Параграф 5 учебника посвящен применению производной. Его содержание довольно близко к традиционному, некоторые пункты и отдельные доказательства выделены как необязательные при обучении на базовом уровне. Дидактические материалы дополняют содержание учебника разбором задач, связанных с геометрией, задач на смеси, в которых требуется находить наибольшее (наименьшее) значение величины.
5.1. Максимум и минимум функции
В данном пункте учебника наибольшее значение функции на отрезке [a; b] названо максимумом функции на отрезке [a; b], а наименьшее значение функции на отрезке [a; b] названо минимумом функции на отрезке [a; b]. Введены соответствующие обозначения max [a; b] f(x), min [a; b] f(x) и терминология: точка максимума, точка минимума. Отметим, что в учебнике точку x0 отрезка [a; b] называют точкой локального максимума (локального минимума) функции у = f (x), если существует отрезок [x0 − δ; x0 + δ] (δ > 0), целиком принадлежащий отрезку [a; b], на котором x0 является точкой максимума (минимума). Следует особое внимание уделить новым терминам, так как учащиеся часто путают точку экстремума (максимума или минимума), т. е. значение x, с экстремумом (максимумом или минимумом) функции, т. е. со значением функции в точке экстремума, или даже с точкой графика функции, которая соответствует точке экстремума.
Решение. Приведем решение, основанное на использовании очевидных свойств графика функции y = | x − a|. Решение с помощью критических точек предоставляется читателю. График данной функции y = f (x), где f (x) = | x − a |, изображен на рисунке 35. При a = 0,5 (середина отрезка [−2; 3]) функция f (x) принимает наибольшее значение на отрезке [−2; 3] в концах отрезка, т. е. в двух точках x1 = −2 и x2 = 3, причем f (−2) = f (3) = 2,5 ≠ 4,5.
Рис. 35
При a > 0,5 функция принимает наибольшее значение на отрезке [−2; 3] только в левом конце отрезка и оно равно f (−2) = | −2 − a | = a + 2, причем a + 2 = 4,5 при а = 2,5 (рис. 36, а). При a < 0,5 функция принимает наибольшее значение на отрезке [−2; 3] только в правом конце отрезка и оно равно f (3) = | 3 − a | = 3 − a, причем 3 − a = 4,5 при а = −1,5 (рис. 36, б).
Рис. 36
Итак, функция y = | x − а | принимает на отрезке [−2; 3] наибольшее значение, равное 4,5, при а = 2,5 и при а = −1,5. 5.17. а) Последовательность задана формулой общего члена хn = n2 − 30,5n + 205. Найдите наименьший член последовательности. Решение. Заметим, что члены последовательности {хn} совпадают со значениями квадратичной функции х (t) = t2 − 30,5t + 205 в точках t = n, n ∈ N. Эта функция достигает наименьшего значения в точке t 0 = 30,5 2 =15,25 (t0 — абсцисса вершины параболы, ветви которой направлены вверх). Число t0 не натуральное, поэтому наименьший член последовательности совпадает со значением функции х (t) в ближайшей к t0 среди точек t = n, n ∈ N точке t1 = 15 (15,25 − 15 < 16 − 15,25). Так как х (15) = 152 − 30,5 · 15 + 205 = −27,5, то наименьший член последовательности {хn} равен х15 = −27,5. Замечание. Решить задачу можно также с помощью производной функции х (t). Дополнения 1. Наряду с точками максимума и точками минимума иногда различают точки строгого максимума и точки строгого минимума. Если функция y = f (x) определена на отрезке [a; b], то точку x 0 ∈[a;b] называют точкой строгого максимума, если для любых других точек x∈[a;b] справедливо неравенство f (x0) > f (x). Если функция y = f (x) определена на отрезке [a; b], то точку x 0 ∈[a;b] называют точкой строгого минимума, если для любых других точек x∈[a;b] справедливо неравенство f (x0) < f (x). У функции, определенной на отрезке [−2; 4], график которой изображен на рисунке 37, нет ни точек строгого максимума, ни точек строгого минимума. Зато любая точка отрезка [1; 2] является точкой максимума, а любая точка отрезка [−2; −1] является точкой минимума.
Рис. 37
У функции, определенной на отрезке [−2; 4], график которой изображен на рисунке 38, есть точка строгого максимума x1 = 1 и точка строгого минимума x2 = −2.
Рис. 38
У функции, определенной на отрезке [−2; 4], график которой изображен на рисунке 39, нет точки строгого максимума, но есть точка строгого минимума x1 = −2. Зато любая точка отрезка [2; 4] является точкой максимума этой функции.
Рис. 39
В определениях в п. 5.1 учебника речь идет о точках максимума и минимума и если такая точка есть точка строгого максимума (строгого минимума), то прилагательное «строгого» опускается для краткости. 2. Приведем примеры задач из ЕГЭ, связанные с вычислением наибольшего или наименьшего значения (максимума или минимума) функции. В6 (2006). Найдите наибольшее значение функции y=2,7⋅ e 3 x 2 − x 3 −4 на отрезке [1; 3]. Решение. Для любого x ∈ R найдем y′: y′=( 2,7⋅ e 3 x 2 − x 3 −4 )′=2,7⋅( e 3 x 2 − x 3 −4 )′= =2,7⋅ e 3 x 2 − x 3 −4 (3 x 2 − x 3 −4)′=2,7⋅ e 3 x 2 − x 3 −4 (6x−3 x 2 )= =8,1x⋅ e 3 x 2 − x 3 −4 (2−x) . Тогда f ′ (х) = 0 в точках х1 = 0 и х2 = 2, из которых только точка х2 принадлежит отрезку [1; 3]. Следовательно, на этом отрезке функция имеет единственную критическую точку х2 = 2. Сравнив три числа f(1)= 2,7 e 2 ≈0,37, f (2) = 2,7 и f(3)= 2,7 e 4 ≈0,05, найдем, что max [1; 3] f(x)=2,7 . Ответ. 2,7. С1 (2008). Найдите наибольшее значение функции f(x)=| 1− x 2 −2 |+ 1− x 2 + x 3 −3 x 2 . Решение. Функция определена лишь при x ∈ [−1; 1]. Для каждого x из этого промежутка справедливо неравенство 1− x 2 ≤1. Поэтому 1− x 2 −2≤−1 и | 1− x 2 −2 |+ 1− x 2 + x 3 −3 x 2 = =− 1− x 2 +2+ 1− x 2 + x 3 −3 x 2 = x 3 −3 x 2 +2. Задача свелась к нахождению наибольшего значения функции f (х) = х3 − 3х2 + 2 на отрезке [−1; 1]. Так как f ′ (х) = (х3 − 3х2 + 2)′ = 3х2 − 6х = 3х (х − 2), то f ′ (х) = 0 в точках х1 = 0 и х2 = 2, из которых только х1 принадлежит отрезку [−1; 1]. Следовательно, на этом отрезке функция имеет единственную критическую точку х1 = 0. Сравнив три числа f (−1) = −2, f (0) = 2 и f (1) = 0, найдем max [−1; 1] f(x)=2 . Ответ. 2. Промежуточный контроль. C—15.
5.2. Уравнение касательной
В данном пункте учебника выведено уравнение касательной к графику непрерывной на интервале (a; b) функции y = f (х) в точке x0 ∈ (a; b), если функция y = f (х) имеет производную в этой точке. Уравнение касательной имеет вид y − y0 = k (х − х0), где k = f ′ (х0), y0 = f (х0). Такая запись удобна для запоминания уравнения, но обычно уравнение записывают в виде y = f ′ (х0) (х − х0) + f (х0). Если требуется провести касательную к графику функции y = f (х), проходящую через точку A (x0; y0), то надо проверить, принадлежит ли эта точка графику функции. Если да, т. е. если y0 = f (х0), то надо написать уравнение касательной, используя приведенное выше уравнение. Если нет, то уравнение касательной находится, как в примере 3 из учебника. Решения и комментарии 5.30. в) Напишите уравнение касательной к графику функции f(x)=sin πx 2 +ln(2−x) в точке с абсциссой x0 = 1. Решение. Функция f (x) определена для каждого x из промежутка (−∞;2), число x0 принадлежит этому промежутку: f( x 0 )=f(1)=sin π 2 +ln1=1 ; f′(x)=cos πx 2 ⋅ ( πx 2 ) ′ + 1 2−x ⋅(2−x)′= π 2 cos πx 2 − 1 2−x ; f′( x 0 )=f′(1)= π 2 cos π 2 − 1 2−1 =−1 . Поэтому уравнение касательной к графику функции f (x) в точке с абсциссой x0 = 1 имеет вид y = −1 (х − 1) + 1, т. е. y = −х + 2. 5.32. а) Углом пересечения графика функции у = f (x) и прямой l называют угол между прямой l и касательной к графику функции, проведенной в точке пересечения. Под каким углом пересекает ось Ох график функции у = f (x) в каждой из точек пересечения, если f (x) = x2 + x − 2? Решение. Здесь имеется в виду угол пересечения прямых, он не превосходит прямого угла. Решив уравнение x2 + x − 2 = 0, найдем абсциссы двух точек пересечения графика функции f (x) с осью Ох: x1 = −2 и x2 = 1. Так как f ′ (х) = 2x + 1, то f ′ (1) = 3 и f ′ (−2) = −3. В точке (1; 0) касательная пересекает ось Ох под углом α, таким, что tg α = f ′ (1) = 3, т. е. под углом α = arctg 3. Это острый угол. Так как f ′ (−2) = −3, то угол β, образованный касательной с положительным направлением оси Ox, тупой. Поэтому угол пересечения графика функции с осью Ох есть угол, смежный с углом β. Его тангенс равен tg (π − β) = −tg β = 3, а сам угол есть arctg 3 (рис. 40).
Рис. 40
5.33. Под каким углом пересекает ось Оу график функции в предыдущем задании? Решение. Так как f (0) = −2, f ′ (х) = 2x + 1, f ′ (0) = 1, то касательная к графику функции f (x) образует с осью Ох угол α, такой, что tg α = f ′ (0) = 1, т. е. α = 45°. Искомый угол β найдем из прямоугольного треугольника (рис. 41), один из углов которого известен: β = 90° − α = 45°.
Рис. 41
Решение. Касательная к графику функции y = f (х) в точке с абсциссой х0 наклонена под углом 45° к положительному направлению оси абсцисс, если ее угловой коэффициент, равный f ′ (х0), равен tg 45° = 1. На рисунке 42 f ′ (х) = 1 в трех точках, следовательно, на промежутке (−4; 5) имеются 3 касательные к графику функции y = f (х), которые наклонены под углом 45° к положительному направлению оси абсцисс.
Рис. 42
Ответ. 3. В5 (2008). Прямая, проходящая через начало координат, касается графика функции y = f (х) в точке А (−7; 14). Найдите f ′ (−7). Решение. 1-й способ. Прямая, проходящая через начало координат, имеет либо уравнение х = 0, либо уравнение y = kх. Так как она проходит через точку А (−7; 14), то она имеет уравнение y = kх и, значит, справедливо равенство 14 = k · (−7), откуда k = −2.
Аналогично показывается, что на промежутке (−∞;−2) функция f (x) также имеет единственный нуль. Следовательно, на промежутке (−∞;+∞) функция f (x) имеет три нуля. Так как в точке x1 = −2 знак производной меняется с «+» на «−», то x1 = −2 — точка локального максимума функции f (x); так как в точке x2 = 4 знак производной меняется с «−» на «+», то x2 = 4 — точка локального минимума функции f (x) (рис. 43).
Рис. 43
5.60. а) Определите точки локального экстремума функции f(x)= x x 2 +5 . Достигает ли функция f (x) в точках локального экстремума своего наибольшего (наименьшего) значения? Решение. Так как для любого x ∈ R имеем f′(x)= ( 5 −x )( 5 +x ) ( x 2 +5) 2 и f ′ (x) = 0 лишь при x 1 =− 5 и при x 2 = 5 , то функция f (x) имеет на R только две критические точки: x1 и x2. Определив знак f ′ (x) на интервалах ( −∞;− 5 ), ( − 5 ; 5 ) и ( 5 ;+∞ ) (рис. 44), получим, что x 1 = − 5 — точка локального минимума функции f (x), а x 2 = 5 — точка локального максимума функции f (x).
Рис. 44
Так как f( − 5 )=− 5 10 , на интервале ( −∞;− 5 ) функция f (x) убывает, на интервале ( − 5 ; 5 ) возрастает, а на промежутке [ 5 ;+∞ ) принимает положительные значения, т. е. значения, большие − 5 10 , то в точке x1 функция f (x) достигает своего наименьшего значения. Так как f( 5 )= 5 10 , на интервале ( − 5 ; 5 ) функция f (x) возрастает, на интервале ( 5 ;+∞ ) убывает, а на промежутке ( −∞;− 5 ] принимает отрицательные значения, т. е. значения, меньшие 5 10 , то в точке x2 функция f (x) достигает своего наибольшего значения. 5.61. Докажите, что функция f (x) = x4 + 4x3 + 28 принимает положительные значения на всей своей области определения. Доказательство. Так как для любого x ∈ R имеем f ′ (x) = 4x3 + 12x2 и f ′ (x) = 0 лишь при x1 = −3 и x2 = 0, то функция f (x) имеет только две критические точки: x1 и x2. Определив знак f ′ (x) на интервалах (−∞;−3), (−3; 0) и (0;+∞) (рис. 45), получим, что x1 = −3 — единственная точка локального минимума. Так как f (−3) = 1 > 0 и на промежутке (−∞;−3] функция f (x) убывает, а на промежутке [−3; 0] возрастает, на интервале (0;+∞) принимает положительные значения, то f (x) > 0 для каждого x из области определения, что и требовалось доказать.
Рис. 45
Если −1 < a < 1, то на отрезке [−1; 1] функция f (x) имеет единственную критическую точку x0 = a. Так как f (a) = 0, f (1) = | 1 − a | = 1 − a, f (−1) = | −1 − a | = a + 1, то min (−1; 1) f(x)=0 (рис. 46, в).
Рис. 46
Ответ. a − 1, если a ≥ 1; − a − 1, если a ≤ −1; 0, если −1 < a < 1. 5.88. б) Для каждого значения b найдите наибольшее значение функции f (x) = (x − b)2 на отрезке [−1; 1]. Решение. Функция f (x) может иметь единственную критическую точку x0 = b, в которой производная равна нулю. Вычислим значения функции в точках x = 1 и x = −1:
Если b ≤ −1, то на отрезке [−1; 1] у функции f (x) нет критических точек. Так как f (1) > f (−1), то max (−1; 1) f(x)=f(1)= (1−b) 2 (рис. 47, а). Если −1 < b ≤ 0, то на отрезке [−1; 1] у функции f (x) имеется единственная критическая точка x = b, и так как f (1) = (1 − b)2 > f (b) = 0, то max (−1; 1) f(x)=f(1)= (1−b) 2 (рис. 47, б). Объединив рассмотренные случаи, имеем: если b ≤ 0, то max (−1; 1) f(x)= (1−b) 2 . Аналогично показывается, что если b > 0, то max (−1; 1) f(x)=f(−1)= (1+b) 2 (рис. 47, в, г). Ответ. (1 + b)2, если b > 0; (1 − b)2, если b ≤ 0.
Рис. 47
5.89. Для каждого положительного значения b найдите наибольшее значение функции f(x)= x+b x 2 +1 на отрезке [1; 2]. Решение. Для каждого х ∈ R имеем f′(x)= 1−bx ( x 2 +1) 3 2 . Так как b > 0, то f ′ (x) = 0 лишь при x= 1 b , т. е. функция имеет единственную критическую точку x= 1 b . Так как f ′ (x) > 0 при x< 1 b , f ′ (x) < 0 при x> 1 b , то x= 1 b — единственная точка локального максимума функции на R, в ней достигается максимум на R (наибольшее значение) функции. Остается рассмотреть три случая. 1) Если 0< 1 b ≤1, т. е. если b ≥ 1, то точка x= 1 b не является внутренней точкой отрезка [1; 2] и на отрезке [1; 2] нет критических точек функции f (x). Так как f(1)= 1+b 2 , f(2)= 2+b 5 и 1+b 2 > 2+b 5 , то max [1; 2] f(x)=f(1)= 1+b 2 . 2) Если 1< 1 b <2, т. е. если 1 2 <b<1, то функция имеет единственную критическую точку на отрезке [1; 2]. Так как f(1)= 1+b 2 , f( 1 b )= b 2 +1 , f(2)= 2+b 5 и b 2 +1 > 1+b 2 , b 2 +1 > 2+b 5 , то max [1; 2] f(x)=f( 1 b )= b 2 +1 . 3) Если 1 b ≥2, т. е. если 0<b≤ 1 2 , то точка x= 1 b не является внутренней точкой отрезка [1; 2] и на отрезке [1; 2] нет критических точек функции f (x). Так как f(1)= 1+b 2 , f(2)= 2+b 5 и 1+b 2 < 2+b 5 , то max [1; 2] f(x)=f(1)= 2+b 5 . Ответ. 2+b 5 , если 0<b≤ 1 2 ; b 2 +1 , если 1 2 <b<1; 1+b 2 , если b ≥ 1. Дополнение. Приведем примеры задач из ЕГЭ на отыскание промежутков возрастания (убывания) и точек экстремума функции с помощью производной. В5 (2006). Функция y = f (х) определена на промежутке (−3; 7). На рисунке 48 изображен график ее производной. Найдите точку х0, в которой функция y = f (х) принимает наибольшее значение.
Рис. 48
Решение. На интервале (−3; 7) производная функции y = f (х) обращается в нуль в единственной точке x = 1. В этой точке производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, в точке x = 1 функция принимает свое наибольшее значение на интервале (−3; 7). Ответ. 1.
5.9. Задачи на максимум и минимум
В данном пункте учебника рассмотрены примеры решения задач на максимум и минимум, сводящиеся к отысканию наибольшего (наименьшего) значения функции, заданной на отрезке или интервале. Показывая новый способ решения задач с помощью производной, надо все же не упускать возможности применять более простые способы решения, основанные на отыскании экстремума квадратичной функции, на использовании неравенства a+ 1 a ≥2 и других идей. Решения такого рода задач приведены в пп. 19—21 дидактических материалов. При оформлении решения задач на максимум и минимум с помощью производной можно посоветовать учащимся придерживаться следующего порядка: 1) ввести переменную x, от значения которой зависит та величина, которая согласно условию задачи принимает наибольшее (наименьшее) значение; 2) определить границы изменения переменной x — промежуток X; 3) выразить через x величину, которая согласно условию задачи принимает наибольшее (наименьшее) значение (получить функцию f (x)); 4) рассмотреть функцию f (x), заданную на X, найти ее критические точки, точки локального максимума (минимума); 5) объяснить, почему в точке локального максимума (минимума) функция принимает наибольшее (наименьшее) значение; 6) интерпретировать результаты исследования функции f (x) с точки зрения решаемой задачи. Решения и комментарии 5.93. Парабола задана уравнением у = 3 − х2. В нее вписан прямоугольник наибольшей площади так, что одна его сторона лежит на оси Ох, а две вершины — на параболе (рис. 49). Определите стороны этого прямоугольника.
Рис. 49
Решение. Пусть OD = x, x< 3 , тогда DC = 3 − х2, а площадь прямоугольника ABCD равна
2x (3 − х2) = −2х3 + 6х.
Рассмотрим функцию f (x) = −2х3 + 6х на интервале ( 0; 3 ) . В каждой точке этого интервала функция f (x) имеет производную f ′ (x) = − 6х2 + 6 = − 6 (х − 1) (х + 1), и f ′ (x) = 0 в двух точках: x1 = −1 и x2 = 1, из которых только точка x2 принадлежит интервалу ( 0; 3 ) . Следовательно, на интервале ( 0; 3 ) функция имеет единственную критическую точку x2 = 1. Так как в этой точке производная функции f (x) меняет знак с «+» на «−», то в ней функция принимает свое наибольшее значение на интервале ( 0; 3 ) . Итак, прямоугольник имеет наибольшую площадь, если OD = 1, т. е. если AD = CD = 2. Ответ. Квадрат со стороной 2 см. 5.94. а) Из всех прямоугольных треугольников с данной гипотенузой c найдите тот, площадь которого наибольшая. Решение. По условию задачи AB = c (рис. 50). Пусть CB = x, 0 < x < c, тогда AC= c 2 − x 2 , а площадь треугольника ABC равна 1 2 x c 2 − x 2 = 1 2 c 2 x 2 − x 4 .
Рис. 50
Рассмотрим функцию f(x)= 1 2 c 2 x 2 − x 4 на интервале (0; с). В каждой точке этого интервала функция f (x) имеет производную f′(x)= ( c 2 x 2 − x 4 )′ 4 c 2 x 2 − x 4 = = 2 c 2 x− 4 x 3 4 c 2 x 2 − x 4 = −x( x− 2 2 c )( x+ 2 2 c ) c 2 x 2 − x 4 . Так как f ′ (x) = 0 на интервале (0; с) только в точке x 0 = 2 2 c, то функция f (x) имеет на этом интервале единственную критическую точку x0. Так как в этой точке производная функции меняет знак с «+» на «−», то в ней функция f (x) достигает наибольшего значения на интервале (0; с). Итак, площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой c будет наибольшей, если катет CB равен 2 2 c. Тогда AC= c 2 − ( 2c 2 ) 2 = 2 2 c , т. е. если этот треугольник равнобедренный. Ответ. Равнобедренный треугольник с катетом c 2 2 . Замечания 1. Тот же результат можно получить из геометрических соображений. Заметим, что вершина C прямого угла прямоугольного треугольника ABC лежит на окружности с диаметром c (рис. 51). Поэтому при постоянном основании треугольника его площадь будет наибольшей, если точка D — основание высоты, проведенной к гипотенузе, — является центром этой окружности, т. е. если прямоугольный треугольник является равнобедренным.
Рис. 51
2. Там, где это возможно, нужно обращать внимание учащихся на то, что применение производной дает результаты, подтверждаемые другими методами решения задач на максимум и минимум. В некоторых случаях бывает даже проще не использовать производную. Такие решения нужно обязательно показать учащимся. 5.97. Диагональ прямоугольного параллелепипеда, в основании которого лежит квадрат, равна 3 3 , а высота принимает значения, принадлежащие отрезку [1,5; 3,5]. Найдите параллелепипед, имеющий наибольший объем. Решение. Пусть высота прямоугольного параллелепипеда DD1 = x (рис. 52), тогда
Рис. 52
B D 2 = ( 3 3 ) 2 − x 2 =27− x 2 , площадь основания прямоугольного параллелепипеда равна S= 1 2 B D 2 = 1 2 (27− x 2 ) , а объем равен V= 1 2 (27− x 2 )x= 1 2 (27− x 3 ) . Рассмотрим функцию V(x)= 1 2 (27− x 3 ) на отрезке [1,5; 3,5] и найдем значение x, при котором функция V (x) достигает наибольшего значения на этом отрезке. Так как для любого x ∈ R функция V (x) имеет производную V′(x)= 1 2 (27x− x 3 )′= 3 2 (3−x)(3+x), то V ′ (x) = 0 при x = 3 и при x = −3. Функция V (x) имеет на отрезке [1,5; 3,5] единственную критическую точку x = 3. Определим значение x, при котором функция V (x) достигает наибольшего значения на отрезке [1,5; 3,5]: V(1,5)= 1 2 (27⋅1,5− 1,5 3 )= 297 16 ; V(3)= 1 2 (27⋅3− 3 3 )=27; V(3,5)= 1 2 (27⋅3,5− 3,5 3 )= 413 16 . Так как 27> 413 16 > 297 16 , то в точке x = 3 функция f (x) достигает наибольшего значения на отрезке [1,5; 3,5]. Итак, прямоугольный параллелепипед имеет наибольший объем, если его высота равна 3. Так как стороны его основания также равны 3, то этот прямоугольный параллелепипед является кубом. Ответ. Куб с ребром 3. 5.98. Корабль K стоит в 9 км от ближайшей точки B прямолинейного берега (рис. 53). С корабля нужно послать курьера в лагерь L, находящийся на берегу и расположенный в 15 км (считая по берегу) от точки B. В каком пункте P курьер должен пристать к берегу, чтобы попасть в лагерь за кратчайшее время, если он идет пешком со скоростью 5 км/ч, а на веслах — 4 км/ч?
Рис. 53
Решение. Пусть BP = x, 0 < x < 15, тогда PL = 15 − x, PK= 81− x 2 (все расстояния измеряются в километрах). Тогда время движения курьера по ломаной KPL равно 15−x 5 + 81+ x 2 4 (ч). Рассмотрим функцию f(x)= 15−x 5 + 81+ x 2 4 на интервале (0; 15). В каждой точке этого интервала функция f (x) имеет производную f′(x)= x 4 81+ x 2 − 1 5 . Чтобы найти критические точки функции, решим уравнение f ′ (x) = 0. Оно имеет два корня: x1 = −12 и x2 = 12, из которых только x2 принадлежит интервалу (0; 15). Следовательно, на интервале (0; 15) функция имеет единственную критическую точку x2 = 12. Так как в этой точке производная функции f (x) меняет знак с «−» на «+», то в ней функция принимает свое наименьшее значение на интервале (0; 15). Ответ. Курьер должен пристать к берегу в 12 км от пункта B. 5.100. В некотором царстве, в некотором государстве подорожала жесть, идущая на изготовление консервных банок. Экономный хозяин фабрики рыбных консервов хочет выпускать свою продукцию в банках цилиндрической формы объемом V с наименьшими возможными затратами жести. Вычислите диаметр основания и высоту такой банки. Решение. Пусть радиус основания цилиндра x, тогда площадь основания цилиндра равна πx2, длина окружности основания цилиндра равна 2πx, а высота цилиндра равна V π x 2 (длины отрезков, площадь и объем вычисляются в соответствующих единицах измерения). Площадь полной поверхности цилиндра равна 2π x 2 + V⋅2πx π x 2 =2π x 2 + 2V x . Рассмотрим функцию f(x)=2π x 2 + 2V x на интервале (0;+∞). В каждой точке этого интервала функция f (x) имеет производную f′(x)=4π x − 2V x 2 . Чтобы найти критические точки функции, решим уравнение f ′ (x) = 0. Оно имеет единственный корень x 1 = V 2π 3 . Следовательно, на интервале (0;+∞) функция имеет единственную критическую точку x1. Так как в этой точке производная функции f (x) меняет знак с «−» на «+», то в ней функция принимает свое наименьшее значение на интервале (0;+∞) . Итак, диаметр банки должен быть равен 2 x 1 = 4V π 3 , а высота равна V π x 1 2 = 4V π 3 . Ответ. Диаметр и высота банки равны 4V π 3 . 5.101. Статуя высотой а м возвышается на постаменте высотой b м (рис. 54). На каком расстоянии от основания постамента должен встать наблюдатель, рост которого до уровня глаз с м, с < b, чтобы видеть статую под наибольшим углом? Шириной постамента пренебречь.
Рис. 54
Решите задачу в общем виде, получите ответ в случае, если: а) а = 3, b = 2,5, с = 1,5; б) а = 6, b = 3,7, с = 1,7. Решение. На рисунке 55 статуя изображена отрезком AB, постамент — отрезком BD. Пусть наблюдатель находится на расстоянии х м от постамента: FC = х м.
Рис. 55
Требуется найти такое значение х, при котором угол AFB наибольший. Обозначим ∠ AFС = α, ∠ ВFС = β, тогда ∠AFB=α−β . Из возрастания тангенса угла на интервале (0°; 90°) следует, что угол α − β достигает наибольшего значения при том же значении x, что и tg (α − β). Так как tg (α−β)= tg α−tg β 1+tg α tg β , tg α= AC FC = a+b−c x , а tg β= BC FC = b−c x , то tg (α−β)= a+b−c x − b−c x 1+ a+b−c x ⋅ b−c x = = ax x 2 +(a+b−c)(b−c) . Рассмотрим функцию f(x)= ax x 2 +(a+b−c)(b−c) на интервале (0;+∞) . В каждой точке этого интервала f′(x)= a((a+b−c)(b−c)− x 2 ) ( x 2 +(a+b−c)(b−c)) 2 . Производная f ′ (x) равна нулю в двух точках: x 1 = (a+b−c)(b−c) и x 2 =− (a+b−c)(b−c) , из них только точка х1 принадлежит интервалу (0;+∞) . Следовательно, функция f (x) имеет единственную критическую точку на интервале (0;+∞) . Так как f ′ (x) > 0 при 0 < x < х1, а f ′ (x) < 0 при x > х1, то точка х1 является точкой максимума (локального). Эта точка единственная на интервале (0;+∞), в ней функция достигает своего наибольшего значения. Итак, наблюдатель будет видеть статую под наибольшим углом, если встанет на расстоянии х1 м от основания постамента. Рассмотрим другой способ решения задачи 5.101, который предложил И. Ф. Шарыгин. Построим окружность, проходящую через точки А, В и касающуюся прямой FC. На рисунке 56 наблюдатель находится от основания постамента на расстоянии, большем расстояния KC. В этом случае угол AFB, образованный двумя секущими, измеряется полуразностью дуг AB и MN.
Рис. 56
Если наблюдатель подойдет к основанию постамента на расстояние, меньшее расстояния KC, то угол обзора статуи опять будет измеряться полуразностью дуг. Угол обзора статуи будет наибольшим, если глаз наблюдателя будет находиться в точке K касания окружности и прямой FC, так как в этом случае угол обзора статуи измеряется только половиной дуги АВ. Вычислим lim x→+∞ 2 x 2 +1 x x =2 и lim x→+∞ ( 2 x 2 +1 x −2x )=0, аналогично lim x→−∞ 2 x 2 +1 x x =2 и lim x→−∞ ( 2 x 2 +1 x −2x )=0. Таким образом, k = 2, b = 0 и прямая у = 2x — наклонная асимптота, других асимптот нет. 5.107. а) Найдите асимптоты графика функции y= x−3 x+1 и постройте этот график. Решение. Так как x−3 x+1 =1− 4 x+1 , то график дробно-линейной функции y= x−3 x+1 можно получить переносом графика функции y= −4 x на 1 единицу влево и на 1 единицу вверх; поэтому x = −1 — вертикальная асимптота, у = 1 — горизонтальная асимптота, других асимптот нет. График функции y= x−3 x+1 изображен на рисунке 57.
Рис. 57
Замечание. Уравнения асимптот в задании 5.107 можно получить и с помощью пределов. 5.112. Дана функция f(x)= −3x−1 x+1 . Постройте график функции: а) у = f (x); б) у = | f (x) |; в) у = f (| x |); г) у = | f (| x |) |. Решение. а) Так как −3x−1 x+1 =−3+ 2 x+1 , то график дробно-линейной функции f(x)= −3x−1 x+1 можно получить из графика функции y= 2 x переносом на 1 единицу влево и на 3 единицы вниз; x = −1 — вертикальная асимптота, у = −3 — горизонтальная асимптота, других асимптот нет. График функции у = f (x) изображен на рисунке 58.
Рис. 58
б) Для построения графика функции у = | f (x) | нужно оставить без изменения точки графика функции у = f (x), расположенные выше оси Ox и на оси Ox, а все точки графика функции, расположенные ниже оси Ox, нужно симметрично отразить относительно оси Ox. График функции у = | f (x) | изображен на рисунке 59.
Рис. 59
в) Для построения графика функции у = f (| x |) нужно оставить без изменения точки графика функции у = f (x), расположенные правее оси Oy и на оси Oy, и отразить симметрично эту часть графика относительно оси Oy. График функции у = f (| x |) изображен на рисунке 60.
Рис. 60
г) Для построения графика функции у = | f (| x |) | нужно оставить без изменения точки графика функции у = f (| x |), расположенные выше оси Ox (здесь таких нет), а все точки графика функции у = f (| x |), расположенные ниже оси Ox, симметрично отразить относительно оси Ox. График функции у = | f (| x |) | изображен на рисунке 61.
Рис. 61
5.11. Построение графиков функций с применением производных
В данном пункте приведены примеры построения графиков функций с применением производных. Решения и комментарии 5.113. а) Найдите промежутки возрастания, убывания, точки экстремума функции y= 1 4 x 2 (x−4) 2 и постройте ее график. Решение. Данную функцию можно задать формулой y= 1 4 x 4 −2 x 3 +4 x 2 , она определена для всех x ∈ R, и в каждой точке этого множества ее производная равна:
y′ = x3 − 6x2 + 8x = x (x − 2) (x − 4).
Функция имеет три критические точки, так как y′ = 0 при x1 = 0, x2 = 2 и x3 = 4. Определив знак y′ на интервалах (−∞;0), (0; 2), (2; 4) и (4;+∞) (рис. 62), получим, что x1 = 0 и x3 = 4 — точки локального минимума, а x2 = 2 — точка локального максимума.
Рис. 62
Так как y′ > 0 на интервалах (0; 2) и (4; +∞), то на этих интервалах функция возрастает. Так как y′ < 0 на интервалах (−∞; 0) и (2; 4), то на этих интервалах функция убывает.
График функции y= 1 4 x 2 (x−4) 2 изображен на рисунке 63.
Рис. 63
5.117. в) Исследуйте функцию y=−x+ 4 3−x −2 и постройте ее график. Решение. Данная функция у = f (x) определена для всех x∈(−∞; 3)∪(3;+∞), и в каждой точке этого множества ее производная равна: f′(x)=− (x−1)(x−5) (x−3) 2 . Функция имеет две критические точки, так как f ′ (x) = 0 при x1 = 1 и x2 = 5. Определив знак f ′ (x) на интервалах (−∞; 1), (1; 3), (3; 5) и (5;+∞) (рис. 64), получим, что x1 = 1 — точка локального минимума, а x2 = 5 — точка локального максимума.
Рис. 64
Так как f ′ (x) > 0 на интервалах (1; 3) и (3; 5), то на этих интервалах функция возрастает. Так как f ′ (x) < 0 на интервалах (−∞; 1) и (5; +∞), то на этих интервалах функция убывает. Так как
то прямая x = 3 — вертикальная асимптота. Вычислим lim x→+∞ f(x) x = lim x→+∞ ( −x+ 4 3−x −2 x )=−1 и lim x→+∞ (f(x)−(−1)x)= lim x→+∞ ( −x+ 4 3−x −2+x )=−2. Аналогично lim x→−∞ f(x) x =−1 и lim x→−∞ (f(x)−(−1)x)=−2. Таким образом, k = −1, b = −2 и прямая у = −x − 2 — наклонная асимптота.
5.120. Исследуйте функцию y= lnx x и постройте ее график. Сравните числа: а) 3π и π3; в) eπ и πe. Решение. Данная функция у = f (x) определена для всех x∈(0;+∞), и в каждой точке этого множества ее производная равна:
f′(x)= 1−lnx x 2 . Функция f (x) имеет единственную критическую точку, так как f ′ (x) = 0 лишь при x1 = e. Определив знак f ′ (x) на интервалах (0; е) и (e;+∞), получим, что на интервале (0; е) функция f (x) возрастает, на интервале (e;+∞) убывает (рис. 66), что x1 = е — единственная точка локального максимума. В этой точке функция достигает своего наибольшего значения.
Рис. 66
График функции y= lnx x изображен на рисунке 67.
Рис. 67
а) Чтобы сравнить два положительных числа 3π и π3, сравним их натуральные логарифмы. Выпишем ряд равносильных сравнений: ln 3 π ∨ln π 3 , π ln3∨3ln π, ln3 3 ∨ lnπ π . Так как на интервале (e;+∞) функция f(x)= lnx x убывает, то из справедливости неравенств e < 3 < π следует справедливость неравенства ln3 3 > lnπ π . Но тогда справедливо неравенство 3π > π3. в) Сравнение чисел eπ и πe приведено в дидактических материалах (п. 23). Промежуточный контроль. C —22, C —23.
Рис. 67