ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
24
2
2
2
2
)1(2
2
)1(2
)1(2
−
−
=
−
−−
=
′
x
xx
x
xxx
y
. y
′=0 ⇔ 02
2
=− xx ⇔ x=0 или x=2. y′ не существует в
точке x=1, но она не входит в область определения функции. Следовательно, имеются две
критические 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: y
′(–1)>0 и y′(3)>0 ⇒ в интервалах (−∞, 0) и (2, +∞) производная положи-
тельна, y
′(0,1)<0 и y′(1,1)<0 ⇒ в интервалах (0, 1) и (1, 2) производная отрицательна (см. рис.
10а). Используя достаточные условия монотонности и экстремума из пунктов 9,10, получим
следующие выводы: функция возрастает в интервалах (
−∞, 0) и (2, +∞), убывает в (0, 1) и
(1, 2), x=0 – точка максимума, x=2 – точка минимума. Значение максимума y(0)=0, значение
минимума y(2)=2.
4) Исследуем функцию на направление выпуклости и точки перегиба.
34
22
4
22
)1(
1
)1(2
)212)(1(2
)1(2
)2)(1(2)1)(22(
−
=
−
−−+−−
=
−
−−−−−
=
′′
xx
xxxxx
x
xxxxx
y
.
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. y″(0)<0 ⇒ в интервале (−∞, 1) y″ отрица-
тельна, y
″(2)>0 ⇒ в интервале (1, +∞) y″ положительна (см. рис. 10б). В силу достаточных
условий выпуклости и вогнутости графика в интервале (
−∞, 1) график выпуклый (вверх), а в
интервале (1, +
∞) график вогнутый (выпуклый вниз).
5) Найдем все асимптоты графика.
Так как
−∞=
−
−→
)1(2
lim
2
01
x
x
x
,
+∞=
−
+→
)1(2
lim
2
01
x
x
x
, то прямая x = 1 – вертикальная асим-
птота.
Найдем наклонные асимптоты. Для этого по формулам (7) вычислим k и b.
=
−
=
±∞→
)1(2
lim
2
xx
x
k
x
(по правилу Лопиталя)=
2
1
24
2
lim
=
−
±∞→
x
x
x
.
2
1
2
lim
2)1(2
lim
222
=
+−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
±∞→±∞→
x
xxxx
x
x
b
xx
.
Следовательно, прямая
2
1
2
1
+= xy
– наклонная асимптота при x
→ ±∞.
Рисунок 10
24
2 x( x − 1) − x 2 x 2 − 2x
y′ = = . y′=0 ⇔ x 2 − 2 x = 0 ⇔ x=0 или x=2. y′ не существует в
2( x − 1) 2 2( x − 1) 2
точке x=1, но она не входит в область определения функции. Следовательно, имеются две
критические 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: y′(–1)>0 и y′(3)>0 ⇒ в интервалах (−∞, 0) и (2, +∞) производная положи-
Рисунок 10
тельна, y′(0,1)<0 и y′(1,1)<0 ⇒ в интервалах (0, 1) и (1, 2) производная отрицательна (см. рис.
10а). Используя достаточные условия монотонности и экстремума из пунктов 9,10, получим
следующие выводы: функция возрастает в интервалах (−∞, 0) и (2, +∞), убывает в (0, 1) и
(1, 2), x=0 – точка максимума, x=2 – точка минимума. Значение максимума y(0)=0, значение
минимума y(2)=2.
4) Исследуем функцию на направление выпуклости и точки перегиба.
(2 x − 2)( x − 1) 2 − 2( x − 1)( x 2 − 2 x) 2( x − 1)( x 2 − 2 x + 1 − x 2 − 2 x) 1
y ′′ = = = .
2( x − 1) 4
2( x − 1) 4
( x − 1) 3
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. y″(0)<0 ⇒ в интервале (−∞, 1) y″ отрица-
тельна, y″(2)>0 ⇒ в интервале (1, +∞) y″ положительна (см. рис. 10б). В силу достаточных
условий выпуклости и вогнутости графика в интервале (−∞, 1) график выпуклый (вверх), а в
интервале (1, +∞) график вогнутый (выпуклый вниз).
5) Найдем все асимптоты графика.
x2 x2
Так как lim = −∞ , lim = +∞ , то прямая x = 1 – вертикальная асим-
x →1− 0 2( x − 1) x →1+ 0 2( x − 1)
птота.
Найдем наклонные асимптоты. Для этого по формулам (7) вычислим k и b.
x2 2x 1
k = lim = (по правилу Лопиталя)= lim = .
x → ±∞ 2 x( x − 1) x → ±∞ 4 x − 2 2
⎛ x2 x⎞ x2 − x2 + x 1
b = lim ⎜⎜ − ⎟⎟ = lim = .
x → ±∞ 2( x − 1) 2 ⎠ x→±∞ 2x 2
⎝
1 1
Следовательно, прямая y = x + – наклонная асимптота при x→ ±∞.
2 2
