Таким образом, sin32°≈0,5302, а по таблице находим sin32°≈0,5299. Абсолютная погрешность ∆= 0,5299-0,5302 =0,0003, а относительная погрешность

δ = 0,5299 −0,5302 ×100 0 0 = 0,056 0 0 . 0,5302

2. Вычислить приближенно: 4 16,64 .

∆ Получим вначале приближенную формулу для вычисления корней любой

1

1

n-ой степени.

Полагая

f (x) =

n

x , найдем

′

1

−1

1 x

n

n x

,

n

f

(x) =

x

=

x

= nx

n

n

n x + ∆x ≈ n

x + n x

∆x = n x(1 +

∆x) .

Тогда

n x + ∆x ≈ n x + n x

∆x = n x(1 +

∆x) . В данном

nx

= 4 x(1 + ∆x

nx

nx

nx

примере 4

x + ∆x

).

4 x

В качестве х возьмем число, наиболее близкое к 16,64, но чтобы был известен 4 х . Очевидно, следует взять х = 16, ∆x = 0,64. Итак,

4 16,64 ≈4 16(1+ 0,64 ) =2 ×1,01=2,02. Табличное значение корня 2,0197. Абсолют-
	4 ×16
ная	погрешность		∆= |2,0197-2,02| = 0,0003,	а	относительная
δ =	2,0197 − 2,02 ×100 0	0	= 0,01 0 0 . Используя дифференциал,		легко получить
	2,02

формулы, часто применяемые на практике при α<<1; (1±α)u≈1±nα,					n 1±α 1±	α	;
						n
	1	≈1mα, eα ≈1+α, ln(1±α)≈ ±α;sinα ≈α, cosα ≈1−	α2	ит. д.
1±α			2

2.8.Приложения производной

2.8.1.Правило Лопиталя

Предел отношения двух бесконечно малых или бесконечно больших функций равен пределу отношения их производных (конечному или бесконечному), если последний существует в указанном смысле.

Итак,

если имеется

неопределенность вида 0

или ∞

, то

f (x)

f ′(x)

0

∞

lim

=

lim

′

′

g(x)

g′(x)

(xx→→∞x0 )

(xx→→∞x0 )

. Если частное

f (x)/ g (x) в точке x = x0, также есть неопре-

деленность вида 0

или ∞

, то следует перейти к отношению вторых произ-

0

∞

водных и т.д.

В случае неопределенности вида [0×∞] или [ ∞ −∞] следует алгебраически преобразовать данную функцию так, чтобы привести ее к неопределенности

вида	0		или	∞		и далее воспользоваться правилом Лопиталя.
	0			∞

В случае неопределенности вида [00 ] или [∞0 ] или [1∞ ] следует прологарифмировать данную функцию и найти предел ее логарифма.

38

Примеры

1. Найти следующие пределы:

а) lim

sin x

;

б) lim

1 −cos x

;

в) lim

x −sin x

.

x→0

x

x→0

x2

x→0

x3

∆ а) lim

sin x

=

0

= lim

cos x

=1 – первый замечательный предел;

x

1

x→0

0

x→0

б) lim

1 −cos x

=

0

= lim

sin x

=

0

= lim

cos x

=

1

;

x2

0

2x

0

2

x→0

x→0

x→0

2

Здесь правило Лопиталя применено дважды, но можно было воспользоваться примером (а).

в)

x − sin x

0

1 − cos x

0

sin x

1

sin x

1

.

lim

=

= lim

=

= lim

=

lim

=

x

3

3x

2

0

6x

x

6

x→0

0

x→0

x→0

6 x→0

2. Найти следующие пределы:

а)

lim

x

;

б)

lim

ln x

;

в)

lim

ln( x −1)

.

x→∞ ex

x→0

1 + 2 ln sin x

x→1

ctgπx

∆ а) lim

x

∞

1

;

=

= lim

= 0

x

x

x→∞ e

∞

x→∞ e

б)

ln x

∞

1

1

sin x

lim

sin x

lim

1

=

1

×1×1 =

1

;

lim

=

= lim

x

=

lim

=

1

2

x→0

x

x→0

cos x

2

2

x →0

1 + 2 ln sin x

x →0

2 cos x

2

x →0

x cos x

∞

sin x

в)

ln( x − 2)

∞ = lim

1

sin 2 (xπ)

0

2πsin( xπ) × cos( xπ)

lim

=

x −1

= − lim

=

= − lim

= 0

0

x →1

ctg (xπ)

∞

x →1

−1

x →1

x −1

x →1

1

sin 2 (xπ)

3. Найти следующие пределы:

a) lim(x ln x) ;

x→0

∆ a) lim(x ln x)

x→0

	б)lim x sin	1	;	в) lim(	1	−	1	)
					x		ex −1
		x
	x →∞			x→0
	= [0×∞].	Сразу применить правило Лопиталя нельзя. Пред-

ставить произведение функций в виде частного, а затем, получив неопределен-

ность вида ∞ , применим правило Лопиталя. Итак

∞

ln x

∞

1

lim(x ln x) = [0 ∞]= lim

=

= lim

x

= −lim x = 0

∞

−1

x →0

x →0

1

x →0

x →0

x

x 2

1

1

−1

1

sin

0

cos

×

1

x

2

x

б)

lim(x sin

) = [∞ × 0]= lim

=

= lim

x

= lim cos

= cos(0) =1

x →∞

x

x →∞

1

0

x →∞

1

x →∞

x

−

x

x 2

в) lim(

1

−

1

) = [∞ −∞]. Сразу применять правило Лопиталя нельзя. Приве-

x

ex −1

x→0

дите дробь к общему знаменателю, а затем, получив неопределенность вида

0

, применим правило Лопиталя.

0

lim (

1

−

1

) = lim

e x − 1 − x

=

0

= lim

e x − 1

=

0

= lim

ex

=

1

.

x

x

x

x

x

x → 0

x

e

− 1

x → 0

x (e

− 2)

x → 0

e

− 1 + xe

x→0

e

(2

+ x) 2

0

0

39

4. Найти следующие пределы:

а)

lim(sin x)x ;

tgx

в) lim(cos x)ctg2 x

б) lim(sin x) ;

x→0

x→

п

x→0

2

∆ а)

lim(sin x)x = [00 ]

сразу применять правило Лопиталя нельзя. Обозначим

x→0

y = (sin x)x

данную функцию через y, т.е.

и прологарифмируем ее: lny = x ln

sinx=

ln sin x

.

1x

Здесь при x →0 имеем неопределенность вида ∞

. Правило Лопиталя при-

∞

менять можно. Вычислим предел логарифма данной функции:

ln sin x

= ∞

cos x

x2 cos x

x

limln y = lim

= lim sin x

= −lim

= −lim(x cos x) ×lim

= 0×1 = 0 ,

sin x

x→0

x→0

1

∞

x→0

1

x→0

sin x

x→0

x→0

−

x

x 2

следовательно, lim y = e0

=1, т.е. lim(sin x)x

=1.

x →0

x→0

б) lim(sin x)tgx

= [1∞ ]. Положим (sinx)tgx = y и прологарифмируем:

x→π

2

ln sin x

ln y = tg x ln sin x =

.

ctg x

Применяя правило Лопиталя, получим:

ln sin x

=

0

= lim

cos x

lim ln y = lim

sin x

= −lim cos x sin x = 0, ò.å.lim y = e0 =1.

x→

π

x→

π

ctg x

0

x→

π

1

x→

π

x→

π

−

2

2

2

2

2

sin 2 x

в)

lim(cos x)ctg2 x = [1∞ ]. Логарифмируем и применяем правило Лопиталя.

x→0

ln cos

x =

0

−

sin

x

lim ln y = lim ctg 2 x ln cos

x = lim

= lim

cos

x

=

2

1

x

→ 0 2 tg x

x → 0

x → 0

x → 0

tg

0

x

cos

2

x

= − 1

lim

sin

x cos x

= −

1

lim cos

2 x = −

1

2

x → 0

tg x

2

x →

0

2

1

1

lim y = e−

,

т.е.lim(cos x)ctg2 x

= e−

.

2

2

Следовательно: x→0

x→0

2.8.2.Исследование функций и построение графиков

1.Возрастание и убывание функции

Будем говорить, что функция f(x) не убывает (не возрастает) на множестве X, если для любых x1 и x2, справедливо неравенство f(x1)≤f(x2) (f(x1)≥f(x2)). Неубывающие и невозрастающие функции объединяют общим названием монотонные функции. Следующая теорема устанавливает признак возрастания и убывания функции.

40

Теорема. Если функция f(x) имеет производную в каждой точке на интервале (a, b) и f’′(x)≥0 ( f ′(x) ≤ 0 ) на (a, b), то функция f(x) не убывает (не возрастает)

на этом интервале.

Замечание. Теорема остается справедливой, если f’′(x)>0 ( f ′(x) < 0 ) на (а, b),

то f(x) возрастает (убывает) на (а, b).

Примеры

1. Определить промежутки, на которых функция f(x)=x3-3x+5 возрастает и убывает.

∆ Область определения функции – вся числовая ось. Находим производную функции f '(x)=3x2-3>0 или x2>1 следует, что |x| >1, т.е. данная функция возрастает на интервалах (- ∞,−1) и (1,∞) , а из неравенства 3х2-3<0 или х2<1 следует,

что данная функция убывает на интервале (-1, 1).

2. Найти интервалы возрастания и убывания функции y = x - 2sinx , если

0 ≤ x ≤ 2π .

∆ Найдем производную: y′ =1 − 2cos x . Из неравенства 1 − 2 cos x > 0 или cosx < 12

следует, что функция возрастает в интервале ( π3 , 53π ), а из неравенства 1−2cosx <0

или cosx > 12 следует, что функция убывает в интервалах (0, π3 ) и ( 53π , 2π).

2. Отыскание точек локального экстремума функции

Точка x0 называется точкой строгого локального максимума (минимума) функции f(x), если для всех x из некоторой окрестности точки x0 выполняется

неравенство f (x) < f (x0 ) ( f (x) > f (x0 )) при x ≠ x0.

Локальный максимум (max) и локальный минимум (min) объединяются об-

щим названием локальный экстремум.

Понятие локального экстремума связано лишь с достаточно малой окрестностью точки x0, так что на одном промежутке функция может иметь несколько экстремумов, причем может случиться, что минимум в одной точке больше максимума в другой.

Необходимое условие локального экстремума

Для того, чтобы функция y = f(x) имела экстремум в точке x0, необходимо, чтобы ее производная в этой точке равнялась нулю ( f ′(x0 ) =0 ) или не существовала.

Точки, в которых выполнено необходимое условие экстремума, называются критическими (или стационарными). Эти точки обязательно должны входить в область определения функции.

Таким образом, если в какой-либо точке имеется экстремум, то эта точка критическая. Однако, обратное утверждение неверно. Критическая точка вовсе не обязательно является точкой экстремума. Поэтому для нахождения экстремумов функции требуется дополнительное исследование критических точек. Иными словами, требуется знать достаточное условие экстремума.

Первое достаточное условие экстремума

Если при переходе через точку xо производная дифференцируемой функции у = f(x) меняет свой знак с плюса на минус, то точка xo есть точка локального максимума функции y = f(x), а если с минуса на плюс, то – точка минимума.

41

Второе достаточное условие экстремума

Если первая производная f ′(x) дважды дифференцируемой функции равна нулю в некоторой точке xo, а вторая производная в этой точке f ′′(x0)> 0 , то хо есть точка минимума функции f(x); если f ′′(x0)< 0 , то хо – точка максимума.

Схема исследования функции y = f(x) на экстремум

1.Найти производную y′ = f ′(x).

2.Найти критические точки функции, в которых производная f ′(x)= 0 или не

существует.

3.Исследовать знак производной слева и справа от каждой критической точки и сделать вывод о наличии экстремумов функции.

4.Найти экстремум (экстремальные значения) функции.

Примеры

1. Найти наибольшее и наименьшее значение функции: y=3x2 – 6x.

∆1. Производная функции y′ = 6x −6 .

2.Приравниваем производную к нулю, находим критическую точку х=1.

		–	+
			1
3.	Нанесем критическую точку на числовую ось. Выберем в начале значе-
ния х<1	и найдем, что y′ < 0 , затем значение х>1, найдем y′ > 0 . Согласно доста-

точному условию х=1 – точка минимума.

4.Находим ymin(1)= -3.

2.Определить размеры открытого бассейна с квадратным дном объемом 32 м3 так, чтобы на облицовку его стен и дна пошло наименьшее количество материала.

∆ Обозначить сторону основания через х, а высоту через у. Тогда объем V бассейна будет равен V = х2у = 32, а облицовываемая поверхность S бассейна

равна S = х2+4ху. Выражая y через х, y = 32x2 , и подставляя полученное выраже-

ние в формулу для поверхности, получаем S(x) = x2 + 4x 32x2 = x2 + 128x ; 0<х<∞.

Таким образом, задача сводится к определению такого значения х, при котором достигает своего наименьшего значения функции S(х). Вычислим производную функции S(х): S ′(x)= 2x −128x2 .

Решая уравнение 2x −128x2 = 0 , получаем точку возможного экстремума х=4.

Исследуем знак производной в окрестности этой точки. При 0<х<4 производная S'(х)<0, а при 4<х<∞ S'(х)>0. Следовательно, х = 4 – точка локального миниму-

ма, S(4)=42+ 1284 =48 – минимальное значение функции в этой точке.

Итак, искомые размеры бассейна, наилучшие с точки зрения условия минимальности S(х), х=4м, у=2м.

42

f ′′(x)≥ 0

3. Выпуклость функции. Точки перегиба

Будем говорить, что график функции у = f(х) имеет на (а; b) выпуклость,

направленную вниз (вверх), если он расположен не ниже (не выше) любой касательной к графику функции на (а; b).

Если функция у=f(х) имеет на интервале (а; b) вторую производную и ( f ′′(x)≤ 0) во всех точках (а; b), то график функции у = f (х) имеет на

(а; b) выпуклость, направленную вниз (вверх).

Точка M (x0 , f (x0 )) называется точкой перегиба графика функции у = f(x), ес-

ли в точке М график имеет касательную, и существует такая окрестность точки х0, в пределах которой график функции у = f(х) слева и справа от точки х0 имеет разные направления выпуклости.

Необходимое условие точки перегиба

Вторая производная f ′′(x) дважды дифференцируемой функции при переходе через некоторую точку х0 равна нулю, т.е. f ′′(x)= 0 .

Достаточное условие точки перегиба

Если вторая производная f ′′(x) дважды дифференцируемой функции при переходе через некоторую точку х0 меняет свой знак, то х0 есть точка перегиба ее графика.

Схема исследования функции на выпуклость и точки перегиба:

1.Найти вторую производную функции f ′′(x).

2.Найти точку, в которой вторая производная f ′′(x)= 0 или не существует.

3.Исследовать знак второй производной слева и справа от найденных точек

исделать вывод об интервалах выпуклости и наличии точек перегиба.

4.Найти значения функции в точках перегиба.

Примеры

1. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба графика функции f(x)=x2+x+5.

∆ Область определения функции – вся числовая прямая. Находим производные: f ′(x) = 2x +1, f ′′(x) = 2 > 0 .

Так как f ′′(x) > 0 при любом значении х, то график функции имеет на интервале (−∞,∞) выпуклость, направленную вниз. Точек перегиба нет.

2. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба графика функции: f (x) = x3 −6x2 + x .

∆ Область определения функции – вся числовая ось. Находим производные:

f (x) = 3x		−12x +1, f			(x) = 6x −12 . Вторая производная равна нулю при x = 2 . Ес-
′	2			′′
ли x > 2 ,		то	′′		, а если x < 2 ,то	′′	. Таким образом, при x = 2	имеем
			f (x) > 0			f (x) < 0

точку перегиба, на (−∞,2) – выпуклость вверх, на (2, ∞) – вниз.

4. Асимптоты графика функции

Часто оказывается, что график функции неограниченно близко приближается к некоторой прямой. Такого рода прямые называются асимптотами. Неограниченность приближения графика функции к асимптоте означает, что расстояние от графика до этой прямой (перпендикуляр, опущенный из произвольной точки графика на прямую) стремится к нулю.

43

Различают три вида асимптот: вертикальные, горизонтальные и наклонные.

Прямая

x = a

является

вертикальной

асимптотой

кривой

y = f (x) ,

если

lim f (x) = ∞ или lim f (x) = −∞ .

x→a

x→a

Прямая

y = b

является горизонтальной асимптотой кривой

y = f (x) ,

если

существует предел lim f (x) = b или lim

f (x) = b .

x→∞

x→−∞

Прямая

y = kx +b является наклонной асимптотой кривой y = f (x) , если су-

ществуют пределы:

k = lim

f (x)

;

b = lim[f (x) − kx]

или k = lim

f (x)

;

b = lim [f (x) − kx].

x

x→∞

x→∞

x2

x→−∞

x

x→−∞

Пример. Найти асимптоты кривой

y =

− 2x +3

.

∆ Если x → −2,

x + 2

то y → ∞, т.е. x = −2 – вертикальная асимптота.

Найдем наклонную асимптоту.

x

2

−2x +3

2

− 2x + 3

k = lim

=1;

b = lim

x

− x

= −4 .

x→∞ x ×(x + 2)

x→∞

x + 2

Таким образом, наклонная асимптота имеет уравнение y = x − 4 .

5.Схема исследования функций и построение их графиков

1.Найти область определения функции.

2.Исследовать функцию на четность и нечетность.

3.Найти точки пересечения графика функции с осью координат.

4.Найти асимптоты.

5.Найти экстремумы и интервалы монотонности функции.

6.Найти интервалы выпуклости и точки перегиба.

7.Построить график функции с учетом проведенного исследования.

Примеры

1. Построить по изложенной схеме график функции f (x) = x + 1x .

∆ 1. Область определения данной функции – (−∞,0), (0, ∞).

2. Функция нечетная: f (−x) = − f (x) . Достаточно ее исследовать на интервале

0 < x < ∞.

3.Точек пересечения с осями координат нет.

4.Точка x = 0 – вертикальная асимптота, найдем

				f	(x)		1			1
k = lim						= lim 1 +		=1,	b = lim x −		− x = 0 ,
					x		x2			x
	x→∞					x→∞			x→∞
следовательно y = x					– наклонная асимптота.
5. Для нахождения критических точек вычислите											первую производную
′		1
	− x2 .
функции: f (x)=1
Решая уравнение x2 =1, получаем две точки: x1 =1,										x2 = −1 . Исследуем окре-
стность точки x =1. На интервале 0 < x <1									f (x < 0) , а на интервале 1 < x < ∞. Сле-
									′

довательно, точка x =1 – точка минимума, на интервале 0 < x <1 f (x) убывает, а на интервале 1 < x < ∞ возрастает. Значит fmin (1)= 2 .

44

	у
		у=х
–1	1	х

6. Найдем интервалы выпуклости. Для этого вычислим вторую производную f (x) : f ′′(x)= x23 . Вторая производная нигде не обращается в нуль, следова-

тельно, точек перегиба нет. Если x > 0 , то f (x) > 0 – следовательно на интерва-

′′

ле 0 < x < ∞ функция выпукла вниз.

7.

По полученным данным строим график функции. Для области x > 0 , a за-

тем симметрично отражаем относительно начала координат.

2. Исследовать функцию y =

1 + x2

и построить ее график.

1 − x2

∆

1. Область определения (−∞,−1),

(− 1 ,1 ), (1, ∞).

2.

Функция четная, так как

f (−x) = f (x) , и ее график симметричен относи-

тельно оси ординат.

3.

Точек пересечений с осью Ox нет; если x = 0 , y =1.

4.

Прямые x = ±1 – вертикальные

асимптоты. Вычислим lim

1 + x 2

= −1.

1 + x2

x→∞ 1 − x2

В силу четности имеем также

lim

= −1, т.е. прямая y = −1 – горизонталь-

ная асимптота.

x→−∞ 1 − x2

4x

5.

Экстремумы и интервалы монотонности. Найдем y′ =

;

y′ = 0

при

(1 − x2 )2

x = 0 и y′ не существует при x = ±1. Однако критической является только точка

x1

= 0

(так как значения x = ±1 не входят в область определения функции). По-

скольку при x < 0

f

′

при

x > 0 , то x

= 0

–

точка

минимума и

(x) < 0 , а

f

min

=

f (0) =1

– минимум функции. На интервалах

,

1

и

(−

1,0

)

функция

(−∞

− )

убывает, на интервалах (0,1) и (1, ∞) – возрастает.

6. Интервалы выпуклости и точки перегиба. Найдем вторую производную:

y

′′

=

4(1−x2 )2

−4x ×2(1−x2 )(−2x)

=

4(1+3x2 )

.

(1−x2 )4

(1−x2 )3

Очевидно, что y′′

> 0 на интервале (– 1, 1) и функция выпукла вниз на этом

интервале, y′′ < 0 на интервалах (−∞,−1),

(1, ∞) и на этих интервалах функция вы-

пукла вверх. Точек перегиба нет.

45

7. График функции изображен на рисунке.

y

–1

0

1

x

–1

Примеры для самостоятельного решения

Найти пределы, используя правило Лопиталя.

ln(x −1)

8.1. lim

ex

−e−x

8.6. lim

ln(1 + x)

x→0

x→0 ctgπx

8.2. lim

2 −(e

x

+ e

−x

) cos x

8.7. lim(π − 2x)cos x

x→π2

x4

x→0

3x

8.8. lim(cos 2x)3 / x 2

8.3. lim

e

−3x −1

8.9.

x→0

lim x

sin x

sin 2 5x

x→0

1

1

x→0

8.4. lim(

−

)

x

1

x

x−2

x→0

x

e

−1

8.10. lim

8.5. lim

x

3

−1

x→2 2

x→0

ln x

Найти точки экстремума функции и их наибольшее и наименьшее значение.

	8.11.	y =			x3
			1		+ x2
	8.12.
		y = x ln2 x
	8.13.	y = x			1 − x2
	8.14.	y = (x −1)4
	8.15.	y = xe−x
	8.16.	y = x − 2sin 2 x

8.17. Найти такой цилиндр, который имел бы наибольший объем при данной полной поверхности S.

8.18. Проволока длиною l согнута в прямоугольник. Каковы размеры этого прямоугольника, если его площадь наибольшая?

8.19. Найти наибольший объем цилиндра, у которого поверхность равна S.

Исследовать функции и построить их графики.

8.20.

1

8.24. y =12x − x3

y = x −

x

8.25. y = x2 e−x2

8.21.

y =

x

8.26.

x2 −1

ln x

y =

x

8.22. y =

3 − 4x

x3

8.27.

2

y = 1 − x2

2 +5x

8.23.

y =

1− x

1 + x2

46