Tipovoy_raschet_po_matematike_T_V_Klodina__N_S_Zadorozhnaya_N_V_Danilova

31

Задание № 4 (класс «А»)

Исследовать квадратичную функцию y = 2x2 - 3x - 2 и построить ее график.

Решение.

Выписываем коэффициенты: а=2, в=-3, с=-2. Так как а=2>0, то ветви параболы направлены вверх.

Находим координаты вершины ( x0 , y0 ) .

		b		3			3		2	3			25
x0	= -		=		= 0,75 ; y0	= 2 ×			- 3 ×		- 2	= -		= -3,125 .
		2a		4						4			8
							4

Находим точки пересечения с осями координат. С осью оx при y = 0 , решая уравнение

2x 2 - 3x - 2 = 0 , находим 2 корня: x = -	1	,	x		= 2 ,
				2
1	2

С осью оy при x=0: y=-2.

32

Задание № 5

Вычислить пределы функций.

Решение.

5

-

2

+ 3

5 - 2x + 3x2

1) lim

= lim

x2

x

= 3 .

x®¥

x2 + x + 1

x®¥

1 +

1

+

1

x2

x

x3 -1

(x -1)× (x2 + x + 1)

x2 + x + 1

3

1

2) lim

= lim

1

= lim

=

=

.

2

- 4x -1

5x + 1

x®1 5x

x®1

x®1

6 2

5(x -1)× x +

5

3)

= lim (

- 3)× (

+ 3) = lim

(2x - 6)

- 3

lim

2x + 3

2x + 3

2x + 3

=

x®3

x2 - 9

x®3

(x2 - 9)× ( 2x + 3 + 3)

x®3 (x

2

- 9)× ( 2x + 3 + 3)

lim

2(x - 3)

= lim

2

=

2

=

1

.

x®3

(x - 3)× (x + 3)× ( 2x + 3 + 3)

x®3

(x + 3)×

( 2x + 3 + 3)

36 18

4)

lim

sin3 3x

= lim

(3x )3

=

27

.

(2x )3

x®0 tg 3 2x

x®0

8

При решении использовали первый специальный предел lim

sin x

=1 и теоремы о

x®0

x

применении эквивалентных бесконечно малых в пределах.

3

4 x-1

x-5

×

3(4 x-1)

3(4 x-1)

3

3 x-5

12

x-5

5) lim 1+

= lim 1

+

= lime

= e .

x−5

x®¥

x - 5

x®¥

x®¥

При решении использовали второй специальный предел, а также lim									12x - 3	=12 .
								x®¥	x - 5
6) lim(2x + 5)	3		= lim(1 + 2x + 4)	3		= lim(1 + y )	6	= e6 .
	x+	2		x+	2		y
x®-2			x®-2			y®0

При решении использовали второй специальный предел, предварительно сделав замену y = 2x + 4 . Отметим, что условию x → −2 соответствует y → 0 .

33

5 x+1 -2(3 x-2 )

-6 x+4

5x − 1

3 x-2

− 2

×

-

6

-2

5 x+1

+

= lime

5 x+1

= e

5

.

7) lim

= lim 1

5x +

x®¥

5x + 1

x®¥

1

x®¥

Задача решается аналогично задаче 5.

3

5x3 - 2x + 9

6

+ 2 -

=

3

5x3 - 2x + 9

+ 2x - 6

8)

lim

= lim

x

x

x→ + ∞

4 x

2

- 3x + 7 - x + 8

x→ + ∞

4 x

2

- 3x + 7

- 1 +

8

x

x

3

5 -

2

+

9

+ 2 -

6

x 2

x3

x

3

5 + 2

= lim

=

= 3

5

+ 2 .

2 - 1

4 - 3

x→ + ∞

+ 7 - 1 + 8

x

x 2

x

9)

1

2x

x + 5 - 2x

5 - x

lim

-

= lim

= lim

= lim

(x

- 5)× (x + 5)

x®5 x - 5

x2 - 25

x®5

x2 - 25

x®5

x®5

-1 = -0,1

x+ 5

Задание № 6.

Найти производные.

Решение.

1)

y = (7 x2 -1)× ln x + 5cos x -

x5

+ 13,

y¢ =14x × ln x + (7 x2 -1)

1

5

3

- 5sin x -

x 2 .

y = [2arctgx

+ ln(1 + x2 )]4

x

2

,

2) y¢ = 4[2arcgx

+ ln(1 + x2 )]3 × [2arctgx

+ ln(1 + x2 )]¢ =

arctgx

2

3

arctgx

1

2x

= 4[2

+ ln(1 + x

)]

× 2

× ln 2

×

+

=

+ x 2

1 + x 2

4(2 arctgx

× ln 2 + 2x)

1

=

× [2 arctgx + ln(1 + x 2 )]3

1 + x 2

3) y = ln(tgx3 ),

34

y¢ =

(tgx3 )′

=

(x3 )′

=

3x2 × cos x3

=

6 x 2

tgx3

cos

2 x3 ×tgx3

cos 2 x3 × sin x3

sin 2x3

4)

x + 3

y =

,

x3 − 6x − 9

(3x2 − 6)(x + 3)

− (

)′ (x + 3) =

y′ = (x + 3)′

x3 − 6x − 9 −

x3 − 6x − 9

x3 − 6x − 9

2

=

x3 − 6 x − 9

x3 − 6 x − 9

2(x3

x3 − 6 x − 9

=

− 6 x − 9)− (3x2 − 6)(x + 3)

=

− x3 − 9 x2 − 6x

.

2

2

(x3 − 6 x − 9)3

(x3 − 6 x − 9)3

5) y = (x + 1)arctgx .

Предварительно прологарифмируем по основанию e обе части равенства: ln y = arctgx × ln(x + 1.)

Теперь продифференцируем обе части,

считая ln y сложной функцией от

переменной x. Тогда

y′

=

1

ln(x + 1) + arctgx

1

=

ln(x + 1)

+

arctgx

y 1 + x2

x + 1 1 + x2

1 + x

arctgx

y′ = (x +

1)arctgx

ln(x + 1)

+

.

1 + x

1 + x2

6) cos(xy ) − x = 0. y

В данном случае функция y задана неявно. Чтобы найти производную следует продифференцировать по x обе части заданного уравнения, считая при этом y функцией x , а затем полученное уравнение разрешить относительно искомой производной y′ .

Имеем:

− sin(xy )(y + xy

) −

y − xy′

= 0 y [x − xy

2

sin(xy )]= y + y

3

sin(xy ),

′

y 2

′

откуда

′

y + y3 sin(xy )

y

= x − xy2 sin(xy ) .

x = t ln t

7)

y = e3t−7

35

Зависимость между переменными x и y задана параметрическими уравнениями.

Искомая производная определяется по формуле y¢ = yt′ .

xt¢

Имеем:

x¢ = ln t + t ×	1		= ln t + 1, y¢ = 3e3t −7 .
t			t
	t

Откуда y¢ = 3e3t−7 . ln t + 1

2.Вычислим производные второго порядка:

1)y = sin 2 x .

y′ = 2sin x × cos x = sin 2x y′′ = 2cos 2x.

2) x3 - 2 y = e xy .

Продифференцируем обе части равенства по переменной x :

3x2 - 2 × y¢ = e xy (y + xy¢) y¢ = 3x2 y - y3 e xy . 2 y 1 + x ye xy

Продифференцируем снова обе части первого полученного равенства по переменной

x :

(y

′ 2

y′′

y −

)

6x −

2 y

= e xy (y + xy′)2 + e xy (y′ + y′ + xy′′)

y

[(y

− 2 yy

′′

′ 2

′ 2

+ 2 y

′

′′

3

xy

12x y

2 y ye

+ (y ) =

+ xy )

+ xy ]

[(y + xy')

+ 2y']− 12xy

− (y )

y′′ = − 2 y ye

y

xy

2

′ 2

2 y(1 + x

e xy )

y

x = a cost + (at + b)sin t

3)

- (at + b)cost.

y = a sin t

Величины a,b − const.

Зависимость между переменными

x и y задана параметрическими уравнениями.

Найдем сначала первую производную y¢ = yt′ .

xt¢

Имеем:

36

xt′ = −a sin t + a sin t + (at + b)cost = (at + b)cost, yt′ = a cost − a cost + (at + b)sin t = (at + b)sin t,

откуда
y′ =	(at + b)sin t			= tgt.
	(at + b)cost
				′	′
Тогда y′′ =			(yx		) t	.
			xt′
		′	′			′		1	′
			) t	= (tgt )			=			= (at + b)cost , получим
Используя (yx								cos2 t	, xt
y′′ =	1				.
		(at + b)cos3 t

Задание № 7.

Задача 1. Исследовать функцию y = 2(x − 1)2 и построить ее график.

x2

			Решение.		x (− ∞;0) (0;+∞).
	1.	Область	существования функции:				Имеется
		единственная точка разрыва x = 0.					2(x + 1)2
	2.	Функция не является ни четной,		ни нечетной, так как f (− x ) =				,
							x2
				f (− x ) = f (x ) и условие
		поэтому	условие четности			нечетности

f(− x ) = − f (x ) не выполняются. Функция непериодична.

3.Найдем точки пересечения графика с координатными осями. x = 0 y - не существует, y = 0 x = 1.

Найдем интервалы знакопостоянства функции. Очевидно, что функция всюду в

области определения положительна.

4.

Найдем асимптоты функции.

x = 0 (ось ординат).

Вертикальной

асимптотой будет прямая

Для определения

наклонной асимптоты y = kx + b воспользуемся формулами

k = lim

f (x )

; b = lim[ f (x ) − kx]. Тогда

x→∞

x

x→∞

2(x − 1 )2

1

2

1

2(x − 1)2

1

2

k = lim

=

2 lim

−

+

= 0, b

= lim

=

2 lim 1

−

= 2.

x3

x

x→∞

x3

x→∞ x x 2

x→∞

x 2

x→∞

37

Таким образом, асимптотой будет горизонтальная прямая y = 2.

5.Найдем точки экстремума и интервалы монотонности функции. Находим первую производную:

	y′ =	4(x − 1)x2 − 4x(x − 1)2			=	4(x − 1)		.
			x4			x3
	Из условия y′ = 0 найдем x = 1 - стационарную точку. Построим таблицу
x			(− ∞;0)	0			(0;1)		1	(1;+∞)
y′			+				-		0	+
y			возрастает	Не				Убывает	0	Возрастает
				существует
	Очевидно, что ymin = y(1) = 0 .

6.Найдем точки перегиба графика функции и его интервалы выпуклости и вогнутости. Так как

y′′ =

4x3 − 12x2 (x − 1)

=

4(3 − 2x )

,

y′′ = 0 x = 1,5 - абсцисса точки перегиба.

x6

x4

x

(− ∞;0)

0

(0;1,5)

1,5

(1,5;+∞)

y′′

+

+

0

-

y

È

Не

È

2

Ç

существует

9

7.

Строим график функции

	38
Задача 2. Исследовать функцию y =	x
		и построить ее график.
	ln x

Решение.

1. Область существования функции x (0;1) (1;+∞), так как ln x существует при положительных значениях x , а условию ln x ¹ 0 соответствует x ¹ 1. Точка разрыва x =1.

2.Функция не является ни четной ни нечетной, так как f (− x ) не определена.

Функция непериодична.

3.Точек пересечения функции с координатными осями нет. Интервалы

знакопостоянства функции:

Функция положительна, когда x (1;∞), и отрицательна, когда x (0;1).

4.Найдем асимптоты:

1)	Вертикальная асимптота: x = 1.									y = kx + b ,
2)	Наклонные			асимптоты			определяются по формуле
	гдеk = lim			f (x )	, b = lim[ f (x ) - kx].
				x
		x→∞			x→∞
	Тогда
k = lim		1	= 0, b = lim			x	= lim	1	= lim x = ¥ ,
								1
	x→∞ ln x				x→∞ ln x		x→∞		x→∞
								x

причем последний предел определяют по формуле Лопиталя. Так как один из коэффициентов равен бесконечности, то наклонных асимптот функция не имеет.

5.Определим экстремумы функции и интервалы монотонности. Найдем сначала первую производную

		ln x - x ×	1
	y¢ =		x		=	ln x -1	.
		ln2 x				ln2 x
	Критическую точку находим, решив уравнение y′ = 0 ln x − 1 = 0 x = e .

x	(0;1)	1	(1;e)	e	(e;+∞)
y′	-		-	0	+
y	убывает	Не	Убывает	e	Возрастает
		существует

Функция имеет минимум в точке x = e ,			y ( e ) =			e .
6. Найдем точки перегиба графика			функции			и его интервалы выпуклости и
	1	× ln2 x - 2ln x ×		1	(ln x -1)
вогнутости. Так как y¢¢ =	x			x			=	2 - ln x	,
		ln4 x						x ln3 x

y¢¢ = 0 ln x = 2 x = e2 - абсцисса точки перегиба.

39

x		(0;1)	1	(1;e2 )	e2				(1;e2 )
y′′		-		+	0				-
y		Ç	Не	È	1		e	2	Ç
			существует
					2
7.	Построим график функции.

				Задание № 8.
	Найти	наименьшее и наибольшее значения функции y = 2x3 − 3x2 + 2 на
			1
	отрезке −			;2 .
		3

Решение.

		1
	−		;2		:
Найдем сначала критические точки, принадлежащие интервалу
		3

y′ = 6x2 − 6x = 0 x1 = 0, x2 = 1 .

Теперь вычислим значения заданной функции в критических точках и на концах отрезка:

		1			43
	f (0) = 2, f (1) = 1, f −			=		, f (2) = 6.
		3			27

40

Сравнивая полученные значения функции, заключаем, что

yнаим = y(1) = 1, yнаиб = y(2) = 6.