1610915389-9cf4bb28a9b372fd268dec258c2fd2e7 (824751), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Минимум функции равен 7" (4/3) = — К472, а максимум равен Д(2) = О. 3) Функция дифференцируема при всех х е Я. Так как г'(х) = = яЬ х — яш х и уравнение яЬ х — яш х = 0 имеет только одно решение, а именно х = О, то экстремум может быть только в точке х = О. Вычисляем вторую производную: 7 (х) = сЬх — соя т. Поскольку гн(0) = О, находим следующие производные в точке х = 0: 1"'о(х) = яЬх+ яшх, д"'о(0) = О, 1~~ (х) = сЬх+ соя х, ~~~ (0) = 2. Таким образом., первой не равной нулю оказалась производная четного порядка. Следовательно, в точке х = 0 функция имеет экстремум.
Так как г~' (0) > О, то при х = 0 у функции минимум, 374 Гл.д. Применение производных и исследованию Лзрннций равный г'(О) = 2. а П ример 5. Исследовать на экстремум функцию у = 1'(х), заданную параметрически уравнениями 1з — 21 х,= Нж1' 1з-'с1 а Функции х(1) и 9(1) дифференцируемы при всех значениях параметра 1, причем производная (Н -~- 1)31 — 21' 1 (1 + 3) (ге+1)х Не+1)е при 1 ~ 0 положительна. Поэтому д' при 1 ~ 0 можно найти по формуле у,' = у~с/х',. Так как (17+ 1)(31е — 11) — 21(Н вЂ” 2Н) 1(1 — Ц(И+1+ 4) Нз+ цз (гз+ це (1 — 1)(И+ 1+ 4) 1(аз+ 3) 17с О.
Производная у,' равна нулю только при 1 = 1., поскольку 7з+1+ + 4 > 0 при всех й Следовательно, у данной функции две критические точки: х = 1/2 (при 1 = 1) и х = 0 (при 1 = 0). Если х принадлежит левой окрестности точки т. = О, то параметр 1 принадлежит левой окрестности точки 1 = О, где р', > О. В некоторой правой окрестности точки х = 0 производная р' < О. Поэтому в точке х = 0 функция имеет максимум, .равный г'(0) = О. Аналогично убеяздаемся в том, что при переходе через точку х = 172, соответствующую значению 1 = 1, производная у,' меняет знак минус на плюс. Таким образом, в точке х = 112 у функции минимум, равный Д(1/2) = у(1) = — 1/2. а Пример б. Найти наибольшее и наименьшее значения функции 1'(х) = 2хз — Зхз — Збх — 8 на отрезке (-3;. 6). а Находим экстремумы функции. Вычисляем производную: ~'(х) = бх~ — бх — 36 = 6(х + 2)(х — 3).
Обе критические точки х = — 2 и х = 3 функции 1(х) принадлежат отрезку ( — 3;6). Находим вторую производную: го(х) = 12х — 6. Так как 1о( — 2) < О, а го(3) > О, то в точке х = — 2 имеетсн максимум, а в точке х = 3 минимум. Вычисляем значения функции в точках экстремума и в концах заданного отрезка: г" ( — 3) = 19, г"( — 2) = 36, г" (3) = — 89, Д(6) = 100. Таким образом, гоах 1" (х) = шах(19, 36, 100) = 100, ',— з;в) зпьн = пз1п(19, — 89, 100) = — 89.
4 ~ — 3:е~ ЛЛ20. Исследование йлуннчиа 375 Пример 7. Найти наибольшее и наименьшее значения функции 7(х) = (х — 3)ге~*~ на отрезке [-1;4]. а Так как 7(х) > 0 и 7(3) = О, то наименьшее значение данной функции равно нулю. Для определения наиболыпего значения найдем локальные максимумы функции на интервале ( — 1;4). Вычисляем производную: ] 2(х — 3)е ' — (х — 3)ае ' = (х — 3)(б — х)е ', если х < О, ] 2(х — 3)е* -1- (х — 3)ге' = (х — 3)(х — Це.*, если х > О. В точке х = 0 производная не существует. Критическими точками являются точки х = О, х = 1, х = 3. Все они принадлежат отрезку ( — 1;4]. При переходе через точку х = 0 производная меняет знак минус на плюс, т, е, в этой точке —.
минимум функции. В точке х = 3, как уже было отмечено, функция принимает наименьшее значение. При переходе через точку х = 1 производная меняет знак плюс на минус, т. е, в точке х = 1 у функции максимум. Вычисляем значения функции в точке ьлаллсиллуьла и в концах заданного отрезка: 1"(-1) = 16е, л'(1) = 4е, 7(4) = ел. Так как ел > 16е > 4е, то наибольшее значение функции равно ел. ппп г'(х) = г'(3) = О, плах г'(х) = д"(4) = е, а 1 — л:л) 1 — л:л1 П р и м е р 8. Доказать неравенство: 1) ее > 1+ х, х Е Я; 2) х > 1+ о1ллх, если х > О, о > О.
А 1) Рассмотрим функцию л" (х) = е' — 1 — х. Исследуем ее на экстремумы. Уравнение д"'(х) = е" — 1 = 0 имеет одно решение х = О. Так как (и(х) = ее > О, то в точке х = 0 имеется минимум, который нвляется наименьшим значением функции.
Следовательно, для всех х верно неравенство ) (х) > г(0), но 7(0) = О, поэтому е'— — 1 — х > О, т. е. е' > 1+ х. 2) Рассмотрим функцию 7'(х) = х" — 1 — о1пх. Исследуем ее на экстремум. Производная 1'(х) = оха "— — = — (х" — 1) ранна нулю только при х=1. Так как о >О, то 7'(х) <0 при хЕ (О;1) и 1'(х) > 0 при х Е (1;+со). Следовательно., в точке х = 1 функция имеет мининлулл, который одновременно является наинленьшим значением функции. Таким образом, при всех х > 0 верно неравенство г"(х) > 7'(1), но 1'(1) = О, поэтому х — 1 — о1пх > О, т. е. х" > 1+ о1пх.
а Пример 9. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функции: 1) 1(х) = хл — бхг — бх -1- 1; 2) 7" (х) =,; 3) 7" (х) = 376 Гл.д. Прнненение производных к исследованию Ярнкций а 1) Так как 1о(х) = 12хз — 12 = 12(хз — 1), то 7'о(х) > О при ~х~ > 1 и Го(х) < О при ~х~ < 1. Следовательно, ( — со; — 1) и (1;+ос) интервалы выпуклости вниз, а ( — 1: 1) интервал выпуклости вверх. При переходе через точки х = х1, в которых вторая производная равна пулю, функция меняет направление выпуклости. Поэтому х = = х1 — точки перегиба функции. В том, что точки х = х1 являются точками перегиба, можно убедиться и другим способом, используя достаточное условие (13). Действительно, Ги1х1) = О, Го(х) = 24х и 1"'1х1) ~ О, т. е.
условия (13) выполнены. Следовательно, .х = х1 точки перегиба функции. 2) Функция дифференцируема при всех т е Я, кроме т, = 1, причем х (х -~- 2) 1х — 1)" ' Г"о(х) — 2 — 2 х + 4х+ 1 (х — ( — 2 — изЗ))(х — ( — 2-~- и73)) В точках х = — 2х ъ'3 вторая производная равна нулю, а в точ- ке х = 1 не существует. На интервалах ( — со:, — 2 — чзЗ), ( — 2 — зз'3; — 2+ ъ'3), ( — 2+ ъ'3;1), (1;+со) вторая производная сохраняет знак. Следовательно, каждый из этих интервалов интервал выпуклости.
На первом и третьем интерва- лах 1о(х) < О, значит, это интервалы выпуклости вверх; на втором и четвертом интервалах 1о(х) > О, т. с. это интервалы выпуклости вниз. При переходе через точки х = — 2 х ьзЗ, х = 1 функция меняет направление выпуклости. Но в точке х = 1 функция не определена, поэтому х = 1 не является точкой перегиба. Итак, функция имеет две точки перегиба: х = -2 — .~зЗ и х = -2 + ъ'3. 3) Функция определена на интервале (О; +со) и дифференпируема в каждой его точке, кроме точки х = 1. Вычислив вторую производ- ную, получим ~"(х) = — , , х Е (О; 1); Г""(х) = — , , х Е (1: +со).
Вторая производная ранна нулю в точке х = 5 и не существует в точ- ке х = 1. Определяем интервалы, на которых Го(х) сохраняет знак: )о(х) > О при х е (О;1), Уо(х) < О при х е (1;5), 7"о(х) > О при х Е (5,+со). Следовательно, на интервалах (О; 1) и (5: +со) функции выпукла вниз, а на интервале (1; 5) выпукла вверх. При переходе через точки х = 1 и х = 5 функция меняет направление выпуклости.
Но в точке х = 1 у функции нет ни конечной, ни бесконечной производной. Поэтому точ- ка х = 1 не является точкой перегиба. Точка х = 5 являетсн точкой перегиба, так как в ней функция имеет конечную производную. А 377 220. Исследование 4уннниа П р и м е р 10. Найти точки перегиба графика функции у = е ' и угловые коэффициенты касательных к графику функции в его точках перегиба. я Вычислим первую и вторую производные функции з-" ,( ) би н( ) угх( /а — 2) З— 3~/хб рхб В точке х = 0 функция непрерывна и имеет бесконечную производную. Вторая производная не существует при х = 0 и равна нулю при х = 8. Следовательно, точки перегиба функции могут быть только в точках х = 0 и х = 8.
При переходе через эти точки ри(х) меняет знак, и, следовательно, у(х) в этих точках меняет направление выпуклости. Поэтому точки х = О, х = 8 являются точками перегиба функции, а точки (О;1) и (8;ез) точками перегиба графика функции. Касательная к графику функции в точке (О;1) вертикальна, так ьак р'(0) = +со. В точке перегиба (8;ез) угловой коэффициент касательной равен у'(8) = ез/12. Л П р имер 11. Определить, является ли точка х = 0 точкой персгиба функции /(х) = хз/2 — тбх -Ь гбпх.
л Найдем вид главного члена разложения функции по формуле Маклорена (6) 3 18. В 3 18 (см. (12) и пример 8) были получены формулы б б 2 х' х* б х б б бшх=х — — + — +о(х. ), тбх=х+ — + — х +Гб(х 3! 5! ' 3 15 Следовательно, /(х) = сб»' + о(х'), с ~ о. Эта формула является формулой Маклорена длн функции /(х), поз/и(0) = /н'(0) = /м (0) = О, а /~(0) ~ О. Таким образом, условия (12) выполнены, причем и, = 5 -- нечетное число. Следовательно, х = 0 точка перегиба функции. Л Пример 12. Найти точки перегиба графика функции у = /(х), заданной параметрически уравнениями х=1-Ьсббги р=, 0(Г(л. (14) б1гы ' А Функции х(1) и р(1) при 1 Е (О;х) дважды диффсреццируемы, причем производная х' = — 1/б1п г отрицательна.
Поэтому уравнениями (14) определяется дважды дифференцируемая функция И = = /(х), производные которой можно найти по формулам 1 дб и ~~ 1 х'' ~* '~ х'' Так как солт(2 ага б -Ь 1) 1д~ = б1п г 378 Гл. 4. Применение производных к исследованию функций Р 7 (огхг + озхз) < ог/(хг) + оз7(хз). Если /(х) = е', то это неравенство имеет вид е""'ео'л' < о егп + о ел'-. 1 2 . Положив хг = х, хз = У, ог = оз = 1/2, полУчаем ~*-ьиуе - . + е 2 Так как /и(х) = е' строго больше нуля, то функция /(х) = е* строго выпукла вниз.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
