Клепко В.Ю., Голець В.Л. Вища математика в прикладах і задачах
Подождите немного. Документ загружается.
321
Розділ IV. Диференційне числення функції однієї змінної
б) Крива
y = f
(
x
) має горизонтальну асимптоту
у = b
тільки в тому
випадку, коли існує скінчена границя функції
f
(
x
) при
х
o
f
або
х
o
f
, і ця границя дорівнює
b
, тобто, якщо
lim
xof
f
(
x
)
= b
або
lim
x
of
f
(
x
)
= b.
в) Для знаходження похилої асимптоти
y = kx + b
кривої
y = f
(
x
)
необхідно знайти числа
k
та
b
за формулами:
k
=
lim
x
orf
()
f
x
x
,
b =
lim
xorf
(
f
(
x
)
– kx
)
.
(Необхідно окремо розглянути випадки
х
o
f
і
х
o
f
). По+
хилі асимптоти для кривої
y = f
(
x
) існують в тому випадку, коли
границі для знаходження
k
та
b
мають скінчені значення (якщо ви+
явиться, що
k
= 0, а
b
— скінчене число, то асимптота буде горизон+
тальною).
При знаходженні границь зручно користуватися правилом Лопіталя.
Приклад 4.70.
Знайти асимптоти кривої:
1)
у =
2
63
3
xx
x
;2)
у =
1
x
;
3)
у = хе
х
;4)
у =
ln(4 –
х
2
).
Розв’язок.
1)
у =
2
63
3
xx
x
.
а) При
х =
3 задана крива має нескінчений розрив, через це пря+
ма
х =
3 є її вертикальною асимптотою.
б) знаходимо похилі асимптоти:
k =
lim
x
of
()fx
x
=
lim
xof
2
63
3
xx
x
x
=
lim
x
of
2
2
63
3
xx
x
x
=
=
lim
x
of
26
23
x
x
=
lim
x
of
2
2
=
1,
k
= 1.
322
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
b =
lim
x
of
(
f
(
x
)
– kx
)
=
lim
x
of
(
2
63
3
xx
x
– х
)
=
=
lim
x
of
22
63 3
3
x
xxx
x
=
lim
x
of
33
3
x
x
=
lim
x
of
3
1
=
–3
.
Підставляючи знай+
дені значення
k
і
b
в
рівняння похилої асимп+
тоти, одержимо:
у = х –
3.
Інших похилих асимптот
немає, так як при
х
o
f
значення
k
і
b
будуть та+
кими ж. Крива зображена
на рис. 4.11. Асимптоти
кривої
у =
2
63
3
xx
x
є
прямі
х =
3
та
у = х
– 3.
2)
у =
1
x
(рівнобічна
гіпербола)
а) Визначимо вертикальну асимптоту; для цього знаходимо ті
значення
х
, поблизу яких
f
(
x
)
=
1
x
необмежено зростає за абсолют+
ною величиною. Таким значенням
буде
х =
0, тобто це вісь
Оу
(рис.
4.12).
б) Знаходимо горизонтальні
асимптоти
lim
xof
f
(
x
)
=
lim
xof
1
x
=
0;
lim
xof
f
(
x
)
=
lim
xof
1
x
=
0,
+8
+7
+6
+5
+4
+3
+2
+1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
+2+101234567
x
y
2
63
3
xx
y
x
х = 3
у = х – 3
Рис. 4.11.
+6
+4
+2
0
2
4
6
+3 +2 +1 0 1 2 3
X
Y
Рис. 4.12.
323
Розділ IV. Диференційне числення функції однієї змінної
і крива має одну горизонтальну асимптоту
у =
0, тобто горизонталь+
ною асимптотою являється вісь
Ох
.
3)
у = хе
х
.
а) Крива немає вертикальних асимптот, так як вона неперервна.
в) Знайдемо похилі асимптоти:
k =
lim
x
of
()fx
x
=
lim
x
of
x
x
e
x
=
lim
x
of
е
х
=
f
,
тобто при
х
o
f
кутовий коефіцієнт асимптоти не існує, внаслі+
док чого, при
х
o
f
крива немає асимптоти.
k =
lim
x
of
()fx
x
=
lim
x
of
x
xe
x
=
lim
x
of
е
х
=
0;
b =
lim
x
of
(
f
(
x
)
– kx
)
=
lim
x
of
хе
х
=
lim
x
of
x
x
e
=
lim
xof
1
x
e
=
0.
Отже при
х
o
f
крива має горизонтальну асимптоту
у =
0
(вісь
Ох
).
4)
у =
ln(4 –
х
2
).
а) Крива має дві вертикальні
асимптоти
х =
–2 і
х
= 2, так як при
х =
r
2 вона має нескінчені розриви.
в) Похилих асимптот крива не
має, так як її областю визначення
являється інтервал –2
<
х
< 2 і че+
рез це
х
не може прямувати до не+
скінченності. (Див. рис. 4.13).
+2
+1,5
+1
+0,5
0
0,5
1
1,5
2
+2,2 +1,6 +0,8 0 0,8 1,6 2,2
X
Y
х = –2
х = 2
Рис. 4.13.
4.8.11. Приклади для самостійної роботи
Приклад 4.71.
Знайти асимптоти кривої:
1)
у
=
2
3
4x
;2)
у
=
2
4
x
x
;
3)
у
=
2
4
1x
x
;4)
у
=
2
1
23
x
x
;
324
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
4.8.12. Загальний план дослідження функції та побудова
її графіків
Загальне дослідження функції та побудову їх графіків зручно
використовувати за наступною схемою:
І. Знайти область визначення функції.
ІІ. Знайти точки розриву функції та її односторонні границі.
ІІІ. З’ясувати, чи являється функція парною, непарною або пері+
одичною.
ІV. Знайти точки перетину графіка з осями координат.
V. Знайти асимптоти графіка функції: а) вертикальні; б) похилі.
VІ. Знайти точки екстремуму та інтервали зростання та спадан+
ня функції.
VІІ. Знайти точки перегину графіка функції та інтервали опук+
лості та вгнутості кривої.
VІІІ. Побудувати графік функції, враховуючи всі одержані резуль+
тати дослідження. Якщо їх буде недостатньо, то необхідно знайти ще
декілька точок графіка функції, виходячи із її рівняння.
Задача 4.72.
Дослідити функції та побудувати їх графіки.
1)
у
=
х
(
х
+ 1)
3
;2)
у
=
3
2
2( 1)
x
x
;
3)
у
=
23
3
6xx
;4)
у
=
x
e
x
;
5)
()
x
M
=
1
2
S
2
2
x
e
;6)
у
=
2
ln
x
x
.
Розв’язок.
1)
у = х
(
х +
1)
3
.
5)
у
=
2
23
6
xx
x
;6)
у
=
хе
–х
;
7)
у
=
х
+
ln x
x
.
325
Розділ IV. Диференційне числення функції однієї змінної
І. Область визначення функції
у = х
(
х +
1)
3
— вся числова пряма
Ох
, тобто (
f
;
f
).
ІІ. Точок розриву немає.
ІІІ. З’ясуємо, чи є функція парною, чи непарною, ані парною, ані
непарною.
f
(
x
)
= х
(
х +
1)
3
;
f
(
–x
)
= –х
(
–х
+ 1)
3
;
f
(
x
)
z
f
(
–x
);
f
(
x
)
z
–f
(
–x
).
Отже, функція є ані парною, ані непарною. Функція неперіо+
дична.
ІV. Для знаходження точок перетину графіка функції з осями
координат
а) з віссю
Ох
:
3
0
(1)
y
yxx
®
¯
3
0
0, ( 1) 0
y
xx
®
¯
0
0, 1
y
xx
®
¯
б) з віссю
Оу
:
3
0
(1)
x
yxx
®
¯
3
0
0(0 1)
x
y
®
¯
0
0
x
y
®
¯
.
V. Знайдемо асимптоти графіка функції:
а) вертикальних асимптот немає.
б) Похилі
у = kx + b
.
k =
lim
x
orf
()fx
x
=
lim
x
orf
3
(1)xx
x
=
lim
xorf
(
х +
1)
3
=
rf
.
Похилих асимптот немає.
VІ. Знайдемо точки екстремуму та інтервали монотонності:
y
c
=
(
х +
1)
3
+
3
х
(
х +
1)
2
=
(
х +
1)
2
(
х +
1 + 3
х
)
=
(
х +
1)
2
(4
х
+ 1)
y
c
=
0; (
х +
1)
2
(4
х +
1) = 0,
х
1
=
–1;
х
2
=
1
4
—
критичні точки першого роду.
Подальше розв’язання можна оформити у вигляді таблиці.
326
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
y
min
(
х =
1
4
)
=
1
4
(
1
4
+ 1)
3
=
27
256
.
VІІ. Знаходимо точки перегину та інтервали вгнутості або опук+
лості графіка функцій:
y
cc
=
2(
х
+ 1)(4
х
+ 1) + 4(
х
+ 1)
2
=
2(
х
+ 1)(4
х
+ 1 + 2
х
+ 2)
=
= 2(
х
+ 1)(6
х +
3) = 6(
х +
1)(2
х
+ 1).
y
cc
=
0;
(
х +
1)(2
х
+ 1) = 0;
х
1
= –1;
х
2
=
1
2
.
Складемо таблицю
у
пер
(
х = –
1) = 0;
у
пер
(
х =
1
2
)
=
1
16
.
VІІІ. Побудуємо графік. (Рис. 4.14).
2)
у =
3
2
2( 1)
x
x
.
І. Знайдемо область визначення заданої функції. Функція визна+
чена при всіх значеннях
х
, крім
х =
–1, при якому знаменник дробу
перетворюється в нуль. Отже функція визначена на інтервалах (
f
, 1)
і (–1,
f
).
х (
f
;–1) –1
(–1;
1
2
)
1
2
(
1
2
;
f
)
y
cc
+ 0 – 0 +
у
крива
вгнута
0
перегин
крива
опукла
1
16
перегин
крива
вгнута
х (
f
;–1) –1
(–1;
1
4
)
1
4
(
1
4
;
f
)
y
c
– 0 – 0 +
у
2
0
екстремуму
немає
2
min
27
256
/
327
Розділ IV. Диференційне числення функції однієї змінної
ІІ. Знайдемо точки роз+
риву та її односторонні гра+
ниці в точках розриву.
Точка розриву одна
х =
–1.
10
lim
x
y
o
=
10
lim
x
o
3
2
2( 1)
x
x
=
=
f
;
10
lim
x
y
o
=
10
lim
x
o
3
2
2( 1)
x
x
=
=
f
.
ІІІ. З’ясуємо, чи є функ+
ція парною, чи непарною або
періодичною:
f
(
х
)
=
3
2
2( 1)
x
x
,
f
(
–х
)
=
3
2
()
2( 1)
x
x
=
3
2
2( 1)
x
x
.
f
(
x
)
z
f
(
–x
);
f
(
x
)
z
–f
(
–x
).
Отже, функція є ані парною, ані непарною. Функція неперіодична.
ІV. Знаходимо точки перетину графіка з осями координат:
а) з віссю
Ох
:
3
2
0
2( 1)
y
x
y
x
°
®
°
¯
3
2
0
0
2( 1)
y
x
x
°
®
°
¯
3
0
0
y
x
®
¯
0
0
y
x
®
¯
б) з віссю
Оу
:
3
2
0
2( 1)
x
x
y
x
°
®
°
¯
3
2
0
0
2(0 1)
x
y
°
®
°
¯
0
0
x
y
®
¯
+0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
+2 +1,6 +1,3 +1 +0,7 +0,4 +0,1 0,2 0,5
X
Y
А
В
А(
1
2
;
1
16
)
В(
1
4
;
27
256
)
Рис. 4.14.
328
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
V. Знаходимо асимптоти:
а) Вертикальні асимптоти знаходимо прирівнюючи знаменник до
нуля:
2(
х +
1)
2
=
0,
х
= –1.
б) Горизонтальні асимптоти знаходимо так:
lim
x
y
orf
=
lim
xorf
3
2
2( 1)
x
x
=
lim
x
orf
2
3
4
(
1
)
x
x
=
lim
xorf
6
4
x
=
rf
,
а це означає, що горизонтальних асимптот немає.
в) Похилі асимптоти:
k =
lim
x
of
()
f
x
x
=
lim
x
of
3
2
2( 1)
x
xx
=
lim
x
of
2
2
2
(
1
)
x
x
=
=
lim
x
of
2
4
(
1
)
x
x
=
lim
xof
2
4
=
1
2
;
b =
lim
x
of
(
f
(
x
)
– kx
)
=
lim
x
of
(
3
2
2
(
1
)
x
x
–
1
2
х
)
=
=
lim
xof
32
2
(1)
2( 1)
xxx
x
=
lim
xof
2
2
2
2
(
1
)
xx
x
=
1
2
lim
x
of
2
2
2
(
1
)
xx
x
=
=
1
2
lim
x
of
41
2
(
1
)
x
x
=
1
2
lim
xof
4
2
=
1
2
(–2) = –1.
Похила асимптота одна:
у =
1
2
х
– 1.
VІ. Знаходимо точки екстремуму та інтервали зростання та спа+
дання функції.
Знаходимо похідну:
y
c
=
223
4
32
(
1
)
4
(
1
)
4( 1)
xx xx
x
=
2
4
2 ( 1)(3 3 2 )
4( 1)
xx x x
x
=
=
2
3
(3)
2( 1)
xx
x
.
329
Розділ IV. Диференційне числення функції однієї змінної
y
c
=
223
4
32(1) 4(1)
4( 1)
xx xx
x
=
2
4
2 ( 1)(3 3 2 )
4( 1)
x
xx x
x
=
=
2
3
(3)
2( 1)
xx
x
.
Знайдемо критичні точки:
1)
y
c
=
0,
3
2
2( 1)
x
x
=
0,
х
1
= 0,
х
2
= –3
.
2)
y
c
=
f
, (
х +
1)
3
=
0,
х =
–1,
але при
х =
–1 функція невизначена.
Розбиваємо область визначення критичними точками на інтер+
вали і встановлюємо інтервали монотонності та екстремуми:
Складемо таблицю:
у
max
(
х =
–3)
=
3
2
(3)
2( 3 1)
=
27
8
.
VІІ. Знаходимо точки перегину та інтервали вгнутості та опук+
лості кривої:
y
cc
=
232 2
6
(2 ( 3) )2( 1) ( ( 3)6( 1) )
4( 1)
xx x x x x x
x
=
4
3
(1)
x
x
.
Визначимо критичні точки другого роду:
f
–3 –1 0
f
х (
f
;–3) –3 (–3;–1) –1 (–1; 0) 0 (0;
f
)
y
c
+ 0 – + 0 –
у
/
max
27
8
2
не існує
/
не ек+
стре+
мум
/
330
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
4
3
(1)
x
x
=
0,
х =
0.
Розбиваємо область визначення функції критичними точками
х
=
0 та
х =
–1 на інтервали і встановлюємо інтервали опуклості та
вгнутості криої та точки перегину кривої.
Складемо таблицю:
3
0
2
0
0
2(0 1)
x
y
=
0
Це точка
О
(0; 0).
f
–1 0
f
х (
f
;–1) –1 (–1; 0) 0 (0;
f
)
y
c
– – +
у
не існує
перегин
+7
+6
+5
+4
+3
+2
+1
0
1
2
+4,5 +4 +3,5 +3 +2,5 +2 +1,5 +1 +0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5
X
Y
1
1
2
xx
х = –1
27
8
Рис. 4.15.