Oppgave B15 - Undersøk en funksjon ved å bruke dens deriverte. Studere en funksjon ved å bruke dens deriverte Studere en funksjon ved å bruke dens deriverte
Oppgave B15 foreslår å undersøke funksjonen spesifisert av formelen for ekstrema. Dette er et standard kalkulusproblem, og vanskelighetsgraden varierer sterkt avhengig av funksjonen det gjelder: noen kan løses bokstavelig talt muntlig, mens andre krever seriøs ettertanke.
Før du studerer løsningsmetoder, må du forstå noen begreper fra matematisk analyse. Så i Oppgave B15 må du finne følgende mengder ved å bruke den deriverte:
- Lokalt maksimum (minimum) poeng - verdien av variabelen der funksjonen når sin største (minste) verdi. Slike punkter kalles også ekstremumpunkter.
- Det globale maksimum (minimum) for en funksjon er den største (minste) verdien av funksjonen under de angitte begrensningene. Et annet navn er globale ekstremer.
I dette tilfellet søkes globale ekstrema vanligvis ikke over hele definisjonsdomenet av funksjonen, men bare over et visst segment. Det er viktig å forstå at det globale ekstremumet og verdien av funksjonen ved ekstremumpunktet ikke alltid er sammenfallende. La oss forklare dette med et spesifikt eksempel:
Oppgave. Finn minimumspunktet og minimumsverdien til funksjonen y = 2x 3 − 3x 2 − 12x + 1 på intervallet [−3; 3].
Først finner vi minimumspunktet, som vi beregner den deriverte for:
y' = (2x 3 − 3x 2 − 12x + 1)' = 6x 2 − 6x − 12.
La oss finne de kritiske punktene ved å løse ligningen y’ = 0. Vi får standard andregradsligningen:
y’ = 0 ⇒ 6x 2 − 6x − 12 = 0 ⇒ ... ⇒ x 1 = −1, x 2 = 2.
La oss markere disse punktene på koordinatlinjen, legge til deriverte tegn og begrensninger - endene av segmentet:
Skalaen på bildet spiller ingen rolle. Det viktigste er å merke punktene i riktig rekkefølge. Fra et skolematematikkkurs vet vi at ved minimumspunktet endrer den deriverte fortegn fra minus til pluss. Antallet går alltid fra venstre til høyre - i retning av den positive halvaksen. Derfor er det bare ett minimumspunkt: x = 2.
La oss nå finne minimumsverdien til funksjonen på intervallet [−3; 3]. Det oppnås enten ved minimumspunktet (da blir det det globale minimumspunktet) eller på slutten av segmentet. Merk at på intervallet (2; 3) er den deriverte positiv overalt, noe som betyr y(3) > y(2), så høyre ende av segmentet kan ignoreres. De eneste punktene som er igjen er x = −3 (venstre ende av segmentet) og x = 2 (minimumspunktet). Vi har:
y(−3) = 2(−3) 3 − 3(−3) 2 − 12(−3) + 1 = −44;
y(2) = 2*2 3 − 3*2 2 − 12*2 + 1 = −19.
Så den minste verdien av funksjonen oppnås på slutten av segmentet og er lik -44.
Svar: x min = 2; y min = −44
Av resonnementet ovenfor følger et viktig faktum som mange glemmer. Funksjonen tar sin maksimale (minimum) verdi, ikke nødvendigvis ved ekstremumpunktet. Noen ganger nås denne verdien på slutten av segmentet, og den deriverte der trenger ikke å være lik null.
Oppgaveløsningsskjema B15
Hvis du i oppgave B15 trenger å finne maksimums- eller minimumsverdien for funksjonen f(x) på intervallet, utfør følgende trinn:
- Løs ligningen f’(x) = 0. Hvis det ikke er røtter, hopper du over det tredje trinnet og går rett til det fjerde.
- Fra det resulterende settet med røtter, kryss ut alt som ligger utenfor segmentet. La oss betegne de resterende tallene x 1, x 2, ..., x n - som regel vil det være få av dem.
- La oss erstatte endene av segmentet og punktene x 1, x 2, ..., x n i den opprinnelige funksjonen. Vi får et sett med tall f(a), f(b), f(x 1), f(x 2), ..., f(x n), hvorfra vi velger den største eller minste verdien - dette vil være svaret.
En kort forklaring om å krysse ut røtter når de faller sammen med endene på et segment. De kan også krysses ut, siden i det fjerde trinnet er endene av segmentet fortsatt substituert inn i funksjonen - selv om ligningen f’(x) = 0 ikke hadde noen løsninger.
Oppgave. Finn den største verdien av funksjonen y = x 3 + 3x 2 − 9x − 7 på intervallet [−5; 0].
La oss først finne den deriverte: y’ = (x 3 + 3x 2 − 9x − 7)’ = 3x 2 + 6x − 9.
Så løser vi ligningen: y’ = 0 ⇒ 3x 2 + 6x − 9 = 0 ⇒ ... ⇒ x = −3; x = 1.
Vi krysser ut roten x = 1, fordi den ikke tilhører segmentet [−5; 0].
Det gjenstår å beregne verdien av funksjonen ved enden av segmentet og ved punktet x = −3:
y(−5) = (−5) 3 + 4·(−5) 2 − 9·(−5) − 7 = −12;
y(−3) = (−3) 3 + 4·(−3) 2 − 9·(−3) − 7 = 20;
y(0) = 0 3 + 4 0 2 − 9 0 − 7 = −7.
Den største verdien er åpenbart 20 - den oppnås ved punktet x = −3.
Vurder nå tilfellet når du trenger å finne maksimums- eller minimumspunktet til funksjonen f(x) på segmentet. Hvis segmentet ikke er spesifisert, vurderes funksjonen i sitt definisjonsdomene. I alle fall er løsningen som følger:
- Finn den deriverte av funksjonen: f’(x).
- Løs likningen f’(x) = 0. Hvis den deriverte er en rasjonell brøkfunksjon, finner vi i tillegg ut når dens nevner er null. La oss betegne de resulterende røttene x 1 , x 2 , ..., x n .
- Merk x 1, x 2, ..., x n på koordinatlinjen og ordne tegnene som den deriverte tar mellom disse tallene. Hvis et segment er gitt, merk det og kryss ut alt som ligger utenfor det.
- Blant de gjenværende poengene ser vi etter en hvor tegnet til den deriverte endres fra minus til pluss (dette er minimumspunktet) eller fra pluss til minus (minimumspunktet). Det bør bare være ett slikt punkt - dette vil være svaret.
Den omtenksomme leser vil nok legge merke til at for noen funksjoner fungerer ikke denne algoritmen. Det er faktisk en hel klasse funksjoner som krever mer komplekse beregninger for å finne ekstremumpunkter. Slike funksjoner finnes imidlertid ikke i Unified State Examination i matematikk.
Vær nøye med plasseringen av skilt mellom punktene x 1, x 2, ..., x n. Husk: når du går gjennom en rot av jevn multiplisitet, endres ikke tegnet på den deriverte. Når man ser etter ekstreme punkter, ses skiltene alltid fra venstre til høyre, dvs. i retning av tallaksen.
Oppgave. Finn maksimumspunktet for funksjonen
på segmentet [−8; 8].
La oss finne den deriverte:
Siden dette er en rasjonell brøkfunksjon, likestiller vi den deriverte og dens nevner til null:
y’ = 0 ⇒ x 2 − 25 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 5; x = −5;
x 2 = 0 ⇒ x = 0 (andre multiplisitetsrot).
La oss markere punktene x = −5, x = 0 og x = 5 på koordinatlinjen, plassere tegn og grenser:
Det er åpenbart bare ett punkt igjen inne i segmentet x = −5, hvor fortegnet for den deriverte endres fra pluss til minus. Dette er maksimumspunktet.
La oss nok en gang forklare hvordan ekstremumpunktene skiller seg fra ekstrema selv. Ekstrempunkter er verdiene til variabler der funksjonen får størst eller minste verdi. Extrema er verdiene til funksjonene i seg selv, maksimum eller minimum i noen av deres nabolag.
I tillegg til de vanlige polynomene og rasjonelle brøkfunksjonene, finnes følgende typer uttrykk i Oppgave B15:
- Irrasjonelle funksjoner
- Trigonometriske funksjoner,
- eksponentielle funksjoner,
- Logaritmiske funksjoner.
Som regel oppstår det ingen problemer med irrasjonelle funksjoner. De resterende sakene er verdt å vurdere nærmere.
Trigonometriske funksjoner
Den største vanskeligheten med trigonometriske funksjoner er at når man løser ligninger, oppstår det et uendelig antall røtter. For eksempel har likningen sin x = 0 røtter x = πn, hvor n ∈ Z. Vel, hvordan markerer man dem på koordinatlinjen hvis det er uendelig mange slike tall?
Svaret er enkelt: du må erstatte spesifikke verdier av n. Faktisk, i problemer B15 med trigonometriske funksjoner er det alltid en begrensning - et segment. Derfor, til å begynne med, tar vi n = 0, og øker deretter n til den tilsvarende roten "flyr" utover grensene til segmentet. På samme måte, ved å redusere n, vil vi veldig snart få en rot som er mindre enn den nedre grensen.
Det er lett å vise at det ikke finnes andre røtter enn de som er oppnådd i den betraktede prosessen, på segmentet. La oss nå vurdere denne prosessen ved å bruke spesifikke eksempler.
Oppgave. Finn maksimumspunktet til funksjonen y = sin x − 5x·sin x − 5cos x + 1, som tilhører segmentet [−π/3; π/3].
Vi beregner den deriverte: y’ = (sin x − 5x sin x − 5cos x + 1)’ = ... = cos x − 5x cos x = (1 − 5x) cos x.
Så løser vi ligningen: y’ = 0 ⇒ (1 − 5x) cos x = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0,2 eller x = π/2 + πn, n ∈ Z.
Alt er klart med roten x = 0,2, men formelen x = π/2 + πn krever ytterligere behandling. Vi vil erstatte forskjellige verdier av n, med start fra n = 0.
n = 0 ⇒ x = π/2. Men π/2 > π/3, så roten x = π/2 er ikke inkludert i det opprinnelige segmentet. Dessuten, jo større n, jo større x, så det er ingen vits i å vurdere n > 0.
n = −1 ⇒ x = − π/2. Men −π/2< −π/3 - этот корень тоже придется отбросить. А вместе с ним - и все корни для n < −1.
Det viser seg at på intervallet [−π/3; π/3] ligger bare med roten x = 0,2. La oss merke det sammen med skiltene og grensene på koordinatlinjen:
For å være sikker på at den deriverte til høyre for x = 0,2 virkelig er negativ, er det nok å erstatte verdien x = π/4 i y’. Vi vil ganske enkelt merke oss at ved punktet x = 0,2 endrer den deriverte fortegn fra pluss til minus, og derfor er dette maksimumspunktet.
Oppgave. Finn den største verdien av funksjonen y = 4tg x − 4x + π − 5 på intervallet [−π/4; π/4].
Vi beregner den deriverte: y’ = (4tg x − 4x + π − 5)’ = 4/cos 2x − 4.
Så løser vi ligningen: y’ = 0 ⇒ 4/cos 2x − 4 = 0 ⇒ ... ⇒ x = πn, n ∈ Z.
La oss trekke ut røttene fra denne formelen ved å erstatte spesifikk n, med start fra n = 0:
n = 0 ⇒ x = 0. Denne roten passer oss.
n = 1 ⇒ x = π. Men π > π/4, så roten x = π og verdiene n > 1 må krysses ut.
n = −1 ⇒ x = −π. Men π< −π/4, поэтому x = π и n < −1 тоже вычеркиваем.
Av hele variasjonen av røtter er det bare én igjen: x = 0. Derfor beregner vi verdien av funksjonen for x = 0, x = π/4 og x = −π/4.
y(0) = 4tg 0 − 4 0 + π − 5 = π − 5;
y(π/4) = 4tg (π/4) − 4 π/4 + π − 5 = −1;
y(π/4) = 4tg (−π/4) − 4 (−π/4) + π − 5 = ... = 2π − 9.
Legg nå merke til at π = 3,14...< 4, поэтому π − 5 < 4 − 5 = −1 и 2π − 9 < 8 − 9 = −1. Получается одно положительное число и два отрицательных. Мы ищем наибольшее - очевидно, это y = −1.
Merk at i den siste oppgaven var det mulig å ikke sammenligne tallene med hverandre. Tross alt, av tallene π − 5, 1 og 2π − 9, kan bare ett skrives på svarskjemaet. Faktisk, hvordan skrive for eksempel tallet π på et skjema? Men ingen måte. Dette er et viktig trekk ved den første delen av Unified State Examination i matematikk, som i stor grad forenkler løsningen av mange problemer. Og det fungerer ikke bare i B15.
Noen ganger når man studerer en funksjon, oppstår likninger som ikke har røtter. I dette tilfellet blir oppgaven enda enklere, siden bare endene av segmentet gjenstår å vurdere.
Oppgave. Finn den minste verdien av funksjonen y = 7sin x − 8x + 5 på intervallet [−3π/2; 0].
Først finner vi den deriverte: y’ = (7sin x − 8x + 5)’ = 7cos x − 8.
La oss prøve å løse ligningen: y’ = 0 ⇒ 7cos x − 8 = 0 ⇒ cos x = 8/7. Men verdiene til cos x ligger alltid på intervallet [−1; 1], og 8/7 > 1. Derfor er det ingen røtter.
Hvis det ikke er røtter, er det ikke nødvendig å krysse ut noe. La oss gå videre til det siste trinnet - beregn verdien av funksjonen:
y(−3π/2) = 7sin (−3π/2) − 8·(−3π/2) + 5 = ... = 12π + 12;
y(0) = 7sin 0 − 8 0 + 5 = 5.
Siden tallet 12π + 12 ikke kan skrives på svararket, gjenstår bare y = 5.
Eksponentielle funksjoner
Generelt sett er en eksponentiell funksjon et uttrykk for formen y = a x, hvor a > 0. Men i oppgave B15 er det bare funksjoner av formen y = e x og i ekstreme tilfeller y = e kx + b. Årsaken er at de deriverte av disse funksjonene beregnes veldig enkelt:
- (e x)" = e x. Ingenting har endret seg.
- (e kx + b)" = k·e kx + b. Bare legg til en faktor lik koeffisienten til variabelen x. Dette er et spesialtilfelle av den deriverte av en kompleks funksjon.
Alt annet er helt standard. Selvfølgelig ser de virkelige funksjonene i problemer B15 mer alvorlige ut, men dette endrer ikke løsningsskjemaet. La oss se på et par eksempler, og fremheve bare hovedpunktene i løsningen – uten grundige begrunnelser eller kommentarer.
Oppgave. Finn den minste verdien av funksjonen y = (x 2 − 5x + 5)e x − 3 på intervallet [−1; 5].
Derivat: y’ = ((x 2 − 5x + 5)e x − 3)’ = ... = (x 2 − 3x)e x − 3 = x(x − 3)e x − 3 .
Finn røttene: y’ = 0 ⇒ x(x − 3)e x − 3 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0; x = 3.
Begge røttene ligger på segmentet [−1; 5]. Det gjenstår å finne verdien av funksjonen på alle punkter:
y(−1) = ((−1) 2 − 5·(−1) + 5)e − 1 − 3 = ... = 11·e −4 ;
y(0) = (0 2 − 5 0 + 5)e 0 − 3 = ... = 5 e −3 ;
y(3) = (3 2 − 5 3 + 5)e 3 − 3 = ... = −1;
y(5) = (5 2 − 5 5 + 5)e 5 − 3 = ... = 5 e 2 .
Av de fire tallene som er oppnådd, kan bare y = −1 skrives på skjemaet. I tillegg er dette det eneste negative tallet - det vil være det minste.
Oppgave. Finn den største verdien av funksjonen y = (2x − 7) e 8 − 2x på segmentet.
Derivert: y’ = ((2x − 7) e 8 − 2x)’ = ... = (16 − 4x) e 8 − 2x = 4(4 − x) e 8 − 2x .
Finn røttene: y’ = 0 ⇒ 4(4 − x) e 8 − 2x = 0 ⇒ x = 4.
Roten x = 4 tilhører segmentet. Vi ser etter funksjonsverdiene:
y(0) = (2 0 − 7)e 8 − 2 0 = ... = −7 e 8 ;
y(4) = (2 4 − 7) e 8 − 2 4 = ... = 1;
y(6) = (2 6 − 7)e 8 − 2 6 = ... = 5 e −4 .
Det er klart at bare y = 1 kan være svaret.
Logaritmiske funksjoner
I analogi med eksponentielle funksjoner, i oppgave B15 er det bare naturlige logaritmer som oppstår, siden deres deriverte lett kan beregnes:
- (ln x)' = 1/x;
- (ln(kx + b))' = k/(kx + b). Spesielt hvis b = 0, så er (ln(kx))' = 1/x.
Dermed vil den deriverte alltid være en rasjonell brøkfunksjon. Alt som gjenstår er å likestille denne deriverte og dens nevner til null, og deretter løse de resulterende ligningene.
For å finne maksimums- eller minimumsverdien til en logaritmisk funksjon, husk: den naturlige logaritmen blir et "normalt" tall bare ved punkter på formen e n. For eksempel er ln 1 = ln e 0 = 0 en logaritmisk null, og som oftest kommer løsningen ned på det. I andre tilfeller er det umulig å "fjerne" tegnet på logaritmen.
Oppgave. Finn den minste verdien av funksjonen y = x 2 − 3x + ln x på segmentet.
Vi beregner den deriverte:
Vi finner nullpunktene til den deriverte og dens nevner:
y’ = 0 ⇒ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0,5; x = 1;
x = 0 - det er ingenting å bestemme her.
Av de tre tallene x = 0, x = 0,5 og x = 1, ligger bare x = 1 inne i segmentet, og tallet x = 0,5 er slutten. Vi har:
y(0,5) = 0,5 2 − 3 0,5 + ln 0,5 = ln 0,5 − 1,25;
y(1) = 1 2 − 3 1 + ln 1 = −2;
y(5) = 5 2 − 3 5 + ln 5 = 10 + ln 5.
Av de tre oppnådde verdiene er det bare y = −2 som ikke inneholder et logaritmetegn - dette vil være svaret.
Oppgave. Finn den største verdien av funksjonen y = ln(6x) − 6x + 4 på segmentet.
Vi beregner den deriverte:
Vi finner ut når den deriverte eller dens nevner er lik null:
y’ = 0 ⇒ 1 − 6x = 0 ⇒ x = 1/6;
x = 0 - allerede bestemt.
Vi krysser ut tallet x = 0, siden det ligger utenfor segmentet. Vi beregner verdien av funksjonen i enden av segmentet og ved punktet x = 1/6:
y(0,1) = ln(6 0,1) - 6 0,1 + 4 = ln 0,6 + 3,4;
y(1/6) = ln(6 1/6) − 6 1/6 + 4 = ln 1 + 3 = 3;
y(3) = ln(6 3) − 6 3 + 4 = ln 18 − 14.
Det er klart at bare y = 3 kan fungere som et svar - de resterende verdiene inneholder et logaritmisk tegn og kan ikke skrives på svararket.
Poenget heter maksimum (minimum) poeng
funksjoner, hvis det er et nabolag av punktet slik at for alle i dette nabolaget ulikheten 
(
).
Maksimums- og minimumspunktene til en funksjon kalles poeng ekstremum (Fig. 25).
Teorem 3.9 (nødvendige betingelser for eksistensen av ekstremumpunkter) . På kritiske punkter av 1. type er den deriverte av funksjonen enten
er null eller eksisterer ikke
Kritiske punkter av 1. type kalles vanligvis bare kritiske punkter.
Kritiske punkter der den deriverte av en funksjon er lik null kalles stasjonaritetspunkter
. Kritiske punkter der funksjonen er kontinuerlig, men ikke differensierbar kalles hjørnepunkter
. For eksempel er en funksjon i et punkt kontinuerlig, men har ingen derivert, siden det på dette punktet kan trekkes et uendelig antall tangenter til grafen til funksjonen (fig. 26). Denne saken kan betraktes som en bekreftelse på at det motsatte av teorem 3.3 er usant.
Funksjonen kalles økende på et visst intervall, hvis på dette intervallet en større verdi av argumentet tilsvarer en større verdi av variabelen, og minkende , hvis en større verdi av argumentet tilsvarer en mindre verdi av variabelen.
For videre forskning plasseres kritiske punkter på en numerisk akse, som deles av disse punktene i intervaller, hvoretter følgende tilstrekkelige forhold verifiseres.
Teorem 3.10 (tilstrekkelig betingelse for å øke og redusere funksjon). Hvis en funksjon på et bestemt intervall er differensierbar og dens deriverte er positiv (negativ), så øker (minker) funksjonen på dette intervallet.
Teorem 3.11 (tilstrekkelig betingelse for eksistensen av ekstremumpunkter for en funksjon). Hvis funksjonen er kontinuerlig og differensierbar i et eller annet område av det kritiske punktet, og når den passerer gjennom det, endrer den deriverte fortegn fra pluss til minus, så er punktet et maksimumspunkt; hvis fra minus til pluss, så er punktet minimumspunktet for funksjonen
De kritiske punktene til en funksjon der den tilstrekkelige betingelsen ikke er oppfylt, forblir ganske enkelt kritiske punkter av den første typen.
Kritiske punkter av den første typen, der derivatet ikke eksisterer, er delt inn i to klasser:
– punkter der funksjonen er kontinuerlig (hvis teorem 3.11 er tilfredsstilt for dem, har funksjonen i disse punktene et "skarpt" ekstremum), disse er hjørne prikker;
– punkter der funksjonen lider av en diskontinuitet (går alltid over til klassen av kritiske punkter av 2. slag).
Men en studie utført på denne måten svarer ikke på et veldig viktig spørsmål: hvordan øker (minker) funksjonen - konveks eller konkav? Svaret på spørsmålet som stilles er gitt ved videre studier av funksjonen ved å bruke den andre deriverte. La oss gi en rekke nødvendige definisjoner.
Funksjonen kalles konveks (konkav) på et visst intervall hvis tangenten tegnet til grafen til funksjonen i hvert punkt i dette intervallet ligger over (under) grafen til funksjonen.
Punktene som skiller områder med konveksitet fra områder med konkavitet av en funksjon kalles dens bøyningspunkter (Fig. 27).
Teorem 3.12 (nødvendig betingelse for eksistensen av bøyningspunkter). På kritiske punkter av den andre typen er den andre deriverte av funksjonen enten null eller eksisterer ikke
For videre forskning plasseres kritiske punkter av 2. type på en numerisk akse, som deles av disse punktene i intervaller, hvoretter følgende tilstrekkelige forhold verifiseres.
Teorem 3.13 (tilstrekkelig betingelse for konveksiteten og konkavitet til en funksjon). Hvis en funksjon på et bestemt intervall er to ganger differensierbar og dens andrederiverte er positiv (negativ), så er funksjonen på dette intervallet konkav (konveks)
De kritiske punktene for en funksjon der den tilstrekkelige betingelsen ikke er oppfylt, forblir ganske enkelt kritiske punkter av den andre typen.
Kritiske punkter av den andre typen, der den andre deriverte ikke eksisterer, er delt inn i to klasser:
– punkter der funksjonen er kontinuerlig, dette er de såkalte punktene med "skarp" bøyning - ved slike punkter kan et uendelig antall tangenter trekkes til grafen til funksjonen (fig. 28);
– punkter der funksjonen lider av en diskontinuitet (ved diskontinuitetspunkter av den andre typen har grafen til funksjonen en vertikal asymptote).
For den endelige listen over ekstremum- og bøyningspunktene til funksjonen, er det nødvendig å finne ordinatene deres, og deretter skrive ned de angitte punktene med to koordinater.
Selvtest spørsmål.
1. Hvilke punkter kalles ekstremumpunkter (maksimum og minimum) av en funksjon?
2. Hvilken funksjon kalles økende (minkende)?
3. Hva er de nødvendige og tilstrekkelige betingelsene for eksistensen av ekstremumpunkter for en funksjon?
4. Hva er en tilstrekkelig betingelse for økning (reduksjon) av en funksjon?
5. Hvilke punkter kalles bøyningspunkter for en funksjon?
6. Hvilken funksjon kalles konveks (konkav)?
7. Hva er de nødvendige og tilstrekkelige betingelsene for eksistensen av bøyningspunkter for en funksjon?
8. Hva er den tilstrekkelige betingelsen for konveksiteten (konkavitet) til en funksjon?
Hensikten med leksjonen: Lær hvordan du forsker på funksjoner; bygge sine grafer.
Skjema: leksjon-samtale.
Metoder: dialog, visuelle hjelpemidler og lysbilder.
Utstyr: IKT, tabeller.
I løpet av timene
I. Sjekke lekser.
Lærer: - Gutter! Du hadde lekser "Kritiske punkter for en funksjon, maksima og minima." Definer det kritiske punktet til en funksjon.
Student: - Et kritisk punkt er et internt punkt i definisjonsdomenet der den deriverte enten er lik null eller ikke eksisterer.
Lærer: - Hvordan finne kritiske punkter?
Student: - 1
) Finn den deriverte av funksjonen;
2) Løs ligningen: f "(x) = 0. Røttene til denne ligningen er kritiske punkter.
Lærer: - Finn de kritiske punktene til funksjonene:
a) f(x)= 4 - 2x + 7x 2
b) f(x)= 4x - x 3/3
a) 1) Finn den deriverte av denne funksjonen:
f "(x)= (4 - 2x + 7x 2)" = -2+14x
2) Løs ligningen f "(x)=0<=>-2+14x =0<=>x=1/7
3) Siden ligningen f "(x) = 0 har én rot, har denne funksjonen ett kritisk punkt x = 1/7.
b) 1) Finn den deriverte av denne funksjonen: f "(x)= 4 - x 2
2) Løs ligningen: f "(x)=0<=>4 - x 2 = 0<=>x = 2 eller x = -2
3) Siden ligningen f "(x) = 0 har to røtter, har denne funksjonen to kritiske punkter x 1 = 2 og x 2 = -2.
II.Muntlig arbeid.
Lærer: - Gutter! La oss gjenta de grunnleggende spørsmålene som er nødvendige for å studere et nytt emne. For å gjøre dette, vurder tabeller med bilder ( Vedlegg 1).
Angi punktene der funksjonen øker og reduseres. Hva kalles disse punktene?
Elev: - I figur a) - er punkt K maksimumspunktet, i figur b) - er punkt M maksimumspunktet.
Lærer: - Nevn minimumspoeng for funksjonen.
Elev: - Punkt K i figur c) og d) er minimumspunktet for funksjonen.
Lærer: - Hvilke punkter kan være ekstremumpunkter for funksjonen?
Elev: - Kritiske punkter kan være ekstremumpunkter for en funksjon.
Lærer: – Hvilke nødvendige forhold kjenner du til?
Student: - Det er Fermats teorem. Nødvendig betingelse for ekstremum: Hvis punktet x 0 er ekstremumpunktet til funksjonen f og på dette punktet er det en derivert f ", så er det lik null: f "(x) = 0.
Lærer: - Finn de kritiske punktene for funksjonen:
a) f(x) = | x |
b) f(x) = 2x + | x |
Elev: - Tenk på funksjonen f(x) = | x | ( vedlegg 2). Denne funksjonen har ikke en derivert ved 0. Dette betyr at 0 er et kritisk punkt. Åpenbart, ved punkt 0 har funksjonen et minimum.
Elev: - Tenk på funksjonen f(x) = 2x + | x | ( Vedlegg 3). Grafen viser at ved punkt 0 har denne funksjonen ikke noe ekstremum. På dette tidspunktet har ikke funksjonen en derivert.
Faktisk, hvis vi antar at funksjonen f har en derivert ved punkt 0, så har f(x) - 2x også en derivert ved 0. Men f(x) - 2x = | x |, og funksjonen | x | ved punkt 0 er ikke differensierbar, dvs. vi har kommet til en selvmotsigelse.
Dette betyr at funksjonen f i punkt 0 ikke har noen derivert.
Lærer: - Fra Fermats teorem følger det at når du finner ekstremumpunkter, må du finne kritiske punkter. Men fra de vurderte eksemplene er det klart at for at dette kritiske punktet skal være et ekstremum, er det nødvendig med noen tilleggsbetingelser.
Hvilke tilstrekkelige betingelser for eksistensen av et ekstremum på et punkt kjenner du til?
Student: - Funksjon maksimum tegn: Hvis funksjonen f er kontinuerlig i punktet x 0, og f "(x)>0 på intervallet (a; x 0) og f "(x)<0 на интервале (х 0 ; в), то точка х 0 является точкой максимума функции f.
Det vil si at hvis den deriverte ved punktet x 0 endrer fortegn fra pluss til minus, så er x 0 maksimumspunktet.
Student: - Minimumstegn: Hvis funksjonen f er kontinuerlig i punktet x 0, og f "(x)<0 на интервале (а;х 0) и f "(x) >0 på intervallet (x 0 ; b), så er punktet x 0 minimumspunktet for funksjonen f.
Det vil si at hvis den deriverte ved punktet x 0 endrer fortegn fra minus til pluss, så er x 0 minimumspunktet.
Lærer: - Hvilken algoritme for å finne ekstremumpunkter for en funksjon kjenner du til?
Eleven forklarer algoritmen for å studere funksjonen f til dens ekstremum ved å bruke den deriverte ( Vedlegg 4) og finner ekstremumpunktene til funksjonen:
f (x)= x 4 -2x 2
D (f) =IR og f er kontinuerlig på hele tallinjen, som en hel rasjonell funksjon.
2. f "(x) = 4x 3 -4x = 4x (x+1)(x-1).
3. f "(x)=0<=>x= -1 V x=0 V x=1.
Fig.1 (tegn f ")
Siden f er kontinuerlig på kritiske punkter, så fra figur 1 ( Vedlegg 5) er det klart at -1 og 1 er minimumspunktene, og 0 er maksimumspunktet for funksjonen f.
f min = f (-1) = f (1) = -1, f maks = f (0) =0.
Lærer: - Gutter! La oss huske algoritmen for å finne monotonisitetsintervaller for en funksjon f.
Eleven husker algoritmen for å finne monotonisitetsintervaller for funksjonen f ( Vedlegg 6).
Lærer: - Finn intervallene for økning og reduksjon av funksjonen f gitt av formelen
f (x)= x 3 -12x
Løsning:
1. Siden f(x) er et polynom, så er D (f) =IR.
2. Funksjonen f er differensierbar på hele tallinjen og f "(x)= 3x 2 -12 = 3 (x+2) (x-2).
3. De kritiske punktene til en funksjon f kan bare være nullpunktene til f "(x).
f "(x) =0<=>x = -2 V x=2.
D (f)\ (-2; 2)= (-; -2) U (-2; 2) U (2; +).
Fig.2 (tegn f ").
Finn definisjonsdomenene og verdiene til denne funksjonen f.
Finn ut om funksjonen har funksjoner som letter forskning, det vil si om funksjonen f:
a) partall eller oddetall;
b) periodisk.
3. Beregn koordinatene til grafens skjæringspunkter med koordinataksene.
4. Finn intervallene for konstanttegn for funksjonen f.
5. Finn ut på hvilke intervaller funksjonen f øker og på hvilke den avtar.
6. Finn ekstremumpunktene (maksimum eller minimum) og beregn verdiene til f ved disse punktene.
7. Undersøk oppførselen til funksjonen f i nærheten av karakteristiske punkter som ikke er inkludert i definisjonsdomenet.
8. Konstruer en graf av funksjonen.
Dette diagrammet er omtrentlig.
Ta i betraktning alt som er sagt, la oss undersøke funksjonen: f(x) = 3x 5 -5x 3 +2 og konstruere grafen.
La oss gjennomføre en studie i henhold til den angitte ordningen:
D (f ") =IR, siden f (x) er et polynom.
Funksjonen f er verken partall eller oddetall, siden
f (-x)= 3(-x) 5 -5(-x) 3 +2 = -3x 5 +5x 3 +2= -(3x 5 -5x 3 -2) f(x)
La oss finne koordinatene til skjæringspunktene til grafen med koordinataksene:
a) med 0X-aksen, for dette løser vi ligningen: 3x 5 -5x 3 +2 = 0.
Ved å bruke seleksjonsmetoden kan du finne en av røttene (x = 1). Andre røtter kan bare finnes omtrentlig. Derfor, for denne funksjonen, vil vi ikke finne de gjenværende skjæringspunktene til grafen med abscisseaksen og intervaller med konstant fortegn.
b) med akse 0У: f(0)=2
Punkt A (0; 2) er skjæringspunktet mellom funksjonsgrafen og 0Y-aksen.
Vi la merke til at vi ikke vil finne intervaller for tegnkonstans.
La oss finne intervallene for økende og minkende funksjon
a) f "(x)= 15x 4 -15x 2 = 15x 2 (x 2 -1)
D (f ") =IR, derfor er det ingen kritiske punkter som f "(x) ikke eksisterer for.
b) f "(x) = 0, hvis x 2 (x 2 -1) = 0<=>x = -1 V x = 0 V x = 1.
c) Vi får tre kritiske punkter, de deler koordinatlinjen i fire intervaller. La oss bestemme tegnet til den deriverte på disse intervallene:
Fig.3 (tegn f ")
IV. Fester et nytt emne. Problemløsning.
Lærer: - Utforsk funksjonen og bygg dens graf: f (x) = x 4 -2x 2 -3.
Elev: - 1) D (f) = R.
2) f(-x)= (-x)4-2(-x)2-3 = x4-2x2-3; f(-x)= f(x),
Dette betyr at funksjonen f er partall. Studien kan utføres på intervallet funksjonen øker fra - til -4, derfor har ligningen f (x) = 0 ingen røtter på dette intervallet.
b) På intervallet [-1; 2] ligningen har heller ingen røtter, siden på dette intervallet reduseres funksjonen fra -4 til -31.
c) På intervallet og reduseres med [-∞;-1].
Ekstrempunkter: x min = -1
Funksjons ytterpunkter: y min =y(-1)=1-2= -1
Kapittel III. Forskning av funksjoner.
3.1. Generell ordning for å studere funksjoner.
Når du undersøker en funksjon, må du kjenne til det generelle forskningsskjemaet:
1) D(y) – definisjonsdomene (endringsområde for variabel x)
2) E(y) – område med x-verdi (område for endring av variabel y)
3) Type funksjon: partall, oddetall, periodisk eller generell funksjon.
4) Skjæringspunkter for funksjonsgrafen med Ohi O-aksene (hvis mulig).
5) Intervaller for konstans av tegn:
a) funksjonen har en positiv verdi: f(x)>0
b) negativ verdi: f(x)<0.
6) Intervaller for monotoni av funksjonen:
a) øke;
b) avtagende;
c) konstans (f=konst).
7) Ekstrempoeng (minimums- og maksimumspoeng)
8) Funksjonsgrense (funksjonsverdi ved minimums- og maksimumspunkter)
9) Tilleggspoeng.
De kan tas for å plotte funksjonsgrafen mer nøyaktig.
Det skal bemerkes at ytterpunktene til funksjonen f ikke alltid sammenfaller med de største og minste verdiene til funksjonen.
3.2. Et tegn på økende og minkende funksjoner.
Hvis du bygger en graf av en funksjon ved å bruke noen tilfeldig valgte punkter, og forbinder dem med en jevn linje, så selv med et veldig stort antall tilfeldig valgte punkter, kan det vise seg at grafen konstruert på denne måten vil være veldig forskjellig fra grafen for den gitte funksjonen.
Hvis du bruker den deriverte når du studerer en funksjon og finner de såkalte «referanse»-punktene, dvs. brytepunkter, maksimums- og minimumspunkter, intervaller for monotonisitet til en funksjon, så selv med et lite antall slike "referanse"-punkter vil vi få en riktig ide om grafen til funksjonen.
Før jeg går over til eksempler, vil jeg gi de nødvendige definisjonene og teoremer.
Bestemmelse av monotonisitet til en funksjon på et intervall
En funksjon y=f(x) sies å være økende på et intervall hvis for noen punkter x 1 og x 2 av dette intervallet fra betingelsen x 1<х 2
следует, что f(x 1)
Et tilstrekkelig tegn på monotoniteten til en funksjon i intervallet. Teorem: hvis en funksjon har en positiv (negativ) derivert på hvert punkt i intervallet, så øker (minker) funksjonen på dette intervallet.
Denne teoremet er akseptert uten bevis i skolebøkene.
Den geometriske tolkningen av teoremet er veldig enkel hvis vi husker at f ’(x)=tgα, α er helningen til tangenten til grafen til funksjonen i et gitt punkt x. Hvis for eksempel f ‘ (x)>0 på alle punkter i et visst intervall, danner tangenten til grafen med abscisseaksen spisse vinkler, som betyr at når x øker, øker også f(x). Hvis f ' (x)<0, то касательная с осью абсцисс образуют тупой угол, а значит, с ростом х функция f(x) убывает. Поскольку эти рассуждения основаны лишь на наглядных геометрических представлениях, они не являются доказательством теоремы.
3.3. Kritiske punkter for en funksjon, maksima og minima.
Bestemme ekstremumpunktene til en funksjon . La x 0 være et internt punkt fra definisjonsdomenet til funksjonen f(x). Så, hvis det er et slikt δ - nabolag ] x 0 - δ, x 0 + δ [ poeng x 0 slik at for alle x fra dette nabolaget er ulikheten f(x)≤f(x 0) (ulikheten f(x) )≥f (x 0)), punkt x 0 kalles maksimumspunktet (minimumspunktet) for denne funksjonen.
Maksimums- og minimumspoeng er interne punkter i funksjonens definisjonsdomene.
Et nødvendig tegn på eksistensen av et ekstremum av en differensierbar funksjon .
Fermats teorem.
Hvis x 0 er ekstremumpunktet til funksjonen f(x) og på dette tidspunktet eksisterer den deriverte, så er den lik null: f ’(x 0) = 0.
Denne teoremet er ikke en tilstrekkelig betingelse for eksistensen av et ekstremum av en differensierbar funksjon: hvis på et tidspunkt x 0 den deriverte forsvinner, så følger det ikke av dette at funksjonen har et ekstremum i punktet x 0.
Bestemme kritiske punkter for en funksjon . De indre punktene i definisjonsdomenet til en funksjon der dens deriverte er lik null eller ikke eksisterer kalles kritiske punkter for funksjonen.
Tilstrekkelige forhold for eksistensen av et ekstremum .
Teorem 1. Hvis funksjonen f(x) er kontinuerlig i punktet x 0, f ‘(x)>0 på intervallet og f ‘(x)<0 на интервале , то х 0 является точкой максимума функции f(x).
Teorem 2. Hvis funksjonen f(x) er kontinuerlig i punktet x 0, f ‘(x)<0 на интервале и f ‘(x)>0 på intervallet, så er x 0 minimumspunktet for funksjonen f(x).
For å finne ytterpunktene til en funksjon, må du finne dens kritiske punkter og for hver av dem sjekke om tilstrekkelige betingelser for ekstremumet er oppfylt.
3.4. De største og minste verdiene til en funksjon.
Regler for å finne de største og minste verdiene av funksjoner i intervallet. For å finne de største og minste verdiene av en funksjon som kan differensieres i et visst intervall, må du finne alle de kritiske punktene som ligger inne i intervallet, beregne verdiene til funksjonen på disse punktene og i enden av intervallet, og velg den største og minste fra alle verdiene til funksjonen oppnådd på denne måten.
Kapittel IV. Eksempler på å bruke den deriverte til studiet av en funksjon.
Eksempel 11. Utforsk funksjonen y=x 3 +6x 2 +9x og tegn en graf.
2) La oss bestemme typen funksjon:
y(-x)=(-x) 3 +6(-x) 2 +9(-x)=-x+6x 2 -9x funksjon av generell form.
x=0 eller x 2 +6x+9=0
D=0, ligningen har én rot.
(0;0) og (-3;0) er skjæringspunktene med x-aksen.
y'=(x 3 +6x 2 +9x)'=3x 2 +12x+9
y'=0, dvs. 3x 2 +12x+9=0 reduser med 3
D>0, ligningen har 2 røtter.
x 1,2 =(-b±√D)/2a, x 1 =(-4+2)/2, x 2 =(-4-2)/2
0 
-4
x=-4, y’=3*16-48+9=9>0
x=-2, y’=12-24+9=-3<0
x=0, y’=0+0+9=9>0
7) Finn x min og x maks:
8) Finn ytterpunktene til funksjonen:
y min =y(-1)=-1+6-9=-4
y maks = y(-3)=-27+54-27=0
9) La oss plotte funksjonen:
10) Ytterligere poeng:
y(-4)=-64+96-36=-4
Eksempel 12. Utforsk funksjonen y=x 2 /(x-2) og plott en graf
y=x 2 /(x-2)=x+2+4/(x-2)
La oss finne asymptotene til funksjonen:
x≠ 2, x=2 – vertikal asymptote
y=x+2 – skrå asymptote, fordi
La oss finne definisjonsdomenet.
2) La oss bestemme hvilken type funksjon.
y(-x)=(-x) 2 /(-x-2)=x 2 /(-x-2), en funksjon av generell form.
3) Finn skjæringspunktene med aksene.
Oy: x=0, y=0 (0;0) – skjæringspunkt med y-aksen.
x=0 eller x=2 (2;0) – skjæringspunkt med x-aksen
4) Finn den deriverte av funksjonen:
y'=(2x(x-2)-x 2)/(x-2) 2 =(2x 2 -4x-x 2)/(x-2) 2 =(x(x-4))/(x -2) 2 =(x 2 -4x)/(x-2) 2
5) La oss bestemme de kritiske punktene:
x 2 -4x=0 x(x-4)=0
y'=0, (x 2 -4x)/(x-2) 2 =0<=> <=>
(x-2) 2 ≠ 0 x≠ 2
x 2 -4x=0, og (x-2) 2 ≠ 0, dvs. x≠ 2
6) La oss angi de kritiske punktene på koordinatlinjen og bestemme fortegnet for funksjonen.
0 8
x=-1, y’=(1+4)/9=5/9>0
x=1, y’=(1-4)/1=-3<0
x=3, y’=(9-12)/1=-3<0
x=5, y’=(25-20)/9=5/9>0
7) Finn minimums- og maksimumspoengene til funksjonen:
8) Finn ytterpunktene til funksjonen:
y min =y(4)=16/2=8
9) La oss plotte funksjonen:
10) Ytterligere poeng:
y(-3)=9/-5=-1,8 y(3)=9/1=9
y(1)=1/-1=-1 y(6)=36/4=9
Eksempel 13. Utforsk funksjonen y=(6(x-1))/(x 2 +3) og lag en graf. 1) Finn definisjonsdomenet til funksjonen:
2) La oss bestemme typen funksjon:
y(-x)=(6(-x-1))/(x 2 +3)=-(6(x+1))/(x 2 -3) er en funksjon av generell form.
3) Finn skjæringspunktene med aksene:
O y: x=0, y=(6(0-1))/(0+3)=-2, (0;-2) – skjæringspunkt med y-aksen.
(6(x-1))/(x 2 +3)=0
O x: y=0,<=>
4) Finn den deriverte av funksjonen:
y'=(6(x-1)/(x 2 +3))'=6(x 2 +3-2x 2 +2x)/(x 2 +2) 2 =-6(x+1)(x) -3)/(x 2 +3) 2
5) La oss bestemme de kritiske punktene:
y'=0, dvs. -6(x+1)(x-3)/(x2+3)2=0
y’=0, hvis x 1 =-1 eller x 2 =3, så x=-1 og x=3, kritiske punkter.
6) La oss betegne de kritiske punktene på koordinatlinjen og bestemme tegnet for funksjonen:
-3 2
x=-2, y’=-6(-2+1)(-2-3)/(4+3) 2 =-30/49<0
x=0, y’=-6(0+1)(0-3)/(0+3) 2 =2>0
x=4, y’=-6(4+1)(4-3)/(16+3) 2 =-30/361<0
7) Finn minimums- og maksimumspoengene:
8) Finn ytterpunktene til funksjonen:
y min =y(-1)=(6(-1-1))/(1+3)=-12/4=-3
y max =y(3)=(6(3-1))/(9+3)=12/12=1
9) La oss plotte funksjonen:
10) Ytterligere poeng:
y(-3)=(6(-3-1))/(9+3)=-24/12=-2
y(6)=(6(6-1))/(36+3)=30/39=10/13≈ 0,77
Eksempel 14. Utforsk funksjonen y=xlnx og plott den:
1) Finn definisjonsdomenet til funksjonen:
D(y)=R + (bare positive verdier)
2) La oss bestemme typen funksjon:
y(-x)=-xlnx - av generell form.
3) Finn skjæringspunktene med aksene:
O y, men x≠ 0, som betyr at det ikke er noen skjæringspunkter med y-aksen.
O x: y=0, det vil si xlnx=0
x=0 eller lnx=0
(1;0) – skjæringspunkt med x-aksen
4) Finn den deriverte av funksjonen:
y’=x’ ln x + x(ln x)’=ln x +1
5) La oss bestemme de kritiske punktene:
y’=0, det vil si lnx +1=0
y’=0, hvis x=1/e, så er x=1/e det kritiske punktet.
6) La oss betegne de kritiske punktene på koordinatlinjen og bestemme tegnet for funksjonen:
1/e 
x=l/(2e); y’=log(2e) -1 +1=1-ln(2e)=1-ln e=-ln 2<0
x=2e; y’=ln(2e)+1=ln 2+ln e+1=ln 2+2>0
7) 1/e – minimumspunkt for funksjonen.
8) Finn ytterpunktene til funksjonen:
y min =y(1/e)=1/e ln e-1 =-1/e (≈ -0,4).
9) La oss plotte funksjonen:
Konklusjon.
Mange forskere og filosofer har jobbet med dette emnet. For mange år siden oppsto disse begrepene: funksjon, graf, studie av funksjon, og de har fortsatt blitt bevart, og har fått nye funksjoner og egenskaper.
Jeg valgte dette emnet fordi jeg var veldig interessert i å gå gjennom denne veien for forskning på funksjon. Det ser ut til at mange ville vært interessert i å lære mer om funksjonen, dens egenskaper og transformasjoner. Ved å fullføre dette essayet systematiserte jeg mine ferdigheter og utvidet min kunnskap om dette emnet.
Jeg vil oppfordre alle til å studere dette emnet videre.
Bibliografi.
1. Bashmakov, M.I. Algebra og begynnelsen av analysen - M.: Education, 1992.
2. Glazer, G.I. Matematikkens historie i skolen. - M.: Utdanning, 1983.
3. Gusev, V.A. Matematikk: Referansemateriell - M.: Education, 1888.
4. Dorofeev, G.V. En håndbok om matematikk for de som begynner på universiteter. - M.: Nauka, 1974.
5. Zorin, V.V. En håndbok om matematikk for de som begynner på universiteter. - M.: Higher School, 1980.
6. Kolmogorov A.N. Algebra og begynnelsen av analyse. - M.: Education, 1993.
