При построении графика функции \(y=f(x)\) можно придерживаться следующего плана.
- Найти область определения функции. Выяснить, является ли функция четной (нечетной), периодической.
- Найти точки пересечения графика с осями координат и промежутки, на которых \(f(x) > 0\) и \(f(x) < 0\).
- Найти асимптоты графика.
- Сделать эскиз графика.
- Вычислить \(f'(x)\), найти экстремумы и промежутки возрастания (убывания ) функции.
- Вычислить \(f″(x)\), найти точки перегиба и промежутки выпуклости вверх (вниз) функции.
- Нарисовать график функции.
Пример 1.
Построить график функции \(y=\displaystyle \frac{x^{3}}{(x+1)^{2}}\).
Решение.
\(\triangle\) Функция определена при \(x\neq-1\), принимает положительные значения при \(x > 0\) и отрицательные при \(x < 0,\ y(0)=0\). Прямые \(x=-1\) и \(y=x-2\) (пример описан здесь) — асимптоты графика этой функции.
Разделив числитель \(x^{3}\) на знаменатель \((x+1)^2\) по правилу деления многочленов (можно воспользоваться равенством \(x^{3}=((x+1)-1)^{3}=(x+1)^{3}-3(x+1)^{2}+3(x+1)-1\)), получим
$$
\frac{x^{3}}{(x+1)^{2}}=x-2+\frac{3x+2}{(x+1)^{2}}.\label{ref30}
$$
Из равенства \eqref{ref30} следует, что при \(x > -\displaystyle \frac{2}{3}\) график лежит выше прямой \(y=x-2\), а при \(x < -\displaystyle \frac{2}{3}\) — ниже этой прямой.
Вычисляем производные:
$$
y’=\frac{x^{2}(x+3)}{(x+1)^{3}},\label{ref34}
$$
$$
y″=\frac{6x}{(x+1)^4}.\label{ref35}
$$
Согласно формуле \eqref{ref34} функция \(y(x)\) имеет две стационарные точки \(x=0\) и \(x=-3\). Точка \(x=0\) не является точкой экстремума этой функции, так как \(y’\) не меняет знак при переходе через точку \(x=0\). Точка \(x=-3\) является точкой максимума функции \(y(x)\), так как \(y’\) меняет знак с плюса на минус при переходе через точку \(x=-3\). Находим \(y(-3)=\displaystyle -\frac{27}{4}\).
Из формулы \eqref{ref35} следует, что \(y″ < 0\) при \(x < 0 \ (x\neq -1)\) и \(y″ > 0\) при \(x > 0\). Поэтому функция \(у(x)\) является выпуклой вверх на интервалах \((-\infty,-1)\) и \((-1,0)\) и выпуклой вниз на интервале \((0,+\infty)\). Точка \(x=0\), в которой функция \(y(x)\) меняет направление выпуклости, есть точка перегиба этой функции. График функции изображен на рисунке 20.5.\(\blacktriangle\)
Пример 2.
Построить график функции \(y=\sqrt[3]{x^3+x^2}\).
Решение.
\(\triangle\) Функция \(y(x)\)определена на \(\mathbb{R}\), причем \(y < 0\) при \(x < -1\), \(y > 0\) при \(x > -1\ (x\neq 0),\ y(-1)=y(0)=0\). Прямая \(y=x+\displaystyle \frac{1}{3}\) — асимптота графика этой функции при \(x\rightarrow-\infty\) и \(x\rightarrow+\infty\) (пример описан здесь). Вычислим производные:
$$
y’=\frac{1}{3}(x+1)^{-2/3}x^{-1/3}(3x+2)\label{ref36}
$$
$$
y″=-\frac{2}{9}(x+1)^{-5/3}x^{-4/3}.\label{ref37}
$$
Формулы \eqref{ref36} и \eqref{ref37} справедливы при \(x\neq-1\) и \(x\neq 0\). Из формулы \eqref{ref36} согласно следствию 2 из теоремы Лагранжа находим \(f'(-1)=\displaystyle \lim_{x\rightarrow-1}у'(x)=+\infty,\;f_{+}'(0)=+\infty,\;f_{-}'(0)=-\infty\).
Так как при переходе через точку \(x=-\displaystyle \frac{2}{3}\) производная меняет знак с плюса на минус, то \(x=-\displaystyle \frac{2}{3}\) — точка максимума функции \(y(x)\), причем \(\displaystyle y(-\frac{2}{3})=\frac{\sqrt[3]{4}}{3}\). Аналогично, точка \(x=0\) — точка минимума функции и \(y(0)=0\).
Из формулы \eqref{ref37} следует, что \(y″ > 0\) при \(x < -1\) и \(y″ < 0\) при \(x > -1\ (x\neq 0)\). Поэтому функция \(y(x)\) является выпуклой вниз на интервале \((-\infty,-1)\) и выпуклой вверх на интервалах \((-1,0)\) и \((0,+\infty)\). График функции изображен ниже.
При построении кривой, заданной параметрическими уравнениями \(x=x(t),\ y=y(t)\), обычно разбивают ось \(t\) на интервалы, на каждом из которых функции \(x(t)\) и \(y(t)\) монотонны. Иногда предварительно строят графики функций \(x=x(t)\) и \(y=y(t)\).
Пример 3.
Построить кривую:
$$
x=\frac{t^2+1}{t},\quad y=\frac{(t+5)^2}{t+2}.\nonumber
$$
Решение.
\(\triangle\) Найдем \(y_{x}’\) и \(y_{xx}″\), применяя формулы \(y_x’=\displaystyle \frac{y_{t}’}{x_{t}’}\), \(y_{xx}″=(\displaystyle \frac{y_{t}’}{x_{t}’})_{t}’\frac{1}{x_{t}’}\) (формулы для дифференцирования сложных функций описаны здесь и здесь). Получим (при \(t\neq 0,\ t\neq-1,\ t\neq-2)\)
$$
x_{t}’=\frac{t^{2}-1}{t^{2}},\quad y_{t}’=\frac{(t+5)(t-1)}{(t+2)^{2}},\label{ref38}
$$
$$
y_{x}’=\frac{t^{2}(t+5)}{(t+1)(t+2)^{2}},\label{ref39}
$$
$$
y_{xx}″=\frac{4t^{3}(4t+5)}{(t+1)^{3}(t+2)^{3}(t-1)}.\label{ref40}
$$
Разобьем ось \(t\) точками \(t=-5,\ t=-2,\ t=-\frac{5}{4},\ t=-1,\ t=0,\ t=1\) на семь интервалов. На каждом из этих интервалов функции \(x(t)\), \(y(t)\) монотонны, \(y_{x}’\) и \(y_{xx}″\) сохраняют знак. Составим таблицу значений \(x,\ y\) и знаков \(y’,\ y″\) на соответствующих интервалах, используя формулы \eqref{ref38}, \eqref{ref39}, \eqref{ref40}.
| \(t\) | \(x\) | \(y\) | \(y’_x\) | \(y″_{xx}\) |
|---|---|---|---|---|
| \((-\infty,-5)\) | \(\left(-\displaystyle \infty,\ -\frac{26}{5}\right)\) | \((-\infty,0)\) | + | — |
| \((-5,-2)\) | \(\left(-\displaystyle \frac{26}{5},-\frac{5}{2}\right)\) | от 0 до \(-\infty\) | — | — |
| \((-2,\displaystyle -\frac{5}{4})\) | \(\left(-\displaystyle \frac{5}{2},-\frac{41}{20}\right)\) | от \(+\infty\) до \(\displaystyle \frac{75}{4}\) | — | + |
| \((-\displaystyle \frac{5}{4},-1)\) | \(\left(-\displaystyle \frac{41}{20},-2\right)\) | \(\left(\displaystyle \frac{75}{4},16\right)\) | — | — |
| \((-1,0)\) | от \(-2\) до \(-\infty\) | от l6 до \(\displaystyle \frac{25}{2}\) | + | + |
| \((0,1)\) | от \(+\infty\) до 2 | от \(\displaystyle \frac{25}{2}\) до 12 | + | — |
| \((1,+\infty)\) | \((2,+\infty)\) | \((12,+\infty)\) | + | + |
Найдем асимптоты. Так как \(y\rightarrow\infty\) и \(\displaystyle x\rightarrow-\frac{5}{2}\) при \(t\rightarrow-2\), то \(x=\displaystyle-\frac{5}{2}\) — асимптота кривой. Если \(t\rightarrow 0\), то \(x\rightarrow \infty\) и \(y\rightarrow\displaystyle\frac{25}{2}\), поэтому прямая \(y=\displaystyle\frac{25}{2}\) — горизонтальная асимптота кривой.
Пусть \(t\rightarrow\infty\), тогда \(x\rightarrow\infty,\ y\rightarrow\infty\). Выясним, имеет ли кривая наклонную асимптоту, пользуясь теоремой о необходимом и достаточном условии существования асимптоты. Так как \(\displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{y(t)}{x(t)}=1,\ \displaystyle \lim_{t\rightarrow\infty}(y(t)-x(t))=\lim_{t\rightarrow\infty}\left(\frac{(t+5)^{2}}{t+2}-\frac{t^{2}+1}{t}\right)=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{8t^{2}+24t+2}{t(t+2)}=8\), то прямая \(y=x+8\) — наклонная асимптота.
Из таблицы и формулы \eqref{ref38} следует, что интервалу \((-\infty,-2)\) переменного \(t\) соответствует часть (ветвь) кривой, которая является графиком функции \(y=y_1(x)\), выпуклой вверх, причем значению \(t=-5\) соответствует точка максимума \(x_0=\displaystyle -\frac{26}{5}\) этой функции и \(y_1(x_0)=0\).
Интервалу \((-2,-1)\) соответствует ветвь кривой, являющейся графиком функции \(y=y_2(x)\), выпуклой вниз при \(t\in\left(-2,-\displaystyle\frac{5}{4}\right)\) и выпуклой вверх при \(t\in \displaystyle \left(-\frac{5}{4},-1\right)\); точка этого графика \(\displaystyle\left(-\frac{41}{20},\frac{75}{4}\right)\), соответствующая значению \(t=-\displaystyle\frac{5}{4}\), есть точка перегиба; при \(t=-1\) функция \(x=x(t)\) имеет максимум, причем \(x(-1)=-2\).
Интервалу \((-1,0)\) соответствует график функции \(y=y_{3}(x)\), выпуклой вниз, а интервалу \((0,1)\) — график функции \(y=y_{4}(x)\), выпуклой вверх.
Наконец, интервалу \((1,+\infty)\) соответствует график функции \(y=y_{5}(x)\), выпуклой вниз.
Отметим еще, что \(x(1)=2,\ y(1)=12\) и, кроме того, правые производные функций \(y_3(x)\) и \(y_4(x)\) в точке \(x=2\) равны \(\displaystyle\frac{1}{3}\).
Используя таблицу и проведенное исследование строим кривую.