Исследование функций на монотонность и экстремум




В данном пункте описаны основные условия исследования функций на монотонность и экстремум с помощью производной. Эти условия разделяются на необходимые и достаточные.

Теорема 3 (условие постоянства функции). Для того чтобы в интервале (a; b) функция f (x) была постоянной, необходимо и достаточно, чтобы ее производная равнялась нулю для всех точек x из (a; b).

1). Доказательство необходимости. Пусть функция f (x) постоянна на (a; b), тогда, по первому правилу дифференцирования, ее производная равна 0. Это означает, что необходимость доказана.

2). Доказательство достаточности. Пусть f' (х) = 0 для всех точек x из (a; b). Берутся произвольные точки x 1, x 2 из (a; b), и пусть для определенности x 1< x 2. К промежутку [ x 1; x 2] применяется теорема Лагранжа: существует точка x 0 из (x 1; x 2) такая, что f (x 2) - f (x 1) = (x 2 - x 1) ×f ¢(x 0). Но, по условию, f' (x 0) = 0, следовательно, f (x 2) = f (x 1), т.е. функция f (x) постоянна на (a; b). Это означает, что достаточность доказана. Теорема доказана.

Теорема 4 (необходимое условие монотонности функции). Пусть в интервале (a; b) функция f (x) дифференцируема. Тогда:

а) если f (x) возрастает, то ее производная в (a; b) не отрицательна, т.е. f ¢(x) ³ 0;

б) если f (x) убывает, то ее производная в (a; b) не положительна, т.е. f ¢(x) £ 0.

 
 

Доказательство. а). Пусть функция f (x) возрастает в (a; b), т.е. для любых x 1, x 2 из (a; b) выполняется соотношение: x 1 < x 2 ® f (x 1) < f (x 2). Тогда, для указанных точек x 1, x 2 следующее отношение положительное:

Отсюда следует, что производная f ¢(x 1) ³ 0. Утверждение а) доказано. Аналогично доказывается утверждение б).

Теорема 5 (достаточное условие монотонности функции). Пусть в интервале (a; b) функция f (x) дифференцируема. Тогда:

а) если f ¢(x) > 0 на (a; b), то f (x) возрастает на (a; b);

б) если f ¢(x) < 0 на (a; b), то f (x) убывает на (a; b).

Доказательство. а). Пусть f ¢(x) > 0 на (a; b) и точки x 1 , x 2 из (a; b) такие, что x 1 < x 2. По теореме Лагранжа, существует точка x 0 из (x 1; x 2) такая, что f (x 2) - f (x 1) = (x 2 - x 1) ×f ¢(x 0). Здесь правая часть равенства положительная, поэтому f (x 2) - f (x 1) > 0, т.е. f (x 2) > f (x 1). Это означает, что f (x) возрастает на (a; b). Утверждение а) доказано. Аналогично доказывается утверждение б).

Пример 9. Функция у = х 3 всюду возрастает, так как с ростом значений х возрастают кубы этих значений. Производная этой функции у ¢= 3 х 2 всюду неотрицательная, т.е. выполняется необходимое условие монотонности.

Пример 10. Найти промежутки возрастания и убывания функции у = 0,25 х 4 - 0,5 х 2.

Решение. Находится производная данной функции у ¢ = х 3 - х, и строятся промежутки, в которых х 3 - х положительная или отрицательная. Для этого сначала находятся критические точки, в которых у ¢ = 0: х 3 - х = 0 ® х (х + 1)(х -1) = 0 ® х 1 = 0, х 2 = -1 х 3 = 1. Эти точки разбивают числовую ось на 4 промежутка:

 

       
   


- + - + X

-¥ -2 -1 0 1 2 3 +¥

Черт.36.

В общем случае, для определения знаков производной берут по одной точке в каждом промежутке и вычисляют значения производной в этих точках. Но иногда достаточно взять только одну точку в крайнем правом промежутке, определить знак производной в этой точке, а в остальных промежутках знаки чередовать. В данном примере пусть х = 2, тогда у ¢(2) = 23 – 2 = 6 > 0. В правом интервале ставится знак +, а затем знаки чередуются. Получено у ¢ > 0 на промежутках (-1; 0) и (1; +¥), следовательно, исследуемая функция на этих промежутках возрастает. Далее, у ¢< 0 на (- ¥; -1) и (0; 1), следовательно, исследуемая функция на этих промежутках убывает. Ниже на чертеже 37 построен график этой функции.

Определение 3. 1). Точка х о называется точкой максимума функции f (x), если существует интервал (a; b), содержащий х о, в котором значение f (x о) наибольшее, т.е. f (x о) > f (x) для всех х из (a; b).

2). Точка х о называется точкой минимума функции f (x), если существует интервал (a; b), содержащий х о, в котором значение f (x о) наименьшее, т.е. f (x о) < f (x) для всех х из (a; b). Точки максимума и минимума называются точками экстремума.

Теорема 6 (необходимое условие экстремума функции). Если х о является точкой экстремума функции f (x) и существует производная

f ¢(x 0), то f '(x 0) = 0.

Доказательство аналогично доказательству теоремы Ролля.

Точка x 0, в которой f ¢(x 0) = 0 или f ¢(x 0) не существует, называется критической точкой функции f (x). Говорят, что критические точки подозрительны на экстремум, т.е. они могут быть точками максимума или минимума, но могут и не быть ими.

Теорема 7 (достаточное условие экстремума функции). Пусть f (x) дифференцируема в некотором интервале, содержащем критическую точку х о (кроме, быть может, самой точки х о). Тогда:

а) если при переходе через х о слева направо производная f ¢(x) меняет знак с + на -, то х о является точкой максимума функции f (x);

б) если при переходе через х о слева направо производная f ¢(x) меняет знак с - на +, то х о является точкой минимума функции f (x).

Доказательство. Пусть выполнены все условия пункта а). Возьмем точку х (из указанного интервала) такую, что х < х о, и применим теорему Лагранжа к интервалу (х; х о). Получим: f (x 0) - f (x) = (x 0 - x) ×f ¢(x 1), где x 1 – некоторая точка из (х; х о). По условию, f ¢(x 1) > 0 и (x 0 - x) > 0, поэтому f (x 0) > f (x). Аналогично доказывается, что для любой точки х > х о тоже f (x 0) > f (x). Из этих утверждений следует, что – точка максимума, утверждение а) доказано. Аналогично доказывается утверждение б).

Пример 11. В примере 9 показано, что функция у = х 3 всюду возрастает, следовательно, она не имеет экстремумов. Действительно, ее производная у' = 3 х 2 равна нулю только при х о = 0, т.е. в этой точке выполняется необходимое условие экстремума функции. Но при переходе через 0 ее производная у' = 3 х 2 не меняет знак, поэтому х о = 0 не является точкой экстремума этой функции.

Пример 12. В примере 10 показано, что функция у = 0,25 х 4 - 0,5 х 2 имеет критические точки х 1 = 0, х 2 = -1, х 3 = 1. На чертеже 34 указано, что при переходе через эти точки ее производная меняет знак, следовательно, х 1, х 2, х 3 - точки экстремума, при этом х 1 = 0 - точка максимума, а х 2 = -1, х 3 = 1 - точки минимума.

Далее, делается чертеж к этому примеру. Функция f (x) = 0,25 х 4 - 0,5 х 2 исследуется на четность: f (- x) = 0,25(- х)4 - 0,5(- х)2 = f (x), следовательно, эта функция четная, и ее график симметричен относительно оси ОY. Строятся найденные выше точки графика и некоторые вспомогательные точки, лежащие на графике, и они соединяются плавной линией.

 

 

 
 


y x y

1,5 0,14

1 -0,25

y = 0,25 x 4 - 0,5 x 2 0,5 -0,11

0 0

-1 0 max 1 х Ö `1/3 –0,14 A B

-0,25

min min

Черт.37.

Теорема 8 (второе достаточное условие экстремума). Пусть х 0 – критическая точка функции f (x), и существует производная второго порядка f ¢¢(х 0). Тогда:

a) если f ¢¢(х 0) < 0, то х 0 точка максимума функции f (x);

б) если f ¢¢(х 0) > 0, то х 0 - точка минимума функции f (x).

Доказательство этой теоремы не рассматривается (см.).

Пример 13. Исследовать на экстремум функцию y = 2 x 2 - x 4.

Решение. Находится производная y ¢ и критические точки, в которых

y ¢= 9: y ¢= 4 x - 4 x 3; 4 x - 4 x 3 = 0 ® x 1 = 0, x 2 = 1, x 3 = -1 - критические точки. Находится производная второго порядка y ¢¢ и вычисляются ее значения в критических точках: y ¢¢= 4 –12 х 2; y ¢¢(0) = 4, y ¢¢(1) = –8, y ¢¢(-1) = –8. Так как y ¢¢(0) > 0, то x 1 = 0 - точка минимума; и так как y ¢¢(1) < 0, y ¢¢(-1) < 0, то x 2 = 1, x 3 = -1 - точки максимума данной функции.

Абсолютными экстремумами функции на сегменте [ a; b ] называются наибольшее и наименьшее значения f (x) на [ a; b ]. Эти экстремумы достигаются или в критических точках функции f (x), или на концах сегмента [ a; b ].

Пример 14. Определить наибольшее и наименьшее значения функции у = х 2× lnx на промежутке [0,5; e ].

Решение. Находится производная данной функции и ее критические точки: у ¢ = 2 x × lnx + x 2×(1/ x) = x ×(2 lnx +1); x ×(2× lnx +1) = 0 ® а) х 1 = 0; б) 2× lnx + 1 = 0 ® ln x = -0,5 ® х 2 = e -0,5 = 1/ Ö ` e » 0,607. Критическая точка х 1 = 0 не входит в рассматриваемый промежуток [0,5; e ], поэтому находятся значения функции в точке х 2 = e -0,5 и на концах а = 0,5, b = e. у (e -0,5) = (e -0,5)2× ln (e -0,5) = e -1(-0,5) = -0,5/ e » -0,184; у (0,5) = 0,25× ln 0,5 » 0,25(-0,693) = -0,17325; у (e) = e 2× lne = e 2×1» 7,389. Выбираются наибольшее и наименьшее среди найденных значений: наибольшее значение »7,389 в при х = е, наименьшее значение » -0,184 в при х = e -0,5.

 

Задачи на экстремум.

В таких задачах рассматриваются две переменные величины х и у, и требуется найти такое значение х, при котором значение у является наибольшим или наименьшим. Решение такой задачи содержит следующие шаги:

1) выбирается экстремальная величина y, максимум или минимум которой необходимо найти;

2) выбирается переменная х, и y выражается через х;

3) вычисляется производная у ' и находятся критические точки, в которых у ' равна 0 или не существует;

4) исследуются критические точки на экстремум;

5) рассматриваются значения y на концах, и вычисляется требуемая в задаче величина.

Пример 15. Экспериментально установлено, что расход бензина

у (л) на 100 км пути автомобилем ГАЗ-69 в зависимости от скорости х (км/ч) описывается функцией у = 18 - 0,3 х + 0,003 х 2. Определить наиболее экономичную скорость.

Решение. Здесь первые два шага 1) и 2) выполнены в условии задачи. Поэтому сразу вычисляется производная: у' = -0,3 +0,006 х, и находится критическая точка: -0,3 + 0,006 х = 0 ® х о = 50. Теперь, прменяется второе достаточное условие экстремума: у'' = 0,006 > 0 в любой точке, следовательно, х о= 50 - точка минимума. Вывод: наиболее экономичная скорость равна 50 км/ч, при этом расход бензина равен 18 - 0,3×50 + 0,003×502 = 10,5 л. на 100 км.

Пример 16. Из квадратного листа картона со стороной 60 см вырезают по углам одинаковые квадраты и из оставшейся части склеивают прямоугольную коробку. Какова должна быть сторона вырезаемого квадрата, чтобы объем коробки был наибольшим.

Решение. Осуществляются указанные выше шаги решения задачи.

1). По условию объем коробки должен быть наибольшим, поэтому пусть y - объем коробки.

2). За х (см) берется сторона вырезаемого квадрата. Тогда высота коробки будет равна х и основанием коробки будет квадрат со стороной

(60 – 2 х), его площадь равна (60 – 2 х)2. Следовательно, объем коробки равен y = х (60 – 2 х)2 = 3600 х - 240 х 2 + 4 х 3.

3). Вычисляется производная и находятся критические точки: у' = 3600 - 480 х + 12 х 2; х 2 - 40 х +300 = 0 ® х 1 =10, х 2 =30 - критические точки.

4). Производная 2-го порядка равна у'' = - 480 + 24 х и у'' (10) = -240, у'' (30) = 240. По теореме 8, х 1 =10 - точка максимума и y max= 400 (см3).

5). Кроме того, х может принять крайнее значение х 3 = 0. Но у (0) = 0 - это меньше чем y max.

Ответ: сторона вырезаемого квадрата равна 10 см.

 



Поделиться:




Поиск по сайту

©2015-2024 poisk-ru.ru
Все права принадлежать их авторам. Данный сайт не претендует на авторства, а предоставляет бесплатное использование.
Дата создания страницы: 2016-08-20 Нарушение авторских прав и Нарушение персональных данных


Поиск по сайту: