Arkhiv_ZIP_-_WinRAR / Chast_3__Mat_an_2010_23_09

3.4. Примеры исследования функций

ПРИМЕР. Построить график функции y = xe−4 x .

1). x (-∞,∞), х0

= 0;

y0

= 0 - точка пересечения с осями.

2). Функция общего вида.

3). f (x) – непрерывна всюду вертикальных асимптот нет.

k

= lim

x

= 0

b

= lim

x

= 0

k

= lim

x

= ∞

2

1

x→∞ e4 x x

1

x→∞ e4 x

x→−∞ e4 x x

y = 0 - горизонтальная асимптота при х→ ∞.

4) y′ = e-4x − 4 xe−4 x = e−4 x (1 − 4 x )

, y′ = 0 x1

=

1

.

4

1 .

y′′ = -4e-4x − 4e−4 x +16 xe−4 x

= e−4 x (16 x − 8) , y′′ = 0

x 2 =

2

х

−∞;

1

1

1

;

1

1

1

; ∞

4

4

2

2

2

4

у

1

1

4e

2e2

y′

+

0

–

–

–

y′′

–

–

–

0

+

∩

max

∩

перегиб

Вид графика функции y = xe−4 x .

ПРИМЕР. Исследовать функцию y =	x3
		и построить её график.
	2 (x +1)2

1). Функция определена всюду, кроме точки x = −1.

Найдём точки пересечения графика с координатными осями. Для этого решим

уравнения	x3		= 0 и y = 0 . х	= 0; y = 0 - точка пересечения с осями.
	2(x +	1)2	0	0

2). Функция общего вида.

3). Точка x = −1 является точкой разрыва 2-го рода. Отсюда следует, что график функции имеет вертикальную асимптоту x = −1.

Выясним, существуют ли наклонные асимптоты. Вычислим пределы:

81

k = lim

f (x)

= lim

x2

= 1

;

x→∞

x

x→∞ 2(x +1)2

2

x3

1

1

−2x2

− x

b = lim

−

x

=

lim

2 = −1.

2(x +1)

2

2

2

(x +

1)

x→∞

x→∞

y =

1

x −1 является наклонной асимптотой.

2

x2 ( x +3 )

4). Находим производную: y′ =

. Знак производной определяется

2( x

3

+1)

x +3

что при x < −3

и x > −1

y

′

> 0 , а при

знаком дроби

x +1 . Легко получить,

−3 < x < −1

y′< 0 . Интервалами возрастания являются

(−∞;−3)

и

(−1;∞); ин-

тервал убывания (−3;−1). В области определения функции производная суще-

ствует всюду и обращается в нуль при

x = −3 и x = 0 .

При x < −3 y′ > 0 , а при

x > −3

y′ < 0 . Следовательно, точка x = −3 является

точкой

максимума.

Находим

значение

функции

при

x = −3:

y (−3)=

(−3)3 = −

27

= −3,375. При переходе через другую критическую точ-

8

8

куx = 0

производная знак не меняет, т.е. x = 0

не является точкой экстремума.

5). Находим вторую производную

y′′ =

3x

. Видим,

что

y′′< 0 при

4

x < −1, интервал (−∞;−1)

( x +1)

является областью выпуклости. y′′< 0 при −1 < x < 0

- это тоже область выпуклости; y′′ > 0 при x > 0 - это область вогнутости.

В области определения функции

y′′существует всюду;

y′′ = 0

при x = 0 .

Так как при переходе через эту точку y′′

меняет знак, то

x = 0 есть абсцисса

точки перегиба. Находим y( 0 ) = 0.

(−1; 0 )

х

(−∞;−3)

−3

(−3; −1)

−1

0

(0; ∞)

у

−

27

0

8

+

y′

+

0

–

0

+

y′′

–

–

–

–

0

+

∩

max

∩

∩

перегиб

82

	y =	x3
График			имеет вид
		2 (x +1)2

	ПРИМЕР. Исследовать функцию y =		x3		и построить её график.
			x2 −1
	Функция определена всюду, кроме точек x = ±1.					x3
	Точка пересечения графика с координатными осями из								= 0 имеет коорди-
						x2	−1
	наты x = 0 y = 0.
	1).	Функция нечетная, f (−x)= − f (x),			график симметричен относительно
	начала координат, достаточно исследовать функцию при x ≥ 0 .
	2).	Точка x =1 является точкой разрыва 2-го рода, график функции имеет
	вертикальную асимптоту x =1, lim f (x)= −∞, lim f (x)= +∞ .
		x→1−0			x→1+0

Выясним, существуют ли наклонные асимптоты. Вычислим пределы:

k = lim

f

(

x

)

x

2

x

3

x

= 0 , т.е. y = x явля-

= lim

=1;

b = lim

− x

= lim

x

2

−1

2

2

x→+∞

x→+∞ x

x→+∞ x

−1

x→+∞ x

−1

ется правой наклонной асимптотой (и левой, так как при операции симметрии прямая переходит сама в себя).

3). Находим производную:

y′ =

x2 (x2 −3)

. Знак производной определяется

2

(

x2

)

−1

знаком x2 −3 . При x > 3 y′ > 0 , а при 0 < x <1 и 1 < x <

3

y′ < 0 . Интервал

возрастания - ( 3;∞); интервалы убывания - (0;1) и (1;

3 ). В области опреде-

ления функции производная обращается в нуль при x = 0 и x =

3 .

При x < 3 y′ < 0 , а при x >

3 y′ > 0 . Следовательно, точка x = 3

является

точкой минимума. Находим значение функции при x =

3 :

y (

3)= (

23 )3

=

3

3

.

2

83

При переходе через критическую точкуx = 0

производная знак не меняет, т.е.

x = 0 не является точкой экстремума.

2x(x2 +3)

4). Находим вторую производную

y′′ =

. Видим,

что

y′′< 0 при

3

(

)

x2 −1

0 < x <1, на интервале

(0;1)

график функции выпуклый вверх. При x > 3

y′′ > 0 - график функции выпуклый вниз.

В области определения функции y′′существует всюду;

y′′ = 0

при

x = 0 . Так

как при переходе через эту точку y′′ меняет знак, то x = 0

есть абсцисса точки

перегиба. Находим y( 0 ) = 0.

х

0

(0;1)

1

(1; 3 )

3

(

3; ∞)

у

0

−

3 3

–

2

y′

0

–

0

–

y′′

0

–

+

+

+

перегиб

∩

min

	График	y =	x3			имеет вид:
			x2	−1

ПРИМЕР. Исследовать функцию y = 3 2x2 − x3 и построить её график.

1). Функция определена при всех x . Для нахождения точек пересечения с осями записываем уравнения y = 0 и 3 2x2 − x3 = 0 ; получаем, что ось Oy пересекается в точке с y = 0 , а ось Ox - в точках x = 0 и x = 2 .

84

2). Функция общего вида.

3). Точек разрыва нет. Так как нет точек разрыва 2-го рода, вертикальные асимптоты отсутствуют. Ищем параметры наклонных асимптот.

k = lim

f

(x)

= lim

3 2x2 − х3

= lim 3

2 −1 = −1,

x

x

x→+∞

x→+∞

x→+∞

х

3

2

3

)

2

2

2

b = lim

2x

− х

+ x

= lim x 1

− 3

1

−

= lim x

1

−1+

=

.

х

3x

3

x→+∞(

x→+∞

x→+∞

При вычислении второго предела использована эквивалентная бесконечно малая функция 1− 3 1− 2х 13 2х .

Итак, у графика есть наклонная асимптота; её уравнение y = −x + 23 .

4). Находим производную: y′ =					4 −3x	.
					33 x(2 − x)2
Знак производной определяется знаком выра-
жения	4 −3x	. Видим, что в области x < 0
	3 x
y′ < 0 , при 0 < x <			4	y′ > 0 и при x > 34 y′ < 0 .
			3
Получаем, что в области x < 0 функция убыва-
ет, при 0 < x < 4 - возрастает и при x > 4 -
3					3
убывает. Находим критические точки. y′ = 0
4
при x = 3 , y′ не существует при x = 0 , x = 2 . При переходе через x = 0 знак
производной меняется с (-) на (+),					y (0)= 0 - точка минимума. Так как при x = 0

производная не существует, на графике получается минимум с вертикальными касательными.

	При переходе через вторую критическую точку x =												4	производная меняет знак
												3
		4		4				2
	с (+) на (-) , т.е. при x =		- максимум: y				=				3 4	. При переходе через x = 2
		3		3				3
	знак производной не меняется, значит, экстремума нет.
	5). Находим вторую производную: y′′ = −										8					. Видим, что y′′< 0
						9x		4				5
										3 ( 2 − x )					3
	при x < 0 ; в этой области график выпуклый;						y′′< 0 при 0 < x < 2, т.е. интервал
	( 0;2 ) также является областью выпуклости. При x > 2														y′′ > 0 , следовательно,

при x > 2 график вогнут. Найдём точки перегиба. Вторая производная не существует при x = 0 и приx = 2 . При переходе через первую точку знак y′′не меня-

85

ется, а при переходе через вторую – меняется. Итак, точкой перегиба является точка с координатами x = 2 , y (2)= 0 .

ПРИМЕР. Исследовать функцию y = arctg ( ctg x ) и построить её график.

1). Так как функция периодична с основным периодом T =π , достаточно исследовать ее поведение на промежутке, равном периоду, например, на [0;π].

Арктангенс определен для всех значений аргумента, поэтому областью опреде-

ления сложной функции y = arctg (

ctg x )

будут промежутки оси Ox , на кото-

рых

ctg x ≥ 0 ,

т.е.,

для

промежутка

[0;π]

это

будет

x

0; π .

Для

2

π

t ≥ 0 arctg t ≥ 0 , область значений y 0;

2 .

x = 0

котангенс не

Точки пересечения графика с координатными осями:

при

определен, точек пересечения с осью Oy нет.

Точки пересечения с осью Ox

находим, решая уравнение ctg x = 0 х = π +πn .

2

2). Четностью или нечетностью функция не обладает.

(0)

3). Точка

x = 0

не является точкой разрыва, так как f

не определена,

lim f

(x)= π

. Поскольку на каждом периоде график

f (x)

лежит в конечной

x→+0

2

области плоскости Oxy , асимптот у графика существовать не может.

4).

Найдем

производную: y′ = −

1+ctg2 x

.

Для

x

0;

π

y′< 0 ,

2

(1+ctgx) ctgx

2

lim y′ =

lim y′

= −∞,

т.е. на каждом отдельном промежутке области определе-

x→+0

π

x→2 −0

ния функция монотонно убывает.

y′′ = (1+ctg2 x)(ctg3 x +3ctg2 x −3ctgx −1).

5). Найдем

вторую производную

4(1+ctgx)2 (

ctgx )3

Корень уравнения y′′

0;

π

x =

π

. При 0 < x

<

π

y′′< 0 график

= 0 на x

2

-

4

4

< π

функции

выпуклый

вниз,

при

π

< x

y′′ > 0

4

2

-

график

функции

выпуклый

вверх.

Точка графика

π

;

π

- точка перегиба.

4

4

( ctg x ) имеет вид:

График y = arctg

86

ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ

1. ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ

№														Задание								Ответ
	Найдите формулу общего члена последовательности:
	0,	2		,1,	2			0,−				2	,−1,−			2	,0,.........
					2							2				2
		2
	РЕШЕНИЕ: Учитывая, что
			π				2						π						π	2
	sin				=					;		sin				=1 ; sin		−	= −		;
							2													2
			4										2						4		,
			π																			(n −1)		π
																					xn
1	sin −				= −1																	= sin	4
					2																	n=1,2,….
													n π
	получаем xn = sin															, n=0,1,2,…,т.е. нумерация
													4

членов последовательности начинается с нуля. Чтобы установить нумерацию с единицы,

положимxn = sin (n −1) π , n=1,2,…

4

Укажите, какие из заданных последовательностей являются ограниченными, бесконечно большими и бесконечно малыми:

x =

n +4

;

x = cos

1 −1 ;

xn

= e n 3 .

2

n

n

−2

n

n +4

n

–

РЕШЕНИЕ:

n2

−2

1). Последовательность

n +4

бесконечно

-бесконечно малая,

малая,

2

−2

n

1

т.к. представляет собой сумму двух бесконечно

cos

−1

2

малых последовательностей

n

4

n

и

:

–

− 2

n2 −

2

n2

последовательность

n

-бесконечно малая, т.к.

ограниченная,

n2 − 2

{ e n 3 } –

n

1

2

=

, а n −

–

бесконечно большая;

бесконечно

n2 −2

2

n

n

−

n

большая

последовательность

4

также бесконечно

малая, т.к. {n2 −2}

n2 − 2

–

бесконечно большая.

87

2) Последовательность

1

cos

−

1 – ограниченная,

n

т.к. при всех n

1

−1

≤ 2 .

cos

n

3) Последовательность { e n 3 }

бесконечно большая,

т.к. для любого M>0 можно указать N = 3 ln M

+1

такой, что при n >N,

en3 > M .

Пользуясь определением предела, докажите (укажите

N (ε) ), что lim a = a , если

a

=

n2

− 7

,

a =

1

.

3n2 +8

3

n→∞

n

n

РЕШЕНИЕ:

Рассмотрим

неравенство

n2 − 7

− 1

< ε ,

или

3n2 +8

3

−29

< 3ε , или

29

< 3ε

, т.е.

3n

2

+8 >

29

.

29

3n

2

+

8

3n

2

+8

3ε

−8

3ε

3

Тогда исходное неравенство выполняется при

N(ε) =

3

29

ε

−8

29

n >

3

,

если

ε <

. Выбрав в качестве

3

24

29

N (ε )

3ε

−8

=

+1,получ им, что при всех n > N (ε)

3

неравенство выполнено.

Пользуясь определением предела, докажите, что

lim a

= a , если

a =

2n3

,

a = 2 (укажите N (ε) ).

n3 −2

n→∞

n

n

РЕШЕНИЕ:

Докажем, что для последовательности an по

определению предела последовательности число a

4

будет

являться

пределом,

то

есть

выполняется

N (ε) =

3

4

+ 2

+1

утверждение:

ε

lim an = a ε > 0 N (ε ) n > N (ε ):

an − a

< ε.

n→∞

2n3

4

4

a − a

=

−2

=

=

.

n

n3 − 2

n3 − 2

n3 − 2

Возьмем произвольное ε > 0 и потребуем, чтобы, an − a <ε, то есть выполнялось неравенство

88

4

<ε.

n3 − 2

Решим это неравенство относительно n :

n3 − 2 >

4

n >

3

4

+ 2.

ε

ε

Положим

N (ε) =

4

+ 2

+1.

Итак,

существует

3

ε

номер

4

+

+1,

такой, что

для

номеров

N (ε) = 3

ε

2

n > N (ε) ,

a − a

=

2n3

− 2

=

4

< ε,

что

и

n

n3 − 2

n3 −

2

требовалось доказать.

Пользуясь определением предела, докажите (укажите

N (ε) ), что lim a

= a , если a =

1

, a = 0.

n→∞

n

n

n

РЕШЕНИЕ:

Действительно, для любого ε >0 неравенство

N (ε )= 1

+1

5

1

−0

=

1

<ε всегда выполнено, если n

>

1

.

n

n

ε

ε

В качестве N(ε) достаточно взять целую часть числа

1

, увеличенную на единицу, т.е.

N (ε )= 1

+1

ε

ε

Пользуясь определением предела, докажите (укажите

N (ε) ), что lim a

= a , если

a =

n

,

a =1.

n

+1

n→∞

n

n

РЕШЕНИЕ:

n

1

1

1

6

Из неравенства

−1

< ε получаем

−

=

< ε

N (ε )=

−1

+1

n +

1

n

+

1

n +1

ε

или n +1 >

1

. Выбирая

N (ε )= 1 −1

+1 , если ε ≤ 1,

ε

ε

n

и N(ε)=1, если ε >1, получаем, что lim

= 1 .

n

+1

n →∞

Вычислите предел числовой последовательности

7

lim n3 −(n +1)3 .

n→∞ n4 +n2 −1

РЕШЕНИЕ:

Числитель

и

знаменатель

дроби

стремятся

к

89

бесконечности, т.е. мы имеем неопределенность типа

∞ . Выражение, стоящее

под

знаком предела,

∞

представляет собой отношение многочленов.

0

Поделим

числитель

и

знаменатель

на n в

наибольшей степени ( n4 ):

lim

n3

−n3

−3n2 −3n −1

= lim

−3n2 −3n −1

=

n4 + n2 −1

n4 + n2 −1

n→∞

n→∞

−3 −

3

−

1

= lim

n

n2

.

n

→∞

n

2

+

1

−

1

1

n

2

n

4

Последовательности

3 1 1

-

бесконечно

;

;

n n

2 n4

малые, т.е. их пределы равны нулю.

3

1

1

1

=1.

lim

−3 −

−

= −3 ;

lim 1+

−

n

n

2

n

2

n

4

n→∞

n→∞

Окончательно получаем

−3 −

3

−

1

1

−3

n

2

lim

n

= lim

=

0 .

2

2

1

n→∞

n

1

1

n→∞ n

1+

−

n

2

n

4

Вычислите предел числовой последовательности

lim

(2n +1)2

−

(n +1)2

.

n2 + n

+1

РЕШЕНИЕ:

n→∞

Раскроем скобки, приведем подобные слагаемые и

произведем деление числителя и знаменателя

8

получившейся дроби на n2 - наибольшую степень n .

3

lim (2n +1)2 −(n +1)2

= lim

3n2 + 2n

=

n→∞

n2 + n +1

n→∞ n2 + n +1

3 +

2

= lim

n

=

3.

1

n→∞

1+

1 +

n

n2

Вычислите предел числовой последовательности

9

lim n 6 n + 5 32n10 +1 .

n→∞

(n + 4 n )

3 n3 −1

90