В предыдущих классах учащиеся уже изучали многие перечисленные ниже понятия. В 11 классе эти понятия уточняются, приводятся в систему, готовятся к использованию при исследовании функций — сначала элементарными средствами, а потом с помощью производной.
1.1. Элементарные функции
В данном пункте учебника напоминаются определения функции, сложной функции как функции от функции (ее называют также суперпозицией функций), определены основные объекты изучения — основные элементарные функции: y = xn (n∈ N), y= x −n (n∈ N), y= x n (n∈ N, n ≥ 2), y= x α (α∈ R+), y= x −α (α∈ R+), y = sin x, y = cos x, y = tg x, y = ctg x, y= a x (a > 0, a ≠ 1), y= log a x (a > 0, a ≠ 1). Затем к основным элементарным функциям добавляются элементарные функции, полученные из основных элементарных функций с помощью конечного числа арифметических операций и конечного числа суперпозиций. Элементарными функциями, например, являются функции y = sin x + cos x, y=− sin 2 (x−5) . Следовательно, функция имеет наименьшее значение 1 (оно достигается в точках xn = πn, n∈ Z) и наибольшее значение 2 (оно достигается в точках x k = π 2 +2πk , k∈ Z). Промежуточный контроль. C—2, C—3. Дополнения 1. Отметим, что функция на своей области существования может принимать наибольшее (наименьшее) значение не в одной точке. Например, функция y = {x} принимает наименьшее значение в бесконечном числе точек, а именно в точках x∈ Z. Функция с областью определения [−2; 3], график которой изображен на рисунке 1, имеет наименьшее значение 1 в каждой точке отрезка [−1; 0] и наибольшее значение 3 в каждой точке отрезка [1; 2].
Рис. 1
2. В п. 1.2 учебника и в п. 3 дидактических материалов приведены примеры нахождения E (f) — области изменения функции f (x). Это простые примеры, цель которых — пояснить, что же такое E (f). На самом деле нахождение E (f) надо проводить в конце исследования функции f (x), так как для нахождения E (f) необходимо знать многие свойства этой функции. Приведем более сложные примеры нахождения E (f). Пример 1. Найдем E (f) — область изменения функции f(x)=x+ 1 x . Решение. Область существования этой функции — все x, кроме x = 0. Эта функция нечетная, поэтому, определив сначала E (f) для x > 0, легко найти E (f) для всех x∈D (f) . Пусть x > 0. Применяя числовое неравенство a+ 1 a ≥2, справедливое для любого a > 0, получаем, что f (x) ≥ 2 для любого x > 0. Так как f (1) = 2, то область изменения функции f (x) для x > 0 есть [2; + ∞ ). Так как функция f (x) нечетная, то E(f)=(−∞;−2]∪[2;+∞) . Конечно, для x < 0 область изменения функции можно найти и так. Пусть x < 0. Применяя числовое неравенство a+ 1 a ≤−2, справедливое для любого a < 0, получаем, что f (x) ≤ −2 для любого x < 0. Так как f (−1) = −2, то область изменения функции f (x) для x < 0 есть (−∞;−2] . Следовательно, E(f)=(−∞;−2)∪[2;+∞) . Пример 2. Найдем E (f) — область изменения функции f(x)= x 2 +1+ 1 x 2 +1 . Решение. Область существования этой функции — D (f) = R. Применяя числовое неравенство a+ 1 a ≥2, справедливое для любого a > 0, получаем, что f (x) ≥ 2 для любого x∈ R. Так как f (0) = 2, то E (f) = [2; +∞). Пример 3. Найдем E (f) — область изменения функции f(x)= x 2 +2+ 1 x 2 +2 . Решение. Область существования этой функции — D (f) = R. Применяя числовое неравенство a+ 1 a ≥2, справедливое для любого a > 0, получаем, что f (x) ≥ 2 для любого x ∈ R. Но здесь нельзя утверждать, что E(f)=[2;+∞) . 1.30. Докажите, что если число Т есть период функции f, то число mT, где m ∈ N, также будет периодом этой функции. Доказательство. Так как число Т есть период функции f, то Т ≠ 0 и для каждого x ∈ D (f) числа x + Т и x − Т принадлежат D (f) и верно равенство f (x + Т) = f (x). Докажем, что тогда число mТ, где m ∈ N, также является периодом функции f. При m = 1 число mТ является периодом функции f по условию задачи. Предположим, что при m = k число kТ является периодом функции, и докажем, что при m = k + 1 число (k + 1) Т также является периодом функции f. По нашему предположению числа x + kТ и x − kТ принадлежат D (f) и верно равенство f (x + kТ) = f (x). Так как число T — период функции f, то числа
(x + kТ) + Т = x + (k + 1) Т и (x − kТ) − Т = x − (k + 1) Т
также принадлежат D (f) и верны равенства
f (x + (k + 1) Т) = f ((x + kТ) + Т) = f (x + kТ) = f (x),
а это означает, что число (k + 1) Т является периодом функции f. Но тогда согласно принципу математической индукции число mТ, где m ∈ N, является периодом функции f, что и требовалось доказать. Определите, является ли функция периодической. Если да, то укажите ее период (1.33—1.34). 1.33. д) у = sin | x |; е) у = cos | x |. Решение. д) Функция у = sin | x | определена на множестве R и не является периодической, так как график функции y = sin | x + T |, полученный сдвигом графика функции y = sin | x | вдоль оси Ox на | T | единиц, не совпадает с графиком функции y = sin | x | ни для какого числа T ≠ 0 (рис. 2).
Рис. 2
е) Функция у = cos | x | определена на множестве R, она периодическая, ее главный период T = 2π, так как при любом x ее значение совпадает со значением функции у = cos x, которая является периодической функцией с главным периодом T = 2π. 1.34. в) y=| { x }− 1 2 | . Решение. Так как для любого целого числа m, такого, что m ≠ 0, и любого x ∈ R числа x + m и x − m принадлежат множеству R и верно равенство {x + m} = {x}, то любое целое число m, m ≠ 0, является периодом функции y=| { x }− 1 2 | .
Рис. 3
Отметим, что функция {x} не является непрерывной, а функция y=| { x }− 1 2 | является примером непрерывной периодической функции, не связанной явно с тригонометрическими функциями. Ее график изображен на рисунке 3. Построение аналогичных графиков будет рассмотрено в п. 1.6. 1.36. Определите период функции: а) y = sin 3x + cos 8x; в) y = sin 4x + cos 10x. Решение. а) Функция y = sin 3x + cos 8x определена на множестве R и имеет период T = 2π, так как для любого x ∈R верны равенства
sin 3 (x + 2π) + cos 8 (x + 2π) = sin (3x + 6π) + cos (8x + 16π) = = sin 3x + cos 8x.
в) Функция y = sin 4x + cos 10x определена на множестве R и имеет период T = π, так как для любого x ∈R верны равенства
sin 4 (x + π) + cos 10 (x + π) = = sin (4x + 4π) + cos (10x + 10π) = sin 4x + cos 10x.
Промежуточный контрол ь. C—4, C—5. Дополнения 1. Отметим, что в определении четной (нечетной) функции условие (−x) ∈D (f), вообще говоря, является лишним, так как если мы требуем для каждого x ∈D (f) выполнения равенства f (−x) = f (x) (или f (−x) = − f (x)), то тем самым мы требуем, чтобы для каждого x ∈D (f) существовало число f (−x), а это означает, что число (−x) ∈D (f). Но это условие помогает в определении функций, которые не являются ни четными, ни нечетными, если области определения этих функций не симметричны относительно нуля. Например, функция f(x)= 1 x + 1 x−5 не является ни четной, ни нечетной, так как для числа x = −5, принадлежащего D (f), число −x = 5 не принадлежит D (f), и не надо проверять справедливость равенств f (−x) = −f (x) и f (−x) = −f (x) для любого x ∈D (f). 2. Покажем, что в приведенном определении периода функции нельзя опускать условия (x + T) ∈ X и (x − T) ∈ X. Рассмотрим, например, функцию f(x)=tg ( x ) 2 . Ее область существования состоит из всех неотрицательных целых чисел x, кроме x= π 2 +πk, k = 0, 1, 2, ... . График этой функции изображен на рисунке 4. Для любого x ∈ D (f) имеем: (x + T) ∈ D (f) и f (x + π) = f (x), но (x − π) ∉ D (f) для x ∈ [0; π). Такую функцию не принято считать периодической.
Рис. 4
Приведем еще один пример, показывающий необходимость условий (x + T) ∈ X и (x − T) ∈ X в определении периодической функции. Рассмотрим функцию f (x) = sin x, x ∈ [0; π]. Для любого x ∈ [0; π] верны равенства sin (x + 2π) = sin (x − 2π) = sin x, но ни одно из чисел x + 2π и x − 2π не принадлежит области определения функции [0; π]. Таким образом, если в определении периодической функции опустить одно или оба условия (x + T) ∈ X и (x − T) ∈ X, то под такое определение попадают такие функции, которые на самом деле не являются периодическими. 3. Докажем, что функция f (x) = {x} имеет главный период T = 1, т. е. покажем, что нет числа T ∈ (0; 1), такого, что для любого числа x верно равенство {x + T} = {x}. Предположим, что такое число есть, тогда (для x = 0) должно выполняться равенство {T} = {0}. Так как {T} = T ≠ 0 для T ∈ (0; 1), а {0} = 0, то полученное противоречие означает: предположение, что функция f (x) имеет положительный период, меньший 1, неверно. Следовательно, T = 1 — главный период функции f (x) = {x}. 4. Докажем, что функция у = sin x + sin πx (1)
не является периодической. Функция (1) определена на множестве R. Предположим, что эта функция периодическая, т. е. существует такое не равное нулю число T, что для любого числа x справедливо равенство sin (x + T ) + sin π (x + T ) = sin x + sin π x. (2)
Тогда это равенство справедливо, в частности, для х = 0 и х = 2, т. е. справедливы числовые равенства
sin T + sin πT = 0, sin (2 + T) + sin πT = sin 2.
Вычитая из второго равенства первое, получаем, что справедливо равенство
sin (2 + T ) − sin T = sin 2,
которое, используя формулы разности синусов и синуса двойного угла, перепишем в виде
2 sin 1 cos (1 + T ) = 2 sin 1 cos 1,
или (так как sin 1 ≠ 0) в виде
cos (1 + T) = cos 1.
Перенеся cos 1 в левую часть и применив формулу разности косинусов, перепишем это равенство в виде −2sin T 2 sin ( 1+ T 2 )=0. (3)
Равенство (3) справедливо в двух случаях: либо sin T 2 =0, (4)
либо sin ( 1+ T 2 )=0. (5)
Справедливость равенства (4) означает, что существует отличное от нуля (так как Т ≠ 0) целое число k, такое, что T = 2πk. Справедливость равенства (5) означает, что существует целое число n, такое, что T = −2 + 2πn. Следовательно, если число T — период функции (1), то либо T = 2πk, либо T = −2 + 2πn, где k ∈ Z, n ∈ Z. Покажем, что никакое из этих чисел не является периодом функции (1). 1. Если число Т = 2πk (k ≠ 0 — целое число) есть период функции (1), то, в частности, в точке x = 0 должно быть справедливо равенство (2), т. е. равенство sin 2π2k = 0. (6)
Но равенство (6) выполняется лишь при условии, что найдется такое целое число m, для которого верно равенство 2π2k = πm. (7)
Но равенство (7) не выполняется ни при каких целых числах k (k ≠ 0) и m, так как в противном случае было бы справедливо равенство π= m 2k , которое невозможно, так как число π иррациональное. Таким образом, нашлось такое число x (x = 0), для которого при T = 2πk не справедливо равенство (2), а это означает, что число T не является периодом функции (1). 2. Если число Т = −2 + 2πk (k — целое число) есть период функции (1), то, в частности, в точке x = 1 должно быть справедливо равенство (2), т. е. должно быть справедливо равенство
sin (−1) + sin (−π + 2π2n) = sin 1,
которое можно переписать в виде sin 2π2n = −2 sin 1. (8)
Так как −2sin 1<−2sin π 4 <−1, то равенство (8) невозможно. Таким образом, нашлось такое число х (х = 1), для которого при Т = −2 + 2πk не справедливо равенство (2), а это означает, что число T не является периодом функции (1). Итак, получилось противоречие с предположением о том, что функция (1) периодическая. Следовательно, функция (1) не является периодической, что и требовалось доказать. 5. Приведем примеры задач из ЕГЭ, связанных с понятиями четности (нечетности) и периодичности. B8 (2007). Периодическая функция определена для всех действительных чисел. Ее период равен 2 и f (1) = 5. Найдите значение выражения 3f (7) − 4f (−3). Решение. 3f (7) − 4f (−3) = 3f (1 + 3 · 2) − 4f (1 − 2 · 2) = = 3f (1) − 4f (1) = −f (1) = −5. Ответ. −5. B8 (2006). Нечетная функция y = f (x) определена на всей числовой прямой. Для всякого неотрицательного значения переменной x ее значение совпадает со значением функции g (x) = x (2x + 1) (x − 2) (x − 3). Сколько корней имеет уравнение f (x) = 0? Решение. На множестве неотрицательных чисел значения функций f (x) и g (x) совпадают, поэтому на множестве неотрицательных чисел функция f (x) имеет те же нули, что и функция g (x), т. е. функция не имеет других нулей, кроме 0, 2 и 3. Так как функция y = f (x) нечетная, то f (−2) = −f (2) = 0, f (−3) = − f (3) = 0, f (−x0) = − f (−x0) ≠ 0 для числа x0 ∈ (0; + ∞ ), отличного от 2 и 3. Следовательно, функция f (x) имеет всего 5 нулей, поэтому уравнение f (x) = 0 имеет 5 корней. Ответ. 5.
1.4. Промежутки возрастания, убывания, знакопостоянства и нули функции
В данном пункте учебника даны определения возрастающей на промежутке функции, убывающей на промежутке функции, строго монотонной на промежутке функции, неубывающей на промежутке функции, невозрастающей на промежутке функции, монотонной на промежутке функции. Подчеркнем, что каждое из этих понятий рассматривается на промежутке. По определению если для любых x1 и x2 из промежутка X из неравенства x1 < x2 следует неравенство f (x1) < f (x2), то функцию f (x) называют возрастающей на промежутке X. Обратим внимание на то, что из определения следует, что из справедливости неравенства x1 < x2 следует справедливость неравенства f (x1) < f (x2). Многие считают, что из определения также следует, что из неравенства f (x1) < f (x2) следует неравенство x1 < x2. Это действительно так, но не указывается в определении. Это надо уметь доказывать. Аналогичное замечание можно сделать и для убывающей функции. Поэтому в учебнике дана задача 1.40 (ее решение приведено ниже). Отметим, что утверждения, сформулированные в этом задании, используются при решении уравнений и неравенств. Отметим, что отыскание нулей функции и промежутков знакопостоянства функции сводится к решению уравнений и неравенств, часть из которых рассматривается в учебнике для 10 класса, а остальные — во второй главе учебника для 11 класса. В п. 6 дидактических материалов приведены примеры на отыскание промежутков монотонности и знакопостоянства функции. Решения и комментарии 1.39. а) Докажите, что сумма возрастающих на промежутке Х функций является функцией, также возрастающей на промежутке Х. Доказательство. а) Пусть дана функция φ (x) = f (x) + g (x), где функции f (x) и g (x) возрастающие на промежутке Х. Это означает, что для чисел x1 и x2 из промежутка Х из справедливости неравенства x1 > x2 следует справедливость неравенств f (x1) > f (x2) и g (x1) > g (x2), а поэтому и справедливость цепочки равенств и неравенств
φ (x1) = f (x1) + g (x1) > f (x2) + g (x1) > f (x2) + g (x2) = φ (x2).
Это означает, что функция φ (x) является возрастающей на промежутке X. Утверждения из задания 1.39 часто используются при решении задач. 1.40. а) Докажите, что если функция y = f (x) определена на промежутке Х и возрастает на нем, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х из справедливости неравенства f (x1) > f (x2) следует справедливость неравенства x1 > x2. б) Докажите, что если функция y = f (x) определена на промежутке Х и убывает на нем, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х из справедливости неравенства f (x1) > f (x2) следует справедливость неравенства x1 < x2. в) Докажите, что если функция y = f (x) определена и строго монотонна на промежутке Х, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х из справедливости равенства f (x1) = f (x2) следует справедливость равенства x1 = x2. Доказательство. а) Для чисел x1 и x2 возможны только три соотношения: x1 = x2, x1 > x2 и x1 < x2. Предположим, что x1 = x2, тогда f (x1) = f (x2), что противоречит условию f (x1) > f (x2). Предположим, что x1 < x2, тогда из возрастания функции f (x) на промежутке X следует, что f (x1) < f (x2), что противоречит условию f (x1) > f (x2). Это означает, что на самом деле x1 > x2, что и требовалось доказать. Доказательства в заданиях б) и в) проводятся аналогично, поэтому здесь не приводятся. Замечание. Часто определения и утверждения, приведенные в задании 1.40, формулируют иначе: а) Если функция y = f (x) определена на промежутке Х и возрастает на нем, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х равносильны неравенства f (x1) > f (x2) и x1 > x2. б) Если функция y = f (x) определена на промежутке Х и убывает на нем, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х равносильны неравенства f (x1) > f (x2) и x1 < x2. в) Если функция y = f (x) определена и строго монотонна на промежутке Х, то для любой пары чисел x1 и x2 из промежутка Х равносильны равенства f (x1) = f (x2) и x1 = x2. 1.51. При каких значениях b и c функция у = x2 + bx + c принимает отрицательные значения только при х ∈ (−4; −2)? Решение. Так как функция у = x2 + bx + c принимает отрицательные значения только при х ∈ (−4; −2), то нули функции x1 = −4 и x2 = −2. Тогда b = − (x1 + x2) = 6, с = x1 · x2 = 8. Промежуточный контроль. C—6.
1.5. Исследование функций и построение их графиков элементарными методами
В этом пункте приведена схема исследования функции, напоминаются определения графика функции, разъясняется на интуитивном уровне понятие функции, непрерывной на промежутке. Подчеркнем, что график функции только иллюстрирует свойства функции, но не доказывает их. Отметим, что исследование функций элементарными средствами является первым этапом изучения свойств функций. После изучения производной описанный выше порядок исследования не изменяется, просто появятся новые средства доказательства возрастания, убывания функции, поиска наибольшего (наименьшего) значения функции. Решения и комментарии 1.56. а) Исследуйте функцию y= 2− x 2 x 2 +1 и постройте ее график. Решение. 1) Функция f(x)= 2− x 2 x 2 +1 определена для любых действительных чисел, так как х2 + 1 ≠ 0, т. е. область ее существования есть R. 2) Так как f (x) = 0 при x 1 =− 2 и x 2 = 2 , то у этой функции есть два нуля: x1 и x2. 3) Эта функция четная, так как 2− (−x) 2 (−x) 2 +1 = 2− x 2 x 2 +1 для любых х ∈ R, т. е. график функции y = f (x) симметричен относительно оси Oy. 4) f (x) > 0 при x∈( − 2 ; 2 ) , f (x) < 0 при x∈( −∞;− 2 )∪( 2 ;+∞ ) .
5) На промежутке [0; +∞ ) функция f(x)=−1+ 3 x 2 +1 убывающая, так как при 0 ≤ x1 < x2 справедливо неравенство −1+ 3 x 1 2 +1 >−1+ 3 x 2 2 +1 . 6) Так как f(x)=−1+ 3 x 2 +1 и f (x) убывает на промежутке [0; +∞ ), то она на этом промежутке имеет наибольшее значение −1 + 3 = 2, достигаемое в точке х = 0. Так как f (x) — четная функция, то и на R она принимает наибольшее значение 2 в точке х = 0. Функция f (x) не имеет наименьшего значения, так как f (x) > −1 при всех х. 7) Область изменения функции y = f (x) есть промежуток Y = (−1; 2], так как y принимает все значения из промежутка (−1; 2].
Учитывая перечисленные свойства функции f (x), построим ее график сначала для x > 0, а потом отразим его симметрично относительно оси Oy (рис. 6).
Рис. 6
1.6. Основные способы преобразования графиков
В данном пункте учебника обобщаются рассмотренные ранее на примерах способы преобразования графиков функций. Здесь изучаются пункты: 1) симметрия относительно осей координат; 2) сдвиг (параллельный перенос) вдоль осей координат; 3) растяжение и сжатие графиков вдоль осей координат; 4) построение графика функции y = A (k (x − a)) + B по графику функции y = f (x); 5) симметрия относительно прямой y = x. Изложение п. 1—5 близко к традиционному, оно содержит обоснования, проведенные для произвольной точки M0 (x0; y0). Пункт 5, посвященный симметрии относительно прямой y = x, учащимся нужно обязательно усвоить, если в программу их обучения входит изучение обратной функции. Следует обратить внимание на задания 1.68, 1.69, 1.73, в которых используется уравнение окружности. В классах с углубленным изучением математики этот материал должен быть хорошо проработан, так как он будет дальше часто использоваться. В п. 7 дидактических материалов приведены примеры построения графиков функций с использованием этих способов их преобразования. Решения и комментарии 1.68. Уравнение окружности с центром O (0; 0) радиуса R имеет вид х2 + у2 = R2, поэтому графиком функции y= R 2 − x 2 является верхняя полуокружность (рис. 7).
Рис. 7
Постройте график функции: а) y= 4− x 2 ; б) y=− 4− x 2 ; в) y= 9− (x−1) 2 ; е) y=− 25− (x−3) 2 +1 . Решение. а) Графиком функции y= 4− x 2 является верхняя полуокружность окружности х2 + у2 = 4 (см. рис. 7, R = 2). б) График функции y=− 4− x 2 симметричен графику функции y= 4− x 2 относительно оси Ox (рис. 8). в) Графиком функции y= 9− x 2 является верхняя полуокружность окружности х2 + у2 = 9. График функции y= 9− (x−1) 2 получим переносом графика функции y= 9− x 2 на 1 единицу вправо.
Рис. 10
е) Графиком функции y= 25− x 2 является верхняя полуокружность окружности х2 + у2 = 25 (рис. 10). График функции y=− 25− x 2 симметричен графику функции y= 25− x 2 относительно оси Ox (рис. 11). График функции y=− 25− (x−3) 2 +1 получим переносом графика функции y=− 25− x 2 на 3 единицы вправо и на 1 единицу вверх (рис. 12).
Рис. 11 Рис. 12
В сложном случае е) перед приведенным выше построением полезно показать следующее: если уравнение переписать в виде y−1=− 25− (x−3) 2 и возвести полученное уравнение в квадрат, то получится уравнение окружности (х − 3)2 + (у − 1)2 = 25. Теперь становится понятным, что графиком исходной функции является нижняя полуокружность окружности (х − 3)2 + (у − 1)2 = 25 (см. рис. 12) и для ее построения надо выполнить приведенные выше шаги. 1.70. Постройте график функции: а) x = 2y; б) x = 2y2, y ≥ 0; в) x = 2y; г) x= ( 1 2 ) y ; д) x = sin y, − π 2 ≤y≤ π 2 ; е) x= 1− y 2 . Решение. В заданиях а)—е) требуется построить график функции x = f (y), зная график функции y = f (x). Такие графики уже строились в 10 классе по точкам, при этом значения аргумента y откладывались по оси Oy, а значения функции x — по оси Ox. В учебнике доказано, что графики функций x = f (y) и y = f (x) симметричны относительно прямой y = x, поэтому теперь графики можно строить с помощью симметрии относительно прямой y = x. а) График функции x = 2y, y ≥ 0, построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y = 2x (рис. 13).
Рис. 13
б) График функции x = 2y2, y ≥ 0, построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y = 2x2, x ≥ 0 (рис. 14).
Рис. 14
в) График функции x = 2y построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y = 2x (рис. 15).
Рис. 15
г) График функции x= ( 1 2 ) y построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y= ( 1 2 ) x (рис. 16).
д) График функции x = sin y, − π 2 ≤y≤ π 2 , построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y = sin x, − π 2 ≤x≤ π 2 (рис. 17).
Рис. 17
е) График функции x= 1− y 2 построим, отразив симметрично относительно прямой y = x график функции y= 1− y 2 . Получится правая полуокружность окружности х2 + у2 = 1 (рис. 18).
Рис. 18
1.72. Придумайте пример функции y = f (x), график которой совпадает с графиком функции х = f (у) при построении их в одной системе координат xOy. Решение. Примеры таких функций: y = x и x = y; y= 1 x и x= 1 y ; y=− 2 x и x=− 2 y ; y = 1 − x и x = 1 − y; y = 2 − x и x = 2 − y. 1.74. На рисунке 19, а—е изображена парабола. Является ли эта парабола графиком функции y = f (x) или x = φ (y)? Если да, то задайте эту функцию формулой. Решение. а) На рисунке 19, а изображена парабола y = ax2, проходящая через точку (1; 2). Так как 2 = a · 12 при a = 2, то это парабола y = 2x2. б) На рисунке 19, б изображена парабола y = ax2, проходящая через точку (1; −2). Так как −2 = a · 12 при a = −2, то это парабола y = −2x2. в) На рисунке 19, в изображена парабола x = ay2, проходящая через точку (2; 1). Так как 2 = a · 12 при a = 2, то это парабола x = 2y2. г) На рисунке 19, г изображена парабола y = ax2, проходящая через точку (−2; 1). Так как −2 = a · 12 при a = −2, то это парабола x = −2y2. д) На рисунке 19, д изображена парабола y = a (x − 1)2 + 1, так как ее вершина (x0; y0) имеет координаты (1; 1). Парабола проходит через точку (0; 3), поэтому из равенства 3 = a (0 − 1)2 + 1 следует, что a = 2. Итак, это парабола y = 2 (x − 1)2 + 1. е) На рисунке 19, е изображена парабола y = a (x − 1)2 + 2, так как ее вершина (x0; y0) имеет координаты (1; 2). Парабола проходит через точку (0; 0), поэтому из равенства 0 = a (0 − 1)2 + 2 следует, что a = −2. Итак, это парабола y = −2 (x − 1)2 + 2.
Рис. 19
Дополнение. В качестве дополнительного задания можно предложить учащимся задать формулой параболу, изображенную на рисунке 20. Решение. На рисунке 20 изображена парабола x = a (y − 1)2 + 2, так как ее вершина (x0; y0) имеет координаты (2; 1). Парабола проходит через точку (0; 0), поэтому из равенства 0 = a (0 − 1)2 + 2 следует, что a = −2. Итак, это парабола x = −2 (y − 1)2 + 2. Заметим, что парабола, изображенная на рисунке 20, симметрична относительно прямой y = x (рис. 21) параболе y = −2 (x − 1)2 + 2 (задание 1.74), поэтому формулу, которой задана парабола, изображенная на рисунке 20, можно получить с помощью замены x на y и y на x из формулы y = −2 (x − 1)2 + 2. Промежуточный контроль. C—7.
Рис. 20
1.7*. Графики функций, содержащих модули
1.8*. Графики сложных функций
Пункты 1.7—1.8 учебника необязательны при обучении на базовом уровне. Здесь показано, как строить графики функций, содержащих модули, и графики сложных функций. В п. 1.7 показывается, как с помощью графика функции у = f (x) строить графики функций у = | f (x) | и у = f (| x |). На большом числе примеров здесь обобщаются рассмотренные ранее для частных случаев способы преобразования графиков функций, содержащих модули. В п. 8 дидактических материалов рассмотрены примеры построения графиков функций, содержащих модули. В п. 1.8 рассматривается на конкретных примерах построение графиков суперпозиции, суммы, произведения двух функций, графиков кусочно-заданных функций. В п. 9 дидактических материалов рассмотрены задачи на применение графиков при решении задач с параметром. Решения и комментарии 1.81. Постройте график функции: а) y = x2 − 5 | x − 1 | + 1; б) y = | x2 − 3x + 2 | + 2x − 3. Решение. а) Построим график исходной функции на двух промежутках: (−∞; 1] и [1; +∞) . 1) Если x ≥ 1, то
Графиком функции y = x2 + 5x − 4 является парабола с вершиной (−2,5; −10,25).
Графику исходной функции принадлежат лишь точки параболы из промежутка (−∞; 1] . График исходной функции изображен жирной линией на рисунке 22.
Рис. 22
б) Исходную функцию можно задать формулой y = | (x − 1) (x − 2) | + 2x − 3. Построим ее график на промежутках (−∞; 1], [1; 2] и [2;+∞) . 1) Если 1 ≤ x ≤ 2, то
Графиком функции y = x2 − x − 1 является парабола с вершиной (0,5; −1,25).
Графику исходной функции принадлежат лишь точки параболы из промежутков (−∞;1] и [2;+∞). График исходной функции изображен жирной линией на рисунке 23.
Рис. 23
Замечание. Чтобы убедиться, что графиком функции является непрерывная линия, границы промежутков включены в каждый из рассматриваемых промежутков. 1.82. Постройте график функции: а) y = [sin x]; б) y = {sin x}; в) y = [cos x]; г) y = {cos x}. Решение. а) Здесь учащимся можно напомнить, что целая часть числа a, обозначаемая [a], есть наибольшее число, не превосходящее a. Поэтому если sin x = 1, то [sin x] = 1; если sin x = −1, то [sin x] = −1; если 0 < sin x < 1, то [sin x] = 0; если −1 < sin x < 0, то [sin x] = −1. График функции y = [sin x] изображен на рисунке 24, а. б) Дробная часть числа a, обозначаемая {a}, есть разность этого числа и его целой части: {a} = a − [a]. Поэтому если sin x равен −1, 0 или 1, то {sin x} = 0; если 0 < sin x < 1, то {sin x} = sin x; если −1 < sin x < 0, то {sin x} = sin x − (−1) = sin x + 1. График функции y = {sin x} изображен на рисунке 24, б.
Рис. 24
в), г) Так как cosx=sin ( x+ π 2 ), то графики функций y = [cos x] и y = {cos x} можно получить сдвигом вдоль оси Ox графиков функций y = [sin x] и y = {sin x} соответственно на π 2 влево. Замечание. В заданиях д)—з) по каждому графику функции y = f (x), построенному в заданиях а)—г), надо построить график функции y = | f (x) |. 1.83. Постройте график функции: а) y= sin x |sin x| ; б) y= cosx |cosx| . Решение. а) Функция определена в тех точках x, где sin x ≠ 0. Если sin x > 0, то y = 1; если sin x < 0, то y = −1. График функции y= sin x |sin x| изображен на рисунке 25.
Рис. 25
б) Так как cos x=sin ( x+ π 2 ), то график функции y= cos x |cos x| можно получить сдвигом графика функции y= sin x |sin x| на π 2 влево. 1.87. Постройте график функции: а) y= x 2 +2x+1 + x 2 −6x+9 ; б) y= x 2 −2x+1 − x 2 +6x+9 . Решение. а) Данную функцию можно записать в виде y = | x + 1 | + | x − 3 |. Построим ее график на каждом из промежутков: x ≥ 3, −1 ≤ x ≤ 3, x ≤ −1. 1) Если x ≤ −1, то | x + 1 | + | x − 3 | = − x − 1 − x + 3 = −2x + 2. График функции — часть прямой y = −2x + 2, для точек которой выполнено условие x ≤ −1. 2) Если −1 ≤ x ≤ 3, то | x + 1 | + | x − 3 | = x + 1 − x + 3 = 4. График функции — часть прямой y = 4, для точек которой выполнено условие −1 ≤ x ≤ 3. 3) Если x ≥ 3, то | x + 1 | + | x − 3 | = x + 1 + x − 3 = 2x − 2. График функции — часть прямой y = 2x − 2, для точек которой выполнено условие x ≥ 3. График исходной функции изображен на рисунке 26.
Рис. 26 Рис. 27
б) Исходную функцию можно записать в виде y = | x − 1 | − | x + 3 |. Построим ее график на каждом из промежутков: x ≥ 1, −3 ≤ x ≤ 1, x ≤ −3. 1) Если x ≤ −3, то | x − 1 | − | x + 3 | = −x + 1 + x + 3 = 4. График функции — часть прямой y = 4, для точек которой выполнено условие x ≤ −3. 2) Если −3 ≤ x ≤ 1, то | x − 1 | − | x + 3 | = − x + 1 − x − 3 = −2x − 2. График функции — часть прямой y = −2x − 2, для точек которой выполнено условие −3 ≤ x ≤ 1. 3) Если x ≥ 1, то | x − 1 | − | x + 3 | = x − 1 − x − 3 = −4. График функции — часть прямой y = −4, для точек которой выполнено условие x ≥ 1. График исходной функции изображен на рисунке 27. 1.88. а) Постройте график функции y= x+4 − x . Решение. В одной системе координат построим графики двух функций y= x+4 и y=− x (на общей части их областей существования, т. е. для x ≥ 0). Затем для каждого значения x сложим соответствующие значения функций и получим ординату точки графика исходной функции. Так как функцию y= x+4 − x можно записать в виде y= 4 x+4 + x , то очевидно, что эта функция убывающая на промежутке [0;+∞), причем при неограниченном возрастании x значения y стремятся к нулю, оставаясь положительными. График исходной функции изображен на рисунке 28. Промежуточный контроль. C—8, C—9.
Рис. 28