§36. Наибольшее и наименьшее значения функциина отрезке

Нахождение наибольшего и наименьшего значении функции на отрезке [а,Ь]можно проводить по следующей схеме:

1} найти все максимумы и все минимумы функции на отрезке;

определить значений функции на концах отрезка, т.

из всех полученных значений функции выбрать наибольшее и наименьшее значения функции

Пример 1. Найти наибольшее н наименьшее значения функции f(x) = х4 - 2х2 н- 5 на отрезке [-2; 2).

Решение. 1, Находим экстремумы функции на отрезке [—2; 2):

f'(x) = 4s3 - 4л; = 4х(х2 - 1), f'(x) — О при XI яя —1, хч — 0, т3 =. L

Г(х)=4{Ъх2-1) и Л-1)> О, Г(0)<01 /"(1)>0 следовательно, fm= /( -1) «= /(1) = 4, /maJC = /(0) - 5.

2. f{a) — f{-2) = f{b) — f(2) = 16. Таким образом, функция на отрезке [—2,2] имеет наибольшее значение, равное 13 (Л^Г = 13), и пан- меньшее, равное 4 (т =4),

Пример 2. Число S разбить из два таких слагаемых, чтобы сумма их кубов была наименьшей.

Решение, Обозначим через х первое слагаемое, тогда (8 — аг) — второе. Составим функцию Да:} = аг + (8 - х)э и найдём её наименьшее значение. f'(x) = Зі3 - 3(8 - x)^ f{x) = 0 при x - 4. Так как f"(x) - 6i -H 6(8 - я), то /"(4) = 48 > 0 и функция гри х ~ 4 имеет мишімум, он и является наименьшим значением. Следовательно,

если число 8 разбкть на два слагаемых 4 и 4, сумма их ку&ов будет наименьшем.

Пример 3. Найти наименьшее количество жести, из которой можно изготовить цилиндрическую консервную банку вместимостью V.

Решение, Пусть полная поверхность банки /(г), радиус основания г., высота h. Требуется найти наименьшее значение функции f(r) — 2кНг + 2тгг2, при условии, что тгr2ii = v — постоянная. Тогда f(r) =

(2L-

^ 2 ^ 4- Ttr^j , г — аргумент изменяется ц интервале (0, оо), f'r = 0 при Гі — , тогда

2І2к +

?) >0< Г /г^П

следовательно, в точке г = г\ функция /(г) имеет минимум.

Но если г\ — > то h = 2т, и чтобы полная поверхность j(r)

цилиндра была наименьшей, высота цилиндра должна равняться его диаметру. Наименьшее количество жесгн равно

Пример 4, Через какую точку МЦЯЬЇ/І) эллипса нужно провести касательную, чтобы она образовала треугольник с координатными осями наименьшей площади.

Решение. Уравнение касательной, проведённой к эллипсу в точке Мі(жі,уі) есть у - у! = у\(х — Xt). Производную у[ найдём, продиф-ференцировав уравнение эллипса

2х . „ у* , . Ъ xi

+ 2yf* 0 или ft = —3— а Ь ft у;

Подставляя yfi в уравнение касательной и учитывая, что хг и yi удовлетворяют уравнению эллипса, имеем

Ь^Хі / л

У — г/t — —— {х-xi), a yi

у + -а— х - у і - = V + ~~ї s - — = О

а 2/1 й уз а рі Уі

ИЛИ

ххі , урі .

2 Т5 L

G О

Представим это уравнение касательной как уравнение примой в отрезках — + ~ si где а% — —, bi ™ —, тогда площадь треугольника, й] bi У і

образованного этой прямой с координатными осями, равна S — Из условия

a t1

dS (\ , у /1

і/ї

її

sii/i

flV / , 42xf - а3 л - -¦ ш і— - ь -J* a - О

находим, что .хч = і—. тогда V\ — 1 — =* db,

V2 V а2

Таким образом, получаем четыре искомых точки

Л

1(V2' Л)*

JWa

Пример 5. В шар радиуса Л вписан конус наибольшего объёма. Найти объём этого конуса.

Решение, Объём конуса равен

при T = ^^ л,

Здесь учтено, что Н > Я, Я = 2Я — а, - г) = гг, г — радиус основания конуса. Далее,

Й ^ 2Г (л? _ г>)-4 [2Л+ 2Я5 - Зг?] =0

4 32

тогда Н — - Rt а искомый объём конуса равен Vk = ^г тгЯ3.

J 81

Пример При каких а и b есе экстремумы функции у = » a2z3 4-

+ lax2 — 9х -ь 6 положительные и максимум находится в точке ео =

=

9"

Решение. Находим точки, подозреваемые на экстремум у1 =

5a2x2.-t 4ах — 9 = 0, отсюда имеем xi = Х2 — — а — іОа^я: + 4а.

і, а > 0. Так как в этом случае у" (*- — ^ ш —14а < 0, то Б точке х = 9 \ он/

функция достигает максимума^ причём — — —(по условию),

І)"

81 ( 9 81

тогда й — — и = у [х = —= ) ~ ^ + Ь > О (по усложню}

или b > —4,

Ї/ггНГІ

Ь > О, Ь> . Объединяя эти

два неравенства, получаем Ь > Итак, & этом случае^имеем а =

81 , 400 243

~ 25 1 Ь > 243*

2. а < 0. Аналогично находим, что максимум достигается з точке

5

91

х — —

а

t тогда (і = -- и йпи - у ґя = і, а ** - ^ - ^ + & > 0,

t ^ 80 / й 9\ 36 , . п . ^ 3б Tf

b>-gi =-T + fr>0. Ь> т. Итак,

9 L^ 36

в этом случае имеем а = —Ь > —.

Пример 7. В эллипс вписать прямоугольник со сторонами, парал-лельными осям эллипса, наибольшей площади.

Решение. Пусть одна из вершин прямоугольника находится в точке Mi{xifyi), тогда площадь прямоугольника равна S = 2х\ - 2у\ = — а уі находится из уравнения эллипса. Из условия

«Ї

= 0

хJ

Ті

a у/а.* -

получаем Х\ — у\ =s,- и Smeuc = 2аї>.

v 2 v2

Если a — і — Л, то имеем окружность и 2ft .

Пример 8. Найти координаты точки графика функции у = /00 ближайшей к точке MРешен не. 1. Первый способ. Пусть точка находится

на графике функции у — f(x), тогда квадрат расстояния от точки Мі(яі,ї/і) до заданной точки Мо(хо,Уо) равен

М0М2 = (хі -xa)2 + (f(xi)-yo)2.

Таким образец квадрат искомой величины равен наименьшему значению функции _ _

Z(x1) = {x1-x0)1 4(/Ы-»)а.

Находим производную по приравниваем сё к нулю и получаем уравнение для определения координат точки Ліі(хі,у0

или

Xl -XQ + f'(xi)[f(xi) = О

где к — угловой коэффициент прямой, проходящей через ТОЧКИ Ml и Мо-

2, Второй способ. Составляем уравнение касательной, проведённой в точке Afi(si»iTi) графика функции у — f(x)

V-fix і) - /Ч*0(* - ^/Ч^і) - У + Л^і) - = о.

250

[Гл.

Далее находим расстояние точки Мо(хо,!/а) до этой прямой (касательной), для этого в нормальное уравнение этой прямой подстав/.яеіи координаты точки А^о(хо,з/о)

d=[ 1 + Ы'(хг) - ус + Дн) - *if(»i)|.

Теперь определяем наименьшее значение величины сі. Для этого находим производную по xi и приравниваем её к нулю. В результате получаем

или

1

Y

Ы - уо

І) Пусть f(x) = 1 — xt Мо{4; 2). Тогда лодстэштяп в уравнение

1 Я? 1 ~' ^

ff(x) = —координаты точки Mq} получим f'{x) = — 1 = — - - или у\ — 2 — х\ — 4., так как у\ — 1 — дсд^ то 1 - si - 2 ~ Ху - 4П отсюда

xi = ^ а ух

При х2 = 2, М0(2\ 2} имеем 1), a d-

Если f(x) = Mo (J; і) ( то Mi Q; , ad - ^ .

Пусть х2 - 3у2 — 1, Мо(0; 4), тогда Мі(±2; I), d

= ч/ІЗ.

Пример 9. На графике функции у = f(x) найти точки наиболее и наименее удалённые от прямой Ах + By 4- С = 0.

Решение. Пусть точка Mi(xitj/i) произвольная точка графика функции у /(х). Расстояние от произвольной точки до данной прямой определяется по формуле (см. §4, пункт 6, задача 4)

AiЕ j + Вуї + С

Следовательно, искомые величины равны наибольшему и наименьшему значениям функции d = d{xi). Найдём их.

d dx}

Ая\_-f Вуї + С

= 0 или

\Ахх + ВУ1\ = 0,

Отсюда находятся координаты искомых точек.

1) Пусть дан эллипс ^ + ^ = 1 и прямая Ах -}- By + С = 0. Дифференцируя уравнение эллипса, получим

Ь2х і

У*

г.З

А В

УУ

= 0, у'

и — =

a. yi

4 + 2 а координаты искомых точек равны

Si = ±7«Ч ш = 7 = (а?А2 + Ь2В2Г1/*,

d «(А2 + В*)- '* |С± [а9А2 + &В2)г'*\.

Если л — 6 = Я, то точка Mi(xi,yi) будет находиться на окружности и тогда

у/А' + № + В"1 1 ^

Таким образом, из геометрических соображений и в зависимости от знаков коэффициентов Л и В одна точка эллипса наиболее, а другая наименее удалена от прямой.

і

Пусть эллипс задан уравнением + у- = L, а прямая Зі -f

•jiJ Іці

+ 5у + ЗО =0. Тогда точка эллипса Mi ^ J наиболее = а Мг 3; —^ наименее — ¦ удалены от прямой За: + Ъу + 30 —

= 0.

8 "

Если у = (х+ 1)гт х - у = 0, то Мі ^ї J J ¦ fh —

При у = gini, О < т < 2*-, х- 2у + 4 = 0, Mi ^^ , <іг =

5їг- ЗуЗ + 12

тг -ЗУЗ +12 3V5

Пример ІО* Под каким углом а нужно провести прямую через точку Mifri,i/i)t чтобы длина отрезка между осями координат была наименьшей?

Реш е ние.

j. j

* 5= [(in- fc*i)a + (*i- - ^(l + Cffi -**i)8•

Здесь к ф 0, к Ф оо, так как S(0J = S(oo) = со. Из условия

находим

а/У1

а/г

Пример 11. Фигура ограничена линиями у = /(х), у 0h х = о, х = Ь. В какой точке графика функции у = f{x) нужно

провести касательную к нему так* чтобы она отсекала от фигуры трапецию наибольшей площади? Написать уравнение этой касательной и найти эту площадь, если

у а*, а > 1, у « О, X = 0, х * 1;

У X — 4я 5. у ~ 0, х = о, х = 4;

jj

У - 5 . V о» х ~ 0, я: - -

Решение. Уравнение касательной в точке есть у —

— f{x\) = /'(ЇІ.)(ЯЇ —з площадь трапеции равна

St = ^

где у a — пЛ = /(El) 4- /'(ас|)(а - її), ув = ЬВ = Ддц) +

так как касательная проходит через точки к В(Ь}ув)* Высота

трапеции равна (& — а).

Тогда имеем і (у л + ув) = /(її) 4- /'(^і) » «Л , а площадь

отсекаемой трапеции равна (см, рис, 58)

= а) + ҐМ (Ц^ - *i)] ¦

Из условия ^^ = (Ь — а) — ff(xi) ~ 0 находим = —

или /"On) = 0;Sr = {b-a)f . V > 1 а = /0=} А Я 0 л X Рис. 58

,2-jr

3

А 4

3) Если у = , у = О, х — С. х = то Xi = -г, у\ — -«3, 5Т -

z — a? z ч

6 5 з 23

= - e*h а уравнение касательной ^ — ^ = 0, При 0 < ? < 3/4

f"[x) ф 0. Отметим, что условие f"{zi) = 0 для нахождения х в общем виде требует дополнительного исследования, так как зависит от вида функции у f[x) и параметров а н Ь.

Пример 12. На эллипсе даны две точки А(ХА,УА) И В(ХП,УВ)- Найти координаты такой точки на этом эллипсе, чтобы

площадь треугольника ЛВС была наибольшей,

Решение, Площадь треугольника выражается через координаты его вершин следующей формулой (см, § Э)

^ яв)(уа ~ув) ~ -хвкус ~

у Л — у в

Т>А — ХВ

Из условия $'Хс = Q находим уа — а, где обозначено а

~5 ¦

а ус

Далее, дифференцируя уравнение эллипса, получим у'с — - тогда уравнение для определения координат точки С имеет вид

= —а или

алус

= - а*Ь

отсюда

Ml

х% =

хс = ±

«V

Ь* + aV 1

Если точки Л и ?ї лежат на прямой, перпендикулярной к оси Ох, т е.

Если точки А л В лежат на прямой, перпендикулярной к оси Оу, е, у А — У в > Оі то о = 0 и хс = 0, ус — Аналогично, знак плюе

соответствует наименьшей площади, а знак минус — наибольшей.

Если а — Ь = R, то яс - + о )"1'2, ус - Н-

+ а2)-1'*.

Пример 13. На графике функции у — у/х (1 ^ X ^ 25) найти такую точку С(х,у)} для которой имеет наибольшее значение площадь треугольника ЛВС, где Л я ІЗ точки графика с абсциссами 1 и 2s.

Решение. Площадь треугольника ЛВС определяется формулой (см. §3)

S- ^ ^в) - (хл - хп)(ус - ус — V^c -

Исследование функций с помощью производных [ Гл,. V

Из условия S* — 0 НАХОДИМ х с = ус - S = 8h ф 0 при 1 ^

Пример 14. При каких значениях а функция f(x) — х^ -г 4- 3(й — 7)Х2 -н 3(л5 — — 1 имеет положительную точку максимума?

Решение. Находим подозреваемые точки на экстремум, для этого находим первую проиэнодпую и гтриравливаем её к нулю

fr(x) = 3:u2 4- 6(а - 7)х + 3(а2 - 9) = 0.

29

Отсюда имеем — 7 — а± \/58 - 14а , 58 - 14а ^ 0, а ^ у.

Далее вычисляем вторую производную, в точках х\ и она до,™на быть отрицательной, /"(х) = бя + 6(й - 7); f"(xi^j = 6jrJf2 4 <>(n —

7) < 0 или ;еІт2 < 7 — а, тогда 7 - о± %/58 - 14а < 7-а, Отсюда следует, что этому неравенству удовлетворяет только точка я?. но по условию Xj > 0 или 7—а—>0. Возводя а квадрат, имеем а2 ~ 9 > 0 при —сс < а < —3, га > 3, причём так как 7-а

ц/58 — 14а >0 и 7 — а > JTiB - 14л. то 7 - л > 0 нли а < 7. Итак,

29

должны выполняться следующие неравенства: а ^ -у, а < 7, —оо < < а < —3, а > 3, Объединяя эти неравенства, получаем: —оо < а < — 3; 3< д ^ —. Отметим, что при а = ±3, х? О,

Пример J5. При каких значениях а максимальное значение функции у(х) = —х2 + 2ах 4- а"1 принимает наименьшее значение?

Решение, Находим максимальное значение функции у{х): у* — = + 2а = 0 при а; = a = -2 < 0. Функция принимает

максимальное значение, равное утлх = = 4- а4. Находим наи-меньшее значение функции /(a) — a2 4j о4: /'(a) — 2а -Ma3 = 2a(l + + 2a2) — 0 при а = 0, /"(а) = 2 4- > 0. Наименьшее значение функции /(д) равно минимальному значению /тш = /(га — 0) - 0. Следовательно, максимальное значение функции у (я) принимает наименьшее значение при а — 0, у{х = а = 0) = 0.

Пример 16, Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x) = \х2 — Єт 4- 5| 4- С to х на отрезке fl; 10J.

Решение. Квадратный трехчлен х1 —8^4-15 имеет корни xi = = 3 и Х2 = 5 н положительной при 1 ^ л; ^ 3; 5 < х ^ 10, поэтому рассматриваемый отрезок следует разбить на три части (I; 31, (3; 5]т (5; 10].

Пусть 1 ^ х ^ 3, тогда \х2 - -Ь 15! s х7 - 8? 4- 15 ^ О,

/(а) = х2 + 15 + віях, f'(x) = 2х - 8 + - - - (х2 - 4* + 3) =

2 хх'

= " 1)(х - 3). Уравнение fr[x) — 0 имеет два корня, следовательно," критические ТОЧКИ Xl = 1, /(1) — 8 И Х2 - 3, /(3) = 61пЗ w 6,7, которые совпадают с концами отрезка [1; ЗІ

При 3 < х ^ 5, [л-3 - 8х + 15| ^ -Xі 4- 8х - 15, /(я) = -Iа 44- S,r — 15 + б lax, f'[x) = — {х - «і)(а - Ла), Xi,2 = 2 v^- Из них

| ) ^іаіійольшее и наименьшее значения функции на. отрез/сс _ 255

только х2 принадлежит 3 < х ^ 5, причём /(2 + ^/7) = —10 +4\/7 4 + 61^2+4/7)^0,8,3 /(5) — Gln5 = 9t7.

3, Пусть G < я < 10, \х2 - + 15| - л;1 - 8л; + 15. f(x) = - -Sx + 15 + біпі. /(10) = 35 + 6In 10 ^ 48,8. Из найденных значений наименьшим значением данной функции на отрезке [1; 10] является т = /(3) =- 61п 3 ^ С,7 а на иболыпии М = /(10) = 35 + 6 In 10 я» 48,8.

JC и

В эллипс —J + ^т — 1 (й > Ь) вписать равнобедренный

Пример !7.

а Ъ

треугольник с основанием, параллельным большой оси так, чтобы площадь треугольника была наибольшей. Найти эту площадь.

Решение. Из геометрических соображений следует, что треугольник вписан так, что вершины треугольника лежит на оси Оу в точне А(0,Ь). высота равна h = Ь + ygt причём ув — ус\ основание ВС равно 2хс\ площадь равна ^ h ¦ ВС, Следовательно, искомая илошадь^авна наибольшему значению функции f(x) = + у).

'Vі

= 0 нрхо-

где у

Из условия f'(x) = Ь +

/3

2

-4 +

VS 2

хЬ2 уе?

дим .т = —- ft, тої да у — - Ь< Вычисляя вторую производную f"{x) =

1 ,

получим, что при х = а и у = - Ь она

отрицательная /" = < 0. Следовательно, в точке ^ " ксимум, Итак, вершины треуга-""

(-4-1).

X —

~ ~2~а функция J(x) имеет максимум. Итак, вершины треугольника находятся в точках Л (0. А), В (-—г- ft, — = I, С \ 1, а его

f 3^3 t площадь равна s = —— ао,

Пример 18, Б параболу у = 12 — х2 вписать прямоугольник наибольшей площади так, чтобы одна его сторона лежала на оси Ох. а дес вершины лежали на параболе.

Решение Площадь прямоугольника равна 5= 2ху — 2аг(12— Xі), из условия S'x = О находим х 2, тогда у = 8 н так как 2) = —24 < < 0. 5(2) — max. Итак, площадь прямоугольника будет наибольшей, если стороны его будут л = 2т = 4, Ь = у = 8, = 32).

Пример 19. Из всех касательных, проведённых к графику функции у - f[x) на интервале (<з,Ь), записать уравнение той, у которой:

а) абсцисса точки пересечения с осью Ох наибольшая,

б) ордината точки пересечения с осью Оу наименьшая, если /(г) = 1 — СОЗІ. 0 < х <

Решение, Ура&ненне касательной, проведённой к графику функции /(г) в точке Ah(xi; yi) есть у — f(xi) = Ґіхі)(х - Пусть она пересекает ось Ох а точке {хг\ 0), а ось Оу в точке (0jі/з). Подставляя

256

[Гл. V

координаты точки пересечения в уравнение касательной, получки

а из условия

_ ^ — о находим критические точк^.

Пусть f{x) - 1 - cosx, 0 ^ 1 — cosх] = 0 при Xi = 2пк (не входят в рассматриваемый интервал), f"(xj) = cos л: і — О при xi = Итак, имеем оду у критическую точку

XI - Уі = 1, при этом Х2 = \ - 1, У2 = Оі Причём я^Сїі) — "Е < 0.

Следонательно, касательная, проведённая н точке М\ lj имеет наибольшую абсциссу точки [іересечения с осью Ох и определяется уравнением х — у 4- 1 — ^ " ^

Аналогично для ординаты точки пересечения с осью Оу\ уз = Е /(.Ті) - Xi f'(xi)t y!i — ~xif"(xi) = 0- Отсюда имеем две критиче-ские точки Xi - О, Х\ == При этом хз = о, 1/3 = 1-^. Так как

y?(xi) = ~ > 0, то касательная х ~у4 1-^=0 имеет нвнменьшуіЬ ординату точки пересечения с осью Оу,

Пример 20. Из всех прямоугольных треугольников с острым углом п найти такой, у которого отношение радиусов вписанной и описанной окружностей будет наибольшим.

Решен и е, Пусть А В = с. С В = а, АС = 6. тогда а = btg а, АВ = - v'fl2 4- Ь' = 2R = AM 4* А/В = + Отсю

да 2Z? -ь 2г = а + 6 и L = ~ - 1 = . і (14 ctga) - 1 = alna(l +

4 ctgrt) — 1 =s coset 4- sin ct — 1. Следовательно, нужно найти наибольшее значение функции

/(ft) = ^ «oosa+ainQ-1, *0 < а < ^ 256

Находим точки, подозреваемые на экстремум из уравнении /'(«) =

—sin or -j- cos а — 0 или tgA — 1, тогда а = к/4, Причём jr fa) =

- соя а - sin г* и — -\/2 < При ос=*ж/4 функция /(я:) достигает максимума. Итак, треугольник, удовлетворяющий условию задачи, есть прямоугольный равнобедренный треугольник, для которого r/R = ^/2-1 (см. рис. 5&).

Пример 21. Показать, что еслй для функции у = Ах3 -Ь Вх~ + + Cx + D выполняется условие З АС > В2 (при любом ?>), то она не имеет экстремума.

Решение Находим точки, подозреваемые на экстремум: у' — S= 3Ах2 .+ 2Вх + С - 0, отсюда

-2В ± л/4Ь2 - 12АС -В ± л/В^ЗАС

= ол = '

если В3 - 3АС < 0 или SAC > то экстремума нет (так как дискриминант отрицательный, уравнение у' — 0 не имеет действительных корней),