дифференциальное исчисление функций одной переменной

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ
ПЕРЕМЕННОЙ
ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИЙ
ОДНОЙ
1. Производная функции. Основные правила дифференцирования
1.1. Понятие производной
Пусть функция y  f ( x) определена в окрестности точки x0 ,
x  x  x0 
приращение
аргумента
x,
f ( x0 )  f ( x0  x)  f ( x0 ) 
приращение функции.
Определение. Производной функции f ( x) в точке x0 называется
f ( x0 )
, если он существует.
x0
x
конечный предел lim
Производную функции f ( x) в точке x0 обозначают f ( x0 ) или
Через y или
dy
обозначают производную функции y  f ( x) в точке x .
dx
1.2. Таблица производных
1) С '  0
2) ( x )'   x 1
3) (a x )'  a x ln a , (e x )'  e x
4) (log a x)' 
5) (sin x)'  cos x
6) (cos x)'   sin x
7) (tgx)' 
1
cos 2 x
9) (arcsin x)' 
11) (arctgx)' 
df ( x0 )
.
dx
8) (ctgx)'  
1
1  x2
1
1  x2
1
1
, (ln x)' 
x ln a
x
1
sin 2 x
10) (arccos x)'  
12) (arcctgx)'  
1
1  x2
1
1  x2
1.3. Основные правила дифференцирования
Пусть C – постоянная, f ( x) и g ( x) имеют производные в точке x .
Тогда:
1.  Cf ( x)   Cf ( x) ,
2. ( f ( x)  g ( x))  f ( x)  g ( x) ,
3. ( f ( x)  g ( x))  f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x) ,

 f ( x) 
f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)
4. 
, g ( x)  0.


2
g
(
x
)
g
(
x
)


5. Производная сложной функции. Пусть функция y  f (u) имеет
производную в точке u а функция u  g ( x) имеет производную в точке x.
Тогда сложная функция F ( x)  f ( g ( x)) имеет производную в точке x ,
равную
F ( x)  f (u )  g ( x) .
6. Производная функции, заданной параметрически. Пусть функции
x   (t ), y   (t ) задают параметрически функцию y  f ( x) в окрестности
точки x   (t ) , функции  (t ) и  (t ) имеют производные  t )  0 и  (t ) в
точке t . Тогда функция y  f ( x) также имеет производную в точке x , и
верна формула
f ( x) 
 (t )
.
 (t )
7. Производная функции, заданной неявно. Если функция задана в виде
F ( x, y( x))  0 , то производную y( x ) можно найти по формуле:
y( x)  
Fx
.
Fy
8. Дифференцирование показательно-степенной функции. Для
дифференцирования
показательно-степенной
функции
y  ( f ( x)) g ( x )
( f ( x)  0) , где
f ( x) и g ( x)  имеют производные в точке x , можно
представить ее в виде:
( f ( x)) g ( x )  e g ( x ) ln f ( x ) .
Затем по правилу дифференцирования сложной функции получаем:


y   e g ( x ) ln f ( x )   e g ( x ) ln f ( x )  g ( x)ln f ( x)  

g ( x)  f ( x) 
g ( x)
  g ( x)  ln f ( x) 
  f ( x) .
f ( x) 

Примеры решения типовых задач
Пример 1. Найти производную функции y  sin x по определению.
Решение. Имеем:
x x

.
 y  sin( x   x)  sin x  2cos  x 
 sin
2 
2

Отсюда
 x x
x
2cos  x   sin
sin
x
y

2 
2

2  cos x  1  cos x .
lim  lim
 lim cos  x 
  lim

x

0
x

0
 x 0  x
 x 0

x
x
2 

2
Следовательно, (sin x)  cos x .
Пример 2. Найти производную функции y  9 x5 
4 3 7
 x  3x  4 .
x3
Решение. Воспользуемся правилами дифференцирования и таблицей
производных:



4 3 7
4





5
5 
y   9 x  3  x  3 x  4    9 x    3   3 x 7   3 x    4  
x


x 
7
7
 9  5 x 4  4  (3) x 4  x 4 3  3  45 x 4  12 x 4  3 x 4  3.
3
3
 
Пример 3. Найти производную: y 
x2  2
2 1  x4
.
Решение. Воспользуемся правилами дифференцирования и таблицей
производных:

 x 2  2  1  ( x 2  2) 1  x 4  ( x 2  2)( 1  x 4 ) 
y  

  
4
4 2

2
( 1 x )
 2 1 x 



( x 2  2)  (4 x3 ) 
4
 2x 1  x 

4
1
x(1  x 4 )  x3 ( x 2  2) x  x5  x5  2 x 3
2
1

x





2
1  x4

(1  x 4 ) 1  x 4
(1  x 4 )3





2 x3  x
(1  x )
4 3
.
Пример 4. Найти производную функции y  tg5 ( x  2)  arccos3x 2 .
Решение: Воспользуемся правилами дифференцирования:

y   tg5 ( x  2)  arccos3x 2   5tg 4 ( x  2) 

1
 tg ( x  2)   
4
 1  9x
5
1
 arccos3x 2 
cos ( x  2)
2

5tg 4 ( x  2)  arccos3 x 2 tg 5 ( x  2)  6 x

.
  6x 
2
4
cos
(
x

2)
1

9
x

Пример 5. Найти производную: y  ln 6
1  3x
.
1  3x
Решение. При дифференцировании некоторых логарифмических
выражений рациональнее предварительно упростить первоначальную
функцию по свойствам логарифма:
y  ln 6
1  3x 1 1  3x 1
 ln
  ln(1  3 x)  ln(1  3 x)  ;
1  3x 6 1  3x 6
1
1  (1  3x) (1  3 x)  1  3
3 
y  (ln(1  3x))  (ln(1  3x)))  


 

6
6  1  3x
1  3x  6  1  3x 1  3x 
1 1
1  1 (1  3x  1  3 x)
1
 


.

2
2  1  3x 1  3x  2
1  9x
1  9 x2
Пример 6. Найти производную функции y   cos x 
sin x
.
Решение. По формуле
 
g ( x)  f ( x) 
g ( x)
y   f ( x) g ( x )    g ( x)  ln f ( x) 
  f ( x)
f ( x) 

имеем
sin x 
y   cos x 
sin x
sin x
 cos x     cos x   cos x ln cos x  sin xtgx 
 cos x ln cos x 
cos x


Пример 7. Используя метод логарифмического дифференцирования,
вычислить производную функции y 
( x  5)6
.
( x  1) 2 ( x  3)5
7
Решение. Применим метод логарифмического дифференцирования.
Для этого предварительно прологарифмируем обе части данного выражения
и используя свойства логарифма преобразуем правую часть.
6
ln y  ln( x  5)  2ln( x  1)  5ln( x  3) .
7
Продифференцируем обе части равенства, учитывая, что y сложная
функция

6

 ln y    ln( x  5)  2ln( x  1)  5ln( x  3)  ,
7


y
6
2
5



.
y 7( x  5) x  1 x  3
Выражая производную искомой функция, получим

6
2
5 
y  y  



 7( x  5) x  1 x  3 
Учитывая,
y 
что
( x  5)6
y
,
( x  1) 2 ( x  3)5
7
окончательно
получим
( x  5)6

6
2
5 



.
( x  1)2 ( x  3)5  7( x  5) x  1 x  3 
7
Пример 8. Для функции, заданной параметрически, найти
dy
.
dx
 x  3sin t  sin 3t ,

 y  3cos t  cos3t.
Решение. Находим производные от x и от y по параметру t
xt 
dx
dy
 3cos t  3cos3t , yt 
 3sin t  3sin 3t .
dt
dt
Искомую производную от y по x находим:
dy
t  3t
t  3t
2sin
 cos
dy dt
3(sin t  sin 3t )
2
2   sin 2t   tg 2t .



t  3t
t  3t
dx dx
3(cos t  cos3t )
cos 2t
2cos
 cos
dt
2
2
Пример 9. Найти производную yx , если x3  y 3  3xy  0 .
Решение.
1 способ. Продифференцируем уравнение, считая переменную x
аргументом,
а
переменную
функцией
Получим
y  y ( x) .
y
3x 2  3 y 2  yx  3( y  xyx )  0 . Решаем уравнение относительно yx :
yx 
x2  y
.
x  y2
2 способ. F ( x, y( x))  x3  y 3  3xy . Воспользуемся формулой для
нахождения производной функции, заданной неявно
x3  y 3  3xy 

Fx
3x 2  3 y 3( x 2  y ) x 2  y
x
.
yx    
 2


2
2
Fy
3
y

3
x

3(
y

x
)
x

y

3
3
x  y  3xy


y
2. Производные высших порядков
Пусть функция y  f ( x) имеет производную f ( x) в каждой точке x
некоторого множества D . Тогда ее производную f ( x) можно рассматривать
как функцию, определенную на множестве D . В свою очередь функция
f ( x) может в некоторых точках множества D иметь производную. В этом
случае производной второго порядка (второй производной) называется
производная от производной (( f ( x)) . Для второй производной
функции y  f ( x) в точке x применяются обозначения:
y,
f ( x),
y (2) ,
d2y
.
dx 2
Аналогично определяются производные 3-го, 4-го, и т.д. порядков.
Производной первого порядка (или первой производной) считается
f ( x) .
Примеры решения типовых задач
Пример 1. Найти вторую производную функции f ( x) 
x
1  x2
.
Решение. Сначала найдем f '( x) и обязательно упростим полученное
выражение:
'
 x  x ' 1  x  ( 1  x )' x
f '( x)  

 
2
2
(1

x
)
1

x


1  x2 

2
2
1  x2  x
(2 x)
2 1  x2 
(1  x 2 )
x2
2
2
1
1  x 2  (1  x )  x 
 (1  x 2 )3/ 2 .
2
2 3/ 2
2
2
(1  x )
(1  x )
(1  x ) 1  x
'
3
3x
3x
.
f ''( x)   (1  x 2 )3/ 2    (1  x 2 ) 5 / 2 (2 x) 

2
(1  x 2 )5 / 2
(1  x 2 )5
Пример 2. Найти производную второго порядка yxx от функции,
x  t ,

заданной параметрически: 
1 .
y

.

1 t

Решение. Найдем производную первого порядка:
1 
 
3


2
1
(1

t
)

  (1  t ) 2 (1  t )
3
3


yt 

2
2
yx  

  t (1  t ) (1)  t (1  t ) 2 ;
1
xt
( t )
2 t
3
3
3



(1  t )
( yx )t
2
2



; ( y x )t  ( t (1  t ) )'  ( t ) (1  t )  t ((1  t ) 2 )' 
yxx 
xt
2 t

3
2

5

3
1
3 t

t (1  t ) 2 (1  t ) 

;
3
5
2
2 t (1  t )
2 (1  t )

1
3 t
yxx  

 2 t (1  t )3 2 (1  t )5

 1
1
3t
1  2t



.
:
3
5
5
 2 t
(1  t )
(1  t )
(1  t )

Пример 3. Найти производную n-го порядка: y  e5 x3 .
Решение. Найдем последовательно несколько производных высших
порядков:
y  ( e5 x3 ) 
e5 x  3  5
2 e5 x  3

5 5 x 3
e ;
2

2
5 5 x 3   5 
5


5 x 3
5 x 3
;
y  
e
    ( e )    e
2
 2
2

3
  5  2 5 x 3   5  2
5

5 x 3
5 x 3
.
y     e
    ( e )    e
 2 
2
2






И так далее. Выведем формулу для n-го члена получившейся
последовательности y
(n)
5
 
2
(n)
e5 x 3 .
3.Геометрический смысл производной. Касательная и нормаль к кривой
Пусть y  f ( x)  имеет производную в точке x0 , M 0  точка на
графике этой функции с координатами x0 и y0  f ( x0 ) , k  tg   угловой
коэффициент касательной, проведенной к графику функции y  f ( x) в точке
M 0 ,     2     2   угол наклона касательной к оси абсцисс (см. рис 1.
а).
Геометрический смысл производной состоит в том, что f ( x0 )  k .
Уравнение касательной к графику функции y  f ( x) в точке M 0 имеет
вид
y  f ( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) .
Прямая, перпендикулярная к касательной и проходящая через точку
касания, называется нормалью к графику функции y  f ( x) в этой точке.
Уравнение нормали к графику функции y  f ( x) в точке M 0 ( x0 , y0 )
имеет вид
1
y
( x  x0 )  y0 .
f ( x0 )
Замечание. Пусть f ( x0 )   (или f ( x0 )   ). Тогда касательная к
графику функции y  f ( x) в точке M 0 параллельна оси Oy , а уравнение
касательной имеет вид x  x0 (рис 1. б).
Замечание. Если
f ( x0 )  0 , то касательная к графику функции
y  f ( x) в точке M 0 параллельна оси Ox (рис 1. в).
Рис. 1
Примеры решения типовых задач
Пример 1. Составить уравнение нормали и уравнение касательной к
кривой y  x  x3 в точке с абсциссой x0  1 .
Решение. Уравнение касательной к кривой y  f ( x) в точке M 0 ( x0 ; y0 )
y  y0  y0 ( x  x0 ) . Уравнение нормали имеет вид:
имеет вид:
y  y0  
1
( x  x0 ) .
y0
Найдем производную функции в точке с абсциссой x0  1 .

y  x  x3
  1  32
x ; y ' 1  1 
3
5
1  ; y (1)  1  13  2 .
2
2
Запишем уравнения касательной к кривой y  x  x3
в точке с
5
5
1
абсциссой x0  1 : y  2  ( x  1) или y  x  . Уравнение нормали в этой
2
2
2
2
2
2
же точке: y  2   ( x  1) или y   x  2 .
5
5
5
Пример 2. Составить уравнения касательной и нормали к эллипсу
x2 y 2

 1 в точке M 0 (3;2) .
18 8
x2 y 2
Решение. Находим производную неявной функции

1  0 :
18 8
2 x 2 y  y
43
2
4x

 0 , откуда y( x)   , y( x0 )  y(3)  
  . Подставляя
18
8
29
3
9y
2
значения x0  3 , y0  2 , y( x0 )  
в формулы уравнений касательной
3
1
2
y  y0  y0 ( x  x0 ) и нормали y  y0   ( x  x0 ) , получим y  2   ( x  3)
3
y0
или
2 x  3 y  12  0
–
уравнение
касательной;
3
y  2  ( x  3)
2
или
3x  2 y  5  0 – уравнение нормали.
4.Дифференциал. Приближенные вычисления с помощью
дифференциала
Если для любого достаточно малого x выполняется равенство
f ( x0 )  A  x    x , где A  постоянная, a  бесконечно малая функция
при x  0 , то функция f ( x) называется дифференцируемой в точке x0 .
Главная линейная часть приращения называют дифференциалом функции в
точке x0 и обозначают в виде
dy  A  x .
Подчеркнем, что дифференциал – это линейная функция от  x ,
бесконечно малая при  x  0 .
Теорема. Для того чтобы функция y  f ( x) имела производную f ( x0 ) ,
необходимо и достаточно, чтобы эта функция была дифференцируемой в
точке x0 , при этом dy  f ( x0 )dx .
На рис. 2 изображен график некоторой дифференцируемой функции
y  f ( x) в точке x0 . Точки B и D на графике функции имеют
соответственно координаты ( x0 , f ( x0 )) и ( x0   x, f ( x0   x)) .
y
y  f (x)
D
E
B
A
0
x0
F
C
x0   x
x
Рис. 2
Выражения
 x, f ( x0 ), f ( x0   x),  y  f ( x0   x)  f ( x0 )
геометрически означают длины следующих отрезков: AC, AB, DC , DF .
Треугольник BEF ограничен горизонтальной линией BF , вертикальной
линией EF и касательной BE к графику функции в точке B . В силу
геометрического смысла производной имеем: f ( x0 )  tg  FBE ; но тогда
f ( x0 ) x  dy есть длина отрезка EF . Таким образом, с геометрической
точки зрения дифференциал равен приращению ординаты касательной от
точки x0 до точки x0   x .
Заметим, что разделение приращения функции  y на две части:
 y  f ( x0 ) x  o( x)
соответствует
разделению
отрезка
DF :
DF  FE  ED . Длина отрезка EF , как уже отмечалось, равна значению
дифференциала, а длина отрезка ED – бесконечно малая более высокого
порядка, чем  x . Действительно, из рисунка видно, что доля ED в отрезке
DF стремится к нулю при  x  0 .
В равенстве f ( x0 )  A  x    x функция  является б.м.ф. более
высокого порядка, чем  x , следовательно, имеет смысл говорить о
приближенных равенствах (при малых |  x | ):
f ( x0   x)  f ( x0 )  f ( x0 ) x , или f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) .
Формула f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) важна в задачах, когда известны
значения функции f ( x) и ее производной f ( x) в точке x0 и требуется
вычислить значение функции f ( x) в некоторой близкой к x0 точке x .
Примеры решения типовых задач
1cos x
Пример 1. Найти дифференциал функции f ( x)  e1cos x .
Решение. Сначала найдем первую производную исходной функции:
f '( x)  e
1cos x
1 cos x
1cos x
 1  cos x 
1 cos x  (1  cos x )'(1  cos x )  (1  cos x )'(1  cos x ) 

 e
(1  cos x) 2
 1  cos x 
'
1cos x
1 cos x
1cos x
sin x(1  cos x)  sin x(1  cos x)
2sin x
1
e

 e cos x 
.
2
(1  cos x)
(1  cos x) 2
1cos x
2sin x
1
dx .
Далее в силу равенства df ( x)  f ( x)dx получим df ( x)  e cos x 
(1  cos x) 2
Пример 2.
x2  y 2  x2 y 2  1 .
Найти
дифференциал
функции,
заданной
неявно
Решение. Найдем дифференциал обеих частей равенства. Получим
2 xdx  2 ydy  2 xy 2dx  x 2 2 ydy  0 . Отсюда выразим дифференциал dy :
2 xdx  2 xy 2 dx
x 1  y2
dy  

dx .
2 y  2 x2 y
y 1  x2
Пример 3. Вычислить приближенно значение sin32 .
Решение. Воспользуемся формулой f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) . Для
этого определим функцию f ( x)  sin x и положим x  32 , x0  30 или в
радианах x 
32

и x0  .
180
6
Тогда, учитывая, что (sin x)  cos x , получим
sin x  sin x0  cos x0  ( x  x0 ) , или
sin32  sin

6
 cos
  32
 1
3 
1,73  3,14

  
  0,5 

6  180 6  2 2 90
90
 0,5  0,03  0,53.
Для сравнения: имеет место равенство sin32  0,5299 с четырьмя
верными знаками.
Пример 4. Вычислить приближенно
Решение. Рассмотрим функцию
x  24,89 . Найдем:
24,89 .
f ( x)  x
и выберем
x0  25 ,
f ( x) 
Тогда
1
2 x
,
f ( x0 )  25  5,
f ( x0 ) 
1
 0,1 .
2 25
f (24,89)  24,89  5  0,1  (0,11)  5  0,011  4,989 .
сравнения: приближенно
Для
24,89  4,988987873 с точностью до 9-го знака
после запятой.
5.Правило Лопиталя
Это правило нахождения некоторых пределов функций при помощи
производных. Правило Лопиталя задается следующей теоремой.
Теорема. Пусть 1) функции f ( x) и g ( x) дифференцируемы в
некоторой проколотой окрестности точки a , 2) lim f ( x)  lim g ( x)  0 (или
xa
xa
 ), 3) g ( x)  0 и g ( x)  0 в этой окрестности. Тогда, если существует
f ( x)
f ( x)
, то существует lim
и верно равенство
lim
x a g ( x )
x a g ( x )
lim
xa
f ( x)
f ( x)
.
 lim
g ( x) xa g ( x)
Замечание. Теорема верна и для случая a   ( ;  ).
Замечание. Теорема верна и для случая lim
x a
f ( x)
 .
g ( x)
Замечание. Из условий теоремы следует, что функция
f ( x)
является
g ( x)
0
 
неопределенностью вида   (или   ) при x  a , следовательно, теорема
0
 
позволяет в некоторых случаях раскрыть эти неопределенности.
Часто правило Лопиталя применяется повторно следующим образом.
f ( x)
Пусть при выполнении условий 1) – 3) теоремы
является
g ( x)
0
 0  (или
f ( x)
применяется повторно к
и т. д.
g ( x)
неопределенностью вида
 
   ). Тогда правило Лопиталя
Если после нескольких повторных
применений правила будет получено конечное или бесконечное значение
f ( x)
предела, то оно будет равно lim
.
x a g ( x )
Для
раскрытия
неопределенностей
типа
 0  
необходимо
преобразовать соответствующее произведение f ( x)  g ( x) , где lim f ( x)  0 и
x a
lim g ( x)   , например,
x a
f ( x)
g ( x)
0
 
(вид   ) или
(вид   ).
1
1
0
 
g ( x)
f ( x)
В случае неопределенности вида    необходимо преобразовать
соответствующую разность f ( x)  g ( x) , где lim f ( x)   и lim g ( x)   , в
x a
x a
 g ( x) 
 
произведение f ( x) 1 
и раскрыть сначала неопределенность   ;

f ( x) 
 

g ( x)
1
g ( x)
f ( x)
0
если lim
(вид   ).
 1 , то следует привести выражение к виду
xa f ( x)
1
0
f ( x)
Неопределенности видов 1  ,  00  ,   0  раскрываются с помощью
предварительного логарифмирования и нахождения предела степени
 f ( x) . Эти неопределенности сводятся к случаю неопределенности
g ( x)
0   , при этом используется тождество  f ( x)  e g ( x ) ln f ( x ) .
g ( x)
Примеры решения типовых задач
Пример. Найти с помощью правила Лопиталя:
2ln(1  x)  2sin x  x 2
а) lim
;
x0
x3
б) lim x ln(sin x) .
x 0
Решение. a)
lim
x0
0
2  0 
2ln(1  x)  2sin x  x
(2ln(1  x)  2sin x  x 2 )'
=
lim

x0
x3
( x3 )'
1
 1

2
0
 sin x  1  00 
 cos x  x 
 2cos x  2 x  0 

2
2
2
1 x
  lim (1  x)
 lim 1  x
= lim 
=
2
2
x 0
3x
3 x0
( x )'
3 x0
2x
'
'
 1

1  (2)
 cos x
 (1  x) 2  sin x  1
1
1
2 1
(1  x)3


= lim
 lim

 1.
3 x 0
( x)'
3 x 0
1
3
0
 0 
2ln(1  x)  2sin x  x 2
Итак, lim
 1.
x0
x3
При решении этого примера правило Лопиталя фактически было
применено трижды (в тех местах, где над знаком равенства указан вид
неопределенности). При этом для обеспечения строгости рассуждений
необходимо каждый раз проверять условия сформулированного выше
утверждения.
б) Очевидно, что здесь вообще нет эквивалентных функций. Кроме
того, при
x  0 ( x  0, x  0)
sin x  0 и lnsin x   . Это
неопределенность вида 0   , к которой правило Лопиталя не применяется,
однако можно учесть, что если f ( x) – бесконечно малая при x  a функция,
то
1
f ( x)
будет
бесконечно
большой
при
xa.
Поскольку
ln sin x
 
,то мы приходим к неопределенности   и далее
1
x
 
действуем так, как при решении задания а). Обе функции требуемым
условиям удовлетворяют, поэтому
x ln sin x 
cos x
ln sin x
(ln sin x)'
x 2 cos x
sin
x
lim x ln(sin x)  lim 1  lim
 lim 2   lim

x 0
x 0
x 0
x 0  x
x 0 sin x
x
( x 1 )'
x
x cos x
  lim
 lim
 1  lim x cos x  0 .
x0 sin x x0
x0
1

  
6.Промежутки монотонности и экстремумы функций
Определение. Функция f ( x) называется возрастающей (убывающей)
в промежутке X из области определения, если для любых x1 , x2  X из
f ( x1 )  f ( x2 ) (соответственно
условия x1  x2 следует неравенство
f ( x1 )  f ( x2 ) ).
На рисунке 3 а функция возрастает в интервалах  a; b  ,  c; d  , убывает
в  b; c  .
Под монотонностью понимается либо возрастание, либо убывание.
Теорема 3 (достаточное условие монотонности). Если функция f ( x)
дифференцируема в промежутке X и f ( x)  0 ( f ( x)  0 ) для всех x  X ,
то f ( x) возрастает (соответственно убывает) в промежутке X .
Определение. Точка x0 называется точкой минимума (максимума)
функции y  f ( x) , если она определена в некоторой окрестности этой точки
и для каждой точки x  x0 этой окрестности f ( x)  f ( x0 ) (соответственно
f ( x)  f ( x0 ) ).
f ( x0 )
Значение функции
называется минимумом
(соответственно максимумом).
На рис. 3 а) b – точка минимума, c – точка максимума.
Под экстремумом функции (локальным) понимается либо минимум
функции, либо её максимум.
Определение Точка x0 из области определения функции y  f ( x) ,
называется критической точкой, если f ( x) дифференцируема в x0 и
f ( x0 )  0 .
Определение Точка x0 из области определения функции y  f ( x) ,
называется стационарной точкой, если f ( x) не дифференцируема в x0 .
На рис.3 б) x0 – критическая, а на рис. 3 в) точка x0 – стационарная.
Рис. 3
Необходимое условие экстремума. Если x0  точка экстремума
функции f ( x) , то она является стационарной ил критической точкой этой
функции.
На рис. б критическая точка x0 является точкой экстремума, а на рис. в
стационарная точка x0 не является точкой экстремума. Таким образом, не
всякая критическая или стационарная точка является точкой экстремума.
Первое достаточное условие экстремума. Пусть x0  критическая
или критическая точка функции y  f ( x) . Если в некоторой окрестности
точки x0 слева от x0 производная f ( x) принимает один знак, а справа от
x0  противоположный, то x0  точка экстремума. При этом если слева
f ( x)  0 , справа f ( x)  0 , то x0  точка максимума, в противном случае x0
 точка минимума. Если в некоторой проколотой окрестности точки x0
производная f ( x) имеет постоянный знак, то x0 не является точкой
экстремума. Если к тому же f ( x) непрерывна в x0 , то функция монотонна в
этой окрестности (рис. 3 в)).
Второе достаточное условие экстремума. Пусть f ( x0 )  0 и
существует f ( x0 ) . Тогда если f ( x0 )  0 , то x0  точка максимума. Если же
f ( x0 )  0 , то x0  точка минимума.
Вторым достаточным условием экстремума удобно пользоваться,
если достаточно сложно установить знак первой производной в
окрестности точки экстремума.
При решении задач на поиск экстремумов функции одного
переменного придерживаются следующей схемы рассуждений.
1) Установить область определения функции y  f ( x) .
2) Найти ее первую производную.
3) Выяснить, в каких точках из области определения производная
обращается в нуль f ( x)  0 , т.е. найти стационарные точки, и найти
значения x , при которых функция определена, а производная – нет, т. е.
критические точки.
4) Определить знак производной на числовых интервалах, на
которые стационарные и критические точки разбили область определения,
сделать выводы о характере монотонности.
5) Если при переходе через найденную точку x0 производная знак не
меняет, то x0 не является точкой экстремума; если в окрестности точки x0
слева от нее f '( x)  0 , а справа f '( x)  0 , то x0 - точка максимума
исходной функции и f max  f ( x0 ) ; если же в окрестности x0 f '( x)  0 слева
и f '( x)  0 справа, то x0 - точка минимума исходной функции и
f min  f ( x0 ) .
Примеры решения типовых задач
Пример 1. Исследовать функцию y  3 x 2  4 x на экстремум и
монотонность.
Решение. Область определения – множество всех действительных
чисел .
1)Находим производную функции:
1 
2


 2
 1
2x  4
y    x  4 x  3    x 2  4 x  3  x 2  4 x  
.
2
3
2


33  x  4x
2)Найдем стационарные и критические точки. Решим уравнение
y  0 : 2 x  4  0  x  2  стационарная. y не существует при
3
x 2  4 x  0   x 2  4 x  0  x( x  4)  0  x  0 или x  4 . Эти точки
входят в область определения функции, следовательно, являются
критическими.
3) Разобьем область определения
точками 0, 2, 4 на интервалы
 ;0  ,  0;2  ,  2;4  ,  4;  , в каждом из которых производная сохраняет
знак.
Найдем
знаки
производно
й в этих
интервалах
(см. рис.4)
y
+
0
2
2
+
4
х
Рис. 4
4) Функция убывает в интервалах  ;0  и  0;2  , возрастает в
интервалах  2;4  и  4;  . Однако можно сделать более сильный вывод.
В самом деле, в окрестностях критических точек x  0 и x  4 производная
не меняет знака, значит, они не являются точками экстремума. Функция
убывает в интервале  ;2  и возрастает в интервале  2;  .
5) Стационарная точка x  2 является точкой минимума. Тогда
ymin  y(2)  3 22  4  2  3 4  8   3 4 .
7.Наибольшее и наименьшее значения функции
на числовом промежутке
Пусть функция y  f ( x) определена на отрезке  a; b . Если f ( x)
непрерывна на этом отрезке, то существуют точки x1  [a; b] и x2  [ a; b] , в
которых функция достигает своего максимального и минимального
значений (на отрезке!). Этими точками могут быть либо внутренние
критические точки (из x2   a; b  ), либо граничные. Поэтому для отыскания
наибольшего и наименьшего значения функции f ( x) на числовом отрезке
придерживаются следующего алгоритма.
1) Найти первую производную f ( x) .
2) Найти стационарные и критические точки функции
выбрать те из них, которые попадают в отрезок  a; b .
f ( x) и
3) Сравнить значения функции в найденных точках и на границах
(т.е. в точках x  a , x  b ), выбрать наибольшее и наименьшее значения.
Характер экстремума определять не нужно.
Пусть функции y  f ( x) определена в интервале  a; b  . В этом
случае не гарантируется существование наибольшего и наименьшего
значений у функций. После определения стационарных и критических
точек и значений функции в них, необходимо изучить поведение функции
при x  a  0 и x  b  0 . Сравнивая полученные значения, получают
наибольшее или наименьшее значения функции или обосновывается факт
отсутствия таких значений.
В случае бесконечных промежутков  a;   ,  a;   ,  ;a  и др.
схема исследований аналогична. Наибольшее и наименьшее значения
функции на числовом промежутке называют глобальными экстремумами
функции.
Примеры решения типовых задач
1. Найти наибольшее и наименьшее
Пример
4
f ( x)  x 3  3x 2 на отрезке 1;4 .
3
значения
f '( x)  4 x 2  6 x  2 x(2 x  3) ,
Решение.
причем
производная
определена всюду, критических точек нет. Чтобы найти стационарные
точки, приравниваем производную к нулю: 2 x(2 x  3)  0 . Итак, x  3/ 2 и
x  0 – стационарные точки. При этом 3/ 2 [1;4] , а 0 [1;4] , поэтому
последняя точка нас не интересует. Вычисляем значения исходной
функции в выбранной точке и на концах отрезка:
f (1) 
3 4  27 3  9 9 27
9
4  64
112
.
f( )

 
  ; f (4) 
 3  16 
2
38
4
2 4
4
3
3
Сравнивая
значения,
max f ( x)  f (4) 
x[1;4]
Пример
4
5
3  ;
3
3
9
3
min f ( x)  f     ,
x[1;4]
4
2
получаем:
112
.
3
2.
Найти
наибольшее
и
наименьшее
значения
f ( x)  3  x 2  2 x  в интервале  0;3 .
2
1
2 

2 2
4( x  1)
3 2
Решение. f '( x)    x  2 x     x  2 x  3  (2 x  2) 
,
3 2

 3
3 x  2x
причем производная не существует при x  0 и x  2 . Эти точки являются
критическими. Чтобы найти стационарные точки, приравниваем
производную к нулю: 4( x  1)  0 , т.е. x  1 . Итак, x  1 - стационарная
точка. При этом 1  0;3 и 2   0;3 , а 0   0;3 , поэтому последняя точка
нас не интересует. Вычисляем значения исходной функции в выбранных
точках:
f (1)  3 12  2 1  1, f (2)  3  22  2  2   0 .
2
2
Находим предельные значения функции на границах интервала:
f (0  0)  lim
3
x
f (3  0)  lim
3
x
x 0 0
x30
2
 2x  0 ;
2
 2 x   3  3 9  2,08 .
2
2
2
3
Эти значения в точках x  0 и x  3 функция не достигает, поскольку
эти точки не принадлежат интервалу  0;3 .
Сравнивая f (1)  1 , f (2)  0 , f (0  0)  0 и f (3  0)  2,08 , получаем
max f ( x) не существует, min f ( x)  f (2)  0 .
x 0;3
x 0;3
При решении задач практического
пользоваться следующим фактом.
характера
полезно
Пусть функция y  f ( x) определена на открытом числовом
интервале  a; b  и имеет на нем единственную стационарную точку x0 .
Если x0 – точка локального максимума, то max f ( x)  f ( x0 ) ; если x0 x( a ;b )
точка локального минимума, то min f ( x)  f ( x0 )
x( a ;b )
Пример 3. Определить наибольшую площадь равнобедренного
треугольника, вписанного в круг радиуса R .
B
О



А
С
Рис. 5
Решение. Пусть AB  BC и BAC   , тогда ABC    2 ,  –
острый угол. Из теоремы синусов имеем
AB  BC  2R sin  , а AC  2R sin(  2 )  2 R sin 2
1
1
AB  AC sin    2R sin   2R sin 2  sin  
2
2
2
2
 2R sin   2sin  cos  4 R2 sin 3  cos .
SABC 
1
2
AB  AC sin    R sin   2R sin 2  sin   2 R 2 sin 2   2sin  cos  
2
2
2
3
 4 R sin  cos .
SABC 
1
2

S   0  1  2cos 2  0  cos 2    2 
 
2
3
3
точка функции S ( ) .
–
стационарная
S ( )  4 R 2 (sin 2   2sin 2   cos 2 )  4 R2 (2sin  cos  
2  2sin  cos  cos 2  2  2sin 2   ( sin 2 )) 
 4R 2 sin 2 (1  2cos 2  4sin 2  )
2
 
S     4 R 2  sin
3
3
 

3
2




2

3
1
3


2
2
 1  2cos
 4sin   4 R 
 1  2   4  
 0
3
3
2 
2
2


 

– точка локального максимума, так как функция S ( ) непрерывна
 
на  0;  и имеет единственную точку локального максимума, то в этой
 2
точке обязательно достигается наибольшее значение функции на этом
3
интервале. Найдем Sнаиб
 3  1 3 3R 2
(кв.ед.)
 4R  
  
2
2
4


2
8.Направления выпуклости графика функции одной переменной. Точки
перегиба
Пусть функция y  f ( x) имеет конечную или бесконечную
производную в каждой точке интервала X   a; b  . Обозначим Г ( Х ) дугу
графика функции f ( x) , соответствующую интервалу X .
Определение. Если дуга Г ( Х ) лежит не ниже (не выше) касательной к
графику функции y  f ( x) , проведенной в любой точке М  Г ( Х ) , то
функция или график функции называется выпуклым вниз (соответственно
выпуклым вверх) в интервале X (рис. 6 а).
Точка на графике функции, в которой существует касательная к
графику функции, называется точкой перегиба функции или графика
функции, если она является границей дуг графика с разными направлениями
выпуклости (рис. 6 б,в).
Рис.6
Заметим, что в точке перегиба требуется существование касательной к
графику.
В некоторых учебных пособиях выпуклую вверх функцию называют
вогнутой, а выпуклую вниз функцию  выпуклой. Мы будем также
пользоваться этими терминами, когда это удобно.
Теорема (достаточное условие выпуклости вверх и вниз). Если
функция f ( x) дифференцируема дважды в интервале X и в ней f ( x0 )  0
( f ( x0 )  0 ), то f ( x) является выпуклой вниз (соответственно выпуклой
вверх) в интервале X .
Необходимое условие точки перегиба. Если M 0 ( x0 ; f ( x0 ))  точка
перегиба функции f ( x) , то либо и f ( x0 )  0 , либо f ( x0 ) не существует
(рис. б, в). Следовательно, абсциссы точек перегиба нужно искать в тех
значениях x, при которых вторая производная либо равна нулю, либо не
существует.
Достаточное условие точки перегиба. Пусть функция f ( x) имеет
производную (может быть бесконечную) в точке x0 , существует вторая
производная в проколотой окрестности точки x0 и либо f ( x0 )  0 , либо
f ( x0 ) не существует. Тогда если при переходе через x0 f ( x ) меняет знак,
то ( x0 ; f ( x0 )) является точкой перегиба.
При решении задач на поиск точек перегиба графика функции
одного переменного придерживаются следующей схемы рассуждений
1) Установить область определения функции y  f ( x) .
2) Найти вторую производную f ''( x) .
3) Выяснить, в каких точках из области определения вторая
производная обращается в нуль (т.е. решить уравнение f ''( x)  0 ) или не
существует.
4) Установить знак второй производной на числовых интервалах, на
которые найденные точки разбили область определения, и определить
направления выпуклости (если f ''( x)  0 , то график функции направлен
выпуклостью вверх, т.е. ; если f ''( x)  0 - выпуклостью вниз, т.е. ).
5) Если при переходе через найденную точку x0 направление
выпуклости меняется, то точка ( x0 , f ( x0 )) – точка перегиба графика
функции.
9.Асимптоты графика функции
Определение. Прямая y  kx  b называется асимптотой кривой
y  f ( x) , если расстояние от точки M ( x; y) кривой до прямой y  kx  b
стремится к нулю при неограниченном удалении этой точки по кривой от
начала координат (т.е. стремление хотя бы одной из координат точки к
бесконечности). Пример показан на рис. 7 а.
Нахождение вертикальных асимптот. Если x0  точка разрыва II
рода функции y  f ( x) , то прямая x  x0 является вертикальной асимптотой.
Например, если lim f ( x)   , то точка графика при y   бесконечно
x  x0  0
близко приближается к вертикальной асимптоте x  x0 с левой стороны (рис.
7 в, x0  1 ).
Рис. 7
Вертикальная асимптота может быть в точке, являющейся границей
области определения функции, если односторонний предел в этой точке
равен  или  (рис. 7 в).
Нахождение горизонтальных асимптот. Если
lim f ( x)  y0 (или
x  
lim f ( x)  y0 ), то прямая y  y0 является горизонтальной асимптотой при
x  
x   (или x   ).
Нахождение наклонных асимптот. Уравнение наклонной асимптоты
имеет вид y  kx  b , где угловой коэффициент k  0 . Коэффициенты k и b
при x   ( x   ) находят по формулам:
k  lim
x 
f ( x)
,
x
b  lim ( f ( x)  kx) .
x 
Замечание. В формулах подразумевается, что оба предела существуют
и конечны. Если хотя бы один из них не существует, то наклонной
асимптоты у графика функции нет.
Замечание. Если пределы
конечны и k  0 , то график имеет
горизонтальную асимптоту y  b при x   ( x   ). Поэтому если
существует горизонтальная асимптота при x   ( x   ), то нет
наклонной асимптоты при x   ( x   ).
10.Построение эскиза графика функции одной переменной
Полное исследование функции проводится по следующему плану.
1) Найти область определения функции y  f ( x) .
2) Проверить наличие у исследуемой функции дополнительных свойств
(четность, нечетность, периодичность). В случае, когда, например, функция
является нечетной (четной), достаточно проводить исследования и строить
эскиз графика при x  0 с последующим симметричным его отображением
(относительно начала координат для нечетной функции или относительно
оси Oy для четной).
3) Определить координаты точек пересечения графика функции с
осями координат (для нахождения точки пересечения графика с осью Ox
решаем уравнение f ( x)  0 ; для нахождения точки пересечения графика с
осью Oy подставляем в аналитическое выражение функции значение x  0 ).
4) Найти f '( x) и с ее помощью определить интервалы монотонности
функции, точки экстремума и экстремальные значения функции.
5) Найти f ''( x) , с ее помощью определить направления выпуклости
графика функции и найти точки перегиба графика функции.
6) Найти асимптоты графика.
7) Используя все полученные результаты, построить график функции.
Примеры решения типовых задач
x2
Пример 1. Провести полное исследование функции y 
2( x  1)
Решение.
1) D( y)   ;1
1;   .
( x) 2
x2

, т.е. y( x)   y( x) и
2( x  1)
2( x  1)
Функция является функцией общего вида, непериодической.
2)
y ( x) 
x2
0 
3) Так как
2( x  1)
только в точке  0;0  .
4) y 
y (  x)  y ( x) .
x  0 , то график пересекает оси координат
2 x  2( x  1)  2 x 2 4 x 2  4 x  2 x 2 2 x 2  4 x x 2  2 x



.
4( x  1) 2
4( x  1) 2
4( x  1) 2 2( x  1) 2
y  0  x 2  2 x  0 x  0 или x  2 . y не существует в точке x  1 , но
она не входит в область определения функции. Следовательно, имеются две
стационарные точки x  0 и x  2 . Разобьем этими точками область
определения на интервалы знакопостоянства производной:  ;0  ,  0;1 ,
1;2  ,  2;  . Определим знаки производной в этих интервалах (см. рис. 8).
y
+
0
1
Рис.8
2
+
х
Используя достаточные условия монотонности и экстремума, можно сделать
следующие выводы: функция возрастает в интервалах  ;0  и  2;  ,
убывает в  0;1 и 1;2  . Значение максимума ymax  y (0)  0 , значение
минимума ymin  y (2)  2 .
(2 x  2)( x  1) 2  2( x  1)( x 2  2 x)
1

5) y 
.
4
2( x  1)
( x  1)3
y
+
1
y не обращается в 0, а в точке 1,
где y не существует, функция не
определена, поэтому график функции
не имеет точки перегиба. Таким
образом, имеются два интервала
 ;1 и 1;  , знакопостоянства
второй производной (см. рис.9 ).
х
Рис. 9
В силу достаточных условий выпуклости и вогнутости графика в
интервале  ;1 график выпуклый (вверх), а в интервале 1;  график
вогнутый (выпуклый вниз).
x2
x2
  , lim
  , то прямая x  1 –
6)Так как lim
x 10 2( x  1)
x 1 0 2( x  1)
вертикальная асимптота графика функции.
2
2

  
x
x
k  lim
 lim
 lim
2
x  2 x( x  1)
x  2 x  2 x
x 
x2
2

x2  2  
x

 lim
x
1
1
 .
2 2
2
x
 x2
x
x2  x2  x 1
b  lim 
   lim
 .
x  2( x  1)
2  x
2x
2

Следовательно, прямая y 
функции при x   .
1
1
– наклонная асимптота графика
x
2
2
7) Построим график функции. Сначала изобразим асимптоты x  1 и
1
1
y  x  (пунктирной линией). Наносим на чертеж точки (0, 0) и (2, 2),
2
2
найденные в пункте 4. Проводим через эти точки линию, согласно
результатам исследования функции в пунктах 4, 5, 6. Еще раз сравниваем
полученный график с результатами исследования и убеждаемся в
правильности построения графика.
Рис. 10
__________________________________________________________________
* Размещается в авторской редакции.