Задачи от изследване на функции

§4. Задачи от изследване на функции

Съдържание
1.Интервали на монотонност
2. Екстремуми на функция
3. Асимптоти
4. Изследване на функции

ТЕОРИЯ
Нека функцията
()xf е диференцируема в отворения интервал Δ. Тогава
1) Ако
()0≥′xf
()()0≤′xf , за всяко Δ∈x, то функцията ()xf е монотонно растяща
(намаляваща) в
Δ.
2) Ако
()0>′xf ()()0<′xf , за всяко
Δ∈x, то функцията ()xf е строго монотонно
растяща (намаляваща) в
Δ.
Нека функцията
()xf е непрекъсната в някаква
δ-околност () δ+δ−
00
,xx , 0>δ,
на точката
0
x и диференцируема в тази околност, с изключение евентуално на самата
точка
0
x (диференцируема във всеки от интервалите
( )
00
,xx δ− и () δ+
00
,xx ). Тогава,
ако
()0<′xf за
( )
00
,xxx δ−∈ и ()0>′xf за ( )δ+∈
00
,xxx , то
0
x е точка на строг
локален минимум за
()xf. Аналогично, ако
()0>′xf за ( )
00
,xxx δ−∈ и ()0<′xf за
() δ+∈
00
,xxx , то
0
x е точка на строг локален максимум за ()xf.
Нека
0
x е критична точка за функцията
()xf, ()0
0
=′xf . Нека освен това ()xf
има непрекъсната трета производна в интервала [ ]δ+δ−
00
,xx , 0>δ, и ()0
0
≠′′xf .
Тогава
()xf има екстремум в
0
x, при което:
1) Ако
()0
0
>′′xf , то
0
x е точка на строг локален минимум за
()xf.
2) Ако
()0
0
<′′xf , то
0
x е точка на строг локален максимум за
()xf.
Нека за някое естествено число
2≥n функцията
()xf има непрекъснати
производни до ред
1
+n в интервала [ ]δ+δ−
00
,xx , 0>δ, и нека

()
()
()0
0
1
0===′
−
xfxf
n
L ,
()
()0
0≠xf
n
.
Тогава
1) Ако числото n е нечетно, то функцията
()xf няма локален екстремум в точката
0x.
2) Ако числото n е четно, то
0x е точка на локален екстремум, при което
2.1) Ако
()
()0
0>xf
n
, то
0x е точка на строг локален минимум за ()xf.
2.2) Ако
()
()0
0<xf
n
, то
0x е точка на строг локален максимум за ()xf.
Нека
()xf има непрекъсната втора производна в околност на точката
0x, при
което
()0
0>′′xf
()()0
0<′′xf . Тогава функцията ()xf е строго изпъкнала надолу
(нагоре) в точката
0x.
Ако е налице някое от условията

()∞=
−→
xf
xx 0
0
lim , ()
−∞=
−→
xf
xx 0
0
lim , ()∞=
+→
xf
xx 0
0
lim , ()−∞=
+→
xf
xx 0
0
lim ,
то се казва, че правата
0xx= е вертикална асимптота за графиката на функцията.
Правата
bkxy += се нарича наклонена асимптота за графиката на функцията
()xfy= при ∞→
x ( )−∞→x, когато

()[] 0lim =−−
∞→
bkxxf
x
()[]( )0lim =−−
−∞→
bkxxf
x
.
Ако
0=k, то асимптотата се нарича хоризонтална.
От определението следва, че

()
x
xf
k
x±∞→
=lim
и ако такова
k съществува, то

()[]kxxfb
x
−=
±∞→
lim .
ЗАДАЧИ
Задача 1.
Да се намерят интервалите на монотонност и екстремумите на функцията
30 4512
23
−+−= xxxy
Решение. Намираме първата производна на дадената функция
45 243
2
+−=′ xxy
и използваме, че
y расте в интервалите, за които 0≥
′y. Решаваме неравенството
()()05.30158045243
22
≥−−⇒≥+−⇒≥+− xxxxxx

( ][ )∞+∪∞−∈ .53,x.
Следователно функцията
y расте в интервалите ( ][ )∞+∪∞− .53,, а в интервала ()5 ,3
y намалява.
Точките, в които функцията y евентуално има екстремуми се наричат критични
и се определят от уравнението
0
=′y. То има решения 5 ,3
21
==xx . Видът на
екстремума в конкретна точка се определя от знака на
y
′′ за съответната точка. Ето
защо намираме

()46246 −=−=′′ xxy.
Пресмятаме

()() 064363
1
<−=−==′′xy.
Следователно за критичната точка
3
1
=x дадената функция има локален максимум и

()
( ) 24305430151239303.453.1233
23
max
=−=−+−=−+−===xyy
Пресмятаме

()
() 064565
2
>=−==′′xy.
Следователно за критичната точка
5
2
=x дадената функция има локален минимум и

()
( ) 20305030912525305.455.1255
23
min
=−=−+−=−+−==yy .
Графиката на дадената функция можем да построим като използваме получените
резултати. Тя ще изглежда така

Задача 2. Да се намерят екстремумите на функцията

()
2
1
2
+
−
=
x
x
y
Решение. Намираме първата производна на дадената функция


()( )()
()
() ()
334
2
1
5
1
241
1
1.2.21
+
−
=
+
+−−−
=
+
+−−+−
=′
x
x
x
xx
x
xxx
y .
Решение на уравнението
0=′y е 5 =x. Това е критична точка за дадената функция. За
да определим вида на екстремума в нея намираме втората производна

()
()( )
() () ()
446
23
1
216
1
1531
1
1.3.51
+
−
=
+
+−+
=
+
+−−+
=′′
x
x
x
xx
x
xxx
y
и я пресмятаме в критичната точка

()
()
0
6
1
6
1016
15
5.216
5
344
>=
−
=
+
−
==′′xy .
Следователно дадената функция има локален минимум в точката
5
=x и

()
()
12
1
36
3
15
52
5
2min
−=−=
+
−
===xyy
Задача 3. Да се намерят екстремумите на функцията
6 5
45
+−= xxy
Решение. Намираме първата производна на дадената функция

34
205 xxy −=′
Решение на уравнението

() 0450
3
=−⇒=′ xxy
са
0 ,4
21
==xx. За да определим вида на екстремума в критичните точки намираме
втората производна

23
6020 xxy −=′′ .

Пресмятаме за критичната точка 4
1
=x
() ( ) 0344.204
2
>−=′′y.
Следователно дадената функция има локален минимум за 4
1
=x и
() () 250256646654.464.544
4445
min
−=−=−=+−=+−==yy
За другата критична точка
0
2
=x имаме
00.600.20
23
=−=′′y.

Налага се да търсим производните от по-висок ред
xxy 12060
2
−=′′′ .
Пресмятаме за критичната точка
0
2
=x
()00=′′′y
Намираме

()
120120
4
−=xy .
Пресмятаме за 0
2
=x

()
() 1201200.1200
4
−=−=y
Следователно дадената функция има локален максимум за 0
2
=x и ()60
max ==yy
Задача 4. Да се докаже, че за Rx∪∀ е вярно неравенството
( )
2
1lnarctg2 xxx +≥
Решение. Образуваме функцията

()
()
2
1lnarctg2 xxxxf +−=
и ще докажем, че нейната най-малка стойност за ( )+∞∞−∈ ,x е равна на нула.
Намираме първата производна на дадената функция

()
x
x
x
x
x
xxf arctg2
1
2
1
2
arctg2
22
=
+
−
+
+=′
Решение на уравнението
()0=′xf, т.е. на 0arctg2 =x
е
0
1
=x. Втората производна

()
2
1
2
x
xf
+
=′′
в критичната точка
0
1
=x има стойност

()
02
01
2
2
>=
+
=′′xf
Следователно в
0
1
=x функцията

()
()
2
1lnarctg2 xxxxf +−=
има локален минимум и

() ()
( )001ln0.0.20min
2
=+−== arctgfxf
Тъй като за
()0,∞−∈x

() 02 <=′ arctgxxf

то в интервала ( )0,∞−∈x ()xf намалява до стойността и ()00=f. В интервала
()+∞∈,0x функцията ()xf расте. Следователно локалният и минимум е и глобален
минимум, т.е. най-малката стойност на функцията е равна на 0. Щом
()0≥xf за
()+∞∞−∈ ,x, то неравенството

( )
2
1lnarctg2 xxx +≥
е вярно за всяко
Rx∪∀.
Задача 5. Да се направи пълно изследване на функцията
3
3
ln2 −
+
=
x
x
y
и да се начертае нейната графика.
Решение. Последователно решаваме следните задачи.
1
0
. Определяме дефиниционното множество на дадената функция. От условието

0
3
>
+
x
x

(само положителни величини могат да се логаритмуват) се получава

()() +∞∪−
∞−∈→ ,03,xDM
y
2
0
. В намереното
yDM дадената функция няма точки на прекъсване, защото
логаритмичната функция е непрекъсната и дробно линейната функция
x
x3+
е
непрекъсната в това множество.
3
0
. Дадената функция не е периодична, не е четна, нито е нечетна , защото
дефиниционното и множество не е симетрично спрямо началото О на координатната
система.
4
0
. Изследваме функцията в краищата на дефиниционното множество.

331ln23
3
limln23
3
lnlim2lim −=−=−
+
=−
+
=
±∞→±∞→±∞→x
x
x
x
y
xxx

Следователно 3−=y е уравнение на хоризонтална асимптота.

−∞=−
−−
−
=−
−−
+−−
=
+→+→−−→
3
3
limln23
3
33
lnlim2lim
0003ε
ε
ε
ε
εε
y
x

Следователно
3−=x е уравнение на вертикална асимптота.

+∞=−
+
=
+→+→
3
3
lnlim2lim
00ε
ε
ε
y
x

Тогава
0=x също е уравнение на вертикална асимптота.
5
0
. Определяме интервали на монотонност. Намираме

()3
63
.
3
.2
2
+
−=
−
−
+
=′
xxx
xx
x
x
y
и тъй като за
yDMx∈ имаме () 03>+xx, то 0
<′y за всяко x от дефиниционното
множество. Това означава, че функцията само намалява.
6
0
. Определяме локални екстремуми. От

()
3
6
+
−=′
xx
y
се вижда, че уравнението
0=′y няма решение, т.е. функцията няма критични точки и
понеже само намалява тя няма локални екстремуми.
7
0
. Определяме интервали на вдлъбнатост. Намираме

()
()
22
3
326
+
+
=′′
xx
x
y
Уравнението
0=′′y има решение

yDMx ∉−=
2
3

Това означава, че функцията няма инфлексни точки. От неравенството

2
3
0320 −>⇒>+⇒>′′ xxy
Следователно дадената функция е вдлъбната („
∪”) за
()+∞∈,0x, а в интервала
()3,−∞−∈x функцията е изпъкнала („∩”).
8
0
. Систематизираме резултатите в таблица.

9
0
. Чертаем графиката на функцията

Задача 6. Да се направи пълно изследване на функцията

2
3
3
x
x
y
−
=

и да се начертае нейната графика.
Решение. Следваме описания в предното решение път:
1
0
. Определяме дефиниционното множество на дадената функция. От условието

2
3
3
x
x
y
−
=

(забранено е да се дели на нула) се получава 303
2
±≠⇒≠−xx Тогава
( )( )( )+∞∪−∪−∞−∈→,33,33,xDM
y
2
0
. За
yDMx∈ дадената функция няма точки на прекъсване, защото дробно-
рационалната функция

2
3
3
x
x
y
−
=

е непрекъсната в това множество.
3
0
. Дадената функция не е периодична, но е нечетна , защото

()
()
()
()xy
x
x
x
x
xy−=
−
−=
−−
−
=−
2
3
2
3
33

Следователно графиката е симетрична спрямо началото О на координатната система.
Ето защо ще изследваме функцията само в интервалите

[)( )+∞∪∈→,33.0xJ

а графиката на функцията в тях ще начертаем симетрично спрямо точка О за останалата
част от дефиниционното множество.
4
0
. Изследваме функцията в краищата на интервалите J

()
0
03
0
0
2
3
=
−
=y

()
()
( )
+∞=
−
−
=
−−
−
=
+→+→−→
2
3
0
2
3
003
32
3
lim
33
3
limlimεε
ε
ε
ε
εε
y
x

Следователно
3=x е уравнение на