m1var01

Вариант № 1

1. Найти область определения функции : y =

x

.

x2

− 3x − 4

Область определения данной функции определяется неравенством

x2

− 3x − 4 > 0 .

Корнями

уравнения x2

− 3x − 4 = 0 являются

числа x = −1, x

2

= 4.

Так

как ветви

1

параболы

y = x2 − 3x − 4

направлены вверх, то неравенство

x2 − 3x − 4 > 0 выполняется

при x1 < −1 и x2 > 4 . Ответ: x (−∞,−1) (4,∞) .

2. Построить график функции: y = 1− x + x2 − 2x +1 . Так как x2 − 2x +1 = (x −1)2 ≥ 0 всегда, то данная функция определена на всей числовой оси.

Преобразуем функцию:

y = 1− x + x2 − 2x +1 = 1− x + (x −1)2 = 1− x + x −1 .

0,	если x ≥ 1,
Таким образом, y =	.
2(1	− x), если x < 1
Ответ: график представлен на рисунке.

3. Построить график функции: y = sin x + 3 cos x.

Данная функция определена на всей числовой оси. Преобразуем функцию. Вынесем

за скобки множитель 2: y = 2(	1	sin x +		3	cos x) = 2(sin π sin x + cos π cos x) = 2cos(x − π ).
2			2			3	3	6
Последовательно строим сначала у = cos(x) , затем						у = 2cos(x), затем сдвигаем график

вправо по оси ОХ на величину π/6. Ответ: построения представлены на рисунках.

x = sint

4. Построить график функции:

.

y = lnsin t

Исключим параметр t, подставляя во вторую

формулу

sin t = x . Получим

y = ln x . Функция

определена для x>0. Ответ: график представлен

на рисунке.

5. Построить график функции: ρ

=

2

.

1− sinϕ

Перейдём к декартовым координатам. Так

y = ρ sinϕ, x = ρ cosϕ , то

x2

+ y2 = ρ 2 ,

sinϕ

=

y

как

. Подставим это в функцию:

x2

+ y2

2

2

x2

+ y2

=

или

1

=

.

Следовательно, x2 + y2 − y = 2 или

1− y / x2 + y2

x2 + y2 − y

x2

+ y2

= 2 + y . Возведём обе части в квадрат:

x2 + y2 = 4 + 4y + y2 . Окончательно, данная функция в декартовых координатах имеет вид:

y =

x2

−1. Это парабола с вершиной в точке

4

(0;-1), пересекающая ось ОХ в точках x1=−2 и x2=2. Ответ:

график представлен на рисунке.

6. Вычислить предел: lim

3 + 6 + ...+ 3n

(неопределённость

n→∞

n2

+ 4

вида (∞/∞)).

Воспользуемся

формулой

для

суммы

арифметической

прогрессии:

3 + 6 + ...+ 3n =

3 + 3n

n =

3

n(n +1). Тогда

2

2

3 + 6 + ...+ 3n

∞

3

n(n +1)

3

1+ n−2

=

3

3 + 6 + ...+ 3n

=

3

lim

=

=

lim

=

lim

. Ответ: lim

.

n2 + 4

n2 + 4

n→∞

∞

2 n→∞ n2 + 4

2 n→∞ 1+ 4n−2

2

n→∞

2

7. Вычислить предел: lim

x3 + x2 − x −1

(неопределённость вида (0/0)).

x→−1 x3 + x2 + x +1

Разлагаем числитель и знаменатель на простые множители: lim

x3

+ x2

− x −1

=

+ x2 + x +

x→−1 x3

1

= lim

x2 (x +1) − (x +1)

= lim

(x +1)(x2 −1)

= lim

x2

−1

=

0. Ответ: lim

x3

+ x2

− x −1

= 0.

+1

+ x2

+ x +

x→−1 x2 (x +1) + (x +1)

x→−1 (x +1)(x2+1)

x→−1 x

2

x→−1 x3

1

8. Вычислить предел: lim

1+ 2x − 3

(неопределённость вида (0/0)).

x→4

x − 2

Умножаем

числитель

и

знаменатель

на

сопряжённые

выражения:

1+ 2x − 3

0

(

1+ 2x − 3)(

1+ 2x + 3)(

x +

2)

2(x − 4)(

x + 2)

= lim

=

= lim

= lim

=

x→4

x −

2

0

x→4

(

x − 2)(

x + 2)( 1+ 2x

+ 3)

x→4 (x − 4)( 1+ 2x + 3)

= lim

2( x + 2)

=

2 4

=

4

. Ответ: lim

1+ 2x − 3

=

4

.

x→4 ( 1+ 2x + 3)

6

3

x→4

x − 2

3

9. Вычислить предел: lim

2xsin x

(неопределённость вида (0/0)).

x→0 1− cos x

Воспользуемся формулой

1− cos x = 2sin2

x

и

первым

замечательным

пределом:

2

lim

sin x

= 1:

x→0

x

sin

x

−2

2xsin x

2xsin x

x

x

sin x

sin x

=

2

lim

= 4.

lim

= lim

= lim

4 lim

x→0 1− cos x

x→0

2

x

x→0

x

x

x

x→0

x

x→0 x

2sin

sin

sin

2

2

2

2

Ответ: lim

2xsin x

= 4 .

x→0 1− cos x

n

+1

n

∞

10. Вычислить предел:

lim

(неопределённость вида (1

)).

−1

n→∞ n

1 z

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

lim 1

+

= e:

z→∞

z

n +1 n lim n→∞ n −1

n −1+

2 n

2 n

2

1

= lim

= lim 1

+

=

=

, если n → ∞, то t → ∞, n = 2t +1

=

n −1

n→∞

n→∞

n −1

n −1 t

1

2t+1

1

t

2

1

1

= e

2

n +1

n

= lim 1+

= lim 1

+

lim 1

+

. Ответ:

lim

t→∞

t

t→∞

t

t→∞

t

n→∞ n −1

x2

−1

11. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (0/0)).

x→1

ln x

Сделаем

замену

переменной:

x −1 = t, x = t +1, если x

lim

x2

−1

=

x→1 ln x

= e2 .

→ 1, то t → 0. Тогда

= lim	(t +1)2	−	1		= | ln(t+1)~t|= = lim	t(t + 2)	= lim(t + 2)	= 2. Ответ: lim	x2 −1		= 2 .
t→0 ln(t +1)					t→0	t	t→0	x→1	ln x

x−1

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y = 8x−2 . Область определения – все действительные числа, кроме x=2. В точке x=2 функция

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

Исследуем

поведение

функции

в

окрестности

точки

разрыва:

x−1

lim

x−1

lim 8x−2

=

8x→2−0 x−2

= 8−∞ = 0,

x→2−0

x−1

lim

x−1

lim 8x−2

=

8x→2+0 x−2

= 8∞

= ∞ . Таким образом, в точке x=2

x→2+0

имеет место бесконечный разрыв второго рода. Для

построения эскиза графика функции рассмотрим поведение

функции в бесконечности:

x−1

x−1

lim

x−1

8

lim 8x−2

= lim 8x−2

= 8x→∞ x−2

= 81

= 8. Ответ: В точке x=2

2

x→−∞

x→+∞

функция имеет разрыв второго рода, в остальных точках

она непрерывна. Эскиз графика представлен на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на непрерывность и построить

эскиз

графика:

− x,

x ≤ 0,

y = x2 , 0 < x ≤ 2, .

x +1,

x > 2.

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:

lim

f (x) = lim(−x) = 0,

lim

f (x) = lim x2

= 0,

x→−0

x→−0

x→+0

x→+0

lim

f (x) = lim x2 = 4,

lim f (x) = lim (x +1) = 3 .

x→2−0

x→2−0

x→2+0

x→2+0

Таким образом, в точке x=0 функция непрерывна, а в точке x=2 функция терпит разрыв первого рода. Величина скачка функции в точке x=2 равна (−1).

Ответ: В точке x=2 функция имеет разрыв первого рода,

в остальных точках она непрерывна. Эскиз графика представлен на рисунке. 14. Исходя из определения производной, найти f ′(0):

f (x) = x + arcsin(x2 sin 6), x ≠ 0, f (0) = 0 . x

По определению f ′(x0) =lim

f (x0 + x) − f (x0 )

. Заменим

x на x-x0:

x→0

x

f ′(x

) =

lim

f (x) − f (x0 )

. Но x

= 0,

f (x

) = 0,

поэтому

f ′(0) = lim

f (x)

. В

данном

0

x − x0

0

0

x→x0

x→0

x

случае

x + arcsin(x2 sin

6

)

arcsin(x2 sin

6

)

6

6

f ′(0) = lim

x

= 1+ lim

x

. Далее, arcsin(x2 sin

)~ x2 sin

, т.е.

x→0

x

x→0

x

x

x

arcsin(x2 sin

6

)

x2 sin

6

6

6

lim

x

= lim

x

= lim xsin

= 0 ,

так

как

sin

≤ 1. Следовательно,

x→0

x

x→0

x

x→0

x

x

f ′(0) = 1.

Ответ: f ′(0) = 1.

15. Найти производную показательно-степенной

функции: y = (arctg x)(ln arctg x) / 2 .

Прологарифмируем

функцию:

ln y =

1

ln arctg x ln arctg x =

1

[ln arctg x]2 .

Берём

2

y′

2

производную,

как

производную

неявной

функции:

=

1

2ln arctg x

1

1

.

+ x2

y

2

arctg x

1

Подставляем

сюда

y:

y′ = (arctg x)(ln arctg x)

/ 2

ln arctg x

.

Ответ:

(1+ x2 )arctg x

′ = ( )(ln arctg x)/ 2 ln arctg x

y arctg x ( ) . 1+ x2 arctg x

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

x = 2sin3	t	π
	t =		.
y = 2cos3	t	3

Уравнения касательной

и

нормали

к

кривой

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:

= x(π ) = 2 (

= y(π ) = 2 (

x

3

)3=

3 3

, y

1

)3=

1

.

0

0

3

2

4

3

2

4

Найдём

производные

y′

и

y′′

:

x

xx

y′

=

yt′

= −

6cos2 t sint

= −ctg t .

Тогда

6sin2 t cost

x

x

′

t

y′

(π ) = −ctg(π ) = −

1

.

Далее,

x

3

3

3

y = f (x) имеют вид

		2
		1
2	1	0	1	2
		1
		2

y ′ =

(yt′)′t

=

1

,

следовательно,

y ′

=

(yt′)′t

=

32

=

16

.

Таким

образом,

x′

x

6sin4 t cost

x

x′

6 9

27

t

t

уравнение

касательной

y = 1/ 4 − (1/

3) (x − 3

3 / 4),

уравнение

нормали

y = 1/ 4 +

3 (x − 3

3 / 4). Или

x +

3 y

−

3

= 0

и

3x − y − 2 = 0 .

3

16

3y −

3 = 0 касательная

3

1

1

x +

Ответ: (x0

, y0 ) =

,

,

y′x

(x0 ) = −

,

yx′(x0 ) =

,

.

4

27

3

4

3x

− y − 2 = 0 нормаль

17. Функция y(x),

заданная

неявно

уравнением

xy + ex+ y −1 = 0, принимает

в

точке

x

0

= 0 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 + xy′ + ex+ y (1+ y′) =

0 . Из этого

равенства

находим: y′ = −

y + ex+ y

. Из уравнения

x + ex+ y

функции ex+ y =1− xy . Поэтому y′ = −

y +1− xy

. Находим вторую производную:

x +1− xy

y ′ = −

(y′ − y − xy′)(x +1− xy) − (y +1− xy)(1− y − xy′)

. Вычислим

производные

в

точке

(x +1− xy)2

x

= 0 : y′ = −

1

= −1,

y ′ = − − 2 = 2 . Ответ: y′ = −

y +1− xy

,

0

1

1

x +1− xy

y ′ = −

(y′ − y − xy′)(x +1− xy) − (y +1− xy)(1− y − xy′)

, y′(0) = −1,

y′′(0) = 2.

(x +1− xy)2

18. Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:	y = 3 x3 + 7x, x = 1,012.
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

x

= 1,

y(x

) = y(1) = 2,

y′ =

1

(x3 + 7x)−2 / 3 (3x2 + 7),

y

′(x

) = y′(1) =

10

,

x = 0,012.

0

0

0

3

12

Тогда

y(1,012) ≈ 2 +

10

0,012 = 2,01. Ответ: y ≈ 2,01

12

x

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim(2x −1)x2 −1 .

x→1

Это

неопределённость

вида

(1∞).

Преобразуем

предел:

x

x

ln(2x−1)

lim

x

ln(2x−1)

lim(2x −1) x2 −1

= limex2 −1

= ex→1x

2 −1

.

Найдём

предел

в

показателе

степени:

x→1

x→1

xln(2x −1)

0

′

ln(2x −1)

+ 2x /(2x −

1)

= lim

[xln(2x −1)]

= lim

= 1.

lim

=

Следовательно,

x2 −1

[x2

−1]′

x→1

0

x→1

x→1

2x

x

x

lim(2x −1) x2 −1

= e . Ответ: lim(2x −1) x2 −1

= e .

x→1

x→1

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim((π − 2arctg x) ln x).

x→∞

Это неопределённость вида (0·∞). Преобразуем предел: lim((π − 2arctg x) ln x) =

x→∞

π − 2arctg x

0

[π

′

− 2/(1

+ x

2

)

2xln

2

x

∞

− 2arctg x]

= lim

= lim

=

= lim

= lim

=

=

ln−1 x

[ln−1 x]′

−2

+ x2 )

x→∞

0

x→∞

x→∞ (−ln

x)/ x

x→∞ (1

∞

2ln2 x + 4ln x

4(ln x +

1)/ x

2(ln x +1)

2/ x

2

= lim

= lim

= lim

= lim

= lim

= 0.

x→∞

2x

x→∞

2

x→∞

x

x→∞ 1

x→∞ x

Ответ: lim((π − 2arctg x) ln x) = 0 .

x→∞

21. Многочлен по степеням x

представить

в виде

многочлена по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = x4 + 2x

2 − x − 3, x

0

= 2.

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 + 4x −1, f ′(x) = 12x2 + 4,

f

′(x) = 24x , f (4) (x) = 24 .

Тогда f (2) = 19,

f ′(2) = 39, f ′(2) = 52,

f ′(2) = 48, f (4)

(2) = 24. Подставив

это в

формулу, получим: f (x) = 19 + 39(x − 2) + 26(x − 2)2 + 8(x − 2)3 + (x − 2)4 .

Ответ: f (x) = 19 + 39(x − 2) + 26(x − 2)2 + 8(x − 2)3 + (x − 2)

4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию f (x) в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x																													)3 ) :										f (x) =								1											, x						= 1.
																												0																																		0
																																																		x +1
				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 (1) =																																																		1			,			f ′(x) = −																						1											,						f ′(1) = −										1		,
																																																																																x +1)2
																																															2																	2											x(																													8
f ′(x) =						1							1																1																																												1					] =				1							3							x +1								, f ′(1) =					1	,
																									[								(						x +1)2								+						x 2(									x +1)
						2 x( x +1)4 2 x																																																																		2 x										4 x( x +1)3 x																								8
													3																																																3								(							+1)3 +									3									x					(			+1)2 )
																	x x( x +1)3 − (3 x +1) (																																																									x																								x			x
						1 2																																																							2
f ′(x) =														x																																											2x								x													2												x																		=
						4																																															x3 (								x +1)6
				3																																	3										(							+1) +										3		x)
					x( x +1) − (3 x +1) (																																															x
		1 2																																			2x2																											2																						15
=																																												x																											,			f ′(1) = −																		.
		4																									x3 (										+1)4																																																		64
																																		x
Ответ: f (x) =																		1	−		1			(x −1) +															1			(x −1)2											−		5						(x −1)3 + o((x −1)3 )
													2						8																		16																		128

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

f (x) = x2 − 4x − (x − 2)ln(x −1), x	0	= 2.

Найдём значение функции и её первых трёх производных в заданной точке:

f (2) = −4, f ′(x) = 2x − 4 − ln(x −	1) − (x − 2)(x −1)−1,			f ′(2) = 0,
f ′(x) = 2 − 2(x −1)−1 + (x − 2)(x −1)−2 , f ′(2) = 0, f				′(x) = 3(x −1)−2 − 2(x − 2)(x −1)−3 ,
f ′′′(2) = 3 . По формуле Тейлора	f (x) = −4 +	1	(x − 2)3 + o((x − 2)3 ). Ответ: В окрестности

2 точки (2, -4) функция ведёт себя как кубическая функция. Точка (2, -4) является точкой

перегиба: слева – интервал выпуклости, справа – интервал вогнутости.

−x2 − cos(

x)

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора: lim

e

2

.

x4

x→0

По формуле Тейлора e−x2 = 1+ (−x2 ) +

1

(−x2 )2

+

1

(−x2 )3 + o((−x2 )3 ) =

2!

3!

= 1− x2

+

1

−

1

x6 + o(x6 ) . Аналогично, cos

x = 1−

1

(

+

1

(

x)4 + o((

x)4 ) =

x4

2

2x)2

2

2

2

6

2!

4!

e−x2 − cos(

= 1− x2

+

1

x4

+ o(4x4 ) . Подставим это в предел: lim

2x)

=

x4

6

x→0

1− x2 + 1 x4 − 1 x6 + o(x6 ) − (1− x2 + 1 x4 + o(4x4 ))

1 x4 − 1 x4 + o(4x4 ))

1 .

lim

2

6

x4

6

= lim 2

6

=

x→0

x→0

x4

3

Ответ: lim

e−x2 − cos( 2x)

=

1

x4

.

x→0

3

25. Найти асимптоты и построить эскиз графика функции: y = 3 − 3ln

x .

x + 4

Область определения функции: x (−∞, − 4) (0, ∞) . Функция непрерывна в каждой

точке области определения. Найдём односторонние пределы

в

граничных

точках

области

определения:

12

lim (3 − 3ln

x

) = ∞, lim(3 − 3ln

x

) = ∞ .

Отсюда

8

x→−4−0

x

+ 4

x→+0

x

+ 4

следует,

что

прямые

x = −4

и

x = 0

являются

4

односторонними

вертикальными

асимптотами. Исследуем

функцию

при

x → ±∞ :

18

12

6

0

6

12

lim (3 − 3ln

x

) = 3 − 3ln1 = 3, lim (3 − 3ln

x

) = 3 − 3ln1 = 3

4

x→−∞

x + 4

x→+∞

x + 4

8

. Следовательно,

прямая

y = 3

является

горизонтальной

асимптотой. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке.

26.Провести полное исследование поведения функции и построить её график: y = e3 x .

1.Область определения: x (−∞, ∞) . 2. Чётность, нечётность, периодичность отсутствуют. 3. Функция непрерывна. Вертикальных асимптот нет. 4.

lime

3 x

= ∞,

lim e

3 x

= 0 , следовательно, наклонных асимптот нет. 5. Первая производная

x→∞

x→−∞

y′ = 1 e

3 x

. Производная в нуль не обращается ни в одной точке, следовательно,

3 3

x2

экстремумов нет. Функция монотонно возрастает, так как y′ > 0 для всех x. 6.

y ′ = 1

3 x

′

= 1 e

3 x

(1/ 3)

− (2/3)x

−1/ 3

3 x

=

e

e

3

3

x

2

3

x4 / 3

=

1

e3 x [1− 2x

−1/ 3 ]

=

1

e3 x [3

x − 2]

x4 / 3

. В точке x = 8 вторая производная равна нулю. Кроме

9

9

x

того, в точке x = 0 вторая производная не существует. Имеем три интервала: в интервале

(−∞, 0)

производная y′′ > 0 - интервал вогнутости,

в интервале (0, 8)

производная y′′ < 0 - интервал

10

выпуклости, в интервале (8, ∞) производная

7.5

y′′ > 0 - интервал вогнутости. 7. При

x = 0

функция равна y = e0 = 1. Точка (0, 1) – точка

5

пересечения оси ОУ. С осью ОХ график не

2.5

пересекается. Ответ: График функции представлен

на рисунке, экстремумов нет, точки перегиба (0, 1)

4

0

4

8

12

и (8, e2 ).