mat_analiz_tipovik

91

Пример 4.10. Вычислить предел функции lim

x3 − 1

, исполь-

x→1

ln x

зуя правило Лопиталя.

Решение: Подстановка предельного значения x = 1 приводит к

Предел отношения производных

(

)

неопределенности вида

0

, òàê êàê lim

x3

−

1 = 0 è lim ln x = 0.

0

x 1

x

→

1

→

существует:

lim

x3 − 1 ′

lim

3x2

= 3,

( (ln x)′)

2

x→1

= x→1

1

= 3-

x

поэтому

x3 − 1 ′

lim

x3 − 1

= lim

= lim

3x2

ln x

(ln x)′)

1

x→1

x→1 (

x→1

x

Пример 4.11. Вычислить предел lim

ex − 1 − x

Кафедра

0

x→0

sin2 x

Решение: Подстановка предельного значенияÂÌx = 0 приводит к

неопределенности вида

0

. Вычисление предела можно упростить,

0

заменив знаменатель sin2 x на эквивалентную бесконечно малую

sin2 x x2 ïðè x → 0:

lim

ex − 1 − x

= lim

ex − 1 − x

x→0

sin2 x

x→0

x2МИРЭА

По правилу Лопиталя

lim

ex − 1 − x

= lim

(ex − 1 − x)′

= lim

ex − 1

x→0

x2

x→0

(x2)′

x→0

2x

Мы снова имеем неопределенность вида

. Этот предел можно

0

вычислить либо по правилу Лопиталя, либо, заменив числитель

x

на эквивалентную бесконечноÌÃÒÓмалую: e −1 x ïðè x → 0. Тогда

lim

ex − 1

= lim

x

=

1

x→0

2x

x→0 2x 2

92

Правило( Лопиталя для отношения) бесконечно

∞

больших неопределенности вида ∞

Пусть функции f(x) è g(x) определены в некоторой проколотой окрестности O(x0) точки x0 è

lim f(x) = lim g(x) = ∞.

x→x0 x→x0

Предположим, что при x ≠ x0 функции f(x) è g(x) имеют произ-

водные, g′(x) = 0 ïðè x èç O(x

), и существует предел отношения

̸

0

2

этих производных:

f′(x)

ÂÌ

МИРЭА

lim

.

-

x→x0 g′(x)

Тогда при x → x0 существует предел отношения самих функций

è

f(x)

f′(x)

lim

= lim

.

Кафедра∞

x

→

x0 g(x)

x x0 g′(x)

→

∞

Замечание

. При раскрытии неопределенности вида

правило

Лопиталя справедливо и для односторонних пределов

∞

x → x0−, x → x0+

и для случаев, когда

ÌÃÒÓ

+∞.

x → ∞, x → −∞, x →

Пример 4.12. Вычислить предел

lim

ln x

x→+∞

x2

Решение: Подстановка предельного значения x = +∞ приво-

дит к неопределенности вида

∞

. По правилу Лопиталя

ln x

(ln x)′

x−1

1

lim

= lim

= lim

= lim

= 0.

x→+∞ x2

x→+∞ (x2)′

x→+∞ 2x

x→+∞ 2x2

Равенство

ln x

lim

= 0.

x→+∞ x2

93

означает, что квадратичная функция при x → +∞ растет быстрее логарифмической.

Раскрытие неопределенностей других видов

(

. Пусть

)

0 · ∞; 00; 1∞;

∞0; ∞ − ∞

1. Неопределенность вида

0 · ∞

функции

f(x)

è

g(x)

определены в некоторой проколотой окрестности O(x0) точки x0

è

2

lim f(x) = 0,

lim g(x) = .

x

x0

x

→

x0

∞

Тогда

→

∞

ÂÌ

lim

g(x) = (0

· ∞

) = lim

f(x)

0-

x→x0 f(x) ·

x→x0

1

= (0) .

g(x)

Задача сведена к неопределенности

0

, рассмотренной ранее. Или

Кафедра

0

lim f(x)

·

g(x) = (0

· ∞

) = lim

g(x)

=

∞

.

x→x0

x→x0

1

(

∞)

f(x)

Задача сведена к неопределенности

∞

, рассмотренной ранее.

ÌÃÒÓ

è

2. Неопределенности вида

0

∞ 0. Пусть функции

f(x)

0 ;

1∞;

g(x) определены в некоторой проколотой окрестности O(x0) точки

x0, f(x) > 0. Тогда

lim

g(x) ln f(x)

lim f(x)g(x) = lim eg(x) ln f(x) = ex→x0

.

x→x0

x→x0

и задача сводится к раскрытию неопределенности соответственно

âèäà 0 · ∞; ∞ · 0;

0 · ∞.

3. Неопределенности вида ∞ − ∞. Пусть функции f(x) è g(x)

определены в некоторой проколотой окрестности O(x0) точки x0

è

lim f(x) = ∞,

lim g(x) = ∞.

x→x0

x→x0

94

Тогда вычисление предела

lim {f(x) − g(x)}.

x→x0

элементарными преобразованиями сводится к предыдущим слу- чаям.

Пример 4.13. Вычислить предел

lim

x2e−3x.

x→+∞

Решение: В данном случае неопределенность вида 0 · ∞. Çà-

-

пишем функцию под знаком предела в виде lim

x2

ÂÌ

3x . Возникает

МИРЭА−

∞

x→+∞ e

2

неопределенность вида

∞

. По правилу Лопиталя имеем

lim

x2

=

lim

2x

=

∞

=

lim

2

= 0.

x→+∞ e3x

x→+∞

3e3x

(

∞)

x→+∞ 9e3x

Отсюда вытекает, что экспонента растет быстрее, чем квадратич- ная функция. Доказать самостоятельно, что экспонента растет быстрее, чем любой многочлен.

Пример 4.14. Вычислить предел lim

1

1

.

x→0

(x − ex

1)

ÌÃÒÓ

Решение: В данном случае неопределенность вида ∞−∞. Ïðè-

ведем функцию под знаком предела к общему знаменателю

lim

1

1

= lim

ex − 1 − x

.

Кафедраx→0 (x − ex 1) x→0 x (ex

−

1)

−

0

Возникает неопределенность вида

. По правилу Лопиталя имеем

0

ex

−

1

−

x

ex

−

1

0

ex

1

lim

= lim

=

= lim

=

.

0

2ex + xex

x→0

x (ex − 1)

x→0 ex − 1 + xex

x→0

2

95

5. Исследование функции: возрастание, убывание, экстремумы

5.1. Признаки возрастания и убывания функции на интервале

Пусть функция f(x) определена на некотором интервале (a, b).

Говорят, что функция не убывает (не возрастает) на (a, b), åñ-

ëè èç òîãî, ÷òî x1, x2 (a, b) è x1 < x2 следует, что f(x1)	6
f(x2) (f(x1) > f(x2). Неубывающие и невозрастающие функции
2
-	è
называются монотонными. Åñëè èç òîãî, ÷òî x1, x2 (a, b)

вающие функции называются строго монотоннымиÂÌ. Возрастание и убывание дифференцируемой функции связано

x1 < x2 следует, что f(x1) < f(x2) (f(x1) > f(x2), то говорят, что функция f(x) возрастает (убывает). Возрастающие и убы-

со знаком е¼ производной.

Теорема 5.1 Для того чтобы дифференцируемая функция f(x)

в интервале (a, b) была неубывающей ( невозрастающей ), необ-
ходимо и достаточно f′(x) > 0 (f′(x) 6 0) для любого x èç (a, b).
														МИРЭА
y	6				.y=f(x)			y.				6
									.
				.						.
				....							....
			.								.
			..										..
		.....Кафедра												.....
		....				-								....			-
0		..				x		0						..			x
	..														..
	.						ÌÃÒÓ									.
	.															.
...																...	y=f(x)
.
Рис. 5. Возрастающая функция								Рис. 6. Убывающая функция

96

y	6						. y		6
		y=f(x) .					.
				.......			.......
			.				.
		.						.
	... . ...				-				... . ...
....										.... -
...		0			x				0	.. x
....									y=f(x) ....		2
Рис. 7. Неубывающая функция										-
							Рис. 8. Невозрастающая функция
							ÂÌ
									МИРЭА

5.2. Экстремумы функции

Пусть функция f(x) определена на некотором множестве D.

Назов¼м точку x0 D точкой (локального) максимума функции

f(x), если существует такая δ-окрестность точки x0, ÷òî ïðè âñåõ x ≠ x0 из этой окрестности выполняется неравенство

f′(x0), òîКафедраf′(x0) = 0.

f(x) 6 f(x0)

и, соответственно, точкой (локального) минимума, åñëè

f(x) > f(x0)

Точка x0, являющаяся либо точкой максимума, либо точкой минимума, называется точкой (локального) экстремума. Сформулируем необходимое условие локального экстремума функции f(x).

Необходимые условия локального экстремума

Теорема 5.2 Если точка x0 это точка локального экстремума функции f(x), и существует производная в этой точке

Иначе говоря, если функция f(x) имеет локальный экстремум в точке x0, òî ëèáî f′(x0) = 0, ëèáî f′(x0) = ∞, ëèáî f′(x0) íå

существует.	ÌÃÒÓ

Следующие примеры иллюстрируют описанные случаи. В примерах x0 = 0.

97

.					y	6									y			6
		.							.									y = √3
		.							.			. . . . ..								x2
		..	...						...						....			.....	.. . . .
				.			.		..y=x2
					....	.....											.
									-								....		-
					0				x						0					x
		Ðèñ. 9. f′(x0) = 0										Ðèñ. 10. f′(x0) = ∞											2
										y	6						ÂÌ
					0							0
									.			y=|x|							-
									.					-					можно трактовать
ЗамечаниеКафедра. Формально случай f′(x ) =
									0					x

Ðèñ. 11. @f′(x0)

Определение 5.1 Точка x0 называется критической точкой 1- го рода функции f(x), åñëè f(x) определена и непрерывна в этой

точке и либо f′(x ) = 0, ëèáî f′(x ) не существует (в частности, f′(x0) = ∞).

Åñëè f′(x0) = 0, точка x0 называется также стационарной

точкой функции f(x).

ÌÃÒÓ

0 ∞

как частный случай того, что f′(x0) не существует. Однако гео-

метрически эти два случая удобно разделять, поскольку в первом случае можно говорить о вертикальной касательной, а во втором касательной не существует (хотя могут существовать односторонние касательные).

98

Достаточные условия локального экстремума

Теорема 5.3 Пусть x0 критическая точка 1-го рода непрерывной функции f(x) и существует производная f′(x) в некоторой

проколотой окрестности (x0−δ, x0) (x0, x0+δ). Если при переходе через критическую точку (слева направо) производная меняет çíàê с минуса на плюс, òî x0 точка локального минимума, с плюса на минус - точка локального максимума.

Замечание 1. Если производная не меняет знак, то точка x0 íå является точкой локального экстремума.

	Замечание 2. Условие непрерывности функции f(x) в точке x0
	является существенным. Рассмотрим функцию			2
				-
		−x − 1, x 6 0
	f(x) =
		{x + 1,	x > 0

В точке x0 = 0 производная f′(x) не существуетÂÌ(функция даже не является непрерывной в этой точке). При переходе через точ- ку x0 = 0 производная меняет знак, но в этой точке экстремума

нет. ТакимКафедраобразом, утверждение теоремы МИРЭАбез предположения о непрерывности функции f(x) перестает быть верным.

Наибольшее и наименьшее значение функции на отрезке

Пусть функцияÌÃÒÓf(x) определена и непрерывна на некотором отрезке [a, b]. По теореме Вейерштрасса f(x) достигает своих наи-

большего и наименьшего значений.

Пусть требуется отыскать максимальное и минимальное значе- ния функции f(x), непрерывной на замкнутом отрезке [a, b]. Åñëè

точка экстремума является внутренней точкой отрезка, то эта точ- ка критическая. Следовательно, точка экстремума на [a,b] это либо критическая точка, либо один из концов отрезка.

Пример 5.1. Определить экстремальные значения, указать интервалы монотонности функции

f(x) = 23x3 + x2 − 4x + 5.

99

Решение: Рассматриваемая функция определена и дифференцируема при всех x. Для нахождения экстремумов функции, най-

дем критические точки I рода, т.е. точки, в которых первая производная равна нулю или не существует. В данном случае речь идет о нахождении стационарных точек. Вычислим производную:

2

f′(x) =

· 3 · x2 + 2 · x − 4 = 2

x2 + x − 2 = 2(x − 1)(x + 2).

3

x1

= 1

2

Стационарные точки

è

Для исследования

(x2 = −2.

)

поведения функции составим таблицу.

ÂÌ

f′(x)

МИРЭА

x (−∞; −2)

+

возрастает

2

x = −2

0

точка максимума f(−2) = 7

3

Кафедра

x (−2; 1)

−

убывает

x = 1

0

точка минимума f(1) = 4

2

3

x (1; +∞)

+

возрастает

ÌÃÒÓ

Ответ: На промежутках (−∞; −2) è (1; +∞) функция возрас-

тает; на промежутке (−2; 1) функция убывает; точка

(−2; 7

2

)

3

точка максимума; точка (1; 4

2

) точка минимума.

3

Пример 5.2. Определить экстремальные значения, указать интервалы монотонности функции f(x) = x3ex.

Решение: Вычислим производную заданной функции: f′(x) = 3x2ex + x3ex = x2ex(3 + x).

Стационарные точки x1 = 0 è x2 = −3.

100

										f′(x)											f(x)
		x (−∞; −3)									−							убывает
			x =		−	3					0		точка минимума f( 3) = 27e−3
																								−		−
		x (−3; 0)									+						возрастает
			x = 0								0					не является точкой
															локального экстремума
		x (0; +∞)									+						возрастает
		Ответ: Ïðè x (							−∞; −				3) функция убывает; при x 2(−3; +∞)
функция возрастает; точка													−	3;	−	27e−3				точка минимума. Пове-
																										-
дение функции можно проиллюстрировать следующим графиком.
													(				)							y	6
																									..
																									..
																									..		3	x
																					ÂÌ
																								.		y=x e
																								.
															-3.								..........			-
																						..
						. . . .									.						.			0		x
																				.	..
							....				. . . .				.		...					МИРЭА
													. . ..		.
														.	. . ..
														.. . . . .
											Ðèñ. 12.
Пример 5.3. Определить экстремальные çначения, указать ин-
тервалы монотонности функции f(x) =																			√3 x2.
Решение: Функция непрерывна при x R. Рассматриваемая
функция определена и дифференцируема при всех x ̸= 0. Äëÿ
нахождения экстремумов функции, найдем критические точки I
			Кафедра
рода, т.е. точки, в которых первая производная равна нулю или
не существует. В точке x = 0 производная не существует, точнее
			∞				ÌÃÒÓ																	̸					3√3 x
f′(0) =				. Вычислим производную при x = 0: f′(x) =																									2			.

Значит, единственная критическая точка функции это x = 0.