Файл: Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие.pdf

Определив множество изменений функции, можно указать

ее наи­

меньшее и наибольшее значения, если они существуют.

Поясним сказанное примером.

Пример 1. Определить область изменения функции

У~

х2 + х + 2

х2 — х + 2

‘

Приведем данное уравнение к виду

( у - \ ) х 2- ( у + \ ) х + ( 2 у - 2 ) = 0.

( 1)

Решив уравнение (1)

относительно х, получаем

х =

У+ 1 ± V - 7 j / a + Щ - 7

,9х

2 & - 1 )

U

что х

Ясно,

принимает

действительные значения

толькото

если

— 702 +

18г/ — 7 > 0

или 702— 180 +

7 < 0 , у ф 1.

(3)

Решением неравенства (3)

Г

g

_4]/~2

9 + 41/2

является

------- ^

—

Подставляя в уравнение (1) вместо у

число 1,

убеждаемся,

что

х = 0. Поэтому 0 может

быть равен

1.

02],

Таким

образом, область изменения заданной функции — [уъ

где

ух =

9 — 4 ]/2

02 =

-

9 +

41/2

-------ф ------ ,

7

7

’

Абсциссы экстремальных точек находим из равенства (2):

х1= - ^ + 1 - °

= — 1/ 2,

=

= 1/ 2 .

2 ( j / i - l )

2 (0, - 1)

Преобразование уравнения, с помощью которого задана функция

Пример 2. Исследовать на экстремум функцию

х3 +

1

(4)

У = -

Функция определена на (— оо, 0)

и (0,

+

оо).

Перепишем урав­

нение (4)

в виде

у = х + ~ & ~ -

На (— оо, 0)

функции 0j =

х и 0г = —^----- возрастающие,

под’

У

• -

находить приближенные значения корней уравнения (7).

Пусть,

например, нам нужно

найти координаты

экстремальных

точек функции (6) с точностью до 0,1.

Функцию (6) можно рассматривать как сумму двух функций:

iJi = V 3 — х ,

у2=

] / 2х — 1.

На [0,5;

3]

эти функции выпуклые. Поэтому и их сумма — функ­

ция у — также

выпуклая.

у2— возрастающая,

поэтому

можно

Функция

Ух — убывающая,

утверждать,

что функция у или монотонная на

[0,5;

3],

или

имеет

одну экстремальную точку на (0,5; 3). Очевидно,

в

этой

точке

функция достигает максимума.

Вычисляем (с помощью таблиц):

г/(0,5) ^ 1,257;

у (3)^2,236;

£/(1)^2,189; у( 2)^2,732 .

Отсюда ясно, что на (0,5; 3) существует точка х0, в которой дан­

ная функция (6) достигает наибольшего значения.

Допустим, что х0= 2.

Но у (1,5)

2,523,

у (2,5)=: 2,841.

Теперь

ясно, что 2 < х0 <

3.

2,5 < х0<

3.

Но у (2,7) ^

2,838.

Далее,

у (2,6)^; 2,844,

поэтому

Итак, 2,5 < х0< 2,7.

Следовательно, х0=^;2,6 и у (x0)zz 2,844.

Упражнения

_2v -|- 3

Исследовать на экстремум функции:

1. у = Xs — 15*3.

2.

у =

10 '

|_ qx +

3. у = — cos2x

— 5 sin х + 7.

4. у = х3— 9х3 + 15х.

5. у = 2'A’I -f | х | — х2

на

[— 0,5; 0,5].

6. У = ~£г ~ 0

Х1г1

на [0,1].

§ 3 .

П о с т р о е н и е

графиков

с л о ж н ы х

функций

э л е м е н т а р н ым и с р е д с т ва ми *

*

Материал для этого параграфа заимствован из статьи

Г. С. Запорожцева

«Об одном способе построения графиков сложных функции»

(«Математика в шко­

ле»,

1967, №2 ) ,

v

График функции у = у ( х )

ставит

в соответствие точке А (х, 0)

точку В[х\

ф(х)]. Отметим

на оси

Ох значение

ординаты

точки

В ( у = у {х)).

Получаем

точку

С [ср (л:); 0].

точке С[ф(х); 0]

График функции у =

F(x) ставит в соответствие

точку D [ср (х); F (х)].

параллельную

оси Ох.

На пе­

Проводим через D прямую DM,

ресечении DM с прямой АВ получим точку М [х, А[ф(х)]}.

Точка

Здесь

У=

log2(х2 +

2х +

3).

у =

ф (х) = х2+ 2х + 3,

у = F (х) = log2х.

Функция

ф (х)

не

имеет

действительных корней,

поэтому

Ф (х) > 0 на

(— оо,

+

оо)

и функция у =

log2(х2+

2х + 3)

опреде­

лена на (— оо,

+ оо).

Наименьшее

значение

функция

ф (х)

принимает в

точке

х =

= — 1 (абсцисса вершины параболы

у =

х2 + 2х +

3).

ф (— 1) = 2.

Поэтому областью изменения функции у =

log2 (х2 +

2х +

3) является

[1, + оо).

Для построения графика данной функции используем графики

функций у =

ф (х) =

х2 + 2х +

3 и y — F{x) = log2x

(рис. 10).

— 1.

График функции ф (х) симметричен относительно прямой х =