Математика для 1 курса

Решение. Обозначим

y = ln

cos x

,

y

2

=

x

. Тогда

1

sin x +1

cos x

y ' = y1 '+ y2 ' .

y1 ' .

1.

Найдем

Сначала

воспользуемся

свойством

ln

cos x

= ln cos x −ln

(sin x +1).

sin x +1

(

(

))

(

)

(

(

))

y ' =

ln cos x −ln

' =

ln cos x

'−

ln

'

=

sin x +1

sin x +1

=cos1 x (cos x)'− sin 1x +1(sin x +1)' = −cossin xx − sincosx +x 1 =

=−sin2 x −sin x −cos2 x = −(sin2 x +cos2 x +sin x)= cos x(sin x +1) cos x(sin x +1)

(		+sin x	)	1
1						.
= −				= −
	cos x(sin x +1)				cos x

2. Найдем y2 ' .

y = y1 + y2 , и

логарифма:

y2		x ′			(x)'cos x − x (cos x)'		cos x − x(−sin x)		cos x + xsin x
	' =			=		=		=			.
					cos2 x		cos2 x		cos2	x
	cos x

3.Складывая y1 ' и y2 ' получим y ':

y ' = −

1

+ cos x + xsin x

=

−cos x + cos x + xsin x

=

xsin x

.

cos x

cos2 x

cos2 x

cos2 x

Ответ:

y

′

=

xsin x

.

cos2 x

Задача 24. Найти производную функции

y = 1− x6 + x3 arcsin x3.

Решение. Обозначим y = 1 − x6	,	y	2	= x3 arcsin x3	. Тогда	y = y	+ y	2	,
1						1

y ' = y1 '+ y2 ' .

1.

Найдем сначала y1 ' :

y1 ' = (

1 − x6 )′

1 ′

1

1

1

3x

5

= (1

− x6 )2 =

(1 − x6 )−2 (1 − x6 )′

=

1

(1`−x6 )−2 (−6x5 )= −

2

1 − x

6

2

2.

Теперь найдем y2 ' :

y2 ' =(x3 arcsin x3 )′ =(x3 )'arcsin x3 + x3 (arcsin x3 )′ =

=3x2 arcsin x3 + x3

1

(x3 )′ =

1 − x6

=3x2 arcsin x3 + x3

1

3x2

=3x2 arcsin x3 +

3x5

.

1 − x6

1 − x6

и

.

21

3. Найдем y ':

y ' = y '+ y	2	' = −	3x5		+3x2 arcsin x3 +	3x5	=3x2 arcsin x3.
1		1		− x6		1− x6
Ответ: y’= 3x2 arcsin x3 .

Задача 25. Найти координаты точки пересечения с осью Ox касательной, проведенной к графику функции y = ex3 −x+1 в точке A(0;e).

Решение. Как известно, уравнение касательной к графику данной функции
y = f (x) в данной точке	(x0 , y0 )	имеет вид: y − y0 = f '(x0 )(x − x0 )	или
y = f '(x0 )(x − x0 )+ y0 .

Найдем производную данной функции

y ' = (ex3 −x+1 )′ = ex3 −x+1 (x3 − x +1)′ = ex3 −x+1 (3x2 −1).

Вычислим ее значение при x = 0 : y '(0)= −e . Тогда уравнение касательной будет таким: y = −e(x −0)+e , или y = −ex +e .

Для того чтобы найти абсциссу точки пересечения касательной с осью Ox , подставим в уравнение касательной y = 0. Получим 0 = −ex +e или ex = e , откуда

следует x =1. Таким образом, (1;0) - точка пересечения касательной с осью Ox . Ответ: (1;0)-точка пересечения касательной с осью Ox .

Задача 26. Найти координаты точки пересечения с осью Oy касательной,

проведенной к графику функции y =

tg2x

в точке A(π;0).

cos x

Решение. Составим уравнение касательной, для чего найдем производную

функции

y ' =

tg2x ′

(tg2x)′cos x −tg2x(cos x)′

=

cos

2

x

=

cos x

2

cos x −tg2x(−sin x)

2cos x

+tg2xsin x

cos2 2x

cos2 2x

=

=

.

cos2 x

cos2 x

Вычислим

y '

при

x =π

: y '(π )

=

−2 +0

= −2 . Таким образом,

y = −2(x −π ),

или y = −2x + 2π -

1

уравнение касательной. Для того чтобы найти

ординату точки пересечения касательной с осью Oy , подставим в полученное уравнение x = 0: y = 2π . Итак, (0; 2π ) - искомая точка.

Ответ: (0;2π)-точка пересечения касательной с осью Oy .

22

Задача

27.

Найти производные

dy

и

d 2 y

функции

y ,

заданной

dx

dx2

t

= arctg2

x

.

параметрически:

= ln (1+ 4t )

y

dy

dy

yt

'

Решение.

Для нахождения

воспользуемся формулой

=

. Найдем

dx

dx

x

'

yt ' и xt ':

t

4t ln 4

22t 2 ln 2

yt ' = (ln (1+ 4t ))

′

=

1

(1+ 4t

)

'

=

=

,

t

1+ 4

t

t

1+ 4

t

1+

4

t

xt'

= (arctg2t )'

=

1

(2t

)'

=

2t ln 2

.

1

2t

t

t

+ 2

t

1+ 4

dy

22t 2 ln 2

2t ln 2

22t 2 ln 2

1+ 4t

= 2t 2 = 2t +1.

Тогда

=

:

=

dx

1+

4

t

1+

4

t

1+

t

2

t

ln 2

4

d

dy

dy '

d

2

y

d

2

y

Найдем

по формуле:

=

dx

=

dx t

.

dx2

dx2

dx

x'

t

Так как

dy '

= (

2t +1 )

'

= 2t +1 ln 2, то

dx

t

t

dy '

ln 2(1 + 4

)

d

2

y

2

t +1

t

=

dx

t

=

= 2(1+ 4t ).

dx2

x'

2t ln 2

d 2 y

t

Ответ:

dy

= 2t +1,

= 2(1+ 4t ).

dx

dx2

3. Примеры решения типовых задач к контрольной работе №3

[5], с. 4...17, 28...67

Разделы: ”Дифференциальное исчисление функции одной переменной”, ”Интегральное исчисление функции одной переменной”

		x		−	1
Задача 28. Найти предел функции lim							с помощью правила
x→1	x −1				ln x

Лопиталя.

23

Решение.

Подстановка предельного значения x =1 дает неопределенность

вида (∞ −∞). Преобразуем функцию, чтобы получилась неопределенность вида

0

0

∞

или

∞ .

x

1

xln x −

(

x −1

xln x

−

x

+

1

lim

−

= lim

= lim

.

ln x

(x −1)ln x

(x −

1)ln x

x→1

x −1

x→1

x→1

В данном случае формальная подстановка предельного значения x =1 дает неопределенность вида 00 , и можно применить правило Лопиталя.

x

1

x ln x

−

x

+

1

(

xln x − x +1

'

−

= lim

= lim

)

=

lim

((

) )

'

x→1 x −1 ln x x→1 (x −1)ln x

x→1

x −1 ln x

1

= lim

ln x + x x −1

= lim

ln x

.

1

x→1 ln x +(x −1)

1

x

→1 ln x +

1−

x

x

Снова получаем неопределенность вида 00 и еще раз применяем правило

Лопиталя.

1

ln x

(

ln x

)

'

1

1

lim

= lim

= lim

x

=

=

.

1

1

'

1

1+1

x→1

ln x +1−

x→1

x→1

+

1

2

ln x

+1−

x

x

x

x

2

x

−

1

=

1

Ответ: lim

.

ln x

2

x→1 x −1

)

ctgx с помощью правила Лопиталя.

Задача 29. Найти предел

x

lim

3 −2esin x

Решение.

→0+0 (

x = 0 дает неопределенность

Подстановка предельного значения

вида 1∞. Выполним преобразования, используя основное логарифмическое тождество и непрерывность показательной функции.

− 2 e

s i n x c t g x

(

)

c t g x

l n 3

l i m

3 − 2 e s i n

x

=

=

x

l i m e

x → 0 + 0

→ 0 + 0

−

s i n

x

c t g x l n (3 − 2 e

s i n x

)

c t g x l n 3

2 e

l i m

= l i m e

=

.

e x → 0

+ 0

x → 0

+

0

24

lim ctgxln (3 −2esin x

x→0+0

Найдем предел, стоящий в показателе степени Подстановка предельного значения дает неопределенность вида имеющиеся произведение, используя равенство ctgx = tgx1 .

	lim ctgxln	(	3 −2esin x	)	= lim	ln (3 −2esin x )	.
						tgx
	x→0+0				x→0+0

).

∞ 0 . Преобразуем

Подставляя x = 0, получим неопределенность вида

0

. В этом случае можно

0

применить правило Лопиталя.

1

(3 −2esin x )'

ln(3 −2esin x )

= lim (ln(3 −2esin x ))'

lim

=

lim

=

3 −2esin x

x→0+0

tgx

x→0+0

(tgx)'

x→0+0

1

cos2 x

= lim

−2esin x cos x cos2 x

= lim

−2esin x cos3 x =

−2

=−2.

x→0+0

3 −2esin x

x→0+0

3 −2esin x

3 −2

Окончательно получим

lim ctgxln 3−2esin x

) =e−2 =

1

lim

(3 −2esin x )ctgx =ex→0+0

(

.

2

x→0+0

1

e

Ответ: lim

(3 −2esin x )ctgx

=

.

2

x→0+0

e

Задача 30. Исследовать функцию f (x)=

2(3x −1)

и сделать схематический

(x +1)2

чертеж ее графика.

Решение.

1.

Область определения функции – вся числовая ось, кроме точки x = −1,

то есть x (−∞;−1) (−1;+∞).

Найдем односторонние пределы функции:

2(3x −1)

f (−1−0)=

lim

f (x)=

lim

= −∞,

(x +1)2

x→−1−0

x→−1−0

f (−1+0)=

lim

f (x)=

lim

2(3x −1)

= −∞.

(x +1)2

x→−1+0

x→−1+0

Таким образом,

в точке x = −1 данная функция терпит бесконечный разрыв, а

график функции имеет вертикальную асимптоту x = −1.

2. Определим, имеет ли график функции наклонные асимптоты, то есть исследуем поведение функции на бесконечности. Чтобы при x →+∞ составить уравнение асимптоты y = kx +b , найдем величины:

25

k = lim

f (x)

= lim

2(3x −1)

= 0 ,

x

x→∞

x→∞ (x +1)2 x

b = lim

(

f

(

x

)

− kx

)

2(3x

−1)

=

lim

−0

= 0 .

2

x→+∞

x→+∞

(x +1)

Таким образом, при

x →+∞

график функции

имеет горизонтальную

асимптоту y = 0. Аналогично получаем,

что при x → −∞ график данной функции

имеет ту же самую асимптоту y = 0.

3. Проверим функцию на четность, для чего найдем

f (−x)=

2

(

3(−x)−1)

=

2(−3x −1)

=

−2(3x +1)

.

((

−x

)

+1 2

(−x +1)2

(1 − x)2

)

Поскольку f (−x)≠ f (x) и f (−x)≠ − f (x), то данная функция не является ни

четной, ни нечетной.

4. Найдем ординату точки пересечения графика функции с осью Oy , положив x = 0: f (0)= −2 , а чтобы найти абсциссу точки пересечения графика с

	осью Ox , решим уравнение			2	(3x −1)	= 0 , или 3x −1 = 0 . Оно имеет единственный
				(x +1)2
	корень x =	1			(0;−2)	1
			. Таким образом,			и	;0		- точки пересечения графика с осями
		3
						3

ординат.

5.Найдем первую производную:

	2(3x −		1) '		2 3(x +1)2 − 2(3x −1)2(x +1)
	f '(x)=			=					=
					(x +1)4
	(x +1)2
=	6(x +1)−4(3x −1)		= 6x +6 −12x + 4 =			−6x +10	=	2(−3x +5)		.
	(x +1)3					(x +1)3
					(x +1)3			(x +1)3

Первая производная обращается в бесконечность при x = −1, но эта точка не входит в область определения функции. Поэтому данная функция имеет

единственную критическую точку x =					5 , в которой		f '(x)= 0.
					3		f '(x)> 0 . В данном
Функция возрастает на промежутке,						где		случае	это
промежуток			5			там,	где f '(x)< 0 , то	есть	при
	−1;		3	. Функция убывает
	5
x (−∞;−1)		;+∞ .
	3

26

В точке x = 53 функция имеет максимум, поскольку слева от этой точки

	f '(x)> 0, а справа f '(x)< 0, причем max f (x)=		5			9
		f			=		.
			3			8

6. Находим вторую производную:

2(−3x +5) '

2(−3)(x +1)3 − 2(−3x +5)3(x

+1)2

f ''(x)=

=

=

(x +1)6

(x +1)3

=

−6(x +1)−6(−3x +5)

= −6x −6 +18x −30 =12x −36

=

12(x −3)

.

(x +1)4

(x +1)4

(x +1)4

(x +1)4

Как

и

в

предыдущем

пункте

исследуем

лишь

точку

x = 3 ,

в

которой

f ''(x)= 0

(поскольку точка

x = −1 не входит в область определения функции).

y

График функции обращен выпуклостью вверх

на тех промежутках, где

f ''(x)< 0. В данном

4

случае

при

x (−∞;−1) (−1,3).

График

обращен выпуклостью вниз, если

f ''(x)> 0 .

-4 -2

2

x

Для данной функции – при x (3, +∞). Точка

O

−2 2

4

x = 3 является точкой перегиба, f (3)=1.

Схематический

чертеж

графика

функции

−4

f (x)=

2

(3x −1)

изображен на рис.9.

(x +1)2

рис.9

f (x)=

x

Задача 31. Исследовать функцию

и сделать схематический

x2 +3

чертеж ее графика.

Решение.

1.

Эта

функция

определена

и непрерывна

на

всей числовой оси

x (−∞, +∞), вертикальных асимптот не имеет.

2. Исследуем поведение функции на бесконечности, то есть найдем

наклонные асимптоты y = kx +b . Поскольку

k = lim

f (x)

= lim

x

= lim

1

= 0,

x2 +3 x

x

2 +3

x→+∞

x

x→+∞

x→+∞

b = lim

f

(

x

)

− kx

)

= lim

f

(

x

)

=

lim

x

= lim

x

= lim

1

=1,

x2 + 3

3

x→+∞(

x→+∞

x→+∞

x→+∞

x

x→+∞

3

1 +

1 +

x2

x2

то y =1 - горизонтальная асимптота при x →+∞.

Аналогично рассуждая, можно получить, что k = 0 и при x → −∞, а

27

b = lim

f

(

x

)

−kx

)

= lim

f

(

x

)

= lim

x

= lim

x

= lim

−1

= −1.

x2 +3

3

3

x→−∞(

x→−∞

x→−∞

x→−∞

−x

x→−∞

1 +

1

+

x2

x2

Таким образом,

y = −1 - горизонтальная асимптота при x → −∞.

3.

Найдем

f (−x)=

−x

= −

x

= − f (x).

Поскольку

(−x)2 +3

x

2 +3

f (−x)= − f (x), то данная функция является нечетной, а её график симметричен

относительно начала координат (0,0).

(0)= 0 .

4. График данной функции проходит через точку (0,0), так как

f

Других точек пересечения с осями координат нет.

5.

Находим первую производную:

2x

'

x2 +3 − x 1

2

x

2

x

+3

f '(x)=

=

=

x2 +3

x2 +3

x2 +3 −

x2

=

x2 +3

=

x2 +3 − x2

=

3

.

x2 +3

(x2 +3)

x2 +3

(x2 +3)3

Заметим, что f '(x)> 0 на всей

числовой

прямой

x (−∞, +∞),

то есть

функция

f (x) возрастает при всех x , экстремумов нет.

6.

Найдем вторую производную:

'

y

−3

'

f ''(x)

3

(

x

2

)

=

=

3

+

3

2

=

3

1

(x2 +3)

x

3

2

−

5

9x

0

=3

−

2

(x

+3)

2

2x = −

.

−1

(x2 +3)5

Вторая производная f ''(x)> 0

при x < 0 ,

рис.10

значит, на этом промежутке

график

данной

при x > 0, следовательно,

функции обращен выпуклостью вниз,

f ''(x)< 0

на данном

промежутке

график

функции

обращен

выпуклостью вверх.

f

(0)= 0 .

Точка x = 0 является точкой перегиба, как уже отмечалось,

Схематический чертеж графика функции

f (x)=

x

приведен на рис.10.

x2 +3

28

Задача 32. Найти интеграл ∫

dx

.

x

4

2

+ x

Решение. Прибавляя и вычитая в числителе подынтегральной функции x2 , а

затем почленно поделив числитель на знаменатель, получим

∫

dx

= ∫(x2

+1)− x2

dx =∫dx2 −∫

dx

= ∫x−2dx −∫

dx

= − 1 −arctgx +C,

4

2

(

)

2

2

x + x

x

2

x

2 +

x

x

+1

1+ x

x

1

где C - произвольная постоянная.

1

Задача 33. Найти интеграл ∫sin2 x cos2 xdx .

Решение. Заменим единицу в числителе подынтегральной функции

выражением sin2 x +cos2 x, получим:

∫

1

dx = ∫

sin2 x +cos2 x

dx = ∫

dx

+ ∫

dx

= tgx −ctgx +C,

sin

2

x cos

2

sin

2

x cos

2

x

cos

2

sin

2

x

x

x

где C - произвольная постоянная.

1

Задача 34. Найти интеграл ∫(1 + x2 )2 xdx .

Решение. Умножив и разделив подинтегральную функцию на 2, сможем написать

1	1				1
∫(1+ x2 )2	xdx =	1	∫(1 + x2 )2	2xdx =	1	∫(1+ x2 )2 d (1+ x2 ).
		2			2

Теперь переменной интегрирования служит выражение 1+ x2 и относительно этой переменной получается интеграл от степенной функции. Следовательно,

		1	+ x	2	3
1	1				2	3
∫(1+ x2 )2	xdx = 12 ∫(1+ x2 )2 d (1+ x2 )= 12					+C = 13 (1+ x2 )2
		(	3/ 2 )				+C,

где C - произвольная постоянная.

Задача 35. Найти интеграл ∫e3cos x sin xdx .

Решение. Заданный интеграл можно представить так (умножив и разделив подынтегральную функцию на 3):

∫e3cos x sin xdx = 13 ∫e3cos x 3sin xdx ,

но 3sin xdx = −d (3cos x), поэтому

∫e3cos x sin xdx = 13 ∫e3cos x 3sin xdx = −13 ∫e3cos x d (3cos x),

т.е. переменной интегрирования является 3cos x . Следовательно,

∫e3cos x sin xdx = −13 e3cos x +C,

где C - произвольная постоянная.

29

Задача 9. Найти интеграл ∫xx3++25dx .

Решение. Представим числитель в виде (x3 +8)−3, а x3 +8 разложим по

формуле суммы кубов, тогда имеем (x3 +8)−3

=(x + 2)(x2 −2x + 4)−3 . Подставим

это выражение в числитель и почленно поделим. Будем иметь

∫

x3

+5

dx =

∫

(x + 2)(x2 −2x + 4)−3

dx =

∫

(

x

2 −2x + 4 dx −3

dx

=

x

+ 2

x + 2

)

∫

x + 2

2

dx

x3

x2

= ∫x

dx −2∫xdx + 4∫dx −3∫

=

− 2

+ 4x −3ln | x + 2 | +C =

x + 2

3

2

=x3 − x2 + 4x −3ln | x + 2 | +C, 3

где C - произвольная постоянная.

Задача 36. Найти интеграл ∫																								dx									.
																			2x			2		−2x +						3
Решение. Преобразуем знаменатель, выделив полный квадрат, получим
	2x		2	−2x	+3				2	− x +					3				=							1			2		+				3		−	1								−		1 2		+	5
							= 2 x								2					2 x −						2									2				= 2 x												4	,
																																						4										2
тогда
																																											1
																																										−
							dx							1								dx									1								d x				2
				∫								=			∫													=						∫															=
					2x	2	− 2x +			3				2							1				2	5					2								1	2				5			2
																x −						2			+	4										x −						+
																																							2					2
							= 1			2								x −			1							1										2x −1 +C,
												arctg									2			+C =									arctg
										5																				5
							2													5																				5
где C - произвольная постоянная.																			2
Задача 37. Найти интеграл ∫																					3x −1								dx .
																			x	2	−4x +8
Решение. Преобразуем числитель, выделив в числителе дроби производную
знаменателя, а затем поделим почленно числитель на знаменатель. Имеем
			3x −1				3			(2x − 4)−1 + 6																	3								2x − 4														dx
∫						dx = ∫		2																	dx =					∫											dx +5∫												=
	x	2								x			2	− 4x +						8							2						x	2												x	2
			− 4x +8																																	− 4x +8													− 4x +8

30