Page 25 - vol2

7
akkor minimális, ha maximális, és ez akkor igaz, ha x + 2 6x + 10
x + 2 6x + 10
b
minimális, de ez akkor igaz, ha x = − = − 3 , így hát ( )f x  f ( 3) = − .
−
4
2a
x + 2x + 3x + 2x + 2x + 2
4
2
2
3
4. példa: Határozzuk meg az ( )f x =
x + 2 x + 1
függvény minimumát, ha x R !
Megoldás: Felírható, hogy
(x + + 1) + x + + 1 1
2
2
2
x
x
2
x
x
f ( ) = = x + + 1+  2, és egyenlőség
x + + 1 x + + 1
2
2
x
x
=
csak az x + + 1 1, vagyis x 0, 1−  esetben áll fenn.
2
x
x + 2 x + 1
5. példa: Határozzuk meg az ( )f x = függvény szélsőértékeit,
x + 1
2
ha x R .
x + 2 x + 1
+
2
=
Megoldás: Legyen = y , ahonnan (y − 1)x − x y − 1 0 valós x
x + 1
2
esetén teljesül, ezért
  0 , ami alapján 4y − 8y + 3 0 vagyis y     1 3  2 2  ,  .

2

6. példa: Határozzuk meg az :f 0,5 → R, ( )f x = 2x − 2 9x − 11
x − 2 5x − 6
függvény szélsőértékeit!
Megoldás: Felírható, hogy
2(x − 5x − 6) x + 1 x + 1 1
+
2
x
f ( ) = = 2+ = 2+ . És mivel az
2
x − 5x − 6 (x − 6)(x + 1) x − 6
1 11
x → függvény szigorúan csökkenő, ezért 1 = f (5)  f ( )  f (0) = .
x
x − 6 6
x + 1
7. példa: Határozzuk meg az   → R , ( )f x = függvény
: 0,1
f
x + 2 x + 1
szélsőértékeit!

25