m1var15

								Вариант № 15
1. Найти область определения функции : y = arcsin 2 − x +												3 − x .
											3
	Область определения данной функции определяется двумя неравенствами:																2 − x ≤ 1 и
																		3
3 − x ≥ 0		или	x ≤ 3 .		Умножим первое неравенство на 3 и освободимся от знака модуля:
− 3 ≤ 2 − x ≤ 3 . Из левого неравенства находим − 5 ≤ −x												или x ≤ 5 . Из правого неравенства
− x ≤ 1 или x ≥ −1. Объединяя результаты, получим: −1 ≤ x ≤ 3. Ответ: x [−1, 3].
2. Построить график функции: y =								x .
							x	− 3
	Данная функция определена на всей числовой оси, кроме точки x = 3. Если x → 3 ± 0 ,
то y → +∞ . В точке (0, 0) график функции пересекает обе
оси.	Если		x → ±∞ ,		то	y → 1.		Вычисляем			значения			8
функции в нескольких точках:
	-4	-3		-2		-1	1		2	2.5				6
	4/7	1/2		2/5		1/4	1/2		2	5				4
	2.8	3.2		3.5	4	5		6
	14	16		7	4	5/2		2						2
По всем данным строим график. Ответ: График													4		0	4		8
представлен на рисунке.
3. Построить график функции: y = 3 cos( x +1).
							2		2
Функция		определена				на	всей		числовой			оси.	Преобразуем				функцию:
y = 3 cos( x +1) = 3 cos(1 (x + 2)) . Строим сначала											cos x. Затем «растягиваем» график в два
	2	2		2	2
раза	по	оси		ОХ	и	сдвигаем			его	по	оси	ОХ	на	2	единицы			влево.
				2						2					2
				1						1					1
	8	4		0	4	8		8	4	0	4	8	8	4	0		4	8
				1						1					1
				2						2					2

Получим график функции y = cos(1 (x + 2)) . Затем «растягиваем» график по оси ОУ в 1,5 2

раза. Получим график данной функции. Ответ: Последовательность построения представлена на рисунках.

						x = tg t
								2	.
4. Построить график функции:							=				6
						y
								1+ cos2t
	Исключим параметр t:										4
y =	2	=	2	=	1	= 1+ tg2t = x2			+1. Получили
1	+ cos2t		2cos2 t		cos2	t					2
уравнение параболы				y = x2 +1 с вершиной в точке (0, 1),
									2	1	0	1	2

1

ветви которой направлены вверх. Область определения функции - (-∞,∞). Графиком функции

является парабола.

Ответ: График представлен на рисунке.

5. Построить график функции: ρ = 2(1+ cosϕ) .

90

Функция

существует

для

всех значений φ, так как

cosϕ

≤ 1. Функция уменьшается от 4 (при φ =0) до2 (при

φ =π/2), далее до 0

(при φ =π). Затем функция возрастает

до 2 в обратном порядке.

180

0

Ответ: график представлен на рисунке.

0

2.5

5

6. Вычислить предел: lim

8n3 − 2n

.

+1)4 −

(n −1)4

270

n→∞ (n

Возведём все скобки в степени и приведём

подобные:

8n3

− 2n

=

∞

8n3 − n

8 − n−2

lim

= lim

= lim

= 1.

− (n −1)

n→∞ (n +1)4

4

∞

n→∞ 8n3 +

8n n→∞ 8 + 8n−2

Ответ: lim

8n3

− 2n

= 1.

− (n −1)4

n→∞ (n +1)4

7. Вычислить предел: lim(

x

2 + 8

−

1

) (неопределённость вида (0-0)).

3 + 8

x +

x→−2

x

2

Приводим

к

общему

знаменателю:

x2

+ 8

−

1

= lim

x2 + 8 − (x2 − 2x + 4)

= lim

2(x + 2)

0

= lim

2(x + 2)

=

lim(

)

=

+ 8

+ 2

x3 + 8

x3 + 8

− 2x +

x→−2

x3

x

x→−2

x→−2

0

x→−2 (x +

2)(x2

4)

= lim

2

=

1

. Ответ: lim(

x2 + 8

−

1

)

=

1

.

2 − 2x +

+ 2

x→−2 x

4 6

x→−2 x3 + 8 x

6

8. Вычислить предел: lim

3

9x − 3

(неопределённость вида (0/0)).

x→3

3 + x −

2x

Умножим

числитель

и

знаменатель

на

сопряжённое

к

знаменателю

выражение:

9x = t

x → 3,

3

9x − 3

= lim

(3

9x − 3)(

3 + x + 2x)

3

9x−

3

3 ,

если

lim

= 2 6 lim

=

=

− x

то t → 3

x→3

3 + x−

2x x→3 ( 3

+ x− 2x)( 3 + x +

2x)

x→2 3

t − 3

= 18

t − 3

t − 3

1

= −

2

= 2

6 lim

6 lim

= 18 6 lim

= −18

6 lim

6 .

+3t + 9

t→3 3 − t3/9

t→3 27 − t3

t→3 (3− t)(t2+3t + 9)

t→3 t2

3

3

− 3

Ответ: lim

9x

= −

2

6

.

x→3

3 + x − 2x

3

9. Вычислить предел:

π 2

− 4x

2

(неопределённость вида (0/0)).

lim

x→π / 2

cos x

Сделаем замену переменной: x − π / 2 = t, x = t + π / 2,

если x → π / 2, то t → 0 . Получим:

π 2

− 4x

2

(π − 2x)(π + 2x)

2t

lim

=

lim

= −2π lim

=

cos(t + π / 2) = −sint

=

x→π / 2 cos x

x→π / 2

cos x

t→0 cos(t

+ π / 2)

= 4π lim

t

= 4π . Здесь воспользовались первым замечательным пределом: lim

sin x

= 1.

t→0 sint

x→0 x

Ответ: lim

π 2

− 4x2

= 4π .

x→π / 2

cos x

2

10. Вычислить предел:

3n +1 2n+3

∞

)).

lim

(неопределённость вида (1

n→∞ 3n −1

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

1 z

= e:

lim 1+

z→∞

z

3n +

1 2n+3

3n −1+

2

2n+3

+

2 2n+3

=

2

= 1, n =

(2t +1)/ 3

=

lim

= lim

= lim 1

3n −1

t

n→∞ 3n −

1

n→∞ 3n −1

n→∞

3n −

1

если n → ∞, то t → ∞

1 4t / 3+11/ 3

+

1 t

4/ 3

1

11/ 3

= e

4 / 3

.

3n

+1 2n+3

= e

4 / 3

.

= lim 1+

=

lim 1

lim 1+

Ответ: lim

t→∞

t

t→∞

t

t→∞

t

n→∞ 3n

−1

11. Вычислить предел: lim

2(eπ x

−1)

(неопределённость вида (0/0)).

x→0 3sin(π (x +

4))

Воспользуемся эквивалентными величинами:

lim

2(eπx −1)

= sin(πx + 4π )

= sinπx = lim

2(eπx −1)

= sinπx ~ πx и e

πx -1 ~ πx =

3sinπx

x→0 3sin(π (x + 4))

x→0

= lim

2πx

=

2

Ответ: lim

2(eπx −1)

=

2

|.

.

x→0 3πx

3

x→0 3sin(π (x +

4))

3

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

1

1 .

1+ 84−x

Область определения – все действительные числа, кроме x=4. В точке x=4

функция

имеет разрыв, во всех других точках является непрерывной

(как элементарная функция). Исследуем поведение функции в

1.5

окрестности точки разрыва:

lim

1

= 0,

lim

1

= 1.

1

1

x→4−0

x→4+0

1+ 84−x

1+ 84−x

1

Таким образом, в точке x=4 имеет место разрыв первого рода.

Для

построения

эскиза

графика

функции

рассмотрим

0.5

поведение

функции

в

бесконечности:

lim

1

1

= lim

1

1

= 1 . Ответ: В точке x=4

функция

x→−∞

x→+∞

2

6

0

6

12

1+ 84−x

1+ 84−x

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

на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на

непрерывность

и

построить

эскиз

графика:

− 2(x +1),

x ≤ −1,

1)

3

, −1 < x < 0,.

2

y = (x +

x,

x ≥ 0.

Область определения функции: x (−∞,∞) . Ось ОХ

1

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

2

1

0

1

пределы:

lim

f (x) = −2

lim (x +1) = 0,

lim

f (x) =

lim (x +1)3

= 0,

x→−1−0

x→−1−0

x→−1+0

x→−1+0

3

x→0+0

x→0−0

x→0+0

x→0−0

lim

lim

f (x) = lim (x −1)3 = −1, f (x) = lim x = 0 . Таким образом, в точке x=−1 функция

непрерывна, а в точке x=0 функция терпит разрыв первого рода. Величина скачка функции в точке x=0 равна 1. Ответ: В точке x=0 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) = ln[1− sin(x3 sin(1/ x))], x ≠ 0,

f (0) = 0 .

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 случае

0

0

0

x→x0

x

− x0

x→0

x

f ′(0) = lim

ln[1− sin(x3 sin(1/ x))]

=

ln(1+ t) ~ t при t → 0

= lim − sin(x3 sin(1/ x)) =

x→0

x

x→0

x

=

sin t ~ t при t →

0

− x3 sin(1/ x))

= −lim[x2 sin(1/ x))] = 0 , так как

sin(1/ x)

≤ 1 всегда.

= lim

Ответ: f ′(0) = 0 .

x→0

x

x→0

15.

Найти

производную

показательно-степенной

функции:

y = (cos5x)ex .

Прологарифмируем функцию:

ln y = ex lncos5x . Берём

производную,

как производную

неявной функции:

y′

= ex lncos5x −

5ex sin5x

= ex (lncos5x − 5tg 5x) . Подставляем сюда y:

y

cos5x

y′ = ex (lncos5x − 5tg 5x) (cos5x)ex . Ответ:

y′ = ex (lncos5x − 5tg 5x) (cos5x)ex .

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

x = cos2

t

π

t =

.

= tg2t

y

4

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

3

сначала эти координаты:

x0= x(π / 4) = 1/ 2,

y0= y(π / 4) = 1. Найдём производные

2

y′

и y′′ :

y′

= yt′ =

1

x

xx

x

x′

t

= −

2tg t

= −

1

.Тогда

y′x (π / 4) = −4 .

0

0.5

1

1.5

cos4

cos2 t

2costsin t

t

1

y′′ = (y′x )′t

= − (cos−4 t)′ =

Далее,

x

x′

(cos2 t)′

t

= −

− 4cos−5 t

(−sint)

=

2

, следовательно, y′′(π / 4) = 16 .

Таким образом, уравнение

2cost (−sin t)

cos6 t

x

касательной

y = 1− 4(x −1/ 2) , уравнение нормали y = 1+ (x −1/ 2)/ 4. Или 4x + y − 3 = 0 и

2x − 8y + 7 = 0 .

Ответ: (x

, y

) =

1

,1 ,

y′ (x

) = −4,

y′′(x

) = 16,

4x + y − 3 = 0

касательная.

0

0

0

0

x

x

= 0

2

2x − 8y + 7

нормаль

4

17. Функция y(x),

заданная

неявно

уравнением

xy2 + y + x2

= 3, принимает в

точке

x

0

= 1

значение y

0

= 1. Найти

y′

, y′′

, y′

(x

0

), y′′ (x

0

) .

x

xx

x

xx

Дифференцируем уравнение по x, предполагая, что y= y(x): y2 + 2xyy′ + y′ + 2x = 0 . Из

этого

равенства

находим:

y′ = −

2x + y2

.

Находим

вторую

производную:

2xy +1

y′′ = −

(2yy′ + 2)(2xy +1) − (2y + 2xy′)(2x + y2 )

.

Вычислим производные в

точке:

x

= 1

0

(2xy +1)2

y′(1) = −1,

y′′(1) = 0 .

Ответ:

y′ = −

2x + y2

,

y′′ = −

(2yy′ + 2)(2xy +1) − (2y + 2xy′)(2x + y2 )

,

2xy +1

(2xy +1)2

y′(1) = −1,

y′′(1) = 0 .

18.Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:

y =

1

,

x = 4,16.

x

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

0

= 4, y(x

0

) = y(4) = 0,5,

y′ = −x−3/ 2 / 2,

y′(x

0

) = y′(4) = −1/16,

x = 0,16 .

Тогда

y(4,16) ≈ 0,5 − 0,16/16 = 0,49 . Ответ: y ≈ 0,49

sin x

x−3

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim

.

x→+0 x

Это неопределённость вида (1∞). Преобразуем предел:

sin x

x−3

−3

sin x

lim

[x−3 ln(

sin x

)]

= lim e

x

ln(

)

= ex→+0

x

lim

x

.

Найдём

предел

в

показателе

степени:

x→+0

x

x→+0

(ln(sin x / x))′

ln(sin x

/ x)

0

= lim

= lim[

x

xcos x

− sin x

= lim

xcos x

− sin x

=

lim

=

]

x3

(x3 )′

3x2 sin x

2

3x4

x→+0

0

x→+0

x→+0

x

x→+0

= lim

xcos x − sin x

= lim

cos x − xsin x − cos x

= lim − xsin x = − lim

1

= −∞ .

x→+0

3x4

x→+0

12x3

x→+0 12x3

x→+0 12x

sin x x−3

= e

−∞

= 0.

sin x x−3

= 0 .

Следовательно,

lim

Ответ: lim

x→+0

x

x→+0 x

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim(

1

−

1

) .

ex

−

x→0

x

1

1

1

ex

−1− x

0

Это неопределённость вида (∞-∞):

lim(

−

)

= lim

=

=

x→0 x ex −1

x→0 x(ex −

1)

0

= lim

(ex −1− x)′

== lim

ex

−1

= lim

ex

=

1

. Ответ:

lim(

1

−

1

)

=

1

.

−1)]′

+ xex

x→0 [x(ex

x→0 ex −1

x→0 2ex + xex

2

x→0 x ex −1

2

21.

Многочлен

по

степеням x представить

в

виде

многочлена по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = 3x4 −11x3 − 66,

x

= −2 .

0

Запишем

формулу

Тейлора

для

многочлена

f (x) = f (x

) + f ′(x

)(x − x

) +

f ′′(x0 )

(x − x

)2 +

f ′′′(x0 )

(x − x

)3

+

0

0

0

2!

0

0

3!

5

	четвёртой			степени:
	f (4) (x0 )	(x − x		)4 .
	4!		0

Найдём

все

производные:

f ′(x) = 12x3 − 33x2 , f ′′(x) = 36x2 − 66x, f ′′′(x) = 72x − 66,

f (4) (x) = 72 .

Тогда

f (−2) = 70, f ′(−2) = −228, f ′′(−2) = 276,

f ′′′(−2) = −210,

f (4) (3) = 72 .

Подставив

это

в

формулу,

получим:

f (x) = 70 − 228(x + 2) +138(x + 2)2 − 35(x + 2)3

+ 3(x + 2)4 .

Ответ: f (x) = 70 − 228(x + 2) +138(x + 2)2 − 35(x + 2)3 + 3(x + 2)4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию

f (x) в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x

0

)3 ) : f (x) = (x

2 +1)−1 ,

x

0

= −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

3!

0

0

2!

Вычисляем последовательно: f (−1) = 1/ 2,

f ′(x) = −2x(x2 +1)−2 ,

f ′(−1) = 1/ 2,

f ′′(x) = −2(x2 +1)−2 + 8x2 (x2 +1)−3 , f ′′(−1) = 1/ 2

f ′′′(x) = 8x(x2

+1)−3

+16x(x2 +1)−3 − 48x3 (x2

+1)−4 , f ′′′(−1) = 0.

Ответ: f (x) =

1

+

1

(x +1) +

1

(x +1)2

+ o((x +1)3 )

2

2

4

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

f (x) = 4x − x2 + (x − 2)sin(x − 2), x	0	= 2.
Найдём значения функции и её первых четырёх производных в заданной точке:
f (2) = 4, f ′(x) = 4 − 2x + sin(x − 2) + (x − 2)cos(x − 2),			f ′(2) = 0, f ′′(x) = −2 + 2cos(x − 2) −
− (x − 2)sin(x − 2), f ′′(2) = 0, f ′′′(x) = −3sin(x − 2) − (x − 2)cos(x − 2),				f ′′′(2) = 0,
f (4) (x) = −4cos(x − 2) + (x − 2)sin(x − 2), f (4) (2) = −4.			По	формуле	Тейлора

f (x) = 4 − (x − 2)4 / 6 + o((x − 2)4 ) . Ответ: В окрестности точки (2, 4) функция ведёт себя как

степенная функция четвёртой степени. Точка (2, 4) является точкой максимума.

ln(1+ x) − e

− x −1

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора:

lim

.

x3

x→0

По формуле Тейлора

ln(1+ x) = x −

x2

+

x3

+ o(x3 ) . Далее, e−x = 1− x +

x2

−

x3

+ o(x) .

2

6

2

6

Подставим это в предел: lim

ln(1+ x) − e− x −1

=

x3

x→0

= lim

x − x2 / 2 + x3 /3+ (1− x + x2 / 2 − x3 / 6) −1+ o(x3 )

= lim

x3 / 6 + o(x3 )

=

1

.

x3

x2

x→0

x→0

6

Ответ: lim	ln(1	+ x) − e− x −1		=	1	.
		x3
x→0					6

25. Найти асимптоты и построить эскиз графика функции:

y =	21− x2
		.
	7x + 9
	Область		определения	функции:
x (−∞, − 9/ 7) (−9/ 7,			∞) . Функция	непрерывна в

каждой точке области определения. Найдём односторонние

пределы		в	граничной точке			области	определения:
lim	21− x2		= −∞,	lim	21− x2	= ∞ . Отсюда следует,
		+ 9
x→−9 / 7−0 7x				x→−1/ 2+0 7x + 9
что прямая x = −9/ 7				является вертикальной асимптотой.
Исследуем			функцию			при	x → ±∞ :

		8
		4
8	4	0	4	8
		4
		8

6

21− x

2

x2 − 21

x

−

9

−

948

] = ∞,

21− x2

lim

= − lim

= − lim[

lim

=

x→−∞ 7x + 9

x→−∞ 7x + 9

x→−∞ 7

49

49(7x + 9)

x→∞ 7x

+ 9

x2 − 21

x

−

9

−

948

]

= −∞ .

Следовательно,

прямая

y = −

x

+

9

= − lim

+ 9

= − lim[

x→∞ 7x

x→∞ 7

49

49(7x

+ 9)

7

49

является наклонной асимптотой. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке.

− 1

26. Провести полное исследование поведения функции и построить её график:

y = e x3 .

1. Область определения: x (−∞, 0) (0, ∞). 2. Чётность, нечётность, периодичность

отсутствуют, функция положительна в области определения 3. Функция имеет разрыв в

точке x = 0. Исследуем поведение функции в окрестности точки разрыва:

− 1

− 1

= e−∞ = 0. Таким образом, прямая x = 0 является вертикальной

lim e x3 = e∞ = ∞,

lim e

x3

x→0−0

x→0+0

асимптотой.

− 1

− 1

4. lim e x3

= 1,

lim e x3

= 1. Следовательно, прямая y = 1 является горизонтальной

x→−∞

x→+∞

асимптотой. Очевидно, что других асимптот нет.

− 1

− 1

5. Первая производная y′ = [e

x3 ]′ = 3x−4 e

x3 . Производная в нуль не обращается.

Производная остаётся положительной на всей числовой оси. Следовательно, в области

определения функция монотонно возрастает и экстремумов не имеет.

6. Вторая производная:

− 1

′

− 1

− 1

− 1

y′′ = 3x−4

e x3

= −12x−5 e x3 + 9x−8 e x3

= 3e x3 (3− 4x3 )x−8

. Вторая производная обращается в нуль в точке

4

x = 3 3/ 4 . В точке x = 0 вторая производная не

3

существует. Имеем три интервала: в интервале

(−∞, 0) производная y′′ > 0 - интервал вогнутости

2

графика функции, в интервале (0, 3 3/ 4)

1

производная y′′ > 0 - интервал вогнутости, в

интервале (3 3/ 4, ∞) производная y′′ < 0 - интервал

4

2

0

2

4

выпуклости графика функции. Точка перегиба -

x = 3 3/ 4 . 7. График функции не пересекает осей координат, во всех точках

f (x) > 0.

Ответ: График функции представлен на рисунке, экстремумов нет. Точка перегиба -

(3 3/ 4, e−4 / 3 ) .

7