m1var18

Вариант № 18

1. Найти область определения функции : y = arccos x − 2 . 2x

Область определения данной функции определяется неравенством x − 2 ≤ 1. 2x

Освободимся от знака модуля: −1≤ x − 2 ≤ 1. Если x ≥ 0, то − 2x ≤ x − 2 ≤ 2x . Из левого 2x

неравенства	находим 2 ≤ 3x	или x ≥ 2/3. Из правого неравенства − x ≤ 2	или x ≥ −2 .
Если x ≤ 0,	то − 2x ≥ x − 2	и x − 2 ≥ 2x . Из первого неравенства находим	2 ≥ 3x или

x ≤ 2/3. Из второго неравенства − x ≥ 2 или x ≤ −2 . Объединяя результаты, получим два

интервала: x ≤ −2 и x ≥ 2/3. Ответ: x (−∞, − 2] [2 ,∞). 3

2. Построить график функции: y = lg x − lg x .

Область определения функции: x (0, ∞) . Преобразуем

0, если x ≥ 1
функцию: y =	. Строим по точкам график
2lg x, если x < 1

функции y = lg x для x ≥ 1, затем «растягиваем» его по оси ОУ в два раза. Ответ: График представлен на рисунке.

3. Построить график функции: y =				− 4x + 8 .
Область	определения функции:			x (−∞, 2].			Преобразуем
функцию:	y = − 4x + 8 y2 = −4x + 8 .					Это	уравнение

параболы с вершиной в точке (2, 0) и с ветвями, направленными влево по оси ОХ. Исходная функция определяет лишь часть этой параболы, расположенную в верхней полуплоскости. График функции пересекает ось

ОУ в точке (0, 2 2) . Ответ: График		представлен на
рисунке.
	x = 1/sint
4. Построить график функции:	y =	.
	y = sint
Исключим параметр t:	y = sint = 1/ x . Или xy = 1.

2

0 1 2

2

4

4

3

2

1

3

0

3

Это уравнение гиперболы, расположенной в первой и третьей четвертях, вершины которой лежат на биссектрисе этих углов, а оси координат являются асимптотами гиперболы. Исходная функция определяет

только

часть

гиперболы,

так

как

всегда

y

=

sin t

≤ 1 (

x

≥ 1)

. Ответ: График

представлен на

рисунке.

5. Построить график функции: ρ = asin2 ϕ .

Поскольку ρ ≥ 0 , то функция существует

для

всех значений φ и a > 0 . В интервале если 0 ≤ ϕ ≤ 2π

функция

возрастает

от 0 до a (при ϕ = π / 2 ), затем

убывает от a до 0, затем вновь возрастает от 0 до a, затем убывает до 0. Вертикальная ось пересекается графиком в точках (π/2, a), (0, 0) и (3π/2, a). График построен для a=2.

1

		1
		0.5
6	3	0	3	6
		0.5
		1

90
180		0
0	1	2
270

Ответ: график представлен на рисунке.

(n +10)2

+ (3n +1)2

6. Вычислить предел:

lim

.

6)3 − (n +

1)3

n→∞ (n +

Возведём все скобки в степени и приведём подобные:

(n +10)2 + (3n +1)2

∞

n2

+

20n +100 + 9n2

+ 6n +1

lim

=

= lim

=

(n + 6)3 − (n +1)3

3 +18n2 +108n +

216 − n3 − 3n2 − 3n −

n→∞

∞

n→∞ n

1

= lim

10n2 + 26n +101

= lim

10 + 26n−1 +101n

−2

=

10

=

2

.

+105n + 215

+105n−1 + 215n−2

n→∞ 15n2

n→∞ 15

15

3

Ответ: lim

(n +10)2 + (3n +

1)

2

=

2

.

n→∞ (n + 6)3 − (n +1)3

3

7. Вычислить предел: lim

5 + 8x − 4x2

(неопределённость вида (0/0)).

x→5 / 2

8x3 −125

Разлагаем числитель и знаменатель на простые множители:

lim

5 + 8x − 4x2

=

8x3 −125

x→5 / 2

= − lim

(2x − 5)(2x +1)

= − lim

2x +1

= −

6

= −

2

.

x→5 / 2 (2x − 5)(4x2 +10x +

25)

x→5 / 2 4x2+10x + 25

75

25

Ответ: lim

5 + 8x − 4x

2

= −

2

.

8x3 −125

x→5 / 2

25

8. Вычислить предел: lim

9

+ 2x − 5

(неопределённость вида (0/0)).

x→8

3

x2

− 4

Умножим

числитель

и

знаменатель

на

сопряжённое

к

числителю

выражение:

lim

9

+ 2x − 5

= lim

(

9 + 2x − 5)(

9

+ 2x + 5)

= lim

2(x − 8)

=

x→8

3 x2

− 4

x→8

(

9 + 2x + 5)(3

x2 − 4)

x→8 (

9 + 2x + 5)(3

x2 − 4)

=

1

(3

x − 2)(3 x2

+

23 x

+ 4)

=

1

3

x2

+ 23

x + 4

=

12

=

3

.

lim

lim

Ответ:

5 x→8

(3

x − 2)(3

x + 2)

5 x→8

3

x

+ 2

20

5

lim

9

+ 2x − 5

=

3

.

x→8

3 x2

− 4

5

9. Вычислить предел: lim

sin 7πx

(неопределённость вида (0/0)).

x→1 sin8πx

Сделаем замену переменной и воспользуемся первым замечательным пределом:

lim

sin x

= 1:

x −1 = t, x = t +1, если x → 1, то t → 0.

Тогда

x→0

x

lim

sin 7πx

= lim

sin(7πt + 7π )

=

x→1 sin8πx

t→0 sin(8πt + 8π )

sin(7πt + 7π ) = −sin(7πt)

sin(7πt)

7

sin(7πt)

sin(8πt)

−1

7

=

sin(8πt + 8π ) = sin(8πt)

= −lim

= −

lim

lim

= −

7πt

8πt

t→0 sin(8πt)

8 t→0

t→0

8

Ответ: lim

sin 7πx

= −

7

.

x→1 sin8πx

8

n3 +1

2n−n3

10. Вычислить предел:

lim

(неопределённость вида (1∞)).

3

n→∞ n

−1

2

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

+

1

z

lim 1

= e:

z→∞

z

+1

2n−n

3

−1+ 2

2n−n

3

2n−n3

n3−1

4n−2n3

3

3

2

2

2

3

−1

n

n

n

lim

3

−1

= lim

n

3

−1

= lim 1+

3

−1

= lim 1+

n

3

=

n→∞ n

n→∞

n→∞

n

n→∞

−1

lim

4n−2n3

n3−1 4n−2n3

n3−1 n→∞ n3−1

+

2

2 n3−1

=

2 2

= e

−2

.

Ответ:

= lim 1

lim 1+

n→∞

n

3

−1

n→∞

n

3

−1

n3

+1

2n−n3

= e−2 .

lim

3

−1

n→∞ n

11. Вычислить предел: lim 1− cos x

(неопределённость вида (0/0)).

x→0 (e3x −1)2

Воспользуемся эквивалентными величинами:. Тогда lim 1− cos x

=

x→0 (e3x −1)2

= et -1 ~ t, 1− cost ~ t2 / 2

при t →

x

2 / 2

=

1

|.

Ответ: lim

1− cos x

=

1

.

0 = lim

−1)2

x→0 (3x)2

18

x→0 (e3x

18

1

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y = 4 x2 (x+1) .

Область

определения:

x (−∞, −1) (−1, 0) (0, ∞).

В

области

определения

функция является непрерывной (как элементарная функция). Исследуем поведение

функции

в

граничных

точках

области

определения:

1

1

1

1

lim

4x2 (x+1)

= 4−∞ = 0,

lim 4x2 (x+1)

= 4∞

= ∞, lim 4x2 (x+1) = lim 4x2 (x+1)

= 4∞

= ∞.

Таким

x→−1−0

x→−1+0

x→0−0

x→0+0

образом, в точках x=−1 и x=0

функция имеет разрывы второго рода. Прямые x=−1 и x=0

являются

вертикальными

асимптотами.

Для

построения

эскиза

графика

функции

1

рассмотрим

поведение

функции

в

бесконечности:

lim 4x2 (x+1)

= 4±0 = 1. Прямая y=1

x→±∞

является горизонтальной асимптотой.

.

5

8

1.2 10

.

4

6

9 10

.

4

4

6 10

3

.

4

2

10

1

0.75

0.5

0.25

0

4

2

0

2

4

Ответ: В точке и x=−4

функция имеет разрыв второго рода, в остальных точках она

непре рывна. Эскиз графика представлен на рисунках (первый график представляет

функцию в интервале от -1 до 0, на втором рисунке этого участок не виден).

3

x2

,

x ≤ 1,

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

.

2x,

x > 1.

Область

определения

функции:

x (−∞,∞) . Ось

ОХ

разбивается на два

8

интервала, на каждом из которых функция f(x)

совпадает с одной из указанных непрерывных

6

функций. Поэтому точкой разрыва может быть

только

точка,

разделяющая

интервалы.

Вычислим односторонние пределы:

4

lim f (x) = lim x2

= 1,

lim f (x) = lim 2x = 2.

2

x→1−0

x→1−0

x→1+0

x→1+0

Таким образом, в точке x=1 функция терпит

разрыв первого рода. Величина скачка функции

4

2

0

2

4

в точке x=1 равна 1.

Ответ: В точке x=1 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) = arctg x 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

0

0

0

x→x0

x − x0

x→0

x

случае

f ′(0) = lim

arctg x sin(1/ x)

=

arctg t ~ t при t → 0

= lim

x sin(1/ x)

= limsin(1/ x) ,

x→0

x

x→0

x

x→0

следовательно производной не существует. Ответ: f ′(0) не существует.

15.

Найти

производную

показательно-степенной

функции:

y = (x2

+1)cos x .

Прологарифмируем функцию:

ln y = cos x ln(x2 +1).

Берём

производную, как

производную неявной функции:

y′

= −sin x ln(x2 +1) +

2xcos x

. Подставляем сюда y:

y

x2

+1

y′ = [

2xcos x

− sin x ln(x2+1)](x2+1)cos x .

Ответ:

x2 +1

y′ = [		2xcos x	− sin x ln(x2+1)](x2+1)cos x .
		x2 +1
16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить y′′						:
					xx
x	= ln(1+ t2 )
			t = 1.
y	= t − arctg t
		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:

4

0.5
0	0.5	1
0.5

x

0

= x(1) = ln 2, y

0

= y(1) = 1− π

. Найдём производные y′

и

y′′ :

4

x

xx

yt′

1−

1

(y′x )′t

(

t

)′

=

1+ t2

=

1+ t2

1+ t2

t

1

y′

=

=

=

.Тогда

y′

(1) =

. Далее,

y′′

=

=

2

xt′

(ln(1+ t2 ))′

x

2t

2

x

2

x

xt′

2 2t

4t

1+ t2

, следовательно,

y′′

(1) =

1

. Таким образом, уравнение касательной

y = 1− π +

1

(x − ln 2) ,

x

2

4

2

уравнение нормали y = 1− π − 2 (x − ln 2) . Или 2x − 4y + 4 − π − 2ln 2 = 0 и

4

8x + 2y − 4 + π − 8ln 2 = 0 . Ответ: (x0 , y

0 ) =

−

π

y′x (x0 ) =

1

ln 2, 1

,

,

4

2

′′(x

) =

1

2x − 4y + 4 − π − 2ln 2 = 0

касательная

y

,

.

0

x

2

8x + 2y − 4 + π − 8ln 2 = 0

нормаль

17.

Функция

y(x), заданная

неявно уравнением

xey

+ ycos x = 1, принимает в

точке

x

0

= 0 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):

ey

+ xey y′ + y′cos x − ysin x = 0 . Из этого равенства находим:

y′ =

ysin x − ey

. Находим

xey

+ cos x

вторую

производную:

y′′ =

(y′sin x + ycos x − ey y′)(xey

+ cos x) − (ey

+ xey y′ − sin x)(ysin x − ey )

.

Вычислим

(xey + cos x)2

производные

в

точке

x

= 0 :

y′(0) = −e,

y′′(0) = 2e2

+1.

Ответ:

y′ =

ysin x − ey

,

0

xey + cos x

y′′ =

(y′sin x + ycos x − ey y′)(xey

+ cos x) − (ey

+ xey y′ − sin x)(ysin x − ey )

,

(xey + cos x)2

y′(0) = −e, y′′(0) = 2e2 +1.

18. Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:	y = 3 x, x = 0,982 .
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

= 1,

y(x

0

) = y(1) = 1,

y′ = x−2 / 3 /3,

y′(x

0

) = y′(1) = 1/3,

x = −0,018.

Тогда

y(1) ≈ 1− 0,018/3 = 0,994 . Ответ: y ≈ 0,994

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim(cos x)1/ x2 .

x→0

Это неопределённость вида (1∞). Преобразуем предел:

lim(cos x)1/ x2

lim [(1/ x2 ) ln(cos x)

= lime(1/ x2 ) ln(cos x) = ex→0

. Найдём

предел в

показателе

степени:

x→0

x→0

ln(cos x)

0

(ln(cos x))′

sin x

1

sin x

1

lim

=

= lim

= − lim

= −

lim

= −

. Следовательно,

x2

(x2 )′

x→0

0

x→∞

x→∞ 2xcos x

2 x→∞

x

2

lim(cos x)1/ x2

= e−1/ 2 . Ответ: lim(cos x)1/ x2 = e−1/ 2 .

x→0

x→0

5

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim ln x .

x→+∞ 10

x

ln x

(ln x)′

10x9 /10

Это неопределённость вида (∞/∞):

lim

= lim

=

lim

=

x→+∞ 10 x

x→+∞ (10 x)′

x→+∞

x

= lim

10

= 0 . Ответ: lim

ln

x

= 0.

x→+∞ 10

x

x→+∞

10

x

21. Многочлен

по

степеням

x представить в

виде многочлена

по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = x4 − x + 3, x

0

= 3.

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 −1, f ′′(x) = 12x2 , f ′′′(x) = 24x ,

f (4) (x) = 24 . Тогда

f (3) = 81,

f ′(3) = 107, f ′′(3) = 108, f ′′′(3) = 72, f (4) (3) = 24.

Подставив это в

формулу,

получим: f (x) = 81+107(x − 3) + 54(x − 3)2 +12(x − 3)3 + (x − 3)4 .

Ответ: f (x) = 81+107(x − 3) + 54(x − 3)2

+12(x − 3)3 + (x − 3)4 .

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

точностью до o((x − x

0

)3 ) :

f (x) = earctg x ,

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

0

0

2!

3!

Вычисляем последовательно: f (−1) = e−π / 4 ,

f ′(x) = earctg x (1+ x2 )−1,

f ′(−1) = e−π / 4 / 2,

f ′′(x) = earctg x (1+ x2 )−2

− earctg x (1+ x2 )−2 2x = earctg x (1+ x2 )−2 (1− 2x),

f ′′(−1) = 3e−π / 4 / 4

f ′′′(x) = earctg x (1+ x2 )−3 (1− 2x) + earctg x (1+ x2 )−4[−2(1+ x2 )2

− 2(1+ x2 )2x(1− 2x)],

f ′′′(−1) = 11e−π / 4 /8 .

Ответ: f (x) = e−π / 4

+

e−π / 4

(x +1) +

3e−π / 4

(x +1)2+

11e−π / 4

(x +1)3+ o((x +1)3 )

2

8

48

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

f (x) =	1	− x2 − x, x		= −1.
			0
	x + 2
Найдём значения функции и её первых трёх производных в заданной точке:
f (−1) = 1, f ′(x) = −(x + 2)−2 − 2x −1, f ′(−1) = 0,					f ′′(x) = 2(x + 2)−3 − 2, f ′′(2) = 0,
f ′′′(x) = −6(x + 2)−4 , f ′′′(−1) = −6. По формуле					Тейлора f (x) = 1− (x +1)3 + o((x +1)3 ) .

Ответ: В окрестности точки (2, -2) функция ведёт себя как степенная функция третьей степени. Точка (-1, 1) является точкой перегиба: слева - интервал вогнутости, справа - интервал выпуклости.

ln x − (x

−1)ex−1

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора: lim

.

2(x −1)3

x→1

Преобразуем предел: lim

ln x − (x −1)ex−1

=

x −1 = t, x = t +1

= lim

ln(t +1) − tet

. По

x→1

2(x −1)3

x → 1 t → 0

t→0

2t3

формуле Тейлора ln(1+ t) = t −

t2

+

t3

+ o(t3 ) . Далее, et = 1+ t +

t2

+

t3

+ o(t3 ) . Подставим

2

3

2

6

6

ln(t +1)

− tet

1

1

(t

−

t

2

t3

t3

+

t4

+ o(t3 )) =

это в предел: lim

2t3

=

lim

3

+

− t − t2 −

t→0

2 t→0 t

2 3

2 6

= 1 lim 1

(− 3t2

− t3

+ t4

+ o(t3 )) = 1 lim(− 3 − 1 + t

+ o(t3 )) = 1 lim(− 3 ) = −∞ .

2 t→0 t3

2

6 6

2 t→0

2t

6 6

t3

2 t→0

2t

ln x − (x −1)ex−1

= −∞ .

Ответ: lim

2(x −1)3

x→1

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

4x3

+ 9x +1

4x

2 −1

.

Область определения функции: x (−∞, −1/ 2) (−1/ 2, 1/ 2) (1/ 2,

∞) . Функция

непрерывна в каждой точке области определения. Найдём односторонние пределы в

граничных точках области определения:

lim

4x3

+ 9x +1

= −∞,

lim

4x3 + 9x +1

= ∞ ,

4x2 −1

4x2

−1

x→−1/ 2−0

x→−1/ 2+0

4x3

+ 9x +1

= −∞,

lim

4x3 + 9x +1

= ∞ .

lim

4x2 −1

4x2

−1

x→1/ 2−0

x→−1/ 2+0

12

Отсюда следует, что прямые x = −1/ 2 и x = 1/ 2

являются вертикальными асимптотами.

6

Исследуем функцию при x → ±∞ :

4x3

+ 9x +1

= −∞, lim

4x3

+ 9x +1

= ∞ .

lim

−1

−1

2

1

0

1

2

x→−∞ 4x2

x→∞

4x2

Ищем наклонные асимптоты в виде y = kx + b :

6

k = lim

f (x)

=

lim

4x3

+ 9x +1

= 1, b

= lim[ f (x) − kx] = lim[

4x3 + 9x +1

− x)] =

4x2 −12

x→±∞

x

x→±∞ (4x2 −1)

x

x→±∞

x→±∞

=	lim	4x3	+ 9x +1− 4x3	+ x	=	lim	10x +1			= 0.
			4x2 −1					−1
	x→±∞					x→±∞ 4x2
Следовательно, прямая				y = x является наклонной асимптотой. Ответ: Эскиз графика

представлен на рисунке.

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

y= x31− x .

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

4. lim x3 1− x = −∞, lim x3 1− x = −∞ . Ищем наклонные асимптоты в виде y = kx + b :

x→−∞

x→∞

f (x)

= lim (x3

/ x)= lim 3

= M∞,

k = lim

1− x

1− x

. Следовательно, наклонных асимптот

x→±∞

x

x→±∞

x→±∞

нет.

5. Первая производная y′ = [x 3

]′ = 3

−

x

(1− x)−2 / 3 =

3 −

3x − x

=

1

3 − 4x

.

1− x

1− x

3

3 3 (1− x)2

3

3 (1− x)2

Производная обращается в нуль в точке x = 3/ 4 . Слева от точки производная положительна, справа отрицательна. Следовательно, в точке x = 3/ 4 имеет место

максимум функции, причём f (3) = 3 . В точке x = 1 производная не существует. В

443 4

интервале (−∞, 3/ 4) функция монотонно возрастает, в интервале (3/ 4,1) функция монотонно убывает, в интервале (1, ∞) функция также монотонно убывает.

7

6. Вторая производная:

y′′ =

1

3 − 4x

′

= −

4

(1− x)−2 / 3

+

1

2

(3 − 4x)(1− x)−5 / 3

= −12 +12x + 6 − 8x =

3

3 (1− x)2

3

3

3

9 3 (1− x)5

=

2

2x − 3

. Вторая производная обращается в нуль в точке x = 3/ 2 и не существует в

93 (1− x)5

точке x = 1. Имеем три интервала. В интервале

(−∞,1) вторая производная отрицательна,													2
следовательно, график функции выпуклый, в
интервале (1, 3/ 2) вторая производная
положительна, следовательно, график функции		4							2										0												2					4
вогнутый, в интервале (3/ 2, ∞) вторая
производная отрицательна, следовательно,
график функции выпуклый. Точки x = 1 и																		2
x = 3/ 2 являются точками перегиба. 7. График
функции пересекает оси координат в точках																		4
x = 0 и x = 1. Ответ: График функции
представлен на рисунке, экстремум – максимум – в точке (			3	,			3								) . Точки перегиба -
							4 3
		4											4

(1, 0) и (3 , − 3 ). Асимптот нет.

223 2

8