Раздел I. Введение в анализ — § 4. Графическое изображение функции

Демидович — задача 327

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 327

Построить графики функций:

\text{а) }y=2+\sqrt{1-x}\qquad\text{б) }y=1-e^{-x}

\text{в) }y=\ln(1+x)\qquad\text{г) }y=-\arcsin(1+x)\qquad\text{д) }y=3+2\cos3x

Построениеа)

D=(-\infty,1]

E=[2,+\infty)

;
б)

D=\mathbb R

E=(-\infty,1)

, асимптота

y=1

;
в)

D=(-1,+\infty)

E=\mathbb R

, асимптота

x=-1

;
г)

D=[-2,0]

E=\left[-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right]

;
д)

D=\mathbb R

E=[1,5]

T=\dfrac{2\pi}{3}

Построение

Идея

Каждый график получим из графика соответствующей элементарной функции и
проверим его основные свойства.

1
Пункт а)
Функция $y=2+\sqrt{1-x}$ .

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $1-x\geqslant0\quad\Longleftrightarrow\quadx\leqslant1$ Поэтому область определения равна $(-\infty,1]$ . Так как
$\sqrt{1-x}\geqslant0$ , множество значений равно $[2,+\infty)$ .

Идея. График $y=\sqrt{x}$ сначала отражаем относительно оси $Oy$ , затем
переносим на $1$ вправо и на $2$ вверх. Его граничная точка имеет координаты
$(1,2)$ . Для построения удобно положить $1-x=t^2$ , где $t\geqslant0$ . Тогда $x=1-t^2\qquady=2+t$ Например, при $t=0,1,2,3$ получаем точки $(1,2),\quad(0,3),\quad(-3,4),\quad(-8,5)$ При $x<1$ производная равна $y'=-\frac1{2\sqrt{1-x}}<0$ поэтому функция строго убывает на $(-\infty,1]$ .
2
Пункт б)
Функция $y=1-e^{-x}$ .

График $y=e^x$ отражаем относительно $Oy$ , затем относительно $Ox$ и
переносим на $1$ вверх. Область определения равна $\mathbb R$ . Поскольку
$e^{-x}>0$ , имеем $y<1$ , а при $x\to-\infty$ значения функции
неограниченно убывают. Следовательно, множество значений равно
$(-\infty,1)$ .

При $x\to+\infty$ получаем $e^{-x}\to0$ , поэтому прямая $y=1$ является
горизонтальной асимптотой. Кроме того, $y'=e^{-x}>0$ Функция строго возрастает на всей числовой прямой и проходит через точку
$(0,0)$ .
3
Построение графика
В пункте а) отмечаем граничную точку $(1,2)$ и точки,
полученные при целых значениях параметра $t$ . В пункте б) отмечаем точку
$(0,0)$ и проводим горизонтальную асимптоту $y=1$ .
4
Пункт а)
$y=2+\sqrt{1-x}$ $график к задаче Демидовича № 327$
5
Пункт б)
$y=1-e^{-x}$ $график к задаче Демидовича № 327$
6
Пункт в)
Функция $y=\ln(1+x)$ .

Необходимо потребовать $1+x>0$ , откуда $x>-1$ Область определения равна $(-1,+\infty)$ , множество значений равно
$\mathbb R$ . График $y=\ln x$ переносим на $1$ влево. Прямая $x=-1$
является вертикальной асимптотой, а точка пересечения с обеими осями равна
$(0,0)$ .

Идея. Производная равна $y'=\frac1{1+x}>0\qquadx>-1$ поэтому функция строго возрастает на всей области определения.
7
Пункт г)
Функция $y=-\arcsin(1+x)$ .

Аргумент арксинуса должен принадлежать отрезку $[-1,1]$ : $-1\leqslant1+x\leqslant1\quad\Longleftrightarrow\quad-2\leqslant x\leqslant0$ Следовательно, область определения равна $[-2,0]$ . Принятое значение
$\arcsin u$ лежит в $\left[-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right]$ , поэтому
множество значений данной функции совпадает с этим отрезком.

График $y=\arcsin x$ переносим на $1$ влево и отражаем относительно оси
$Ox$ . Характерные точки: $\left(-2,\frac\pi2\right),\qquad(-1,0),\qquad\left(0,-\frac\pi2\right)$ На внутренности области определения $y'=-\frac1{\sqrt{1-(1+x)^2}}<0$ поэтому функция строго убывает.
8
Построение графика
В пункте в) переносим логарифмическую кривую на $1$
влево, проводим асимптоту $x=-1$ и отмечаем точку $(0,0)$ . В пункте г)
соединяем три найденные характерные точки плавной убывающей кривой.
9
Пункт в)
$y=\ln(1+x)$ $график к задаче Демидовича № 327$
10
Пункт г)
$y=-\arcsin(1+x)$ $график к задаче Демидовича № 327$
11
Пункт д)
Функция $y=3+2\cos3x$ .

График $y=\cos x$ сжимаем к оси $Oy$ в $3$ раза, растягиваем вдоль оси
$Oy$ в $2$ раза и переносим на $3$ вверх. Область определения равна
$\mathbb R$ . Из неравенства $-1\leqslant\cos3x\leqslant1$ следует $1\leqslant3+2\cos3x\leqslant5$ Поэтому множество значений равно $[1,5]$ . Наименьший положительный период
равен $T=\frac{2\pi}{3}$ Максимальное значение $5$ достигается при $x=\frac{2\pi k}{3}\qquadk\in\mathbb Z$ Минимальное значение $1$ достигается при $x=\frac{(2k+1)\pi}{3}\qquadk\in\mathbb Z$ Поскольку вся синусоида лежит выше оси $Ox$ , нулей у функции нет.
12
Построение графика
Проводим среднюю линию $y=3$ , отмечаем максимумы на
уровне $y=5$ и минимумы на уровне $y=1$ , затем соединяем их косинусоидой
периода $\dfrac{2\pi}{3}$ . $график к задаче Демидовича № 327$