Funktsiooni graafiku puutuja võrrand

P. Romanov, T. Romanova,
Magnitogorsk,
Tšeljabinski piirkond

Funktsiooni graafiku puutuja võrrand

Artikkel ilmus ITAKA+ hotellikompleksi toel. Laevaehitajate linnas Severodvinskis viibides ei teki ajutise eluaseme leidmise probleemi. , veebisaidil hotellikompleks“ITHAKA+” http://itakaplus.ru saate igapäevase maksega lihtsalt ja kiiresti üürida linnas korteri igaks perioodiks.

Sees moodne lava hariduse arendamine, selle üks peamisi ülesandeid on loovalt mõtleva isiksuse kujundamine. Õpilaste loovusvõimet saab arendada ainult siis, kui nad on süstemaatiliselt kaasatud uurimistegevuse põhitõdedesse. Õpilaste loomejõudude, võimete ja annete kasutamise aluseks on täieõiguslikud teadmised ja oskused. Sellega seoses ei oma tähtsust põhiteadmiste ja -oskuste süsteemi moodustamise probleem kooli matemaatikakursuse iga teema jaoks. Samal ajal peaksid täiemahulised oskused olema mitte üksikute ülesannete, vaid nende hoolikalt läbimõeldud süsteemi didaktiline eesmärk. Väga laiemas mõttes süsteemi mõistetakse terviklikkuse ja stabiilse struktuuriga omavahel ühendatud interakteeruvate elementide kogumina.

Vaatleme tehnikat, kuidas õpetada õpilastele funktsiooni graafiku puutuja võrrandi kirjutamist. Põhimõtteliselt taanduvad kõik puutujavõrrandi leidmise probleemid vajadusele valida joonte hulgast (kimbust, perekonnast) need, mis vastavad teatud nõudele - need on puutujad teatud funktsiooni graafikuga. Sel juhul saab ridade komplekti, millest valik tehakse, määrata kahel viisil:

a) punkt, mis asub xOy tasapinnal (joonte keskpliiats);
b) nurgakoefitsient (sirgete paralleelkiir).

Sellega seoses tuvastasime süsteemi elementide eraldamiseks teemat "Funktsiooni graafiku puutuja" uurides kahte tüüpi probleeme:

1) ülesanded puutujal, mille annab läbimise punkt;
2) ülesanded selle kalde järgi antud puutujal.

Tangensülesannete lahendamise koolitus viidi läbi, kasutades A.G. pakutud algoritmi. Mordkovitš. Selle põhimõtteline erinevus juba teadaolevatest seisneb selles, et puutujapunkti abstsiss on tähistatud tähega a (x0 asemel) ja seetõttu saab puutuja võrrand kuju

y = f(a) + f "(a)(x – a)

(võrdle y = f(x 0) + f "(x 0)(x – x 0)). See metoodiline tehnika võimaldab meie arvates õpilastel kiiresti ja hõlpsalt aru saada, kus on praeguse punkti koordinaadid kirjutatud üldine puutuja võrrand ja kus on kokkupuutepunktid.

Funktsiooni y = f(x) graafiku puutuja võrrandi koostamise algoritm

1. Tähistage puutepunkti abstsiss tähega a.
2. Leidke f(a).
3. Leidke f "(x) ja f "(a).
4. Asendage leitud arvud a, f(a), f "(a). üldvõrrand puutuja y = f(a) = f "(a)(x – a).

Selle algoritmi saab koostada õpilaste iseseisvate toimingute tuvastamise ja nende rakendamise järjekorra alusel.

Praktika on näidanud, et iga võtmeülesande järjestikune lahendamine algoritmi abil võimaldab teil arendada funktsiooni graafiku puutuja võrrandi etapiviisilise kirjutamise oskust ja algoritmi sammud on tegevuste võrdluspunktid. . See lähenemine vastab P.Ya välja töötatud vaimsete tegevuste järkjärgulise kujunemise teooriale. Galperin ja N.F. Talyzina.

Esimest tüüpi ülesannete puhul määrati kindlaks kaks peamist ülesannet:

• puutuja läbib kõveral asuvat punkti (ülesanne 1);
• puutuja läbib punkti, mis ei asu kõveral (ülesanne 2).

Ülesanne 1. Kirjutage funktsiooni graafiku puutuja võrrand punktis M(3; – 2).

Lahendus. Punkt M(3; – 2) on puutujapunkt, kuna

1. a = 3 – puutujapunkti abstsiss.
2. f(3) = – 2.
3. f "(x) = x 2–4, f "(3) = 5.
y = – 2 + 5(x – 3), y = 5x – 17 – puutuja võrrand.

Ülesanne 2. Kirjutage punkti M(– 3; 6) läbiva funktsiooni y = – x 2 – 4x + 2 graafikule kõigi puutujate võrrandid.

Lahendus. Punkt M(– 3; 6) ei ole puutujapunkt, kuna f(– 3) 6 (joonis 2).

2. f(a) = – a 2 – 4a + 2.
3. f "(x) = – 2x – 4, f "(a) = – 2a – 4.
4. y = – a 2 – 4a + 2 – 2(a + 2)(x – a) – puutuja võrrand.

Puutuja läbib punkti M(– 3; 6), mistõttu tema koordinaadid vastavad puutuja võrrandile.

6 = – a 2 – 4a + 2 – 2 (a + 2) (– 3 – a),
a 2 + 6a + 8 = 0^ a 1 = – 4, a 2 = – 2.

Kui a = – 4, siis puutuja võrrand on y = 4x + 18.

Kui a = – 2, siis on puutuja võrrand kujul y = 6.

Teise tüübi puhul on põhiülesanded järgmised:

• puutuja on paralleelne mingi sirgega (ülesanne 3);
• puutuja läbib antud sirgele teatud nurga all (ülesanne 4).

Ülesanne 3. Kirjutage funktsiooni y = x 3 – 3x 2 + 3 graafikule kõigi puutujate võrrandid, mis on paralleelsed sirgega y = 9x + 1.

Lahendus.

1. a – puutujapunkti abstsiss.
2. f(a) = a 3 – 3a 2 + 3.
3. f "(x) = 3x 2 – 6x, f "(a) = 3a 2 - 6a.

Kuid teisest küljest f "(a) = 9 (parallelismi tingimus). See tähendab, et peame lahendama võrrandi 3a 2 – 6a = 9. Selle juured on a = - 1, a = 3 (joonis 3). ).

4. 1) a = – 1;
2) f(– 1) = – 1;
3) f "(– 1) = 9;
4) y = – 1 + 9 (x + 1);

y = 9x + 8 – puutuja võrrand;

1) a = 3;
2) f(3) = 3;
3) f "(3) = 9;
4) y = 3 + 9 (x – 3);

y = 9x – 24 – puutuja võrrand.

Ülesanne 4. Kirjutage funktsiooni y = 0,5x 2 – 3x + 1 graafikule puutuja võrrand, mis kulgeb sirge y = 0 suhtes 45° nurga all (joonis 4).

Lahendus. Tingimusest f "(a) = tan 45° leiame a: a – 3 = 1^a = 4.

1. a = 4 – puutujapunkti abstsiss.
2. f(4) = 8 – 12 + 1 = – 3.
3. f "(4) = 4 – 3 = 1.
4. y = – 3 + 1 (x – 4).

y = x – 7 – puutuja võrrand.

Lihtne on näidata, et mis tahes muu probleemi lahendus taandub ühe või mitme võtmeprobleemi lahendamisele. Vaatleme näitena kahte järgmist probleemi.

1. Kirjutage parabooli y = 2x 2 – 5x – 2 puutujate võrrandid, kui puutujad lõikuvad täisnurga all ja üks neist puudutab parabooli punktis abstsiss 3 (joonis 5).

Lahendus. Kuna puutujapunkti abstsiss on antud, taandatakse lahenduse esimene osa põhiülesandeks 1.

1. a = 3 – ühe külje puutumispunkti abstsiss täisnurk.
2. f(3) = 1.
3. f "(x) = 4x – 5, f "(3) = 7.
4. y = 1 + 7(x – 3), y = 7x – 20 – esimese puutuja võrrand.

Olgu a – esimese puutuja kaldenurk. Kuna puutujad on risti, siis on teise puutuja kaldenurk. Esimese puutuja võrrandist y = 7x – 20 saame tg a = 7. Leiame

See tähendab, et teise puutuja kalle on võrdne .

Edasine lahendus taandub põhiülesandele 3.

Olgu siis teise rea puutepunkt B(c; f(c)).

1. – teise puutumispunkti abstsiss.
2.
3.
4.
– teise puutuja võrrand.

Märkus. Puutuja nurkkoefitsienti on lihtsam leida, kui õpilased teavad ristsirgete kordajate suhet k 1 k 2 = – 1.

2. Kirjutage funktsioonide graafikutele kõigi tavaliste puutujate võrrandid

Lahendus. Ülesanne taandub ühiste puutujate puutepunktide abstsissile, st põhiülesanne 1 lahendamisele üldkujul, võrrandisüsteemi koostamisel ja seejärel lahendamisel (joonis 6).

1. Olgu a funktsiooni y = x 2 + x + 1 graafikul asuva puutujapunkti abstsiss.
2. f(a) = a 2 + a + 1.
3. f "(a) = 2a + 1.
4. y = a 2 + a + 1 + (2a + 1) (x – a) = (2a + 1)x + 1 – a 2 .

1. Olgu c funktsiooni graafikul oleva puutujapunkti abstsiss
2.
3. f "(c) = c.
4.

Kuna puutujad on üldised, siis

Seega y = x + 1 ja y = – 3x – 3 on tavalised puutujad.

Vaadeldavate ülesannete põhieesmärk on valmistada õpilasi ette suurema lahendamisel võtmeprobleemi tüüpi iseseisvalt ära tundma keerulised ülesanded, mis nõuavad teatud uurimisoskusi (oskus analüüsida, võrrelda, üldistada, püstitada hüpoteese jne). Sellised ülesanded hõlmavad kõiki ülesandeid, mille põhiülesanne sisaldub komponendina. Vaatleme näitena funktsiooni (ülesande 1 pöördvõrdeline) leidmine selle puutujate perekonnast.

3. Millise b ja c korral on sirged y = x ja y = – 2x puutuvad funktsiooni y = x 2 + bx + c graafikuga?

Lahendus.

Olgu t parabooliga y = x 2 + bx + c sirge y = x puutepunkti abstsiss; p on parabooliga y = x 2 + bx + c sirge y = – 2x puutepunkti abstsiss. Siis saab puutujavõrrand y = x kujul y = (2t + b)x + c – t 2 ja puutuja võrrand y = – 2x kujul y = (2p + b)x + c – p 2 .

Koostame ja lahendame võrrandisüsteemi

Vastus:

Iseseisvalt lahendatavad probleemid

1. Kirjutage funktsiooni y = 2x 2 – 4x + 3 graafikule joonestatud puutujate võrrandid graafiku lõikepunktides sirgega y = x + 3.

Vastus: y = – 4x + 3, y = 6x – 9,5.

2. Milliste a väärtuste korral läbib funktsiooni y = x 2 – ax graafikule tõmmatud puutuja abstsissiga x 0 = 1 graafiku punktis M(2; 3)?

Vastus: a = 0,5.

3. Milliste p väärtuste korral puudutab sirge y = px – 5 kõverat y = 3x 2 – 4x – 2?

Vastus: p 1 = – 10, p 2 = 2.

4. Leia funktsiooni y = 3x – x 3 graafiku kõik ühised punktid ja sellele graafikule punkti P(0; 16 kaudu) tõmmatud puutuja.

Vastus: A(2; – 2), B(– 4; 52).

5. Leidke lühim vahemaa parabooli y = x 2 + 6x + 10 ja sirge vahel

Vastus:

6. Leidke kõveralt y = x 2 – x + 1 punkt, kus graafiku puutuja on paralleelne sirgega y – 3x + 1 = 0.

Vastus: M(2; 3).

7. Kirjutage funktsiooni y = x 2 + 2x – graafiku puutuja võrrand | 4x |, mis puudutab seda kahes punktis. Tee joonistus.

Vastus: y = 2x – 4.

8. Tõesta, et sirge y = 2x – 1 ei ristu kõveraga y = x 4 + 3x 2 + 2x. Leidke nende lähimate punktide vaheline kaugus.

Vastus:

9. Paraboolil y = x 2 võetakse kaks punkti, mille abstsissid on x 1 = 1, x 2 = 3. Läbi nende punktide tõmmatakse sekant. Millises parabooli punktis on selle puutuja sekantiga paralleelne? Kirjutage sekant- ja puutujavõrrandid.

Vastus: y = 4x – 3 – sekantvõrrand; y = 4x – 4 – puutuja võrrand.

10. Leidke nurk q funktsiooni y = x 3 – 4x 2 + 3x + 1 graafiku puutujate vahel, mis on tõmmatud abstsissidega 0 ja 1.

Vastus: q = 45°.

11. Millistes punktides moodustab funktsiooni graafiku puutuja Ox-teljega 135° nurga?

Vastus: A(0; – 1), B(4; 3).

12. Punktis A(1; 8) kõverale tõmmatakse puutuja. Leidke koordinaattelgede vahelise puutuja lõigu pikkus.

Vastus:

13. Kirjutage funktsioonide y = x 2 – x + 1 ja y = 2x 2 – x + 0,5 graafikutele kõigi tavaliste puutujate võrrand.

Vastus: y = – 3x ja y = x.

14. Leia x-teljega paralleelse funktsiooni graafiku puutujate vaheline kaugus.

Vastus:

15. Määrake, milliste nurkade all lõikub parabool y = x 2 + 2x – 8 x-teljega.

Vastus: q 1 = arctan 6, q 2 = arctan (– 6).

16. Funktsioonigraafik leida kõik punktid, mille puutuja igas graafikus lõikab koordinaatide positiivseid pooltelgesid, lõigates neist ära võrdsed lõigud.

Vastus: A(– 3; 11).

17. Sirge y = 2x + 7 ja parabool y = x 2 – 1 ristuvad punktides M ja N. Leidke punktides M ja N parabooliga puutuvate sirgete lõikepunkt K.

Vastus: K(1; – 9).

18. Milliste b väärtuste korral on sirge y = 9x + b puutuja funktsiooni y = x 3 – 3x + 15 graafikuga?

Vastus: – 1; 31.

19. Milliste k väärtuste korral on sirgel y = kx – 10 ainult üks ühine punkt funktsiooni y = 2x 2 + 3x – 2 graafikuga? Leitud k väärtuste jaoks määrake punkti koordinaadid.

Vastus: k 1 = – 5, A(– 2; 0); k2 = 11, B(2; 12).

20. Milliste b väärtuste korral läbib funktsiooni y = bx 3 – 2x 2 – 4 graafikule tõmmatud puutuja punktis, mille abstsiss on x 0 = 2, läbi punkti M(1; 8)?

Vastus: b = – 3.

21. Parabool, mille tipp asub Hrja teljel, puudutab sirget, mis läbib punkte A(1; 2) ja B(2; 4) punktis B. Leidke parabooli võrrand.

Vastus:

22. Millise koefitsiendi k väärtuse juures puudutab parabool y = x 2 + kx + 1 Ox-telge?

Vastus: k = d 2.

23. Leia nurgad sirge y = x + 2 ja kõvera y = 2x 2 + 4x – 3 vahel.

29. Leia funktsiooni graafiku puutujate ja Ox-telje positiivse suunaga generaatorite vaheline kaugus 45° nurga all.

Vastus:

30. Leia kõigi sirge y = 4x – 1 puutujaga kujuga y = x 2 + ax + b paraboolide tippude asukoht.

Vastus: sirge y = 4x + 3.

Kirjandus

1. Zvavich L.I., Shljapochnik L.Ya., Chinkina M.V. Algebra ja analüüsi algus: 3600 ülesannet koolilastele ja ülikoolidesse astujatele. – M., Bustard, 1999.
2. Mordkovich A. Seminar neli noortele õpetajatele. Teema: Tuletisrakendused. – M., “Matemaatika”, nr 21/94.
3. Vaimsete toimingute järkjärgulise assimilatsiooni teoorial põhinevate teadmiste ja oskuste kujundamine.

/ Toim. P.Ya. Galperina, N.F. Talyzina. – M., Moskva Riiklik Ülikool, 1968. Hariduse praeguses arengujärgus on selle üheks peamiseks ülesandeks loovalt mõtleva isiksuse kujundamine. Õpilaste loovusvõimet saab arendada ainult siis, kui nad on süstemaatiliselt kaasatud uurimistegevuse põhitõdedesse. Õpilaste loomejõudude, võimete ja annete kasutamise aluseks on täieõiguslikud teadmised ja oskused. Sellega seoses on iga teema jaoks põhiteadmiste ja -oskuste süsteemi moodustamise probleem

koolikursus

matemaatika ei oma tähtsust. Samal ajal peaksid täiemahulised oskused olema mitte üksikute ülesannete, vaid nende hoolikalt läbimõeldud süsteemi didaktiline eesmärk. Kõige laiemas mõttes mõistetakse süsteemi kui omavahel ühendatud interakteeruvate elementide kogumit, millel on terviklikkus ja stabiilne struktuur.
b) nurgakoefitsient (sirgete paralleelkiir).

Sellega seoses tuvastasime süsteemi elementide eraldamiseks teemat "Funktsiooni graafiku puutuja" uurides kahte tüüpi probleeme:

1) ülesanded puutujal, mille annab läbimise punkt;
2) ülesanded selle kalde järgi antud puutujal.

Tangensülesannete lahendamise koolitus viidi läbi, kasutades A.G. pakutud algoritmi. Mordkovitš. Selle põhimõtteline erinevus juba teadaolevatest seisneb selles, et puutujapunkti abstsiss on tähistatud tähega a (x0 asemel) ja seetõttu saab puutuja võrrand kuju

y = f(a) + f "(a)(x – a)

(võrdle y = f(x 0) + f "(x 0)(x – x 0)). See metoodiline tehnika võimaldab meie arvates õpilastel kiiresti ja hõlpsalt aru saada, kus on praeguse punkti koordinaadid kirjutatud üldine puutuja võrrand ja kus on kokkupuutepunktid.

Funktsiooni y = f(x) graafiku puutuja võrrandi koostamise algoritm

1. Tähistage puutepunkti abstsiss tähega a.
2. Leidke f(a).
3. Leidke f "(x) ja f "(a).
4. Asendage leitud arvud a, f(a), f "(a) üldtangensvõrrandis y = f(a) = f "(a)(x – a).

Selle algoritmi saab koostada õpilaste iseseisvate toimingute tuvastamise ja nende rakendamise järjekorra alusel.

Praktika on näidanud, et iga võtmeülesande järjestikune lahendamine algoritmi abil võimaldab teil arendada funktsiooni graafiku puutuja võrrandi etapiviisilise kirjutamise oskust ja algoritmi sammud on tegevuste võrdluspunktid. . See lähenemine vastab P.Ya välja töötatud vaimsete tegevuste järkjärgulise kujunemise teooriale. Galperin ja N.F. Talyzina.

Esimest tüüpi ülesannete puhul määrati kindlaks kaks peamist ülesannet:

• puutuja läbib kõveral asuvat punkti (ülesanne 1);
• puutuja läbib punkti, mis ei asu kõveral (ülesanne 2).

Ülesanne 1. Kirjutage funktsiooni graafiku puutuja võrrand punktis M(3; – 2).

Lahendus. Punkt M(3; – 2) on puutujapunkt, kuna

1. a = 3 – puutujapunkti abstsiss.
2. f(3) = – 2.
3. f "(x) = x 2–4, f "(3) = 5.
y = – 2 + 5(x – 3), y = 5x – 17 – puutuja võrrand.

Ülesanne 2. Kirjutage punkti M(– 3; 6) läbiva funktsiooni y = – x 2 – 4x + 2 graafikule kõigi puutujate võrrandid.

Lahendus. Punkt M(– 3; 6) ei ole puutujapunkt, kuna f(– 3) 6 (joonis 2).

2. f(a) = – a 2 – 4a + 2.
3. f "(x) = – 2x – 4, f "(a) = – 2a – 4.
4. y = – a 2 – 4a + 2 – 2(a + 2)(x – a) – puutuja võrrand.

Puutuja läbib punkti M(– 3; 6), mistõttu tema koordinaadid vastavad puutuja võrrandile.

6 = – a 2 – 4a + 2 – 2 (a + 2) (– 3 – a),
a 2 + 6a + 8 = 0 ^ a 1 = – 4, a 2 = – 2.

Kui a = – 4, siis puutuja võrrand on y = 4x + 18.

Kui a = – 2, siis on puutuja võrrand kujul y = 6.

Teise tüübi puhul on põhiülesanded järgmised:

• puutuja on paralleelne mingi sirgega (ülesanne 3);
• puutuja läbib antud sirgele teatud nurga all (ülesanne 4).

Ülesanne 3. Kirjutage funktsiooni y = x 3 – 3x 2 + 3 graafikule kõigi puutujate võrrandid, mis on paralleelsed sirgega y = 9x + 1.

1. a – puutujapunkti abstsiss.
2. f(a) = a 3 – 3a 2 + 3.
3. f "(x) = 3x 2 – 6x, f "(a) = 3a 2 - 6a.

Kuid teisest küljest f "(a) = 9 (parallelismi tingimus). See tähendab, et peame lahendama võrrandi 3a 2 – 6a = 9. Selle juured on a = - 1, a = 3 (joonis 3). ).

4. 1) a = – 1;
2) f(– 1) = – 1;
3) f "(– 1) = 9;
4) y = – 1 + 9 (x + 1);

y = 9x + 8 – puutuja võrrand;

1) a = 3;
2) f(3) = 3;
3) f "(3) = 9;
4) y = 3 + 9 (x – 3);

y = 9x – 24 – puutuja võrrand.

Ülesanne 4. Kirjutage funktsiooni y = 0,5x 2 – 3x + 1 graafikule puutuja võrrand, mis kulgeb sirge y = 0 suhtes 45° nurga all (joonis 4).

Lahendus. Tingimusest f "(a) = tan 45° leiame a: a – 3 = 1 ^ a = 4.

1. a = 4 – puutujapunkti abstsiss.
2. f(4) = 8 – 12 + 1 = – 3.
3. f "(4) = 4 – 3 = 1.
4. y = – 3 + 1 (x – 4).

y = x – 7 – puutuja võrrand.

Lihtne on näidata, et mis tahes muu probleemi lahendus taandub ühe või mitme võtmeprobleemi lahendamisele. Vaatleme näitena kahte järgmist probleemi.

1. Kirjutage parabooli y = 2x 2 – 5x – 2 puutujate võrrandid, kui puutujad lõikuvad täisnurga all ja üks neist puudutab parabooli punktis abstsiss 3 (joonis 5).

Lahendus. Kuna puutujapunkti abstsiss on antud, taandatakse lahenduse esimene osa põhiülesandeks 1.

1. a = 3 – täisnurga ühe külje puutumispunkti abstsiss.
2. f(3) = 1.
3. f "(x) = 4x – 5, f "(3) = 7.
4. y = 1 + 7(x – 3), y = 7x – 20 – esimese puutuja võrrand.

Olgu a esimese puutuja kaldenurk. Kuna puutujad on risti, siis on teise puutuja kaldenurk. Esimese puutuja võrrandist y = 7x – 20 saame tg a = 7. Leiame

See tähendab, et teise puutuja kalle on võrdne .

Edasine lahendus taandub põhiülesandele 3.

Olgu siis teise rea puutepunkt B(c; f(c)).

1. – teise puutumispunkti abstsiss.
2.
3.
4.
– teise puutuja võrrand.

Märkus. Puutuja nurkkoefitsienti on lihtsam leida, kui õpilased teavad ristsirgete kordajate suhet k 1 k 2 = – 1.

2. Kirjutage funktsioonide graafikutele kõigi tavaliste puutujate võrrandid

Lahendus. Ülesanne taandub ühiste puutujate puutepunktide abstsissile, st põhiülesanne 1 lahendamisele üldkujul, võrrandisüsteemi koostamisel ja seejärel lahendamisel (joonis 6).

1. Olgu a funktsiooni y = x 2 + x + 1 graafikul asuva puutujapunkti abstsiss.
2. f(a) = a 2 + a + 1.
3. f "(a) = 2a + 1.
4. y = a 2 + a + 1 + (2a + 1) (x – a) = (2a + 1)x + 1 – a 2 .

1. Olgu c funktsiooni graafikul oleva puutujapunkti abstsiss
2.
3. f "(c) = c.
4.

Kuna puutujad on üldised, siis

Seega y = x + 1 ja y = – 3x – 3 on tavalised puutujad.

Vaadeldavate ülesannete põhieesmärk on valmistada õpilasi ette võtmeprobleemi tüüpi iseseisvaks äratundmiseks keerukamate, teatud uurimisoskust nõudvate probleemide lahendamisel (oskus analüüsida, võrrelda, üldistada, püstitada hüpotees jne). Sellised ülesanded hõlmavad kõiki ülesandeid, mille põhiülesanne sisaldub komponendina. Vaatleme näitena funktsiooni (ülesande 1 pöördvõrdeline) leidmine selle puutujate perekonnast.

3. Millise b ja c korral on sirged y = x ja y = – 2x puutuvad funktsiooni y = x 2 + bx + c graafikuga?

Olgu t parabooliga y = x 2 + bx + c sirge y = x puutepunkti abstsiss; p on parabooliga y = x 2 + bx + c sirge y = – 2x puutepunkti abstsiss. Siis saab puutujavõrrand y = x kujul y = (2t + b)x + c – t 2 ja puutuja võrrand y = – 2x kujul y = (2p + b)x + c – p 2 .

Koostame ja lahendame võrrandisüsteemi

Vastus:

Artiklis antakse üksikasjalik selgitus tuletise definitsioonidest, geomeetrilisest tähendusest graafilised sümbolid. Näidetega vaadeldakse puutuja võrrandit, leitakse 2. järku kõverate puutuja võrrandid.

Yandex.RTB R-A-339285-1 1. definitsioon

Sirge y = k x + b kaldenurka nimetatakse nurgaks α, mida mõõdetakse x-telje positiivsest suunast sirgjoonele y = k x + b positiivses suunas.

Joonisel on x suunda tähistatud rohelise noole ja rohelise kaarega ning kaldenurka punase kaarega. Sinine joon viitab sirgjoonele.

2. definitsioon

Sirge y = k x + b kallet nimetatakse arvuliseks koefitsiendiks k.

Nurgakordaja on võrdne sirge puutujaga, teisisõnu k = t g α.

• Sirge kaldenurk on võrdne 0-ga ainult siis, kui see on paralleelne x-i suhtes ja kalle on võrdne nulliga, kuna nulli puutuja on võrdne 0-ga. See tähendab, et võrrandi vorm on y = b.
• Kui sirge kaldenurk y = k x + b on terav, siis on tingimused 0 täidetud< α < π 2 или 0 ° < α < 90 ° . Отсюда имеем, что значение углового коэффициента k считается positiivne arv, sest puutuja väärtus rahuldab tingimust t g α > 0 ja graafikul on kasv.
• Kui α = π 2, siis sirge asukoht on risti x-ga. Võrdsust määrab x = c, mille väärtus c on reaalarv.
• Kui sirge kaldenurk y = k x + b on nüri, siis vastab see tingimustele π 2< α < π или 90 ° < α < 180 ° , значение углового коэффициента k принимает отрицательное значение, а график убывает.

Sekant on sirge, mis läbib funktsiooni f (x) 2 punkti. Teisisõnu, sekant on sirgjoon, mis tõmmatakse läbi antud funktsiooni graafiku mis tahes kahe punkti.

Joonisel on näha, et A B on sekant ja f (x) on must kõver, α on punane kaar, mis näitab sekanti kaldenurka.

Kui sirge nurgakoefitsient on võrdne kaldenurga puutujaga, on selge, et täisnurkse kolmnurga puutuja A B C saab leida vastaskülje ja külgneva külje suhte järgi.

4. definitsioon

Saame vormi sekandi leidmiseks valemi:

k = t g α = B C A C = f (x B) - f x A x B - x A, kus punktide A ja B abstsissid on väärtused x A, x B ja f (x A), f (x B) on väärtuste funktsioonid nendes punktides.

Ilmselt määratakse sekandi nurkkoefitsient võrrandiga k = f (x B) - f (x A) x B - x A või k = f (x A) - f (x B) x A - x B , ja võrrand tuleb kirjutada kujul y = f (x B) - f (x A) x B - x A x - x A + f (x A) või
y = f (x A) - f (x B) x A - x B x - x B + f (x B) .

Sekant jagab graafiku visuaalselt kolmeks osaks: punktist A vasakul, punktist A punkti B, punktist B paremal. Alloleval joonisel on näha, et on kolm sekanti, mida peetakse kokkulangevateks, see tähendab, et need on seatud kasutades sarnane võrrand.

Definitsiooni järgi on selge, et sirge ja selle sisselõike antud juhul vaste.

Sekant võib ristuda antud funktsiooni graafikuga mitu korda. Kui sekandi jaoks on võrrand kujul y = 0, siis siinuse lõikepunktide arv on lõpmatu.

Definitsioon 5

Funktsiooni f (x) graafiku puutuja punktis x 0 ; f (x 0) on sirge, mis läbib antud punkti x 0; f (x 0), kus on segment, millel on palju x väärtusi, mis on x 0 lähedal.

Näide 1

Vaatame allolevat näidet lähemalt. Siis on selge, et funktsiooniga y = x + 1 defineeritud sirget loetakse koordinaatidega (1; 2) punktis y = 2 x puutujaks. Selguse huvides on vaja arvestada graafikutega, mille väärtused on lähedased (1; 2). Funktsioon y = 2 x on näidatud mustana, sinine joon on puutuja ja punane punkt on lõikepunkt.

Ilmselt ühineb y = 2 x joonega y = x + 1.

Puutuja määramiseks peaksime arvestama puutuja A B käitumist, kui punkt B läheneb lõputult punktile A. Selguse huvides esitame joonise.

Sekant A B, mida tähistab sinine joon, kaldub puutuja enda asendisse ja sekandi kaldenurk α hakkab kalduma puutuja enda kaldenurga α x poole.

Definitsioon 6

Funktsiooni y = f (x) graafiku puutujat punktis A peetakse sekandi A B piirpositsiooniks, kuna B kaldub A-le, see tähendab B → A.

Vaatame nüüd funktsiooni tuletise geomeetrilist tähendust punktis.

Jätkame funktsiooni f (x) sekanti A B kaalumisega, kus A ja B koordinaatidega x 0, f (x 0) ja x 0 + ∆ x, f (x 0 + ∆ x) ja ∆ x on tähistatakse argumendi juurdekasvuna . Nüüd saab funktsioon kuju ∆ y = ∆ f (x) = f (x 0 + ∆ x) - f (∆ x) . Selguse huvides toome näite joonisest.

Mõelgem tulemusele täisnurkne kolmnurk A B C. Lahendamisel kasutame puutuja definitsiooni, st saame seose ∆ y ∆ x = t g α . Puutuja definitsioonist järeldub, et lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x . Punktis tuletise reegli kohaselt nimetatakse tuletist f (x) punktis x 0 funktsiooni juurdekasvu ja argumendi juurdekasvu suhte piiriks, kus ∆ x → 0 , siis tähistame seda kui f (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x .

Siit järeldub, et f " (x 0) = lim ∆ x → 0 ∆ y ∆ x = t g α x = k x, kus k x on tähistatud puutuja tõusuna.

See tähendab, et leiame, et f ' (x) võib eksisteerida punktis x 0 ja nagu funktsiooni antud graafiku puutuja puutepunktis, mis on võrdne x 0-ga, siis f 0 (x 0), kus puutuja kalle punktis on võrdne tuletisega punktis x 0 . Siis saame, et k x = f " (x 0) .

Funktsiooni tuletise geomeetriline tähendus punktis seisneb selles, et see annab mõiste graafiku puutuja olemasolust samas punktis.

Tasapinna mis tahes sirgjoone võrrandi kirjutamiseks on vaja nurgakoefitsienti punktiga, mida see läbib. Selle tähiseks võetakse ristmikul x 0.

Funktsiooni y = f (x) graafiku puutuja võrrand punktis x 0, f 0 (x 0) on kujul y = f "(x 0) x - x 0 + f (x 0).

Selle all mõeldakse seda lõplik väärtus tuletis f "(x 0) saate määrata puutuja asukoha, see tähendab vertikaalselt tingimusel lim x → x 0 + 0 f " (x) = ∞ ja lim x → x 0 - 0 f " (x) = ∞ või puudub üldse tingimusega lim x → x 0 + 0 f " (x) ≠ lim x → x 0 - 0 f " (x) .

Puutuja asukoht sõltub selle nurkkoefitsiendi k x = f "(x 0) väärtusest. Kui see on paralleelne o x teljega, saame, et k k = 0, kui paralleelne o y - k x = ∞, ja selle kujust. puutuja võrrand x = x 0 suureneb kui k x > 0, väheneb kui k x< 0 .

Näide 2

Koostage funktsiooni y = e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 graafiku puutuja võrrand koordinaatidega (1; 3) punktis ja määrake kaldenurk.

Lahendus

Tingimuse kohaselt on funktsioon defineeritud kõigi reaalarvude jaoks. Leiame, et tingimusega (1; 3) määratud koordinaatidega punkt on puutepunkt, siis x 0 = - 1, f (x 0) = - 3.

Tuletis tuleb leida punktist, mille väärtus on 1. Me saame sellest aru

y " = e x + 1 + x 3 3 - 6 - 3 3 x - 17 - 3 3 " = = e x + 1 " + x 3 3 " - 6 - 3 3 x " - 17 - 3 3 " = e x + 1 + x 2 - 6 - 3 3 y " (x 0) = y " (- 1) = e - 1 + 1 + - 1 2 - 6 - 3 3 = 3 3

F' (x) väärtus puutepunktis on puutuja kalle, mis on võrdne kalde puutujaga.

Siis k x = t g α x = y " (x 0) = 3 3

Sellest järeldub, et α x = a r c t g 3 3 = π 6

Vastus: puutuja võrrand saab kuju

y = f " (x 0) x - x 0 + f (x 0) y = 3 3 (x + 1) - 3 y = 3 3 x - 9 - 3 3

Selguse huvides toome näite graafilisel illustratsioonil.

Algfunktsiooni graafiku jaoks kasutatakse musta värvi, sinine– puutuja kujutis, punane täpp – puutepunkt. Parempoolne joonis näitab suurendatud vaadet.

Näide 3

Määrake antud funktsiooni graafiku puutuja olemasolu
y = 3 · x - 1 5 + 1 punktis koordinaatidega (1 ; 1) . Kirjutage võrrand ja määrake kaldenurk.

Lahendus

Tingimuse kohaselt loetakse antud funktsiooni määratluspiirkond kõigi reaalarvude hulgaks.

Liigume edasi tuletise leidmise juurde

y " = 3 x - 1 5 + 1 " = 3 1 5 (x - 1) 1 5 - 1 = 3 5 1 (x - 1) 4 5

Kui x 0 = 1, siis f' (x) on määratlemata, kuid piirid kirjutatakse kujul lim x → 1 + 0 3 5 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 1 (+ 0) 4 5 = 3 5 · 1 + 0 = + ∞ ja lim x → 1 - 0 3 5 · 1 (x - 1) 4 5 = 3 5 · 1 (- 0) 4 5 = 3 5 · 1 + 0 = + ∞, mis tähendab vertikaal puutuja olemasolu punktis (1; 1).

Vastus: võrrand on kujul x = 1, kus kaldenurk on võrdne π 2-ga.

Selguse huvides kujutame seda graafiliselt.

Näide 4

Leia funktsiooni y = 1 15 x + 2 3 - 4 5 x 2 - 16 5 x - 26 5 + 3 x + 2 graafikult punktid, kus

1. Puudub puutuja;
2. Puutuja on paralleelne x-ga;
3. Puutuja on paralleelne sirgega y = 8 5 x + 4.

Lahendus

Tähelepanu tuleb pöörata määratluse ulatusele. Tingimuse kohaselt on funktsioon defineeritud kõigi reaalarvude hulgal. Laiendame moodulit ja lahendame süsteemi intervallidega x ∈ - ∞ ; 2 ja [-2; + ∞) . Me saame sellest aru

y = -1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176, x ∈ - ∞; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12 , x ∈ [ - 2 ; + ∞)

On vaja funktsiooni eristada. Meil on see

y " = - 1 15 x 3 + 18 x 2 + 105 x + 176 " , x ∈ - ∞ ; - 2 1 15 x 3 - 6 x 2 + 9 x + 12", x ∈ [ - 2 ; + ∞) ⇔ y " = - 1 5 (x 2 + 12 x + 35), x ∈ - ∞ ; - 2 1 5 x 2 - 4 x + 3 , x ∈ [ - 2 ; + ∞)

Kui x = - 2, siis tuletist ei eksisteeri, kuna ühepoolsed piirid ei ole selles punktis võrdsed:

lim x → - 2 - 0 y" (x) = piir x → - 2 - 0 - 1 5 (x 2 + 12 x + 35 = - 1 5 (- 2) 2 + 12 (- 2) + 35 = - 3 lim x → - 2 + 0 y " (x) = piir x → - 2 + 0 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 1 5 - 2 2 - 4 - 2 + 3 = 3

Arvutame funktsiooni väärtuse punktis x = - 2, kust saame selle

1. y (- 2) = 1 15 - 2 + 2 3 - 4 5 (- 2) 2 - 16 5 (- 2) - 26 5 + 3 - 2 + 2 = - 2, see tähendab puutuja punktis ( - 2; - 2) ei eksisteeri.
2. Puutuja on paralleelne x-ga, kui kalle on null. Siis k x = t g α x = f "(x 0). See tähendab, et on vaja leida sellise x väärtused, kui funktsiooni tuletis muudab selle nulliks. See tähendab, et f ' väärtused (x) on puutepunktid, kus puutuja on paralleelne punktiga x .

Kui x ∈ - ∞ ; - 2, siis - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 ja x ∈ (- 2; + ∞) korral saame 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0.

1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 0 D = 12 2 - 4 35 = 144 - 140 = 4 x 1 = -12 + 4 2 = -5 ∈ - ∞ ; - 2 x 2 = - 12 - 4 2 = - 7 ∈ - ∞ ; - 2 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 0 D = 4 2 - 4 · 3 = 4 x 3 = 4 - 4 2 = 1 ∈ - 2; + ∞ x 4 = 4 + 4 2 = 3 ∈ - 2 ; +∞

Arvutage vastavad funktsiooni väärtused

y 1 = y - 5 = 1 15 - 5 + 2 3 - 4 5 - 5 2 - 16 5 - 5 - 26 5 + 3 - 5 + 2 = 8 5 y 2 = y (- 7) = 1 15 - 7 + 2 3 - 4 5 (- 7) 2 - 16 5 - 7 - 26 5 + 3 - 7 + 2 = 4 3 y 3 = y (1) = 1 15 1 + 2 3 - 4 5 1 2 - 16 5 1 - 26 5 + 3 1 + 2 = 8 5 y 4 = y (3) = 1 15 3 + 2 3 - 4 5 3 2 - 16 5 3 - 26 5 + 3 3 + 2 = 4 3

Seega - 5; 8 5, - 4; 4 3, 1; 8 5, 3; 4 3 loetakse funktsioonigraafiku nõutavateks punktideks.

Mõelgem graafiline pilt lahendusi.

Must joon on funktsiooni graafik, punased täpid on puutepunktid.

1. Kui sirged on paralleelsed, on nurkkoefitsiendid võrdsed. Seejärel peate funktsioonigraafikult otsima punkte, kus kalle on võrdne väärtusega 8 5. Selleks peate lahendama võrrandi kujul y "(x) = 8 5. Siis, kui x ∈ - ∞; - 2, saame, et - 1 5 (x 2 + 12 x + 35) = 8 5 ja kui x ∈ ( - 2 ; + ∞), siis 1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5.

Esimesel võrrandil pole juuri, kuna diskrimineerija vähem kui null. Paneme selle kirja

1 5 x 2 + 12 x + 35 = 8 5 x 2 + 12 x + 43 = 0 D = 12 2 - 4 43 = - 28< 0

Teisel võrrandil on siis kaks reaaljuurt

1 5 (x 2 - 4 x + 3) = 8 5 x 2 - 4 x - 5 = 0 D = 4 2 - 4 · (- 5) = 36 x 1 = 4 - 36 2 = - 1 ∈ - 2; + ∞ x 2 = 4 + 36 2 = 5 ∈ - 2 ; +∞

Liigume edasi funktsiooni väärtuste leidmise juurde. Me saame sellest aru

y 1 = y (- 1) = 1 15 - 1 + 2 3 - 4 5 (- 1) 2 - 16 5 (- 1) - 26 5 + 3 - 1 + 2 = 4 15 y 2 = y (5) = 1 15 5 + 2 3 - 4 5 5 2 - 16 5 5 - 26 5 + 3 5 + 2 = 8 3

Punktid väärtustega - 1; 4 15, 5; 8 3 on punktid, kus puutujad on paralleelsed sirgega y = 8 5 x + 4.

Vastus: must joon – funktsiooni graafik, punane joon – y = 8 graafik 5 x + 4, sinine joon – puutujad punktides - 1; 4 15, 5; 8 3.

Antud funktsioonide puutujaid võib olla lõpmatu arv.

Näide 5

Kirjutage üles funktsiooni y = 3 cos 3 2 x - π 4 - 1 3 kõigi saadaolevate puutujate võrrandid, mis asuvad risti sirge y = - 2 x + 1 2 suhtes.

Lahendus

Puutuja võrrandi koostamiseks on vaja leida puutujapunkti koefitsient ja koordinaadid, lähtudes sirgete perpendikulaarsuse tingimusest. Määratlus on järgmine: sirgetega risti olevate nurkkoefitsientide korrutis on võrdne -1, see tähendab, et see on kirjutatud kujul k x · k ⊥ = - 1. Tingimusest saame, et nurgakoefitsient asub sirgega risti ja on võrdne k ⊥ = - 2, siis k x = - 1 k ⊥ = - 1 - 2 = 1 2.

Nüüd peate leidma puutepunktide koordinaadid. Peate leidma x ja seejärel selle väärtuse antud funktsiooni jaoks. Pange tähele, et tuletise geomeetrilisest tähendusest punktis
x 0 saame, et k x = y "(x 0). Sellest võrdsusest leiame kokkupuutepunktide x väärtused.

Me saame sellest aru

y " (x 0) = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 " = 3 - sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 x 0 - π 4 " = = - 3 sin 3 2 x 0 - π 4 3 2 = - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 ⇒ k x = y " (x 0) ⇔ - 9 2 sin 3 2 x 0 - π 4 = 1 2 ⇒ sin 3 2 x 0 - π 4 = - 1 9

See trigonomeetriline võrrand kasutatakse puutujapunktide ordinaatide arvutamiseks.

3 2 x 0 - π 4 = a r c sin - 1 9 + 2 πk või 3 2 x 0 - π 4 = π - a r c sin - 1 9 + 2 πk

3 2 x 0 - π 4 = - a r c sin 1 9 + 2 πk või 3 2 x 0 - π 4 = π + a r c sin 1 9 + 2 πk

x 0 = 2 3 π 4 - arc sin 1 9 + 2 πk või x 0 = 2 3 5 π 4 + a r c sin 1 9 + 2 πk , k ∈ Z

Z on täisarvude hulk.

x kokkupuutepunktid on leitud. Nüüd peate liikuma y väärtuste otsimise juurde:

y 0 = 3 cos 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3 või y 0 = 3 - 1 - sin 2 3 2 x 0 - π 4 - 1 3

y 0 = 3 1 - - 1 9 2 - 1 3 või y 0 = 3 - 1 - - 1 9 2 - 1 3

y 0 = 4 5 - 1 3 või y 0 = - 4 5 + 1 3

Sellest saame, et 2 3 π 4 - a r c sin 1 9 + 2 πk ; 4 5 - 1 3 , 2 3 5 π 4 + arc sin 1 9 + 2 πk ; - 4 5 + 1 3 on puutepunktid.

Vastus: vajalikud võrrandid kirjutatakse kujul

y = 1 2 x - 2 3 π 4 - arc sin 1 9 + 2 πk + 4 5 - 1 3, y = 1 2 x - 2 3 5 π 4 + arc sin 1 9 + 2 πk - 4 5 + 1 3 , k ∈ Z

Visuaalse esituse jaoks kaaluge funktsiooni ja puutujat koordinaatjoonel.

Joonis näitab, et funktsioon asub intervallil [-10; 10 ], kus must joon on funktsiooni graafik, sinised jooned on puutujad, mis paiknevad risti antud sirgega kujul y = - 2 x + 1 2. Punased täpid on puutepunktid.

Teist järku kõverate kanoonilised võrrandid ei ole üheväärtuslikud funktsioonid. Nende puutujavõrrandid koostatakse tuntud skeemide järgi.

Ringi puutuja

Määrata ringjoone, mille keskpunkt on punktis x c e n t e r ; y c e n t e r ja raadius R, rakendage valemit x - x c e n t e r 2 + y - y c e n t e r 2 = R 2 .

Seda võrdsust saab kirjutada kahe funktsiooni liiduna:

y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r y = - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r

Esimene funktsioon asub ülaosas ja teine ​​allosas, nagu on näidatud joonisel.

Koostada ringjoone võrrand punktis x 0; y 0 , mis asub ülemises või alumises poolringis, peaksite leidma funktsiooni graafiku võrrandi kujul y = R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r või y = - R 2 - x - x c e n t e r 2 + y c e n t e r näidatud punktis.

Kui punktides x c e n t e r ; y c e n t e r + R ja x c e n t e r; y c e n t e r - R puutujaid saab anda võrranditega y = y c e n t e r + R ja y = y c e n t e r - R ning punktides x c e n t e r + R ; y c e n t e r ja
x c e n t e r - R ; y c e n t e r on paralleelne o y-ga, siis saame võrrandid kujul x = x c e n t e r + R ja x = x c e n t e r - R .

Ellipsi puutuja

Kui ellipsi keskpunkt on x c e n t e r ; y c e n t e r pooltelgedega a ja b, siis saab seda täpsustada võrrandi x - x c e n t e r 2 a 2 + y - y c e n t e r 2 b 2 = 1 abil.

Ellipsi ja ringi saab tähistada kahe funktsiooni, nimelt ülemise ja alumise poolellipsi kombineerimisega. Siis me saame selle

y = b a · a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r y = - b a · a 2 - (x - x c e n t e r) 2 + y c e n t e r

Kui puutujad asuvad ellipsi tippudes, on nad paralleelsed x või y suhtes. Selguse huvides kaaluge allpool olevat joonist.

Näide 6

Kirjutage ellipsi puutuja võrrand x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 punktides, mille väärtus on x = 2.

Lahendus

Tuleb leida puutujapunktid, mis vastavad väärtusele x = 2. Asendame ellipsi olemasoleva võrrandiga ja leiame selle

x - 3 2 4 x = 2 + y - 5 2 25 = 1 1 4 + y - 5 2 25 = 1 ⇒ y - 5 2 = 3 4 25 ⇒ y = ± 5 3 2 + 5

Siis 2; 5 3 2 + 5 ja 2; - 5 3 2 + 5 on puutujapunktid, mis kuuluvad ülemisse ja alumisse poolellipsisse.

Liigume edasi ellipsi võrrandi leidmise ja lahendamise juurde y suhtes. Me saame sellest aru

x - 3 2 4 + y - 5 2 25 = 1 a - 5 2 25 = 1 - x - 3 2 4 (y - 5) 2 = 25 1 - x - 3 2 4 a - 5 = ± 5 1 - x - 3 2 4 a = 5 ± 5 2 4 - x - 3 2

Ilmselt määratakse ülemine poolellipsi funktsioon kujul y = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 ja alumine poolellipsi y = 5 - 5 2 4 - x - 3 2.

Rakendame standardset algoritmi funktsiooni graafiku puutuja võrrandi loomiseks punktis. Kirjutame, et esimese puutuja võrrand punktis 2; 5 3 2 + 5 näeb välja selline

y " = 5 + 5 2 4 - x - 3 2 " = 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = - 5 2 x - 3 4 - ( x - 3 ) 2 ⇒ y " (x 0) = y " (2) = - 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = 5 2 3 ⇒ y = y " (x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = 5 2 3 (x - 2) + 5 3 2 + 5

Leiame, et teise puutuja võrrand väärtusega punktis
2 ; - 5 3 2 + 5 võtab vormi

y " = 5 - 5 2 4 - (x - 3) 2 " = - 5 2 1 2 4 - (x - 3) 2 4 - (x - 3) 2 " = = 5 2 x - 3 4 - (x - 3) 2 ⇒ y " (x 0) = y " (2) = 5 2 2 - 3 4 - (2 - 3) 2 = - 5 2 3 ⇒ y = y " (x 0) x - x 0 + y 0 ⇔ y = - 5 2 3 (x - 2) - 5 3 2 + 5

Graafiliselt on puutujad tähistatud järgmiselt:

Hüperbooli puutuja

Kui hüperbooli keskpunkt on punktis x c e n t e r ; y c e n t e r ja tipud x c e n t e r + α ; y c e n t e r ja x c e n t e r - α ; y c e n t e r , toimub võrratus x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = 1, kui tippudega x c e n t e r ; y c e n t e r + b ja x c e n t e r ; y c e n t e r - b , siis määratakse ebavõrdsuse x - x c e n t e r 2 α 2 - y - y c e n t e r 2 b 2 = - 1 abil.

Hüperbooli saab esitada kahe vormi kombineeritud funktsioonina

y = b a · (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r y = - b a · (x - x c e n t e r) 2 - a 2 + y c e n t e r või y = b a · (x - t + t e r e) y = - b a · (x - x c e n t e r) 2 + a 2 + y c e n t e r

Esimesel juhul on puutujad paralleelsed y-ga ja teisel juhul paralleelsed x-ga.

Sellest järeldub, et hüperbooli puutuja võrrandi leidmiseks tuleb välja selgitada, millisesse funktsiooni puutujapunkt kuulub. Selle kindlaksmääramiseks on vaja võrrandid asendada ja kontrollida identiteeti.

Näide 7

Kirjutage võrrand punktis 7 oleva hüperbooli puutuja kohta x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1; - 3 3 - 3 .

Lahendus

Hüperbooli leidmise lahenduskirje on vaja teisendada kahe funktsiooni abil. Me saame sellest aru

x - 3 2 4 - y + 3 2 9 = 1 ⇒ y + 3 2 9 = x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 2 = 9 x - 3 2 4 - 1 ⇒ y + 3 = 3 2 x - 3 2 - 4 ja y + 3 = - 3 2 x - 3 2 - 4 ⇒ y = 3 2 x - 3 2 - 4 - 3 y = - 3 2 x - 3 2 - 4 - 3

On vaja tuvastada, millisesse funktsiooni antud punkt koordinaatidega 7 kuulub; - 3 3 - 3 .

Ilmselt on esimese funktsiooni kontrollimiseks vaja y (7) = 3 2 · (7 - 3) 2 - 4 - 3 = 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3, siis punkt ei kuulu graafikusse, kuna võrdsus ei kehti.

Teise funktsiooni jaoks on y (7) = - 3 2 · (7 - 3) 2 - 4 - 3 = - 3 3 - 3 ≠ - 3 3 - 3, mis tähendab, et punkt kuulub antud graafikusse. Siit peaksite leidma kallaku.

Me saame sellest aru

y " = - 3 2 (x - 3) 2 - 4 - 3 " = - 3 2 x - 3 (x - 3) 2 - 4 ⇒ k x = y " (x 0) = - 3 2 x 0 - 3 x 0 - 3 2 - 4 x 0 = 7 = - 3 2 7 - 3 7 - 3 2 - 4 = - 3

Vastus: puutuja võrrandit saab esitada kui

y = – 3 x – 7 – 3 3 – 3 = – 3 x + 4 3 – 3

See on selgelt kujutatud järgmiselt:

Parabooli puutuja

Parabooli y = a x 2 + b x + c puutuja võrrandi loomiseks punktis x 0, y (x 0) peate kasutama standardset algoritmi, siis on võrrand kujul y = y "(x) 0) x - x 0 + y ( x 0) selline puutuja tipus on paralleelne x-ga.

Peaksite defineerima parabooli x = a y 2 + b y + c kahe funktsiooni ühendusena. Seetõttu peame lahendama y võrrandi. Me saame sellest aru

x = a y 2 + b y + c ⇔ a y 2 + b y + c - x = 0 D = b 2 - 4 a (c - x) y = - b + b 2 - 4 a (c - x) 2 a y = - b - b 2 - 4 a (c - x) 2 a

Graafiliselt kujutatud järgmiselt:

Et teada saada, kas punkt x 0, y (x 0) kuulub funktsiooni, toimige ettevaatlikult standardse algoritmi järgi. Selline puutuja on parabooli suhtes paralleelne o y-ga.

Näide 8

Kirjutage graafiku puutuja võrrand x - 2 y 2 - 5 y + 3, kui puutuja nurk on 150 °.

Lahendus

Lahendust alustame esitades parabooli kahe funktsioonina. Me saame sellest aru

2 a 2 - 5 a + 3 - x = 0 D = (- 5) 2 - 4 · (- 2) · (3 - x) = 49 - 8 x y = 5 + 49 - 8 x - 4 y = 5 - 49 - 8 x - 4

Kalde väärtus võrdub tuletise väärtusega selle funktsiooni punktis x 0 ja on võrdne kaldenurga puutujaga.

Saame:

k x = y "(x 0) = t g α x = t g 150 ° = - 1 3

Siit määrame kokkupuutepunktide x väärtuse.

Esimene funktsioon kirjutatakse kujul

y " = 5 + 49 - 8 x - 4 " = 1 49 - 8 x ⇒ y " (x 0) = 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3

Ilmselgelt pole tõelisi juuri, kuna saime negatiivse väärtuse. Me järeldame, et sellise funktsiooni jaoks pole puutujat 150° nurgaga.

Teine funktsioon kirjutatakse kujul

y " = 5 - 49 - 8 x - 4 " = - 1 49 - 8 x ⇒ y " (x 0) = - 1 49 - 8 x 0 = - 1 3 ⇔ 49 - 8 x 0 = - 3 x 0 = 23 4 ⇒ y (x 0) = 5 - 49 - 8 23 4 - 4 = - 5 + 3 4

Meil on, et kokkupuutepunktid on 23 4 ; - 5 + 3 4 .

Vastus: puutuja võrrand saab kuju

y = - 1 3 x - 23 4 + - 5 + 3 4

Kujutame seda graafiliselt järgmiselt:

Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter

Tangens on sirgjoon , mis puudutab funktsiooni graafikut ühes punktis ja mille kõik punktid on funktsiooni graafikust kõige lühemal kaugusel. Seetõttu läbib puutuja funktsiooni graafiku puutuja teatud nurga all ja mitu erineva nurga all olevat puutujat ei saa läbida puutepunkti. Funktsiooni graafiku puutujavõrrandid ja normaalvõrrandid konstrueeritakse tuletise abil.

Puutuja võrrand tuletatakse joonvõrrandist .

Tuletame funktsiooni graafiku puutuja võrrandi ja seejärel normaalvõrrandi.

y = kx + b .

Selles k- nurgakoefitsient.

Siit saame järgmise kirje:

y - y 0 = k(x - x 0 ) .

Tuletisväärtus f "(x 0 ) funktsioonid y = f(x) punktis x0 võrdne kaldega k= tg φ punkti kaudu tõmmatud funktsiooni graafiku puutuja M0 (x 0 , y 0 ) , Kus y0 = f(x 0 ) . See on tuletise geomeetriline tähendus .

Seega saame asendada k sisse f "(x 0 ) ja hankige järgmine funktsiooni graafiku puutuja võrrand :

y - y 0 = f "(x 0 )(x - x 0 ) .

Ülesannetes, mis hõlmavad funktsiooni graafiku puutuja võrrandi koostamist (ja me läheme nende juurde varsti), tuleb ülaltoodud valemist saadud võrrand taandada järgmiseks. sirgjoone võrrand üldkujul. Selleks peate kandma kõik tähed ja numbrid aadressile vasak pool võrrand ja jäta paremale poolele null.

Nüüd normaalvõrrandi kohta. Tavaline - see on sirge, mis läbib puutujaga risti oleva funktsiooni graafiku puutepunkti. Normaalvõrrand :

(x - x 0 ) + f "(x 0 )(y - y 0 ) = 0

Soojenduseks palutakse esimene näide ise lahendada ja seejärel vaadata lahendust. On põhjust loota, et see ülesanne ei ole meie lugejate jaoks "külm dušš".

Näide 0. Koostage funktsiooni graafiku jaoks punktis puutujavõrrand ja normaalvõrrand M (1, 1) .

Näide 1. Kirjutage funktsiooni graafikule puutujavõrrand ja normaalvõrrand , kui abstsiss on puutuja .

Leiame funktsiooni tuletise:

Nüüd on meil kõik, mis tuleb tangensvõrrandi saamiseks teoreetilises abis antud kirjesse asendada. Me saame

Selles näites meil vedas: kalle osutus nulliks, nii et me taandame võrrandi eraldi üldine välimus ei olnud vaja. Nüüd saame luua tavavõrrandi:

Alloleval joonisel: Burgundia värvi funktsiooni graafik, puutuja roheline, oranž tavaline.

Ka järgmine näide pole keeruline: funktsioon, nagu ka eelmises, on samuti polünoom, kuid kalle ei võrdu nulliga, seega lisatakse veel üks samm - võrrandi viimine üldkujule.

Näide 2.

Lahendus. Leiame puutujapunkti ordinaad:

Leiame funktsiooni tuletise:

.

Leiame tuletise väärtuse puutujapunktis, see tähendab puutuja kalde:

Asendame kõik saadud andmed "tühja valemiga" ja saame puutuja võrrandi:

Toome võrrandi selle üldkujule (kogume kõik tähed ja numbrid peale nulli vasakule ja jätame nulli paremale):

Koostame normaalvõrrandi:

Näide 3. Kirjutage funktsiooni graafikule puutuja võrrand ja normaalvõrrand, kui puutepunkt on abstsiss.

Lahendus. Leiame puutujapunkti ordinaad:

Leiame funktsiooni tuletise:

.

Leiame tuletise väärtuse puutujapunktis, see tähendab puutuja kalde:

.

Leiame puutuja võrrandi:

Enne võrrandi viimist üldkujule peate seda veidi “kammima”: korrutage termini kaupa 4-ga. Teeme seda ja viime võrrandi üldkujule:

Koostame normaalvõrrandi:

Näide 4. Kirjutage funktsiooni graafikule puutuja võrrand ja normaalvõrrand, kui puutepunkt on abstsiss.

Lahendus. Leiame puutujapunkti ordinaad:

.

Leiame funktsiooni tuletise:

Leiame tuletise väärtuse puutujapunktis, see tähendab puutuja kalde:

.

Saame puutuja võrrandi:

Toome võrrandi selle üldkujule:

Koostame normaalvõrrandi:

Levinud viga puutuja- ja normaalvõrrandite kirjutamisel on mitte märgata, et näites antud funktsioon on keeruline ja arvutada selle tuletist lihtfunktsiooni tuletiseks. Järgmised näited on juba pärit keerukad funktsioonid(vastav tund avaneb uues aknas).

Näide 5. Kirjutage funktsiooni graafikule puutuja võrrand ja normaalvõrrand, kui puutepunkt on abstsiss.

Lahendus. Leiame puutujapunkti ordinaad:

Tähelepanu! See funktsioon- keeruline, kuna puutuja argument (2 x) on ise funktsioon. Seetõttu leiame funktsiooni tuletise kui kompleksfunktsiooni tuletise.

Näide 1. Antud funktsioon f(x) = 3x 2 + 4x– 5. Kirjutame funktsiooni graafikule puutuja võrrandi f(x) graafiku punktis abstsissiga x 0 = 1.

Lahendus. Funktsiooni tuletis f(x) on iga x jaoks olemas R . Otsime ta üles:

= (3x 2 + 4x– 5)′ = 6 x + 4.

Siis f(x 0) = f(1) = 2; (x 0) = = 10. Puutuja võrrandi vorm on järgmine:

y = (x 0) (x – x 0) + f(x 0),

y = 10(x – 1) + 2,

y = 10x – 8.

Vastus. y = 10x – 8.

Näide 2. Antud funktsioon f(x) = x 3 – 3x 2 + 2x+ 5. Kirjutame funktsiooni graafikule puutuja võrrandi f(x), paralleelselt joonega y = 2x – 11.

Lahendus. Funktsiooni tuletis f(x) on iga x jaoks olemas R . Otsime ta üles:

= (x 3 – 3x 2 + 2x+ 5)′ = 3 x 2 – 6x + 2.

Kuna funktsiooni graafiku puutuja f(x) abstsisspunktis x 0 on paralleelne sirgega y = 2x– 11, siis on selle kalle 2, st ( x 0) = 2. Leidkem see abstsiss tingimusest, et 3 x– 6x 0 + 2 = 2. See võrdsus kehtib ainult siis, kui x 0 = 0 ja juures x 0 = 2. Kuna mõlemal juhul f(x 0) = 5, siis sirge y = 2x + b puudutab funktsiooni graafikut kas punktis (0; 5) või punktis (2; 5).

Esimesel juhul on arvuline võrdus 5 = 2×0 + tõene b, kus b= 5 ja teisel juhul on tõene arvuline võrdus 5 = 2×2 + b, kus b = 1.

Seega on kaks puutujat y = 2x+ 5 ja y = 2x+ 1 funktsiooni graafikule f(x), paralleelselt joonega y = 2x – 11.

Vastus. y = 2x + 5, y = 2x + 1.

Näide 3. Antud funktsioon f(x) = x 2 – 6x+ 7. Kirjutame funktsiooni graafikule puutuja võrrandi f(x), läbides punkti A (2; –5).

Lahendus. Sest f(2) –5, siis punkt A ei kuulu funktsiooni graafikusse f(x). Lase x 0 - puutujapunkti abstsiss.

Funktsiooni tuletis f(x) on iga x jaoks olemas R . Otsime ta üles:

= (x 2 – 6x+ 1)′ = 2 x – 6.

Siis f(x 0) = x– 6x 0 + 7; (x 0) = 2x 0 – 6. Puutuja võrrandi vorm on järgmine:

y = (2x 0 – 6)(x – x 0) + x– 6x+ 7,

y = (2x 0 – 6)x– x+ 7.

Alates punktist A kuulub puutuja hulka, siis on arvuline võrdus tõene

–5 = (2x 0–6) × 2– x+ 7,

kus x 0 = 0 või x 0 = 4. See tähendab, et punkti kaudu A funktsiooni graafikule saab joonistada kaks puutujat f(x).

Kui x 0 = 0, siis on puutujavõrrandil kuju y = –6x+ 7. Kui x 0 = 4, siis on puutujavõrrandil kuju y = 2x – 9.

Vastus. y = –6x + 7, y = 2x – 9.

Näide 4. Antud funktsioonid f(x) = x 2 – 2x+ 2 ja g(x) = –x 2 – 3. Kirjutame nende funktsioonide graafikutele ühise puutuja võrrandi.

Lahendus. Lase x 1 - soovitud sirge puutepunkti abstsiss funktsiooni graafikuga f(x), A x 2 - funktsiooni graafikuga sama sirge puutepunkti abstsiss g(x).

Funktsiooni tuletis f(x) on iga x jaoks olemas R . Otsime ta üles:

= (x 2 – 2x+ 2)′ = 2 x – 2.

Siis f(x 1) = x– 2x 1 + 2; (x 1) = 2x 1 – 2. Puutuja võrrandi vorm on järgmine:

y = (2x 1 – 2)(x – x 1) + x– 2x 1 + 2,

y = (2x 1 – 2)x – x+ 2. (1)

Leiame funktsiooni tuletise g(x):

= (–x 2 – 3)′ = –2 x.