Ма1_СТУД

lim	f(x)		=	lim	f0(c)		= K.
x!a+0 g(x)				x!a+0 g0(c)

Аналогично формулируется теорема Лопиталя для раскрытия неопре-

деленности 11.					1	,	1 1	преобразуются к виду 0		1,
Неопределенности вида 0									èëè
								0		1
а затем раскрываются по правилу Лопиталя.
Пример 10.1. Вычислите по правилу Лопиталя предел
9		7	4
lim	x	4x5	+ 2x3 + 3	.
	8
x! 1 x		5x + 3x + 3x

Решение . Данное в условии выражение представляет собой неопреде-

ленность 0

0. Раскроем эту неопределенность, применив правило Лопита-

ля. Имеем

lim

x9

4x7 + 2x4 + 3

= lim

(x9 4x7 + 2x4 + 3)0

=

x

x 1 x8

x5

3

x3

x 1

x8

x5 x3

x 0

8

6

! (

5 + 3 + 3 )

!

5 + 3 + 3

= lim

9x

28x + 8x

=

9

28 8

=

9

7

4

+ 9x

2

+ 3

7

.

x! 1 8x

25x

8 25 + 9 + 3

Пример 10.2. Вычислите по правилу Лопиталя предел

lim x ln

x + 1

2x 3.

x!1

Решение . Данное в условии выражение представляет собой неопределенность 01. Раскроем эту неопределенность, применив правило Лопи-

таля. Представим произведение в виде дроби. Имеем lim x ln

x + 1

=

2x 3

ln

0

2x 3

x!1

x + 1

x + 1

(2x 3) 2(x + 1)

ln

x + 1

(2x 3)2

lim

2x 3

2x

3

= lim

= lim

=

x 1

x

x

!1

(

x 1 0

x

x 2

!1

)

!1

= lim

5x2

= 2; 5.

(x + 1)(2x 3)

x!1

Пример 10.3. Вычислите по правилу Лопиталя предел

x!1

x 2

x + 4

.

lim

2x2

+ 7x

1

x2

x + 5

Решение . Данное в условии выражение представляет собой неопределенность 1 1. Раскроем эту неопределенность, применив правило

Лопиталя. Приведем дроби к общему знаменателю. Имеем

x!1		x 2			x + 4		=
lim	2x2	+ 7x	1		2x2	x + 5

81

= lim	(2x2 + 7x 1)(x + 4) (2x2 x + 5)(x 2)								=
x		(	x		x	4)
!1	20x2 + 20x + 6			2)(		+ 2	+ 20x + 6)0			40x + 20
= lim		= lim			(20x			= lim			= 20.
	x2 + 2x 8					(x2	+ 2x 8)0			2x + 2
x!1				x!1				x!1

Пример 10.4. Вычислите по правилу Лопиталя предел lim tg xsin x.

x!0

Решение . Данное в условии выражение представляет собой неопреде- ленность 00. Раскроем эту неопределенность, применив правило Лопита-

ля. Обозначим выражение,

стоящее под

знаком

предела

через

A = tg xsin x

и прологарифмируем его ln A = sin x ln tg x =

ln tg x

1

1

(sin x) 1 .

Тогда lim ln A = lim

ln tg x

= lim

tg x

cos2 x

=

lim

sin x

= 0.

(sin x) 1

sin 2 x

cos x

x

!

0

x 0

x 0

x

!

0

cos2 x

!

!

lim ln A

= e0 = 1.

Получили, что lim ln A = 0, следовательно, lim A = ex!0

x!0

x!0

Замечание 10.2. По правилу Лопиталя

lim

f(x)

g(x)

можно вычислять

x!x0

только тогда, когда существует предел отношения производных. Если

lim

f0(x)

не существует, это не значит, что и

lim

f(x)

g(x) не существует.

x!x0

g0(x)

x!x0

Вычислите пределы по правилу Лопиталя

Задание 10.1. а) lim

x3

5x2 + 3x

6

á) lim

cos x3

.

x

4

3

;

1 2

4

x

x!2

3x

+ x 6

x!0

x sin

Задание 10.2. а) lim

2x

sin x

;

á)

lim

ln(x2 3x 3)

.

x!0 x tg 2x

x!4

2x

5x 12

2

4x 4)

Задание 10.3. а) lim ln cos x

lim

ln(x

.

2

x!0

tg x ;

á) x!5

ex

25 1

x!0

sin x x

x!0

x2 sin2 x .

Задание 10.4. а) lim

1

1

;

á) lim

1

1

Задание 10.5. а) lim

1

1

; á) lim ln cos 2x

sin x

tg x

x

!

0

x

!

sin2 3x .

Задание 10.6. а) lim e5x cos x;

á) lim ex2

2cos x.

x!0

sin 2x

x!0

x

Задание 10.7. а) lim

ln(x2 4x + 5)

;

á) lim

ln cos 3x

x!2 px2 3x + 7 p

x + 3

x! =2

ln sin 4x .

82

Задание 10.8. а)

lim

8 sin2 x + 6 sin x 5;

á)

lim

2 arctg x.

x! =6 cos 2x 7 sin x + 3

x!1

ln(1 + 1=x)

Задание 10.9. а)

lim

(1 cos x)2

;

á) lim ex3

1

x3 .

x! tg

3

x sin

3

x

x!0

6

sin

2x

Задание 10.10. а) lim x

sin

9;

á) lim

1 + 3 sin x cos x.

x!1

x

x!0

1 2 sin x cos x

Задание 10.11. а) lim

2

x

x

;

á) lim xsin x.

xcos x

x!0

tg

x!0

2

x!1

3x + 5

;

x!1

Задание 10.12. а) lim

3x

4

á) lim (3x + 1)x.

ln x .

x!0

x arctg x x2

x!0

x 1

Задание 10.13. а) lim

1

1

;

á) lim

1

x

Задание 10.14. Докажите, что предел lim 1 + sin x

x!1 x + cos x существует, но его нельзя вычислить по правилу Лопиталя.

11. Монотонность функции.

В четвертом параграфе было даны определения монотонно возрастающей и монотонно убывающей функций, необходимые в этом параграфе.

Теорема 11.1. (необходимое и достаточное условие постоянства функции.) Пусть функция f(x) определена на [a; b] и на (a; b) имеет конечную производную. Для того чтобы f(x) была постоянной на [a; b] необходимо и достаточно, чтобы f0(x) = 0 äëÿ âñåõ x 2 (a; b).

Доказательство. 1. Необходимость. Так как на отрезке [a; b] функция f(x) = c, то по правилу вычисления производной f0(x) = (c)0 = 0.

2. Достаточность. Пусть для любой точки x 2 (a; b) f0(x) = 0 и пусть x1 è x2 произвольные точки отрезка [a; b], причем x1 < x2.

По теореме Лагранжа(теорема 9.4) существует точка			c 2 (a; b) такая,
÷òî	f(x2) f(x1)	= f0(c) = 0. Следовательно, f(x2)		f(x1) = 0 èëè
	x2 x1

f(x2) = f(x1). В силу произвольности выбора точек x1 è x2 получаем, ÷òî f(x) = c.

83

Теорема 11.2. (необходимое и достаточное условие монотонности функции.) Пусть функция f(x) определена на [a; b] и на (a; b)

имеет конечную производную. Для того чтобы f(x) возрастала на [a; b] необходимо и достаточно, чтобы f0(x) > 0 для всех x 2 (a; b). Для того чтобы f(x) убывала на [a; b] необходимо и достаточно, чтобы f0(x) 6 0 äëÿ âñåõ x 2 (a; b).

Доказательство. 1. Необходимость. Пусть дифференцируемая функция f(x) возрастает на отрезке [a; b]. Тогда для любых точек x0; x 2 [a; b] из неравенства x0 < x следует неравенство f(x0) < f(x). Поэтому дробь

f(x) f(x0)

> 0. Перейдем к пределу при x

!

x0. Получим, что произ-

x x0

водная f0(x0) = lim

f(x) f(x0)

> 0.

x!x0

x x0

x 2 (a; b)

2. Достаточность. Пусть для любой точки

производная

f0(x) > 0 и пусть x1

è x2 произвольные точки отрезка [a; b], причем

x1 < x2. По теореме Лагранжа (теор. 9.4) существует точка

c 2 (x1; x2)

такая, что

f(x2) f(x1)

= f0(c)

>

0. Следовательно, f(x2)

f(x1)

>

0

x2 x1

èëè f(x1) 6 f(x2). В силу произвольности выбора точек x1 è x2 получа- ем, что функция f(x) возрастает возрастает на отрезке [a; b].

Для убывающей функции доказательство проводится аналогично. На рисунке приведены графики возрастающих функций.

	y																							y																6y
	6																						6
																																									-
																																									x
																			-													-
																			x																		x

Если дифференцируемая функция y = f(x) возрастает на отрезке [a; b],

то касательная к графику функции образует с положительным направлением оси OX острый угол, а если y = f(x) убывает на отрезке [a; b], то касательная к графику функции образует с положительным направлением оси OX тупой угол.

84

y			y
6			@
			6
			@
			@
			@
			@	-
		-	@
		x		x

12. Точки экстремумов функции.

Пусть функция y = f(x) задана на промежутке X. Эта функция име- ет во внутренней точке x0 локальный максимум (локальный минимум), если существует такая окрестность (x0 ; x0 + ) этой точки, что для всех x 2 (x0 ; x0 + ) (x 6= x0) выполняется неравенство f(x) 6 f(x0)

(f(x) > f(x0)).

Максимумы и минимумы функции объединяют одним словом экстремум.

Понятия локального максимума и локального минимума нельзя путать с наибольшим или наименьшим значением функции на промежутке (отрезке). Локальный максимум это наибольшее значение функции относительно близлежащих точек, но он может не быть наибольшим значением функции на отрезке. Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке [a; b], нужно найти все ее максимальные

и минимальные значения, значения функции на концах отрезка. Затем выбрать наибольшее и наименьшее значения. На рисунке приведены примеры функций, имеющих наибольшее значения в точке b, в точке a и во

внутренней точке отрезка [a; b].

y

y

y

6

p

6p

p

6

p

p x

p

-

-

a

b x

a

b

x

-

a

c

b

Теорема 12.1. (необходимое условие экстремума) В точке экстремума производная дифференцируемой функции равна нулю.

В теореме утверждается, что если дифференцируемая функция

85

y = f(x), определенная на отрезке [a; b], имеет в точке x0 2 (a; b) экстремум, то f0(x0) = 0.

	Доказательство. Пусть x0			точка локального					максимума функции
	y = f(x), тогда при достаточно малых x f(x) < f(x0).
	1 способ.							f(x0	+ x) f(x0)
	Пусть x < x0. Тогда x = x				x0 < 0 и дробь						> 0.
									x
	Пусть x > x0. Тогда x > 0 и дробь						f(x0 + x) f(x0)			< 0.
							x
	Перейдем к пределу при x ! 0. Получим
	f0(x0) =	lim	f(x0 + x) f(x0)			> 0,
		x!x0 0	x
			f(x0 + x) f(x0)			6 0.
	f0(x0) =	lim
		x!x0+0	x

Так как производная функции y = f(x) в точке x0 существует, то из двух последних неравенств следует, что f0(x0) = 0.

2 способ.

Рассмотрим отрезок [x0 x; x0 + x]. На этом отрезке в точке x0 ôóíê- ция y = f(x) принимает наибольшее значение. По теореме Ферма (теор. 9.1) f0(x0) = 0.

Заметим, что для дифференцируемой функции условие равенства нулю производной является необходимым, но не является достаточным.

Точки, подозрительные на экстремум, будем называть критическими. К критическим точкам относят стационарные точки, то есть точ- ки, производная в которых равна нулю, и точки, в которых производная бесконечна или не существует.

Пусть x0 критическая точка. Рассмотрим достаточные условия экстремума функции.

Теорема 12.2. Пусть функция y = f(x) непрерывна в некотором интервале, содержащем критическую точку x0, и дифференцируема во всех точках этого интервала, кроме, может быть, самой точки x0. Если при переходе аргумента через точку x0 производная f0(x) меняет знак с "плюса" на "минус то функция y = f(x) имеет в точке x0

86

локальный максимум.

Если при переходе аргумента через точку x0 производная f0(x) меняет знак с "минуса" на "плюс то функция y = f(x) имеет в точке x0

локальный минимум.

Если при переходе аргумента через точку x0 производная f0(x) знак не меняет, то функция y = f(x) в точке x0 экстремума не имеет.

Теорема 12.3. Пусть функция y = f(x) дважды непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности точки x0, причем f0(x0) = 0, f00(x0) 6= 0.

Åñëè f00(x0) < 0, то функция y = f(x) имеет в точке x0 локальный

максимум.

Åñëè f00(x0) > 0, то функция y = f(x), имеет в точке x0 локальный минимум.

Пример 12.1. Исследовать на монотонность и точки экстремума функцию y = x3 9x2 + 24x 17.

Решение . Вычислим производную y0(x) = 3x2 18x + 24. Приравняем производную нулю, найдем критические точки x = 2 и x = 4. Вычислим знаки производной на получившихся промежутках.

+	2r		4r	+	x-
По теореме 12.2			x = 2 точка максимума и ymax = 3, x = 4 точка ми-
нимума и ymin = 1.

Исследуем эту функцию на экстремум с помощью второй производной. Имеем y00(x) = 6x 18. Тогда y00(2) = 6 < 0 и x = 2 точка максимума,

y00(4) = 6 > 0 и x = 4 точка минимума.

	Пример 12.2. Исñëедовать на монотонность и точки экстремума функ-
	öèþ y = (x 7)2p5 x4.		7)p5				4(x 5	7)2
	Решение . Вычислим производную y0(x) = 2(x				+
				x4						=
							5px

14(x 7)(x 2)

p , найдем критические точки x = 7, x = 2 и x = 0.

5 5 x

Вычислим знаки производной на получившихся промежутках.

87

b + r r + -

0 2 7 x

p

Итак, функция y = (x 7)2 5 x4 убывает при x 2 (0; 3] и возрастает

при x 2 ( 1; 0] и при x 2 [0; 2]. По теореме 12.2 x = 7 точка минимума p

è ymin = 0, x = 3 точка максимума и ymax = 25 5 16, x = 7 точка минимума и ymin = 0.

Пример 12.3. Иñследовать на монотонность и экстремумы функцию p

y = (x 13)2 5 x3.

Решение . Вычислим производную y0(x) = 2(x

13)p5

+

3(x 5

13)2

x3

=

13(x 13)(

x 3)

5px2

, найдем критические точки

x = 13, x = 3 è x = 0.

5

p

x

2

5

Вычислим знаки производной на получившихся промежутках.

+

0b

+ 3r

13r +

x-

(x 13)2 p5

убывает при x 2 [3; 13] и возрастает

Функция y =

x3

при x 2 ( 1; 3] и при x 2 [13; +1). По теореме 12.2

x = 13 точка

x = 3

p5

минимума и

,

точка максимума и

, в точке

ymin = 0

ymax = 100

27

x = 0 экстремума нет.

Пример 12.4. Требуется огородить прямоугольный участок площадью S ì2, имеющий наименьший периметр.

Решение . Пусть x длина участка, y его ширина. Тогда площадь S = xy. Cледовательно, y = Sx . Периметр участка P = 2(x + y) =

2S

2x +

. Исследуем эту функцию на экстремум. Вычислив производную

x

2S

P 0(x) = 2

x2

и приравняв ее нулю, получим, что функция имеет одну

критическую точку

p

(по условию задачи

). Вторая произ-

x =

S

p

x > 0

p

водная

P 00(x) =

4S

4S

4

. Следовательно

x3 è P 00( S) = p

3

= p

> 0

x = S

p

. S

S

точка минимума и

S

Pmin = 4

Пример 12.5. (задача Дидоны). Из имеющихся досок можно сделать забор длины l. Как этим забором огородить участок наибольшей площади, используя в качестве одной стороны стену прилегающего дома.

88

Решение . Пусть стороны прямоугольника, не прилегающие к дому, равны x (0 < x < l=2), третья сторона равна y = l 2x. Площадь участка S(x) = x(l 2x) = lx 2x2. Вычислив производную S0(x) = l 4x

и приравняв ее нулю, найдем критическую точку x = 4l . Вторая про-

изводная S00(x) = 4 < 0, поэтому в точке x = 4l функция S(x) имеет максимум и Smax = l82 .

Пример 12.6. Требуется огородить прямоугольный участок площадью S ì2, а затем разделить его на n частей, n 1 перегородкой, параллель-

ными меньшей стороне участка. Каковы должны быть размеры участка (x длина, y ширина), чтобы на постройку пошло наименьшее коли- чество материала?

Решение . Пусть x длина участка, y его ширина и x < y. Тогда

его площадь S = xy, следовательно, y = Sx . Длина всех перегородок и ограды P = (n + 1)x + 2y = (n + 1)x + 2xS . Вычислив производную

P 0(x) = (n + 1) 2S

x2 и приравняв ее нулю, найдем критическую точку

x =	2S=(n + 1)	(по условию x > 0). Вторая производная P 00(x) =
4S3 >p0 при x > 0, поэтому в точке x =
							2S=(n + 1) функция P (x)
x						p
имеет минимум и Pmin = 2				2S(n + 1).
		наименьшей стоимости перевозок). Завод
Пример 12.7. (о			p						A нужно со-

единить с прямолинейной железной дорогой, на которой расположен город B. Расстояние OA от завода до железной дороги равно a, а рассто-

яние OB по железной дороге равно b. Стоимость перевозок по шоссе в

k (k > 1) раз выше стоимости перевозок по железной дороге. Как про-

вести шоссе AM к железнoй дороге, чтобы стоимость перевозок была

наименьшей.

Решение . Сделаем чертеж.

Очевидно, что точка M не может лежать левее точки O и правее точки p

B. Обозначим расстояние OM = x, тогда MB = b x и AM = a2 + x2.

89

y			6				y		6
A			J				A		S
			J						S
			J							S
			J							S
			J							S
			J							S
			JJ			-				S	-
										SB
O			x M		B x		O				x

Пусть стоимость перевозки груза на 1 км по железной дороге равна z

рублей, тогда стоимость перевозки груза на 1 км по шоссе равна kz руб-
лей и общая стоимость перевозок из A в B P = z(b x) + kz p									.
							a2 + x2
Рассмотрим функцию f(x) = b x + k p			при x 2 [0; b] и иссле-
	a2 + x2
дуем ее на экстремум. Вычислим производную f0			(x) = 1 +			kx
								è
						a2 + x2
приравняем ее нулю. Единственной критической точкой					p
				является точка

	a
x0 =	pk2 1	(x > 0, поэтому рассматриваем только положительный

корень).

Рассмотрим два случая. Первый случай найденная точка принадлежит интервалу (0; b), второй случай найденная точка лежит вне

интервала (0; b).

p

ka2

1 случай. Пусть

(

), Тогда

f00(x) =

,

x0

2 (0; b)

k >

p

2

2 3

2

> 0

x0 точка минимума и наименьшая

+ x )

(a

следовательно				стоимость перевозки
груза равна Pmin = z(b + a p
	k2 1).
2 случай. Пусть x0 2= (0; b) (1 < k < p				). тогда на отрезке [0; b] про-
			2

изводная f0(x) < 0, следовательно, функция f(x) убывает и наименьшее p

значение принимает в точке x = b. Таким образом, Pmin = zk a2 + b2.

Пример 12.8. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции y = (x 1)2 px2 2x + 6 на отрезке [0; 3].

Решение . Функция f(x) определена на R. Вычислив производную

y0

p

(x

1)3

(x

1)(3x2

6x + 13)

2

(x) = 2(x 1) x

2x + 6 +

p

=

1

2x + 6

p

2x + 6

x2

x =

x2

и приравняв ее нулю, найдем

критическую точку

. Подсчитаем

значения функции в критической точке и на концах отрезка: y(1) = 0, p

y(0) = 6, y(3) = 12. Таким образом получили, что yнаим. = y(1) = 0,

90