( x 2  1)
точки перегиба: y 
 0.

( x 2  2) 4
( x 2  2) 3
8
8
Точки перегиба: y (1)  , y ( 1)  . Функция выпукла вниз при
3
3
x  (1; 1) ( y   0 ), выпукла вверх при x  ( ; 1)  (1;  ) ( y   0 ).
График функции представлен на рис. 41.
2. Функция четная, так как y (  x ) 
8
:
x 2
2
39
Пример 5.11. Исследовать функцию y 
4  x3
:
x2
ООФ: x  ( ; 0)  (0;  ) .
Функция общего вида, симметрии не имеет.
Функция пересекает ось абсцисс в точке (3 4 ; 0) .
Найдем асимптоты:
4  x3
а)
вертикальная
асимптота:
x  0,
  ,
lim
x  0 x 2
4  x3
  ;
lim
x  0 x 2
б) наклонная асимптота: y  kx  b ,

 4  x3
4  x3
4
 4

 2  x   lim 2  0 .
,

lim

1


1
k  lim
b

lim




x   xx 2
x   x 3
x


x


x

 x

Тогда y   x − наклонная асимптота.
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
 3 x 2 x 2  (4  x 3 )2 x  x 4  8 x
x3  8




y 
x4
x4
x3
( x  2)( x 2  2 x  4)

 0.
x3
Функция убывает при x  ( ; 2)  (0;  ) , так как y   0 ,
и возрастает при x  (2; 0) ( y   0 ). В точке x  2 минимум
y ( 2)  3 .
6. Определим промежутки выпуклости вверх и вниз функции;
 (3 x 2 x 3  ( x 3  8)3 x 2 )  3 x 2 ( x 3  x 3  8)
точки перегиба: y 


x6
x6
 24
 4  0 . Функция выпукла вниз, точек перегиба нет.
x
График функции представлен на рис. 42.
1.
2.
3.
4.
40
Рис. 42
Пример 5.12. Исследовать функцию y 
x2
:
x 2  3x  2
ООФ: x  ( ; 1)  (1; 2)  ( 2;  ) .
Функция общего вида. Симметрии нет.
3. y (0)  0 .
Найдем асимптоты:
x2
а) вертикальные: x  1 , x  2 , lim 2
  ,
x  2  0 x  3x  2
x2
x2
lim 2
  , lim 2
  ,
x  2  0 x  3x  2
x 1 0 x  3 x  2
x2
lim 2
  ;
x 1 0 x  3 x  2
б)
горизонтальная
асимптота
так
y  1,
1
x2
x
k  lim
 lim
 0,
3 2
x   x ( x 2  3 x  2)
x
1  2
x x
x2
1
b  lim 2
 lim
 1.
3 2
x  x  3x  2
x
1  2
x x
1.
2.
3.
4.
41
как
5. Определим промежутки монотонности функции, экстремумы:
4

 3x  x  
2 x( x 2  3 x  2)  x 2 (2 x  3)
 3x 2  4 x
3
y 
 2 
 0.
 2
2
2
2
( x  3 x  2) 2
( x  3 x  2)
( x  3 x  2)
4
Производная равна нулю при x  0 , x  . Нанесем эти точки
3
на ось (рис. 43).
−
+
−
0
4/3
Рис. 43
4
Точка максимума y    8 , точка минимума y (0)  0 .
3
График функции представлен на рис. 44.
Рис. 44
Пример 5.13. Исследовать функцию y 
x4
:
x3  8
1. ООФ: x  ( ; 2)  ( 2;  ) .
2. Функция общего вида. Симметрии нет.
42
3. y (0)  0 .
4. Найдем асимптоты:
x4
x4
,


  ;
lim
x 20 x3  8
x 2 0 x3  8
б) наклонная асимптота: y  kx  b .
а) вертикальная: x  2 , lim
x4
x3

lim
 1,
x   x ( x 3  8)
x  x3  8

 x4
x4  x4  8x
 0 . Следовательно, наклонb  lim  3
 x   lim
x x  8
x3  8
 x

ная асимптота y  x .
5. Найдем промежутки монотонности функции, экстремумы:
4 x 3 ( x 3  8)  3 x 4 x 2 x 6  32 x 3 x 3 ( x 3  32)
 3


y 
( x 3  8) 2
( x  8) 2
( x 3  8) 2
k  lim
x 3 ( x  3 32 )( x 2  3 32 x  3 1024 )
 0 . Производная равна нулю при
( x 3  8) 2
x  0 и при x  3 32 . y   0 : функция возрастает при
x  (; 0)  (3 32 ; ) . y   0 : функция убывает при x  (0; 3 32 ) .
В точке x  0 максимум функции, в точке x  3 32 минимум;
43 32
.
y (0)  0 , y (3 32 ) 
3
6. Найдем промежутки выпуклости вверх и вниз функции,
(6 x5  96x 2 )( x3  8) 2  ( x 6  32x3 )2( x3  8)3x 2
точки перегиба: y 

( x3  8) 4
6 x 2 (( x 3  16)( x 3  8)  x 6  32 x 3 )


( x 3  8) 3
6 x 2 ( x 6  8 x 3  16 x 3  128  x 6  32 x 3 ) 48 x 2 ( x 3  16)


 0 . Вторая
( x 3  8)3
( x 3  8)3
производная равна нулю в точках x  0 , x   3 16 , не существует
при x  2 . При переходе через x  0 знак второй производной не
меняется. y   0 при x  (; 3 16 )  (2; ) и функция выпукла
вниз, y   0 при x  (3 16 ; 2) и функция выпукла вверх. В точке
x  3 16 перегиб функции, y (3 16 )  23 16 .

43
График функции представлен на рис. 45.
x  ( ; 0)  (

32
 32  16 32
;  ) (рис. 46). Максимум y    

27
 27  9 27
48  32 16
, острый минимум y 0   0 .

27
27
6. y 
23 4
4
.
3
9x
Вторая производная не существует в точке x  0 (рис. 47).
32
27
0
Рис. 45
Пример 5.14. Исследовать функцию y  3 4 x 2  x :
1. ООФ: x  ( ;  ) .
2. Функция общего вида, симметрии не имеет.
3. Функция проходит через начало координат и пересекает ось
абсцисс в точке (4; 0).
4. Вертикальных асимптот нет. Горизонтальных асимптот нет,
 4 
x 3  1
3
2
x 
4x  x
так как k  lim
 lim 
 1 ,
x 
x 
x
x
b  lim 3 4 x 2  x  x  lim 3 4 x 2  2 x   .
x 


x 
3
x
44
−
0
х
Рис. 47
Рис. 46
Вторая производная на интервалах (; 0) и 0;   отрицательная,
значит, функция выпукла вверх. Точек перегиба нет.
График функции y  3 4 x 2  x изображен на рис. 48.


23 4
2 4  33 x
.
1


33 x
33 x
23 4  33 x
Решим уравнение y   0 :
 0.
33 x
32
и не существует в точке
Производная равна нулю в точке x 
27
 32 
x  0 . Функция возрастает при x   0;  , убывает при
 27 
5. y  
−
−
+
−
Рис. 48
45
Вариант № 6
Варианты для самостоятельной работы студентов
1) y  ( x  3) ( x  1) ;
Исследовать функции и построить их графики.
Вариант № 1
2x2
;
x 3  27
x ( x  2)
4) y 
.
2x 1
1) y  x 3  3 x ;
Вариант № 2
x2
;
3x  5
x3
4) y 
.
4 x
1) y  x( x  3) 2 ;
3) y 
5x  2
;
2) y 
1  2x
Вариант № 3
2
2x 1
;
4 x ( x  1)
x3  3
4) y 
.
2( x  1)
1) y  ( x  3) 2 ( x  1) ;
3) y 
x3
2) y 
;
2x  1
Вариант № 4
4  x2
;
2x 1
x3  3
4) y 
.
x 1
1) y  ( x  1)( x  2) 2 ;
2) y 
2x  1
;
x4
Вариант № 7
3
2x  5
;
x2
Вариант № 5
1  4x
;
1  4x2
4 x3
4) y 
.
3 x
3) y 
1) y  ( x  1) ( x  2) ;
2x  3
;
x2
3) y 
Вариант № 8
x2  2x  1
;
x2  4
x2  2
4) y 
.
2x  3
1) y  x 4  2 x 3  1;
2) y 
3) y 
3x
;
x2
Вариант № 9
x3 x 2
1) y 

 2x ;
3
2
4 x
;
2) y 
2x  1
x2  5
;
x3
3x 3
4) y 
.
x5
3) y 
Вариант № 10
2
3x 4  1
;
x3
x3
4) y 
.
1  2x
1

1) y   x   ( x  2) 3 ;
3

2x  1
2) y 
;
3x  1
3) y 
Вариант № 11
2x2
;
x2  x  2
4x2  3
4) y 
.
x 1
1) y  ( x 2  1) 2 ;
2) y 
46
x 2  10 x  34
;
x5
x 3  16
4) y 
.
x
1

1) y   x   ( x  2) 2 ;
2

5x
2) y 
;
2x  4
3) y 
2
2) y 
2) y 
3) y 
1 4 x
;
2) y 
2x
3x 4  16
;
3) y 
4 x3
8x 2  9
4) y  2
.
2x  2
3
3) y 
3x  5
;
x2
47
Вариант № 12
3 x
;
( x  3) 2
x 3  16
4) y 
.
x
1
1) y  ( x  2)5 (2 x  1) 4 ;
4
2) y 
Вариант № 18
3
3) y 
3 x
;
x2
2
Вариант № 13
x2  7
3) y 
;
x2
2 x3
4) y 
.
x2
1
1) y  ( x  2)5 (2 x  3)3 ;
72
2x  1
2) y 
;
x4
4x2  x
3) y 
;
x 1
8x3
4) y 
.
x5
1

1) y   x   ( x  1) 4 ;
2

x5
2) y 
;
3x  2
Вариант № 15
2
3x 2
;
3) y 
( x  2) 2
4 x3
4) y 
.
x3
4
1) y  4 x  x  3 ;
2) y 
1  3x
;
2x  4
x2
3) y 
;
x2
3x 3
4) y 
.
x6
2
1) y  ( x  2) ( x  1) ;
2) y 
2x  1
;
5x  4
2) y 
Вариант № 20
1) y  ( x  1)( x  2)3 ;
2) y 
2x  1
;
1  3x
3x  1
3) y 
;
x3
1  2 x3
4) y 
.
x
48
8x 2
;
x2  4x  4
x3
4) y 
.
1  3x
3) y 
Вариант № 21
4x2
;
x2  9
x 2 ( x  1)
4) y 
.
2 x
1
( x  3) 2 ( x  4)3 ;
36
5x
2) y 
;
4  2x
3) y 
1) y 
3x 2
;
x2  4
x 3  16
4) y 
.
2x
1
( x  4)3 ( x  1) 2 ;
16
x4
;
2) y 
2x  1
3) y 
1) y 
Вариант № 23
4
x
1) y  x  ;
4
3x
2) y 
;
x2
3
3) y 
1  2x
;
4 x
Вариант № 17
4
x3
;
1  x2
4( x 3  1)
4) y 
.
x
1) y  3x 2  x 4 ;
Вариант № 22
Вариант № 16
3
3) y 
Вариант № 19
Вариант № 14
2
x2
;
x2  9
x3  2
4) y 
.
2x
1

1) y   x   ( x  1) 4 ;
2

x3
;
2) y 
2x  2
x2
;
x 2  3x  2
x3
4) y 
.
2  3x
1) y  x 2 (4  x 2 ) ;
2) y 
3) y 
3x
;
4 x
49
Вариант № 30
Вариант № 24
2
2( x  1)
;
1  x2
x2  3
4) y 
.
2 x
1) y  12 x 3  18 x 2 ;
3) y 
2x  1
2) y 
;
3x  1
( x  1) 2
;
2x  1
x3  2 x 2  6
4) y 
.
3  x2
1) y  16 x( x  1)3 ;
2) y 
3) y 
2x  1
;
3x  1
Вариант № 25
x2
;
x2  5x  4
4 x3
4) y 
.
8 x
1) y  x 2 ( x  3) 2 ;
2) y 
3) y 
2x  3
;
x2
Вариант № 26
2
x2  8
;
2x  1
( x  3) 3
4) y 
.
x2
1

1) y   x   ( x  2) 3 ;
3

3 x
2) y 
;
x2
3) y 
Вариант № 27
3
x3
;
x2  4
1  x3
4) y 
.
3x
4
4x  x
;
5
x5
;
2) y 
3x  2
1) y 
3) y 
Вариант № 28
x4
;
x3  8
4 x3
4) y 
.
x8
1) y  ( x  5)3 ( x  1) 2 ;
2) y 
3) y 
5 x
;
x6
Вариант № 29
2( x 2  1)
;
1  x2
3x 3  1
4) y 
.
2 x
1) y  ( x  1)( x  2) 2 ;
2) y 
3) y 
1 x
;
2x  3
50
51
Рекомендуемая литература
1. Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисление.
Т. 1 / Н. С. Пискунов. – М. : Интеграл-Пресс, 2008. – 416 с.
2. Кудрявцев Л. Д. Краткий курс математического анализа. Т. 1 /
Л. Д. Кудрявцев. – М. : ФМЛ, 2005. – 400 с.
3. Письменный Д. Конспект лекций по высшей математике. Ч. 1 /
Д. Письменный. – 6-е изд. – М. : Айрис-Пресс, 2006. – 288 с.
52
Оглавление
§ 1. Возрастание и убывание функции……………………………………..
§ 2. Максимум и минимум функции………………………………………..
§ 3. Выпуклость и точки перегиба………………………………………….
§ 4. Асимптоты графика функции………………………………………….
§ 5. Общая схема исследования функции………………………………….
Варианты для самостоятельной работы студентов………………………..
Рекомендуемая литература………………………………………………….
53
3
6
14
20
24
46
52
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
Учебное издание
Караказьян Светлана Ардаваздовна,
Соловьёва Ольга Валентиновна
ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор К. И. Бойкова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 09.11.2016. Формат 6084 1/16. Бумага офсетная.
Усл. печ. л. 3,3. Тираж 100 экз. Заказ 161. «С» 65.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, ул. Егорова, д. 5/8, лит. А.
54
55
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
56
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
0
Размер файла
478 Кб
Теги
odnoy, issled, karakazjan, funky
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа