m1var03

Вариант № 3

1. Найти область определения функции : y = ( x − x)−1/ 2 =

1

.

x − x

Область

определения данной функции определяется неравенством

x − x > 0.

Освободимся от знака модуля: при

x ≥ 0 неравенство x − x > 0 никогда не выполняется;

при x < 0 неравенство − x − x > 0 выполняется всегда. Объединяя результаты, получим:

− ∞ < x < 0. Ответ: x (−∞, ).

2. Построить график функции: y =

x2 − 2x +1 + 3.

Так

как

x2

− 2x +1 = (x −1)2

≥ 0

всегда,

то

данная

функция определена на всей числовой оси. Преобразуем

6

функцию: y =

x2 − 2x +1 + 3 =

(x −1)2

+ 3 = x −1 + 3. Таким

x

+ 2,

если x ≥ 1,

3

образом,

y =

.

4

− x,

если x < 1

Ответ: график представлен на рисунке.

1

0

1

2

3

3. Построить график функции: y = lg(2 − 3x).

Данная функция определена для x, удовлетворяющих неравенству

2 − 3x > 0

или

x < 2/3 . Преобразуем функцию. Вынесем за скобки множитель −3:

y = lg[−3(x − 2/3)].

Последовательно строим сначала

y = lg(x)., затем

y = lg(−3x). (переворачивая

график

вокруг оси ОY и «сжимая» его в три раза по оси ОХ), затем сдвигаем график вправо по

оси ОХ на величину 2/3. Ответ: построения представлены на рисунках.

					2																2														2
					1																1														1
			2	1			0					1			2		2				1					0		1	2	2			1				0							1	2
					1																1														1
					2																2														2
																x = cos−1 t
																										.
4. Построить график функции:
																y = tg2t

Исключим

параметр

t,

применяя

формулу

4

tg2t = 1

−1. Подставляя

сюда

x2 =

1

( x ≥ 1),

cos2

t

cos2 t

2

получим:

y = x2

−1. Так как по определению

y ≥ 0 , то

область определения функции будет

x ≥ 1. Ответ: график

2

1

0

1

2

представлен на рисунке.

5. Построить график функции: ρ = 2cos6ϕ .

Поскольку ρ ≥ 0 , то функция существует для тех значений φ,

для

которых

cos6ϕ ≥ 0 .

Это

наблюдается

при

2kπ − π ≤ 6ϕ ≤ 2kπ + π

или

kπ − π ≤ ϕ ≤ kπ + π . Полагая

2

2

3

12

3

12

k =

,1,..., 5, получим шесть интервалов для φ, в которых

ρ

изменяется одинаково, возрастая с нуля до двух, затем убывая

с 2 до нуля. Таким образом, графиком будет

шестилепестковая

роза.

Ответ:

график

представлен

на

1

рисунке.

6. Вычислить предел:

lim

(3 − n)4

− (2 − n)

4

.

− (1+ n)3

n→∞ (1− n)3

k

k!

Воспользуемся формулой бинома Ньютона (a + b)k = ∑Cki aibk−i

, где Cki =

.

i=0

i!(k − i)!

Получим: lim

(3 − n)4

− (2 − n)4

=

− (1+ n)3

n→∞ (1− n)3

= lim

81−108n + 54n2

−12n3 + n4

− (16 − 32n + 24n2

− 8n3 + n4 )

= lim

65 − 76n + 30n2

− 4n3

=

1− 3n

+ 3n2 − n3 − (1+ 3n + 3n2 + n3 )

− 6n − n3

n→∞

n→∞

= lim

65/ n3 − 76/ n2 + 30/ n − 4

=

− 4

= 2.

Ответ: lim

(3 − n)4 − (2 − n)4

= 2.

− 6/ n2 − 2

− 2

n→∞

n→∞ (1− n)3 − (1+ n)3

7. Вычислить предел:

lim

− 2x2 + 4x + 6

x2

(неопределённость вида (0/0)).

x→−1

+ 4x + 3

Разлагаем числитель и знаменатель на простые множители:

− 2x2 + 4x + 6

=

lim

x2 + 4x +

x→−1

3

− 2(x +1)(x − 3)

x −

3

− 2x2 + 4x + 6

= lim

(x +1)(x + 3)

= −2 lim

= 4 . Ответ: lim

x2

+ 4x + 3

= 4.

x→−1

x→−1 x +

3

x→−1

8. Вычислить предел: lim

1− x

(неопределённость вида (0/0)).

x→1−0 3 x2

−1

Преобразуем

выражение:

lim

1− x

= lim

1− x

= lim

1− x

lim

1

=

x→1−0 3 x2 −1 x→1−0 3 x −1 3 x +1 x→1−0 3 x −1 x→1−0 3 x +1

= lim

1− x

=

1− x = t6 , x −1 = −t6

==

lim

t3

= 0 .

если x → 1− , то t → 0 +

, т.е. t >

x→1−0 3 x −1

0

t→0+0 − t

2

Ответ: lim

1− x

= 0 .

x→1−0 3 x2

−1

9. Вычислить предел:

lim

1− sin 2x

(неопределённость вида (0/0)).

x→π / 4 (π − 4x)2

Воспользуемся

формулой

1− cos x = 2sin2

x

и

первым

замечательным

пределом:

2

lim

sin x

= 1:

x→0 x

1

− sin 2x

=

π − 4x = t, x = (π − t)/ 4,

sin 2x = sin(π / 2 − t / 2) = cos(t / 2),

= lim

1− cos(t / 2)

=

lim

x → π / 4,

t → 0

t2

x→π / 4 (π − 4x)2

если

то

t→0

2sin

2 t

sin

t

2

1

1

1− sin 2x

1

4

= lim

=

lim

4

=

. Ответ: lim

=

.

t→0

t2

8

x→0

t

8

x→π / 4 (π − 4x)2

8

4

n2

−1

n4

10. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (1∞)).

2

n→∞ n

2

Приведём предел ко второму замечательному пределу:

1

z

= e:

lim 1+

z→∞

z

n2−1

n4

n2

−n4

n2−1+1

−n4

+

1

−n4

1

= 1, если n

→ ∞,

=

lim

2

= lim

2

= lim

2

= lim 1

2

=

n2 −1

t

n

−1

n

−1

n

−1

n→∞

n→∞ n

n→∞

n→∞

то t → ∞, n

2

= t

+1

+

1

t a

(t +

1)2

+

1 t a

−∞

= 0

= lim 1

, где a = −lim

= −∞ . Таким образом, = lim 1

= e

t→∞

t

t→∞

t

t→∞

t

n2

−1

n4

= 0 .

Ответ: lim

2

n

n→∞

11. Вычислить предел: lim

4 + x − 2 (неопределённость вида (0/0)).

x→0

3arctg x

Воспользуемся эквивалентными величинами (при x→∞): arctg(x)~tg(x)~x,

4 + x − 2 = 2(

1+ x / 4 −1) ~2 (x /8) . Тогда lim

4 + x − 2 = lim 2 (x /8) =

1 .

x→0

3arctg x

x→0

3x

12

Ответ: lim

4 + x − 2 =

1 .

x→0

3arctg x

12

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y =

2

1 .

1+ 3x+1

Область определения – все действительные числа, кроме x=−1. В точке x=−1

функция имеет разрыв, во всех других точках является непрерывной (как элементарная

функция).

Исследуем

поведение

функции

в

окрестности

точки

разрыва:

2

2

2

2

lim

=

= 2,

lim

=

= 0

.

2

1

+ 3

−∞

1

+∞

x→−1−0

1

x→−1+0

1+ 3

1+ 3x+1

1

+ 3x+1

1.5

Таким образом, в точке x=−1 имеют место разрыв первого

рода. Скачёк функции в точке разрыва равен (-2). Для

1

построения

эскиза

графика

функции

рассмотрим

поведение

0.5

функции

в

бесконечности:

2

2

2

=

= 1. Ответ: В точке x=−1

6

3

0

3

6

lim

1

= lim

1

0

x→−∞

x→+∞

1+

3

1+ 3x+1

1+

3x+1

функция имеет разрыв первого рода, в остальных точках она непрерывна. Эскиз графика

представлен на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на

непрерывность

и

построить

эскиз

графика:

x − 3,

x < ,

y = x +1, 0 ≤ x ≤ 4, .

x > 4.

3 +

x,

Область определения функции: x (−∞,∞) . Ось ОХ разбивается на три интервала,

на каждом из которых функция f(x) совпадает с одной из указанных непрерывных

функций. Поэтому точками разрыва могут быть только точки, разделяющие интервалы.

Вычислим односторонние пределы:

3

lim	f (x) = lim (x − 3) = −3,	lim	f (x) = lim (x +1) = 1,
x→0−0	x→0−0	x→0+0	x→0+0

lim

f (x) = lim (x +1) = 5, lim

f (x) = lim (3 +

x) = 5. Таким

8

x→4−0

x→4−0

x→4+0

x→4+0

образом, в точке x=4 функция непрерывна, а в точке x=0

4

функция

терпит

разрыв

первого

рода.

Величина скачка

функции в точке x=0 равна 4.

4

0

4

8

Ответ: В точке x=0 функция имеет разрыв первого рода, в

4

остальных точках она непрерывна. Эскиз графика

представлен на рисунке.

8

14. Исходя из определения производной, найти

f ′( ):

f (x) = tg(2x2 cos(1/ 3x) −1+ x), x ≠

,

f (

) = 0 .

По определению

f ′(x0) =lim f (x0 +

x) − f (x0 ) . Заменим

x на x-x0:

x→0

x

f ′(x

0

) = lim

f (x) − f (x0 )

. Но

x

0

=

, f (x

0

) = 0 , поэтому

f ′(

) = lim f (x)

. В

данном

x→x0

x − x0

x→0

x

случае f ′(	) = lim	tg(2x2 cos(1/ 3x) −1+ x)			. Но tg(t) ~t, а 2t-1~t·ln(2) при t→0 . Поэтому
	x→0		x
f ′( ) = lim	2x2 cos(1/ 3x) −1+ x		= 1+ lim	2x2 cos(1/ 3x) −1		= 1+ lim	x2 cos(1/ 3x) ln 2	=
x→0		x	x→0		x	x→0	x

= 1+ lim(xcos(1/3x)) ln 2 = 1+ 0 = 1, так как

cos(1/3x)

≤ 1 при любом x. Ответ: f ′( ) = 1.

x→0

y = (ln x)3x .

15.

Найти

производную

показательно-степенной

функции:

Прологарифмируем

функцию: ln y = 3x lnln x . Берём производную,

как

производную

неявной функции:

y′

= 3x ln3 ln ln x + 3x

1

= 3x (ln3 lnln x +

1

) .

Подставляем

y

xln x

xln x

сюда y:

y′ = 3x (ln x)3x

(ln3 lnln x +

1

) Ответ: y′ = 3x (ln x)3x

(ln3 lnln x +

1

) .

xln x

xln x

16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить y′′

:

xx

x = et cost

t = 0 .

= et sint

y

Уравнения

касательной

и нормали

к

кривой

y = f (x)

имеют

вид

y = y0

+ y′x (x0 ) (x − x0 ) и y = y0

− (1/ y′x (x0 )) (x − x0 ) ,

где

x0

и

y0

- координаты точки касания. Вычислим

сначала эти координаты:

5

x0= x( ) = 1,

y0= y( ) = 0 . Найдём производные

y′x

и

4

y′′

′ =

y′

=

et (sint + cost)

=

sint + cost

3

:

y

t

.

Тогда

2

x′

xx

x

et (cost − sint)

cost

− sint

t

y′x ( ) = 1 .

Далее,

1

y ′

=

(y

)′

=

(cost − sint)2 + (cost

+ sint)2

=

2e−t

4

2

0

2

4

t

t

1

′

x

x

et (cost − sint)3

(cost − sin t)3

t

4

, следовательно,

y′x′( ) = 2. Таким образом, уравнение касательной

y = x −1, уравнение

нормали

y = −(x −1) .

Или

x − y −1 = 0

и

x + y −1 = 0 .

Ответ:

x − y −1 = 0

касательная

(x0

, y0 ) = (1, 0), y′x (x0 ) = 1, yx′(x0 ) = 2,

.

x + y −1 = 0

нормаль

17.

Функция y(x), заданная неявно

уравнением

y + sin(x + y) = 1,

принимает

в

точке

x

0

= π / 2

значение y

0

= 0. Найти y′ , y′′

, y′

(x

0

), y′′

(x

0

) .

x

xx

x

xx

Дифференцируем уравнение по x, предполагая, что y= y(x): y′ + (1+ y′)cos(x + y) = 0.

Из

этого

равенства

находим:

y′ = −

cos(x + y)

= −1+

1

. Находим

вторую

1+ cos(x + y)

1+ cos(x + y)

производную:

y ′ =

(1+y′)sin(x +y)

.

Вычислим

производные

в точке

x

= π :

0

(1+ cos(x + y))2

2

y′(π ) = , y ′(π ) = 1.

22

Ответ:	y′ = −		cos(x + y)	= −1+	1	,	y ′ =	(1+ y′)sin(x + y)	,
					1+ cos(x + y)			(1+ cos(x + y))2
	1		+ cos(x + y)

y′(π ) = , y ′(π ) = 1.

22

18.Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:	y = 2x +1, x = 1,53 .
По определению дифференциала y(x0 + x) = y(x0 ) + dy(x0 ) + o( x) или, в других
обозначениях,	y(x) = y(x0 ) + dy(x0 ) + o((x − x0 )), x = dx = x − x0 . Отсюда получаем

формулу для приближённых вычислений: y(x) ≈ y(x0 ) + y′(x0 )(x − x0 ). В данном случае

x0 = 1,5, y(x0 ) = y(1,5) = 2, y′ =

1

), y′(x0 ) = y′(1,5) =

,5,

x = ,03 .

Тогда

2x +1

y(1,53) ≈ 2 +

,5 ,03 = 2,015 . Ответ: y ≈ 2,015

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim (x +1) x+1 .

x→−1+0

Это

неопределённость

вида

(1∞).

Преобразуем

предел:

lim

x+1 ln(x+1

x+1 ln(x+1)

lim (x +1)

x+1

= lim

e

= ex→−1+0

. Найдём

предел в показателе

степени:

x→−1+0

x→−1+0

ln(x +

1)

∞

[ln(x +1)]′

2

lim

=

=

lim

= lim

= 2lim (x +1) = 0.

x→−1+0 (x +1)−1/ 2

∞

x→−1+0 [(x +1)−1/ 2 ]′

x→−1+0 (x +1)(x +

1)−3/ 2

x→−1+0

Следовательно,

lim (x +1) x+1

= e0 = 1. Ответ:

lim (x +1)

x+1

= 1.

x→−1+0

x→−1+0

1

ln(1+ x)

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя:

lim

−

.

2

+ x)

x

x→0 x(1

1

ln(1+ x)

x − (1+ x)ln(1+ x)

Это неопределённость вида (∞-∞):lim

−

= lim

=

2

2

x

x

(1+ x)

[x − (1+ x)ln(1+ x)]′

x→0 x(1+ x)

x→0

0

1− ln(1+ x) −1

ln(1+ x)

=

= lim

[x2 (1+ x)]′

= lim

= −lim

.

Но

ln(1+ x) ~x.

0

x→0

x→0 2x(1+ x) + x2

x→0 x(2

+ 3x)

Поэтому

5

ln(1+ x)

1

1

1

ln(1+ x)

1

− lim

− lim

= −

. Ответ: lim

−

= −

.

2

x→0 x(2 + 3x) x→0 (2 + 3x)

2

x

2

x→0 x(1+ x)

21. Многочлен по степеням x

представить

в

виде многочлена

по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = x4 + x3 − 3x2 + 5, x

0

= −1.

Запишем

формулу

Тейлора

для

многочлена

четвёртой

степени:

f (x) = f (x

)

+ f

′(x

)(x − x

)

+

f ′(x0 )

(x − x

)2

+

f ′(x0 )

(x − x

)3

+

f (4) (x0 )

(x − x

)4 .

0

0

0

0

0

0

2!

3!

4!

Найдём все

производные:

f ′(x) = 4x3 + 3x2 − 6x, f ′(x) = 12x2 + 6x − 6,

f

′(x) = 24x + 6 ,

f (4) (x) = 24 .

Тогда

f (−1) = 2, f ′(−1) = 5, f

′(−1) =

,

f

′(−1) = −18,

f (4) (−1) = 24.

Подставив это в формулу, получим: f (x) = 2 + 5(x +1) − 3(x +1)3 + (x +1)4 .

Ответ: f (x) = 2 + 5(x +1) − 3(x +1)3 + (x +1)4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию

f (x) в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x

0

)3 ) :

f (x) = cos2 (1/ x),

x

0

= 2/π .

Применяем формулу Тейлора:

f (x) = f (x

)

+ f

′(x

)(x − x

)

+

f ′′(x0 )

(x − x

)2

+

f ′′′(x0 )

(x − x

)3

+ o((x − x

)3 ) .

0

0

0

0

0

0

2!

3!

Вычисляем последовательно:

f (2/π ) =

,

f ′(x) = 2cos(1/ x)sin(1/ x)x−2 = sin(2/ x)x−2 ,

f ′(2/π ) =

,

f ′(x) = −2cos(2 / x)x−4

− 2sin(2/ x)x−3 ,

f ′(2/π ) = π 4 /8,

f ′(x) = −4sin(2/ x)x−6

+ 8cos(2/π )x−5

+ 4cos(2/ x)x−5

+ 6sin(2/ x)x−4 ,

f

′(2/π ) = −3π 5 /8 .

π 4

2

π 5

2

2

Ответ: f (x) =

(x −

)2

−

(x −

)3 + o((x

−

)3 )

π

π

π

16

16

23. Исследовать поведение функции в окрестности точки с помощью формулы Тейлора:

f (x) = 6ex−2 − x3 + 3x2 − 6x, x		0	= 2.
Найдём значение функции и её первых четырёх производных в заданной точке:
f (2) = −2, f ′(x) = 6ex−2	− 3x2 + 6x − 6, f ′(2) =			,
f ′(x) = 6ex−2 − 6x + 6,	f ′(2) = , f ′(x) = 6ex−2			− 6, f ′(2) = , f (4) (x) = 6ex−2 , f (4) (2) = 6

. По формуле Тейлора f (x) = −2 + 1 (x − 2)4 + o((x − 2)4 ). Ответ: В окрестности точки (2, - 4

2) функция ведёт себя как степенная функция четвёртой степени. Точка (2, -2) является точкой минимума функции.

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора:

lim

2 − sin

2

x − 2cos x

.

x4

x→0

По

формуле

Тейлора

cos x = 1−

1

x2

+

1

x4

+ o(x4 ) .

Аналогично,

2!

4!

sin2 x =

1

(1− cos2x) =

1

[1− (1−

1

(2x)2 +

1

(2x)4 + o((2x)4 ))] = x2

−

1

x4

+ o((2x)4 ) .

2

2

2!

4!

3

Подставим это в предел: lim

2 − sin2

x − 2cos x

=

x→0

x4

2 − x2

+

1

x4 + o(x6 ) − 2(1−

1

x2

+

1

x4 + o(4x4 ))

1

x4

−

1

x4

+ o(4x4 ))

1

= lim

3

2

24

= lim

3

12

=

.

x4

x4

x→0

x→0

4

6

	Ответ: lim	2 − sin2 x − 2cos x		=	1	.
			x4
	x→0				4
	25. Найти асимптоты и построить эскиз графика функции:						y =	4x2	+ 9	.
								4x	+ 8
	Область		определения	функции: x (−∞, − 2) (−2, ∞). Функция непрерывна в

каждой точке области определения. Найдём односторонние пределы в точке разрыва

функции:	lim	4x2	+ 9	= −∞, lim	4x2	+ 9	= ∞ . Отсюда	следует, что	прямая	x = −2
			+ 8			+ 8
	x→−2−0 4x			x→+0 4x
является	вертикальной асимптотой. Исследуем							функцию	при	x → ±∞ :

lim

4x2

+ 9

= lim (x − 2

+

25

) = −∞,

+ 8

4x +

x→−∞

4x

x→−∞

8

lim

4x2

+ 9

= lim (x − 2

+

25

) = +∞ . Из этого следует, что

+ 8

4x +

x→+∞

4x

x→+∞

8

имеется

наклонная

асимптота

y = kx + b , где k=1.

Действительно,

k = lim

f (x)

= lim

4x2

+ 9

=

lim

4x2

+ 9

= 1. Тогда

+

+ 8x

x→−∞

x

x→−∞ 4x2

8x

x→+∞ 4x2

b = lim( f (x) − kx) = lim(

4x2 + 9

− x) =

4x + 8

x→∞

x→∞

		16
		8
12	6	0	6	12
		8
		16
		24

= lim

4x2 + 9

− 4x

2 − 8x

= lim

9 − 8x

= −2. Таким образом, прямая y = x − 2 является на-

4x + 8

x→+∞

x→+∞ 4x +

8

клонной асимптотой. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке.

26. Провести полное исследование поведения функции и построить её

график: y = (2x + 5)e−2(x+2) .

1. Область определения: x (−∞, ∞) . 2. Чётность, нечётность, периодичность

отсутствуют. 3. Функция непрерывна. Вертикальных асимптот нет. 4.

lim(2x + 5)e−2(x+2) = lim

2x + 5

= lim

2

= ,

lim (2x + 5)e−2(x+2)

= lim

2x + 5

=

x→∞

x→∞ e2(x+2)

x→∞ 2e2(x+2)

x→−∞

x→−∞ e2(x+2)

= lim

2

= ∞ , следовательно, y = 0 - односторонняя горизонтальная асимптота,

x→−∞ 2e2(x+2)

наклонных асимптот нет. 5. Первая производная

y′ = 2e−2(x+2)

− 4(2x + 5)e−2(x+2)

=

= 2e−2(x+2) [1− (2x + 5)] = −4e−2(x+2) (x + 2) . Производная

1.4

обращается в нуль в точке x = −2. При x < −2 производная

0.8

y′ > 0, следовательно, функция возрастает, При x > −2

производная

y′ < 0 , следовательно, функция убывает.

0.2

Точка x = −2

является точкой максимума функции, причём

4

2

0

2

ymax = y(−2) = 1. 6.

0.4

y ′ = −4e

−2(x+2)

(x +

2) = 8e

−2(x+2)

(x +2) − 4e

−2(x+2)

=

4e

−2(x+2)

(2x + 3)

1

. В точке x = −3/ 2 вторая производная равна нулю. Имеем

два интервала: в интервале (−∞, − 3/ 2)

производная y′′ < 0 - интервал выпуклости, в

интервале (−3/ 2, ∞) производная y′′ > 0 - интервал вогнутости. Точка (−3/ 2, 2e−1 ) - точка перегиба. 7. При x = 0 функция равна y = 5e−4 , точка ( , 5e−4 ) – точка пересечения оси ОУ. При y = 0 получим x = −5/ 2 , точка (−5/ 2, ) – точка пересечения оси ОХ.

7

Ответ: График функции представлен на рисунке, экстремум (максимум) в точке (-2, 1), точки перегиба – точка (−3/ 2, 2e−1 ) .

8