1. Дослідити методомДослідити методом
диференціального числення функціюдиференціального числення функцію
....
, і побудувати її графік, і побудувати її графік2x
5xx
y
2
−
−+
=
2x ≠
Розв′язання. Будемо діяти за загальною схемою
дослідження функції і побудувати її графік.
1) Функція існує при будь-якому значенні
(при x=2 знаменник дробу перетворюється в нуль ).
Отже,
( ) ( ) ( ).+∞∪∞−= 2;;2xD
2. 2) Очевидно, що задана функція неперіодична.2) Очевидно, що задана функція неперіодична.
Перевіримо її на парність . Для цього знайдемо:Перевіримо її на парність . Для цього знайдемо:
( ) ( ) ( ) .
2x
5xx
2x
5xx
xy
22
−−
−−
=
−−
−−+−
=−
( ) ( )xyxy ≠−Легко бачити, що і
Отже, задана функція не володіє
властивостями парності.
В точці x =2 функція має розрив, при всіх інших
значення аргументу вона неперервна.
( ) ( ).xyxy −≠−
3. 3) Користуючись правильними знаходження границь,
знайдемо границі функції на нескінченності та
односторонні границі функції в точці розриву x=2
−∞→x
;
2x
5xx2
+∞=
−
−+
;
2x
5xx2
+∞=
−
−=lim
lim lim
lim
+∞→x
;−∞=
−
−+
2x
5xx2
02x −→ ∞+→ 2x
;
2x
5xx2
+∞=
−
−+
З рівностей (2) випливає, що для даної функції x=2
є точкою розриву другого роду.
4. 4) Границя функції на нескінченність не
існує (рівності (1)), то графік даної функції
горизонтальних асимптот не має.
Оскільки lim y =∞ (рівності (2)) ,
то x=2 - вертикальна асимптота графіка даної
функції
2x →
∞→x∞→x
Похилі асимптоти будимо шукати у вигляді
y = kx + b, де:
( )
1
2xx
5xx
lim
2xx
5xx
lim
x
y
limk 2
22
=
−
−+
=
−⋅
−+
== ∞→x
5. ( ) ( ) =
−
−+
=−=−=
2x
5xx
limxylimkxylimb
2
∞→x ∞→x
∞→x ∞→x
∞→x
Отже, kx + b = 1⋅ x + 3 = x + 3 і пряма y = x + 3
є похилою асимптотою графіка даної функції .
3.
2x
53x
lim
2х
2хх5хх
lim
22
=
−
−
=
−
+−−+
=
6. 5) Користуючись правилами
диференціювання і таблицею похідних,
знайдемо похідну заданої функції. Матимемо:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
=
−
−+⋅
′
−−−⋅
′
−+
=
′
−
−+
=′ 2
222
2x
5xx2x2x5xx
2x
5xx
y
( ) ( ) ( )
( ) ( )
.
2x
34xx
2x
5xx12x12x
2
2
2
2
−
+−
=
−
−+⋅−−⋅+
=
Очевидно, що знайдена похідна існує на всій
числовій прямій, крім точки x = 2, в якій знаменник
дробу перетворюється в нуль.
Але в точці х = 2 функція не визначена, то ця
точка не є критичною точкою заданої функції.
7. Прирівняємо похідну до нуля і, розвязавши за
теоремою Вієтта отримане рівняння , знайдемо
критичні точки функції :
( )
0,
2x
34xx
2
2
=
−
+−
3х .2
=1х ,1
=
≠−
=+−
0,2x
0,34xx2
=⋅
=+
,
,
3xx
4xx
21
21
8. Визначаємо знак похідної на кожному з інтервалів,
на які розбивають область визначення функції
знайденні критичні точки :та
y′ х
−− ++
21 3
Звідси випливає:
( ) ( ),3;;1х +∞∪∞−∈ y′а) якщо то >0 і функція зростає;
1х ,1
= 3х2
=
9. ( ) ( ),2;31;2х ∪∈ y′б) якщо то < 0 і функція спадає;
y′в) при переході через критичну точку похідна
змінює свій знак з «+» на «-», то є точкою
максимуму заданої функції ;
y′г) при переході через критичну точку похідна
змінює свій знак з «-» на «+», то є точкою
мінімум у заданої функції;
д) задана функція не має інших критичних точок ,
то вона не має й інших точок екстремуму.
1х1
=
1х1
=
3х2
=
3х2
=
10. Таким чином ми встановили всі токи екстремумів
заданої функції .
Знайдемо екстремуми цієї функції :
а ) ─ локальний максимум
даної функції, який досягається в точці А(1;3);
( ) ( ) 3
1
3
21
511
1уху
2
1 =
−
−
=
−
−+
==
б) ─ локальний мінімум
даної функції, який досягається в точці В(3;7).
( ) ( ) 7
1
7
23
533
3уху
2
2 ==
−
−+
==
11. 6) Користуючись правилами диференціювання і
таблицею похідних, знайдемо другу похідну
заданої функції. Матимемо:
( )
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
=
−
+−⋅
′
−−−⋅
′
+−
=
−
+−
=
′′=′′ 4
2222
2
2
2x
34xx2x2x34xx
2x
34xx
yy
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
.
2x
2
2x
34xx22x42x
2x
34xx2x22x42x
33
2
4
22
−
=
−
+−−−⋅−
=
−
+−⋅−⋅−−⋅−
=
Знайдена похідна існує на всій числовій прямій, крім
точки х = 2, в якій знаменник дробу перетворюється
в нуль. Але в точці х = 2 функція не визначена, то ця
точка не є критичною точкою другого порядку .
12. Очевидно, що при будь-якому значенні х .0у ≠′′
Таким чином ми встановили , що задана функція не
має критичних точок другого порядку, а тому її
графік не має точок перетину.
Визначимо знак другої похідної заданої функції на
її області визначення:
y ′′ х0
Звідси випливає :
2
( );2х ∞−∈ у ′′а) якщо , то < 0 і графік заданої
функції опуклий ;
б) якщо , то > 0 і графік заданої
функції вгнутий.
( )∞+∈ ;2;х у ′′
13. 0х =
( ) 2,5.
2
5
20
500
0у
2
=
−
−
=
−
−+
=
7) Підставивши у функцію значення аргументу
, , знайдемо координати точки
перетину графіка функції з віссю О у :
Отже, графік функції перетинає вісь О у в точці
С(0;2,5).
14. Прирівнявши функцію до нуля і розв′язавши отримане
рівняння, знайдемо точки перетину графіка функції
з віссю О х :
0,
2х
5хх2
=
−
−+
≠−
=−+
0,2х
0,5хх2
( ) 21,51414acbD 2 =−⋅⋅−=−=
21.0,50,5
2
211Db
2a
x1,2
⋅±−=
±−
=
±−
=
15. Отже, графік заданої функції перетинає вісь О х
в двох точках :
( )21;0Е0,50,5D ⋅−− і ( ).21;00,50,5Е ⋅+−
