Нахождение промежутков монотонности, экстремумов функции

Правило Лопиталя

Задача 1. Вычислить .

Решение: .

Задача 2. Вычислить .

Решение:

.

Задача 3. Вычислить .

Решение:

Ясно, что рассматриваемый предел представляет собой неопределенность типа . Логарифмируем выражение , получаем .

С учетом последнего равенства находим

= 0.

Воспользовавшись непрерывностью функции на вcей естественной области определения, получим: . Отсюда =1.

Следовательно, =1.

Найти значения пределов:

№1

№2

№3.

№4. Перепишем данное выражение в виде .

№5 .

№6. . В этом случае применение правила Лопиталя ошибочно, лучше сделать преобразования , т.к.

№7. .

№8. .

№9. .

№10. .

№11.

или .

№12. .

№13. .

№14. .

№15. .

№ 16.

предел первого множителя

предел второго множителя: Таким образом, искомый предел равен .

№17. =(логарифмируем заданную функцию, применяем свойство степени, получаем)= .

№18

№19.

Нахождение промежутков монотонности, экстремумов функции

Пример: Исследовать на максимум и минимум функцию.

а) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . , Þ , .

3. .

x	x=-1	x=3
	-12
	max y(-1)=12	min y(3)=-20

б) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . Þ .

3. .

x	(-∞;0)	x=0	(0;+∞)
	+		–
	возрастает	max y(0)=1	возрастает

в) Исследовать функцию на монотонность и найти точки экстремума:

а) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . , Þ , , .

x	(-∞;-1)	x=-1	(-1;0)	x=0	(0;2)	x=2	(3;+∞)
	–		+		–		+
	убывает	min y(-1)=-3	возрастает	max y(0)=2	убывает	min y(2)=-30	возрастает

б) .

1. Область определения функции D(y): x¹0.

2. ;

.

Критические точки: , т.е. числитель равен нулю Þ ;

– не существует, т.е. знаменатель равен нулю Þ .

x	(-∞;0)	x=0	(0;2)	x=2	(2;+∞)
	–	не существует	+		−
	убывает	не существует	возрастает	max y(2)=0,25	убывает

Найти интервалы монотонности функции

Решение. Имеем . Очевидно при и при , т.е. функция убывает на интервале и возрастает на интервале , где. — абсцисса вершины параболы.

Заметим, что необходимое условие монотонности более слабое. Если функция возрастает (убывает) на некотором промежутке. , то можно лишь утверждать, что производная неотрицательна (неположительна) на этом промежутке: () т.е. в отдельных точках производная монотонной функции может равняться нулю.

Пример. Найти интервалы монотонности функции

Решение. Найдем производную . Очевидно, что , при . При производная обращается в нуль. Функция же монотонно возрастает на всей числовой оси.

Исследовать на экстремум функцию

Решение. 1°. Производная функции

2°. Приравнивая производную к нулю, находим критические

точки функции . (Точек, в которых производная не

существует, у данной функции нет —функция определена на всей числовой оси).

3°.

Нанесем критиче­ские точки на числовую прямую.

Для определения знака производной слева и справа от критической точки выберем значения, например, и найдем и

; следовательно, при всех

на интервале . Аналогично устанавливаем, что и на интервале

Согласно достаточному условию — точка минимума

данной функции. В точке х= 1 экстремума нет.

4°. Находим ►

Решение задач

1) Найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке:

, .

Решение:

;

.

Критические точки:

, т.е. числитель равен нулю Þ ; , .

– не существует, т.е. знаменатель равен нулю Þ .

, , .

Найдем значения функции в точке и на концах отрезка:

;

;

.

Наибольшее значение функции равно при ;

Наименьшее значение функции равно при .

Пример. Исследовать функцию и построить ее график.

Решение.

1) Функция определена и непрерывна на всей оси. Итак, .

2) Найдем точки пересечения с осями координат.

а) с осью ОХ: , .

Следовательно, точки пересечения с осью ОХ - , , , ;

б) с осью ОY: .

Следовательно, точка пересечения с осью ОY - .

3) Функция четная, так как (поэтому ее график будет симметричен относительно оси OY).

Функция непериодическая.

4) С помощью первой производной найдем промежутки возрастания и убывания функции.

Имеем =0. Следовательно, точки , , будут подозрительными на экстремум. Разбиваем всю область определения на промежутки , , , и исследуем функцию для . Информация о поведении функции на интервале необходима для анализа функции в точке . По знаку производной определяем монотонность функции на каждом промежутке. Результаты исследований заносим в таблицу:

	Возрастает		Убывает		Возрастает

5) Чтобы исследовать функцию на выпуклость, найдем вторую производную: . Находим точки, в которых или не существует.

при .

Исследуем знак второй производной на промежутках , , и результаты исследований представим в таблице:

	Выпукла	Перегиб	Вогнута	Перегиб	Выпукла

6) Вертикальных асимптот нет, поскольку область определения функции – вся числовая ось.

Найдем наклонную асимптоту :

= .

Следовательно, наклонных асимптот нет.

7) На основе проведенного исследования функции строим ее график (рис.1).

Рис. 1

Пример. Исследовать функцию и построить ее график.

Решение.

1) Функция определена и непрерывна на всей оси, кроме точки . Итак, .

2) Найдем точки пересечения с осями координат.

а) с осью ОХ: .

Следовательно, точка пересечения с осью ОХ - .

б) с осью ОY: .

Следовательно, точка пересечения с осью ОY - .

3) Функция общего вида, так как .

Функция непериодическая.

4) С помощью первой производной найдем промежутки возрастания и убывания функции.

Имеем .

Следовательно, точка будет подозрительной на экстремум. Точка , в которой производная не существует, но в этой точке не существует и функция. Разбиваем всю область определения на промежутки , , и исследуем функцию на указанных интервалах. По знаку производной определяем монотонность функции на каждом промежутке. Результаты исследований заносим в таблицу:

				нет
	Убывает		Возрастает	нет	Убывает

5) Чтобы исследовать функцию на выпуклость, найдем вторую производную:

.

Находим точки, в которых или не существует: при , не существует при .Исследуем знак второй производной на промежутках , , и результаты исследований представим в таблице:

				нет
	Вогнута	Перегиб	Выпукла	нет	Выпукла

6) Найдем вертикальные асимптоты:

Исследуем поведение функции в окрестности точки :

; .

Пределы не конечны, следовательно, вертикальная асимптота имеет вид: .

Найдем наклонную асимптоту :

;

.

Следовательно, наклонная асимптота: .

7) На основе проведенного исследования функции строим ее график (рис.2).

Рис. 2

Замена переменных

1)

Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства ;

Тогда

2) . Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства ;

3) Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства ; ;

4) ; Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства ;

5) . Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства ;

6) . Положим . Продифференцируем обе части полученного равенства

;

7)

Так как , то

или:

8)

Положим . Тогда

Так как , то

9) = = = = = = .

10) = =

11) .

12) .

Определенный интеграл

1.Используя формулу Ньютона-Лейбница, вычислить интегралы:

1).

2). =

3).

4)

5)

6)

7)

8)

9)

10)

11)

12)

13)

14)

15)

Частные производные.

Задача 1. Найти частные производные от функций:

а) .

Решение. Частную производную находим как производную функции по аргументу в предположении, что . Поэтому,

Аналогично,

б)

в)

г)

Пример 2

. Показать, что .

Пример 3

. Показать, что .

Экстремум функции

Дана функция .

а) исследовать функцию на экстремум;

Решение. а) Найдем стационарные точки функции из системы уравнений: Следовательно,

Точка - стационарная точка функции. Вычислим значения частных производных второго порядка в точке .

Составим дискриминант . Так как , то экстремум есть, так как , то - точка минимума.

Решение.

1.Для решение задачи воспользуемся формулой для нахождения производной от функции в заданной точке по направлению вектора :

,

где , - направляющие косинусы вектора , которые вычисляются по формулам: , .

По условиям задачи вектор имеет координаты , . Тогда его длина равна: .

Следовательно, для направляющих косинусов вектора получим следующие значения: , .

Для решения задачи необходимо найти все частные производные первого порядка от функции :

Вычислим значения этих частных производных первого порядка в точке

В заключении подставим полученные значения для направляющих косинусов вектора и значения частных производных первого порядка от функции z в точке в формулу производной по направлению в заданной точке:

2.

Правило Лопиталя

Задача 1. Вычислить .

Решение: .

Задача 2. Вычислить .

Решение:

.

Задача 3. Вычислить .

Решение:

Ясно, что рассматриваемый предел представляет собой неопределенность типа . Логарифмируем выражение , получаем .

С учетом последнего равенства находим

= 0.

Воспользовавшись непрерывностью функции на вcей естественной области определения, получим: . Отсюда =1.

Следовательно, =1.

Найти значения пределов:

№1

№2

№3.

№4. Перепишем данное выражение в виде .

№5 .

№6. . В этом случае применение правила Лопиталя ошибочно, лучше сделать преобразования , т.к.

№7. .

№8. .

№9. .

№10. .

№11.

или .

№12. .

№13. .

№14. .

№15. .

№ 16.

предел первого множителя

предел второго множителя: Таким образом, искомый предел равен .

№17. =(логарифмируем заданную функцию, применяем свойство степени, получаем)= .

№18

№19.

Нахождение промежутков монотонности, экстремумов функции

Пример: Исследовать на максимум и минимум функцию.

а) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . , Þ , .

3. .

x	x=-1	x=3
	-12
	max y(-1)=12	min y(3)=-20

б) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . Þ .

3. .

x	(-∞;0)	x=0	(0;+∞)
	+		–
	возрастает	max y(0)=1	возрастает

в) Исследовать функцию на монотонность и найти точки экстремума:

а) .

1. Область определения функции D(y)=R.

2. .

Критические точки: . , Þ , , .

ЧТО ТАКОЕ УВЕРЕННОЕ ПОВЕДЕНИЕ В МЕЖЛИЧНОСТНЫХ ОТНОШЕНИЯХ? Исторически существует три основных модели различий, существующих между...

Что вызывает тренды на фондовых и товарных рынках Объяснение теории грузового поезда Первые 17 лет моих рыночных исследований сводились к попыткам вычис­лить, когда этот...

Система охраняемых территорий в США Изучение особо охраняемых природных территорий(ООПТ) США представляет особый интерес по многим причинам...

ЧТО И КАК ПИСАЛИ О МОДЕ В ЖУРНАЛАХ НАЧАЛА XX ВЕКА Первый номер журнала «Аполлон» за 1909 г. начинался, по сути, с программного заявления редакции журнала...

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском гугл на сайте: