2. Проверим, является ли функция четной или нечетной.

Найдем

 

 

 

т.к. f(-х)  f(х) и f(-х)  -f(х), то функция не является ни четной, ни нечетной (см. 4.4).

Значит, график функции не имеет ни оси симметрии, ни центра симметрии.

3. Найдем асимптоты.

а) Функция имеет точку разрыва II-го рода  х = 0.

Т.к.

 

то прямая х = 0 служит вертикальной асимптотой графика функции

(см. 4.6.2).

б) Наклонную асимптоту ищем в виде  у = kх + b (см. 4.6.3).

Найдем правую наклонную асимптоту при x → +∞

 

 

 

= (По правилу Лопиталя) =

 

 

 

= (По правилу Лопиталя) =

 

 

т.о., правой наклонной асимптоты нет.

Найдем левую наклонную асимптоту при x → -∞

 

 

 

 

 

Подставив найденные значения k₂ и b₂ в уравнение у = kх + b, получим у = 0.

Т.о., левая наклонная асимптота у = 0 является горизонтальной асимптотой при  x → -∞.

4. Найдем интервалы монотонности и точки экстремума функции.

Найдем первую производную функции

 

 

Найдем критические точки I-го рода (см. 4.7). Приравняем первую производную у^/(х) к нулю

 

 

 

точка x₁ = 1 – критическая точка  I-го рода.

Производная у^/(х) не существует, когда знаменатель дроби обращается в нуль

х² = 0    x₂ = 0.

Точка x₂ = 0 не может быть критической точкой, т.к. эта точка не принадлежит области определения функции (см. 4.7). Точка x₂ = 0 является точкой разрыва  II-го  рода функции.

Составим таблицу промежутков монотонности функции (определим знак производной у^/(х) в любой точке каждого промежутка).

 

х	(-∞; 0)	0	(0; 1)	1	(1; +∞ )
y^/	–	∞	–	0	+
у				е
		точка разрыва		точка      min

 

Из таблицы видно, что функция    возрастает  на интервале (1; +∞) и убывает на интервалах (-∞; 0) и (0; 1) (см. 4.5).

При переходе через точку x₁ = 1 производная у^/(х) меняет знак с «минуса» на «плюс», следовательно, х = 1 – точка минимума              (см. 4.8)

 

 

Т.о., точка М(1; е) – точка минимума.

5. Найдем интервалы выпуклости (вогнутости) графика функции и точки перегиба.

Находим производную второго порядка

 

 

 

 

 

Точек, «подозрительных» на перегиб нет (см. 4.9.2), т.к. e^x  0 и

х² – 2x + 2  0 (дискриминант D = 4 – 8 = -4 < 0), а точка х = 0 не принадлежит области определения функции.

Составим таблицу промежутков выпуклости и вогнутости графика функции (определим знак второй производной в любой точке  каждого интервала).

 

х	(-∞; 0)	0	(0; +∞)
у^//	–	0	+
у
		точка разрыва

 

 

Из таблицы видно, что кривая выпукла на интервале (-∞; 0) и вогнута на интервале (0; +∞) (см. 4.9.1).

6. Используя результаты исследования, построим график функции

.

Напомним:

вертикальная асимптота  х = 0;

левая горизонтальная асимптота у = 0 (при  x → -∞);

наклонной асимптоты нет;

точка локального минимума M(1; e);

точки перегиба нет.

Сначала строим асимптоты и точку M, затем график функции.

 

 

 

Задача № 2

Требуется найти наибольшее и наименьшее значения функции  на отрезке [-3; 2].

 

Решение (см. 4.11)

1) Функция определена везде, кроме тех точек х, при которых

х² – 11 = 0, т.е. при . На отрезке [-3; 2] функция f(x) определена и непрерывна.

Определим критические точки I-го рода, для чего найдем произ­водную

 

 

 

 

 

(см. 4.11.1).

Производная у^/(х) равна нулю, когда числитель дроби равен ну­лю

–x²  + 12x – 11 =  0.

Корни квадратного уравнения –x²  + 12x – 11 =  0  x₁ = 1 x₂ = 11. Точка x₂ = 11   [-3; 2].

Производная у^/(х) не существует, когда знаменатель дроби равен нулю

 

Точки  и  не принадлежат области определения функции.

Точка х = 1 – критическая точка, принадлежащая отрезку [-3; 2]

(см. 4.7).

2) Вычислим значения функции f(x) в критической точке и на концах отрезка [-3; 2] (см. 4.11)

 

 

   

 

   

 

3) Функция  достигает при х = -3 своего наибольшего значения, т.е.   и при х = 1 своего наименьшего значения, т.е. =  .

Ответ:     

 

 

задача № 3

Требуется записать уравнения касательной и нормали 

а) к кривой у = х³ – 2х + 1 в точке М₀ с абсциссой  х₀ = 0;

б)  к кривой    в точке М₁(1, 0).

а)  Решение 

Функция  у = х³ – 2х + 1 определена при всех х. Найдем значение  у₀ = у(х₀) = у(0) = 0³ – 20 + 1 = 1. Точка М₀(0; 1) – точка касания.

Найдем  производную  у^/(х) = (х³ – 2х + 1)^/ = 3х² – 2. Вычислим значение производной в точке х₀ = 0

 

у^/(0) = 30² – 2 = –2,

т.е. у^/(х₀) = – 2.

 

уравнение касательной к кривой (см. 4.12.1)

 

у – у₀ = у^/(х₀)(х – х₀).

 

Подставляем полученные значения х₀, у₀, у^/(х₀) в уравнение

касательной у – 1 =  – 2(х – 0) или 2х + у – 1 = 0  –  искомое уравнение касательной.

Уравнение нормали к кривой (см. 4.12.2)

 

 

 

Подставляем полученные значения х₀, у₀, у^/(х₀) в уравнение

нормали  или х – 2у + 2 = 0 – искомое уравнение нормали.

Ответ: 1) 2х + у – 1 = 0 – уравнение касательной к кривой у = х³ – 2х + 1 в точке М₀(0; 1);

           2) х – 2у + 2 = 0  – уравнение нормали к кривой у = х³ – 2х + 1 в точке М₀(0; 1).

 

б) Решение

Функция  определена для х  0 точка М₁(1, 0) точка касания.

Найдем  производную  у^/(х) функции, заданной неявно,

 

 

Из последнего равенства найдем значение производной у^/(М₁),  положив х = l, y = 0

 

у^/(М₁) = 0.

Уравнение касательной к кривой F(х, у) = 0 в точке М₁(1, 0)

(см. 4.12.3)

y – у₁ = у^/(х₁, у₁)(х – х₁).

Подставляя полученные значения  х₁, у₁, у^/(х₁, у₁) в уравнение касательной, получим y – 0 = 0(х – 1) или у = 0 – искомое уравнение касательной.

Уравнение нормали к кривой F(х, у) = 0 в точке М₁(1, 0)              

(см. 4.12.4)

у^/(х₁, у₁)(у – у₁) + х – х₁ = 0.

Подставляя полученные значения х₁, у₁, у^/(х₁, у₁) в уравнение нормали, получим (у – у₁)0 + х – 1 = 0 или  х – 1 = 0 – искомое уравнение нормали.

Ответ: 1) у = 0 – уравнение касательной к кривой  в

точке М₁(1, 0);

2) х = 1 – уравнение нормали к этой кривой  в точке М₁(1, 0).

 

Задача № 4

Бак с крышкой имеет форму кругового цилиндра. Площадь полной поверхности бака равна S. Каково должно быть отношение диаметра основания бака к высоте, чтобы его объем был наибольшим?

Решение

Из условия задачи составим функцию.

 

 

Пусть радиус основания бака равен R, а высота Н. Тогда площадь полной поверхности бака

S = S_осн. + S_бoк. = 2R² + 2RH   =>

 

 S = 2R² + 2RH.

Выразим высоту Н

   

 

 Следовательно, объем бака выражается через радиус R так:

 

где R  (0; ∞).

Задача свелась к нахождению наибольшего значения функции V(R) на интервале (0; ∞) (см. 4.11.2).

Найдем производную

 

 

 

Найдем критические точки I-го рода, для этого приравняем про­изводную к нулю

     

      

Т.к. не принадлежит области определения функции

V(R), то  – единственная критическая точка на интервале

 

(0; ∞) (см. 4.7).

При переходе через точку   производная V^/(R) меняет знак с «плюса» на «минус». Т.о., точка  – точка максимума

 

функции V(R) (см. 4.8).

Т.к. на интервале (0; ∞) одна критическая точка и она является

точкой максимума (см. 4.11.2), то в ней функция достигает своего наи­большего значения.

Следовательно, объем бака будет наибольшим при .

 

Найдем значение функции в критической точке (в точке max)

 

 

 

 

Чтобы найти отношение диаметра D = 2R₁ основания бака к его

высоте Н, найдем высоту Н при радиусе 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдем отношение диаметра бака к его высоте

 

 

Значит, отношение диаметра основания бака к его высоте равно 1.

Ответ: