Preučevanje funkcije spremenljivke z uporabo odvodov. Preučevanje funkcije z uporabo njenega odvoda. Vprašanja za samotestiranje

Točka se imenuje največja (minimalna) točka funkcij, če obstaja soseska točke taka, da za vse v tej soseščini velja neenakost ().

Najvišjo in najmanjšo točko funkcije imenujemo točke ekstrem (slika 25).

Izrek 3.9 (nujni pogoji za obstoj ekstremnih točk) . V kritičnih točkah 1. vrste je odvod funkcije bodisi

je nič ali ne obstaja

Kritične točke 1. vrste običajno imenujemo preprosto kritične točke.

Imenujemo kritične točke, v katerih je odvod funkcije enak nič točke stacionarnosti . Kritične točke, v katerih je funkcija zvezna, vendar ni diferenciabilna, se imenujejo kotne točke . Na primer, funkcija v točki je zvezna, vendar nima odvoda, saj lahko v tej točki na graf funkcije narišemo neskončno število tangent (slika 26). Ta primer lahko štejemo za potrditev tega obratna izjava na izrek 3.3 je napačen.

Funkcija se imenuje povečevanje na določenem intervalu, če na tem intervalu večja vrednost argumenta ustreza večji vrednosti spremenljivke in zmanjševanje , če večja vrednost argumenta ustreza manjši vrednosti spremenljivke.

Za nadaljnje raziskave kritične točke postavljena na numerično os, ki je s temi točkami razdeljena na intervale, po katerih se preverja izpolnjevanje naslednjih zadostnih pogojev.

Izrek 3.10 (zadostni pogoj za naraščajočo in padajočo funkcijo).Če je na določenem intervalu funkcija diferencibilna in je njen odvod pozitiven (negativen), potem funkcija na tem intervalu narašča (pada)

Izrek 3.11 (zadostni pogoj za obstoj ekstremnih točk funkcije).Če je funkcija zvezna in diferenciabilna v neki okolici kritične točke in pri prehodu skozi njo odvod spremeni predznak iz plusa v minus, potem je točka točka maksimuma; če od minusa do plusa, je točka najmanjša točka funkcije

Tiste kritične točke funkcije, za katere zadostni pogoj ni izpolnjen, ostanejo preprosto kritične točke 1. vrste.

Kritične točke 1. vrste, na katerih izpeljanka ne obstaja, delimo v dva razreda:

– točke, v katerih je funkcija zvezna (če je zanje izpolnjen izrek 3.11, ima funkcija v teh točkah »oster« ekstrem), to so kotiček pike;

– točke, kjer pride do diskontinuitete funkcije (vedno preide v razred kritičnih točk 2. vrste).

Toda tako izvedena študija ne daje pravega odgovora pomembno vprašanje: Kako funkcija narašča (pada) - konveksno ali konkavno? Odgovor na zastavljeno vprašanje dobimo z nadaljnjim preučevanjem funkcije z uporabo drugega odvoda. Naj podamo nekaj potrebnih definicij.

Funkcija se imenuje konveksen (konkavno) na določenem intervalu, če leži tangenta, narisana na graf funkcije v vsaki točki tega intervala nad (pod) grafom funkcije.

Točke, ki ločujejo območja konveksnosti od območij konkavnosti funkcije, se imenujejo njene prevojne točke (slika 27).

Izrek 3.12 (nujen pogoj za obstoj prevojnih točk). V kritičnih točkah 2. vrste je drugi odvod funkcije enak nič ali pa ne obstaja

Za nadaljnje raziskave se kritične točke 2. vrste postavijo na numerično os, ki jo te točke razdelijo na intervale, nakar se preverijo naslednji zadostni pogoji.

Izrek 3.13 (zadosten pogoj za konveksnost in konkavnost funkcije).Če je na nekem intervalu funkcija dvakrat diferenciabilna in je njen drugi odvod pozitiven (negativen), potem je funkcija na tem intervalu konkavna (konveksna)

Tiste kritične točke funkcije, za katere zadostni pogoj ni izpolnjen, ostanejo preprosto kritične točke 2. vrste.

Kritične točke 2. vrste, pri katerih drugi izvod ne obstaja, delimo v dva razreda:

– točke, v katerih je funkcija zvezna, to so tako imenovane točke »ostrega« prevoja - v takšnih točkah lahko na graf funkcije narišemo neskončno število tangent (slika 28);

– točke, v katerih ima funkcija diskontinuiteto (v točkah diskontinuitete 2. vrste ima graf funkcije navpično asimptoto).

Za končni seznam ekstremnih in prevojnih točk funkcije je potrebno poiskati njihove ordinate, nato pa navedene točke zapisati z dvema koordinatama.

Vprašanja za samotestiranje.

1. Katere točke imenujemo točke ekstrema (največ in minimum) funkcije?

2. Katero funkcijo imenujemo naraščajoča (padajoča)?

3. Kateri so nujni in zadostni pogoji za obstoj ekstremnih točk funkcije?

4. Kaj je zadosten pogoj za naraščanje (padanje) funkcije?

5. Katere točke imenujemo prevojne točke funkcije?

6. Katero funkcijo imenujemo konveksna (konkavna)?

7. Kateri so nujni in zadostni pogoji za obstoj prevojnih točk funkcije?

8. Kaj je zadostni pogoj za konveksnost (konkavnost) funkcije?

Cilj lekcije: Naučite se izvajati raziskave funkcij; gradijo svoje grafe.

obrazec: pouk-pogovor.

Metode: dialog, vizualni pripomočki in diapozitivi.

Oprema: IKT, tabele.

Napredek lekcije

I. Preverjanje domače naloge.

Učitelj: - Fantje! Imeli ste domačo nalogo "Kritične točke funkcije, maksimumi in minimumi." Določite kritično točko funkcije.

Učenec: - Kritična točka je notranja točka definicijskega področja, kjer je odvod enak nič ali ne obstaja.

Učitelj: - Kako najti kritične točke?

Dijak: - 1

) Poiščite odvod funkcije;

2) Rešite enačbo: f "(x) = 0. Koreni te enačbe so kritične točke.

Učitelj: - Poiščite kritične točke funkcij:

a) f(x)= 4 - 2x + 7x 2

b) f(x)= 4x - x 3 /3

a) 1) Poiščite odvod te funkcije:

f "(x)= (4 - 2x + 7x 2)" = -2+14x

2) Rešite enačbo f "(x)=0<=>-2+14x =0<=>x=1/7

3) Ker ima enačba f "(x) = 0 en koren, ima ta funkcija eno kritično točko x = 1/7.

b) 1) Poiščite odvod te funkcije: f "(x)= 4 - x 2

2) Rešite enačbo: f "(x)=0<=>4 - x 2 = 0<=>x = 2 ali x = -2

3) Ker ima enačba f "(x) = 0 dva korena, ima ta funkcija dve kritični točki x 1 = 2 in x 2 = -2.

II.Ustno delo.

Učitelj: - Fantje! Ponovimo glavna vprašanja, ki jih je treba preučiti nova tema. Če želite to narediti, upoštevajte tabele s slikami ( Dodatek 1).

Označite točke, v katerih funkcija narašča in pada. Kako se imenujejo te točke?

Učenec: - Na sliki a) - točka K je maksimalna točka, na sliki b) - točka M je maksimalna točka.

Učitelj: - Poimenujte minimalne točke funkcije.

Učenec: - Točka K na sliki c) in d) je točka minimuma funkcije.

Učitelj: - Katere točke so lahko ekstremne točke funkcije?

Učenec: - Kritične točke so lahko ekstremne točke funkcije.

Učitelj: - Kaj potrebne pogoje veš

Študent: - Obstaja Fermatov izrek. Nujni pogoj za ekstrem:Če je točka x 0 ekstremna točka funkcije f in na tej točki obstaja odvod f ", potem je enak nič: f "(x) = 0.

Učitelj: - Poiščite kritične točke za funkcijo:

a) f(x) = | x |

b) f(x) = 2x + | x |

Učenec: - Razmislite o funkciji f(x) = | x | ( dodatek 2). Ta funkcija nima odvoda pri 0. To pomeni, da je 0 kritična točka. Očitno ima funkcija v točki 0 minimum.

Učenec: - Razmislite o funkciji f(x) = 2x + | x | ( Dodatek 3). Graf kaže, da v točki 0 ta funkcija nima ekstrema. Na tej točki funkcija nima odvoda.

Pravzaprav, če predpostavimo, da ima funkcija f odvod v točki 0, potem ima f(x) - 2x tudi odvod v 0. Toda f(x) - 2x = | x | in funkcijo | x | v točki 0 ni diferenciabilna, tj. prišli smo do protislovja.

To pomeni, da funkcija f v točki 0 nima odvoda.

Učitelj: - Iz Fermatovega izreka sledi, da morate pri iskanju ekstremnih točk najti kritične točke. Toda iz obravnavanih primerov je jasno, da je za to, da bi bila ta kritična točka ekstremna točka, potreben še kakšen dodaten pogoj.

Katere zadostne pogoje za obstoj ekstrema v točki poznate?

Študent: - Znak maksimuma funkcije: Če je funkcija f zvezna v točki x 0 in je f "(x)>0 na intervalu (a; x 0) in f "(x)<0 на интервале (х 0 ; в), то точка х 0 является точкой максимума функции f.

To pomeni, da če v točki x 0 odvod spremeni predznak iz plusa v minus, potem je x 0 največja točka.

Študent: - Minimalni znak: Če je funkcija f zvezna v točki x 0 in f "(x)<0 на интервале (а;х 0) и f "(x) >0 na intervalu (x 0 ; b), potem je točka x 0 najmanjša točka funkcije f.

To pomeni, da če v točki x 0 odvod spremeni predznak iz minusa v plus, potem je x 0 najmanjša točka.

Učitelj: - Kateri algoritem za iskanje ekstremnih točk funkcije poznate?

Študent razloži algoritem za preučevanje funkcije f do njenega ekstrema z uporabo odvoda ( Dodatek 4) in poišče ekstremne točke funkcije:

f (x)= x 4 -2x 2

D (f) =IR in f je zvezna na celotni številski premici, kot celotna racionalna funkcija.

2. f "(x) = 4x 3 -4x = 4x (x+1)(x-1).

3. f "(x)=0<=>x= -1 V x=0 V x=1.

Sl.1 (znaki f ")

Ker je f na kritičnih točkah zvezen, potem iz slike 1 ( Dodatek 5) je jasno, da sta -1 in 1 najmanjši točki, 0 pa največja točka funkcije f.

f min = f (-1) = f (1) = -1, f max = f (0) =0.

Učitelj: - Fantje! Spomnimo se algoritma za iskanje intervalov monotonosti funkcije f.

Študent se spomni algoritma za iskanje intervalov monotonosti funkcije f ( Dodatek 6).

Učitelj: - Poiščite intervale naraščanja in padanja funkcije f, podane s formulo

f (x) = x 3 -12x

rešitev:

1. Ker je f(x) polinom, potem je D (f) =IR.

2. Funkcija f je diferenciabilna na celotni številski premici in f "(x)= 3x 2 -12 = 3 (x+2) (x-2).

3. Kritične točke funkcije f so lahko samo ničle funkcije f "(x).

f "(x) =0<=>x = -2 V x=2.

D (f)\ (-2; 2)= (-; -2) U (-2; 2) U (2; +).

Sl.2 (znaki f ").

Poiščite domene definicije in vrednosti te funkcije f.

Ugotovite, ali ima funkcija značilnosti, ki olajšajo raziskovanje, to je, ali funkcija f:

a) sodo ali liho;

b) periodično.

3. Izračunajte koordinate presečišč grafa s koordinatnimi osemi.

4. Poiščite intervale konstantnega predznaka funkcije f.

5. Ugotovi, na katerih intervalih funkcija f narašča in na katerih pada.

6. Poiščite ekstremne točke (največje ali najmanjše) in izračunajte vrednosti f na teh točkah.

7. Raziščite obnašanje funkcije f v bližini karakterističnih točk, ki niso vključene v domeno definicije.

8. Zgradite graf funkcije.

Ta diagram je približen.

Upoštevajoč vse povedano, preučimo funkcijo: f(x) = 3x 5 -5x 3 +2 in zgradimo njen graf.

Izvedimo študijo po navedeni shemi:

D (f ") = IR, ker je f (x) polinom.

Funkcija f ni niti soda niti liha, saj

f (-x)= 3(-x) 5 -5(-x) 3 +2 = -3x 5 +5x 3 +2= -(3x 5 -5x 3 -2) f(x)

Poiščemo koordinate točk presečišča grafa s koordinatnimi osemi:

a) z osjo 0X, za to rešimo enačbo: 3x 5 -5x 3 +2 = 0.

Z izbirno metodo lahko najdete eno od korenin (x = 1). Druge korenine je mogoče najti le približno. Zato za to funkcijo ne bomo našli preostalih presečišč grafa z abscisno osjo in intervalov s konstantnim predznakom.

b) z osjo 0У: f(0)=2

Točka A (0; 2) je točka presečišča grafa funkcije z osjo 0Y.

Opazili smo, da ne bomo našli intervalov konstantnosti predznaka.

Poiščimo intervale naraščajoče in padajoče funkcije

a) f "(x) = 15x 4 -15x 2 = 15x 2 (x 2 -1)

D (f ") =IR, zato ni kritičnih točk, za katere f "(x) ne obstaja.

b) f "(x) = 0, če je x 2 (x 2 -1) = 0<=>x = -1 V x = 0 V x = 1.

c) Dobimo tri kritične točke, ki delijo koordinatno premico na štiri intervale. Določimo predznak odvoda na teh intervalih:

Sl.3 (znaki f ")

IV. Pripenjanje nove teme. Reševanje problemov.

Učitelj: - Raziščite funkcijo in zgradite njen graf: f (x) = x 4 -2x 2 -3.

Učenec: - 1) D (f) = R.

2) f(-x)= (-x) 4 -2(-x) 2 -3 = x 4 -2x 2 -3; f(-x)= f(x),

To pomeni, da je funkcija f soda. Njegovo študijo lahko izvedemo na intervalu, kjer funkcija narašča od - do -4, zato v tem intervalu enačba f (x) = 0 nima korenin.

b) Na intervalu [-1; 2] tudi enačba nima korenin, saj na tem intervalu funkcija pada od -4 do -31.

c) V intervalu.

Najprej poiščemo minimalno točko, za katero izračunamo odvod:
y’ = (2x 3 − 3x 2 − 12x + 1)’ = 6x 2 − 6x − 12.

Poiščimo kritične točke z rešitvijo enačbe y’ = 0. Dobimo standardno kvadratno enačbo:
y’ = 0 ⇒ 6x 2 − 6x − 12 = 0 ⇒ ... ⇒ x 1 = −1, x 2 = 2.

Označimo te točke na koordinatni črti, dodamo izpeljane znake in omejitve - konce segmenta:

Merilo slike ni pomembno. Najpomembneje je, da točke označite v pravilnem zaporedju. Od šolski tečaj Matematiki vedo, da v točki minimuma odvod spremeni predznak iz minusa v plus. Štetje gre vedno od leve proti desni – v smeri pozitivne pol osi. Zato obstaja samo ena minimalna točka: x = 2.

Zdaj pa poiščimo najmanjšo vrednost funkcije na intervalu [−3; 3]. Doseže se na minimalni točki (takrat postane globalna minimalna točka) ali na koncu segmenta. Upoštevajte, da je na intervalu (2; 3) odvod povsod pozitiven, kar pomeni y(3) > y(2), zato lahko desni konec segmenta zanemarimo. Edini preostali točki sta x = −3 (levi konec odseka) in x = 2 (minimalna točka). Imamo:
y(−3) = 2(−3) 3 − 3(−3) 2 − 12(−3) + 1 = −44;
y(2) = 2*2 3 − 3*2 2 − 12*2 + 1 = −19.

Torej, najmanjša vrednost funkcija je dosežena na koncu segmenta in je enaka −44.

Odgovor: x min = 2; y min = −44

Iz zgornjega razmišljanja izhaja pomembno dejstvo, ki ga marsikdo pozablja. Funkcija dobi največjo (najmanjšo) vrednost, ne nujno v ekstremni točki. Včasih je ta vrednost dosežena na koncu segmenta in ni nujno, da je izpeljanka enaka nič.

Shema reševanja problemov B15

Če morate v nalogi B15 najti največjo ali najmanjšo vrednost funkcije f(x) na intervalu, izvedite naslednje korake:

1. Rešite enačbo f’(x) = 0. Če ni korenin, preskočite tretji korak in pojdite naravnost na četrtega.
2. Iz dobljenega niza korenin prečrtajte vse, kar leži zunaj segmenta. Označimo preostale številke x 1, x 2, ..., x n - praviloma jih bo malo.
3. Nadomestimo konce odseka in točke x 1, x 2, ..., x n v prvotno funkcijo. Dobimo niz števil f(a), f(b), f(x 1), f(x 2), ..., f(x n), iz katerega izberemo največjo ali najmanjšo vrednost - to bo odgovor.

Kratka razlaga o prečrtavanju korenov, ko sovpadajo s koncema segmenta. Lahko jih tudi prečrtamo, saj so v četrtem koraku konci odseka še vedno zamenjani v funkciji – tudi če enačba f’(x) = 0 ni imela rešitev.

Naloga. Najdi najvišjo vrednost funkcije y = x 3 + 3x 2 − 9x − 7 na intervalu [−5; 0].

Najprej poiščimo odvod: y’ = (x 3 + 3x 2 − 9x − 7)’ = 3x 2 + 6x − 9.

Nato rešimo enačbo: y’ = 0 ⇒ 3x 2 + 6x − 9 = 0 ⇒ ... ⇒ x = −3; x = 1.

Koren x = 1 prečrtamo, ker ne pripada odseku [−5; 0].

Ostaja še izračunati vrednost funkcije na koncih segmenta in v točki x = −3:
y(−5) = (−5) 3 + 4·(−5) 2 − 9·(−5) − 7 = −12;
y(−3) = (−3) 3 + 4·(−3) 2 − 9·(−3) − 7 = 20;
y(0) = 0 3 + 4 0 2 − 9 0 − 7 = −7.

Očitno je največja vrednost 20 - dosežena je v točki x = −3.

Zdaj razmislite o primeru, ko morate najti največjo ali najmanjšo točko funkcije f(x) na segmentu. Če segment ni naveden, se funkcija obravnava v svoji domeni definicije. V vsakem primeru je rešitev naslednja:

1. Poiščite odvod funkcije: f’(x).
2. Rešimo enačbo f’(x) = 0. Če je odvod ulomka racionalna funkcija, dodatno ugotovimo, kdaj je njen imenovalec enak nič. Označimo dobljene korene x 1 , x 2 , ..., x n .
3. Na koordinatni premici označite x 1, x 2, ..., x n in med temi številkami razporedite predznake, ki jih ima odvod. Če je podan segment, ga označite in prečrtajte vse, kar leži zunaj njega.
4. Med preostalimi točkami iščemo tisto, kjer se predznak odvoda spremeni iz minusa v plus (to je točka minimuma) ali iz plusa v minus (točka minimuma). Takšna točka bi morala biti samo ena - to bo odgovor.

Premišljeni bralec bo verjetno opazil, da za nekatere funkcije ta algoritem ne deluje. Dejansko obstaja cel razred funkcij, za katere iskanje ekstremnih točk zahteva bolj zapletene izračune. Vendar takšnih funkcij ni v Enotnem državnem izpitu iz matematike.

Pozorno bodite pozorni na postavitev znakov med točkami x 1, x 2, ..., x n. Ne pozabite: pri prehodu skozi sodo množinski koren se predznak odvoda ne spremeni. Pri iskanju skrajnih točk se znaki vedno gledajo od leve proti desni, t.j. v smeri številske osi.

Naloga. Poiščite največjo točko funkcije

na segmentu [−8; 8].

Poiščimo izpeljanko:

Ker je to delna racionalna funkcija, izenačimo odvod in njegov imenovalec na nič:
y’ = 0 ⇒ x 2 − 25 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 5; x = −5;
x 2 = 0 ⇒ x = 0 (drugi množinski koren).

Na koordinatni premici označimo točke x = −5, x = 0 in x = 5, postavimo znake in meje:

Očitno je znotraj odseka x = −5 ostala le še ena točka, v kateri se predznak odvoda spremeni iz plusa v minus. To je največja točka.

Naj še enkrat pojasnimo, v čem se ekstremne točke razlikujejo od samih ekstremov. Ekstremne točke so vrednosti spremenljivk, pri katerih funkcija prevzame največjo ali najmanjšo vrednost. Ekstremi so vrednosti samih funkcij, največje ali najmanjše v nekaterih njihovih soseskah.

Poleg običajnih polinomov in ulomkov racionalnih funkcij so v nalogi B15 naslednje vrste izrazov:

1. Iracionalne funkcije
2. trigonometrične funkcije,
3. eksponentne funkcije,
4. Logaritemske funkcije.

Pri iracionalnih funkcijah praviloma ni težav. Preostale primere je vredno obravnavati podrobneje.

Trigonometrične funkcije

Glavna težava s trigonometričnimi funkcijami je, da pri reševanju enačb nastane neskončno število korenin. Na primer, enačba sin x = 0 ima korenine x = πn, kjer je n ∈ Z. No, kako jih označiti na koordinatni premici, če je takih števil neskončno veliko?

Odgovor je preprost: nadomestiti morate določene vrednosti n. Dejansko pri težavah B15 z trigonometrične funkcije Vedno obstaja omejitev – segment. Zato za začetek vzamemo n = 0 in nato povečamo n, dokler ustrezen koren ne "leti" čez meje segmenta. Podobno bomo z zmanjševanjem n zelo kmalu dobili koren, ki je manjši od spodnje meje.

Enostavno je dokazati, da na segmentu ne obstajajo nobene korenine, razen tistih, ki jih dobimo v obravnavanem procesu. Oglejmo si ta postopek na konkretnih primerih.

Naloga. Poiščite največjo točko funkcije y = sin x − 5x·sin x − 5cos x + 1, ki pripada odseku [−π/3; π/3].

Izračunamo odvod: y’ = (sin x − 5x sin x − 5cos x + 1)’ = ... = cos x − 5x cos x = (1 − 5x) cos x.

Nato rešimo enačbo: y’ = 0 ⇒ (1 − 5x) cos x = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0,2 ali x = π/2 + πn, n ∈ Z.

S korenom x = 0,2 je vse jasno, vendar formula x = π/2 + πn zahteva dodatno obdelavo. Bomo zamenjali različne pomene n, začenši z n = 0.

n = 0 ⇒ x = π/2. Toda π/2 > π/3, tako da koren x = π/2 ni vključen v prvotni segment. Poleg tega večji kot je n, večji je x, zato nima smisla upoštevati n > 0.

n = −1 ⇒ x = − π/2. Toda −π/2< −π/3 - этот корень тоже придется отбросить. А вместе с ним - и все корни для n < −1.

Izkaže se, da na intervalu [−π/3; π/3] leži samo s korenom x = 0,2. Označimo ga skupaj z znaki in mejami na koordinatni premici:

Da bi se prepričali, da je odvod desno od x = 0,2 res negativen, je dovolj, da vrednost x = π/4 zamenjamo z y’. Upoštevali bomo le, da v točki x = 0,2 odvod spremeni predznak iz plusa v minus, zato je to največja točka.

Naloga. Poiščite največjo vrednost funkcije y = 4tg x − 4x + π − 5 na intervalu [−π/4; π/4].

Izračunamo odvod: y’ = (4tg x − 4x + π − 5)’ = 4/cos 2x − 4.

Nato rešimo enačbo: y’ = 0 ⇒ 4/cos 2x − 4 = 0 ⇒ ... ⇒ x = πn, n ∈ Z.

Izluščimo korene iz te formule tako, da nadomestimo določen n, začenši z n = 0:
n = 0 ⇒ x = 0. Ta koren nam ustreza.
n = 1 ⇒ x = π. Toda π > π/4, zato je treba koren x = π in vrednosti n > 1 prečrtati.
n = −1 ⇒ x = −π. Ampak π< −π/4, поэтому x = π и n < −1 тоже вычеркиваем.

Od celotne raznolikosti korenov ostane samo eden: x = 0. Zato izračunamo vrednost funkcije za x = 0, x = π/4 in x = −π/4.
y(0) = 4tg 0 − 4 0 + π − 5 = π − 5;
y(π/4) = 4tg (π/4) − 4 π/4 + π − 5 = −1;
y(π/4) = 4tg (−π/4) − 4 (−π/4) + π − 5 = ... = 2π − 9.

Upoštevajte, da je π = 3,14...< 4, поэтому π − 5 < 4 − 5 = −1 и 2π − 9 < 8 − 9 = −1. Получается одно положительное число и два отрицательных. Мы ищем наибольшее - очевидно, это y = −1.

Upoštevajte, da pri zadnji nalogi ni bilo mogoče primerjati številk med seboj. Navsezadnje je od števil π − 5, 1 in 2π − 9 na obrazcu za odgovore lahko zapisano le eno. Dejansko, kako zapisati, recimo, število π na obrazec? Ampak nikakor. To je pomembna značilnost prvega dela enotnega državnega izpita iz matematike, ki močno poenostavlja rešitev številnih problemov. In ne deluje samo v B15.

Včasih se pri preučevanju funkcije pojavijo enačbe, ki nimajo korenin. V tem primeru postane naloga še enostavnejša, saj je treba upoštevati le konce segmenta.

Naloga. Poiščite najmanjšo vrednost funkcije y = 7sin x − 8x + 5 na intervalu [−3π/2; 0].

Najprej poiščemo odvod: y’ = (7sin x − 8x + 5)’ = 7cos x − 8.

Poskusimo rešiti enačbo: y’ = 0 ⇒ 7cos x − 8 = 0 ⇒ cos x = 8/7. Toda vrednosti cos x vedno ležijo na intervalu [−1; 1] in 8/7 > 1. Zato ni nobenih korenin.

Če ni korenin, potem ni treba ničesar prečrtati. Pojdimo na zadnji korak - izračunajte vrednost funkcije:
y(−3π/2) = 7sin (−3π/2) − 8·(−3π/2) + 5 = ... = 12π + 12;
y(0) = 7sin 0 − 8 0 + 5 = 5.

Ker števila 12π + 12 ne moremo zapisati na list za odgovore, ostane le y = 5.

Eksponentne funkcije

Na splošno je eksponentna funkcija izraz v obliki y = a x, kjer je a > 0. Toda v nalogi B15 so samo funkcije v obliki y = e x in v v skrajnem primeru, y = e kx + b . Razlog je v tem, da se odvode teh funkcij izračuna zelo enostavno:

1. (e x)" = e x. Nič se ni spremenilo.
2. (e kx + b)" = k·e kx + b. Preprosto dodajte faktor, ki je enak koeficientu spremenljivke x. To je poseben primer odvoda kompleksne funkcije.

Vse ostalo je popolnoma standardno. Seveda so dejanske funkcije v problemih B15 videti hujše, vendar to ne spremeni sheme rešitve. Oglejmo si nekaj primerov, pri čemer poudarimo le glavne točke rešitve - brez temeljite obrazložitve ali komentarja.

Naloga. Poiščite najmanjšo vrednost funkcije y = (x 2 − 5x + 5)e x − 3 na intervalu [−1; 5].

Izpeljava: y’ = ((x 2 − 5x + 5)e x − 3)’ = ... = (x 2 − 3x)e x − 3 = x(x − 3)e x − 3 .

Poiščite korene: y’ = 0 ⇒ x(x − 3)e x − 3 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0; x = 3.

Oba korena ležita na segmentu [−1; 5]. Še vedno je treba najti vrednost funkcije na vseh točkah:
y(−1) = ((−1) 2 − 5·(−1) + 5)e − 1 − 3 = ... = 11·e −4 ;
y(0) = (0 2 − 5 0 + 5)e 0 − 3 = ... = 5 e −3 ;
y(3) = (3 2 − 5 3 + 5)e 3 − 3 = ... = −1;
y(5) = (5 2 − 5 5 + 5)e 5 − 3 = ... = 5 e 2 .

Od štirih dobljenih števil lahko na obrazec zapišemo le y = −1. Poleg tega je to edino negativno število- bo najmanjši.

Naloga. Poiščite največjo vrednost funkcije y = (2x − 7) e 8 − 2x na odseku.

Odpeljanka: y’ = ((2x − 7) e 8 − 2x)’ = ... = (16 − 4x) e 8 − 2x = 4(4 − x) e 8 − 2x .

Poiščite korene: y’ = 0 ⇒ 4(4 − x) e 8 − 2x = 0 ⇒ x = 4.

Koren x = 4 pripada segmentu . Iščemo vrednosti funkcij:
y(0) = (2 0 − 7)e 8 − 2 0 = ... = −7 e 8 ;
y(4) = (2 4 − 7)e 8 − 2 4 = ... = 1;
y(6) = (2 6 − 7)e 8 − 2 6 = ... = 5 e −4 .

Očitno je odgovor lahko le y = 1.

Logaritemske funkcije

Po analogiji z eksponentne funkcije, v nalogi B15 srečamo samo naravne logaritme, saj je njihov odvod enostavno izračunati:

1. (ln x)' = 1/x;
2. (ln(kx + b))' = k/(kx + b). Še posebej, če je b = 0, potem je (ln(kx))' = 1/x.

Tako bo izpeljanka vedno obstajala frakcijska racionalna funkcija. Vse kar ostane je, da ta odvod in njegov imenovalec izenačimo z nič, nato pa rešimo nastale enačbe.

Če želite najti največjo ali najmanjšo vrednost logaritemska funkcija zapomnite si: naravni logaritem postane "normalno" število le v točkah, kot je e n. Na primer, ln 1 = ln e 0 = 0 je logaritemska ničla in najpogosteje se rešitev spusti nanjo. V drugih primerih je nemogoče "odstraniti" znak logaritma.

Naloga. Poiščite najmanjšo vrednost funkcije y = x 2 − 3x + ln x na odseku.

Izračunamo izpeljanko:

Najdemo ničle odvoda in njegovega imenovalca:
y’ = 0 ⇒ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇒ ... ⇒ x = 0,5; x = 1;
x = 0 - tukaj ni kaj odločati.

Od treh števil x = 0, x = 0,5 in x = 1 leži samo x = 1 znotraj odseka, število x = 0,5 pa je njegov konec. Imamo:
y(0,5) = 0,5 2 − 3 0,5 + ln 0,5 = ln 0,5 − 1,25;
y(1) = 1 2 − 3 1 + ln 1 = −2;
y(5) = 5 2 − 3 5 + ln 5 = 10 + ln 5.

Od treh dobljenih vrednosti samo y = −2 ne vsebuje znaka logaritma - to bo odgovor.

Naloga. Poiščite največjo vrednost funkcije y = ln(6x) − 6x + 4 na odseku.

Izračunamo izpeljanko:

Ugotovimo, kdaj je odvod ali njegov imenovalec enak nič:
y’ = 0 ⇒ 1 − 6x = 0 ⇒ x = 1/6;
x = 0 - že odločeno.

Število x = 0 prečrtamo, saj leži zunaj segmenta. Izračunamo vrednost funkcije na koncih segmenta in v točki x = 1/6:
y(0,1) = ln(6 0,1) − 6 0,1 + 4 = ln 0,6 + 3,4;
y(1/6) = ln(6 1/6) − 6 1/6 + 4 = ln 1 + 3 = 3;
y(3) = ln(6 3) − 6 3 + 4 = ln 18 − 14.

Očitno lahko samo y = 3 deluje kot odgovor - preostale vrednosti vsebujejo logaritemski znak in jih ni mogoče zapisati na list za odgovore.