2468

4.24. Расстояние между Землей и космическим телом изменяется по закону s = 1,8 105 + 0,5 105 t , где t – время в секундах от момента начала наблюдения,

s – расстояние в километрах. Через сколько секунд после начала наблюдения скорость удаления тела от Земли будет 103 км / с?

4.25.Тело движется прямолинейно в вертикальном направлении по закону h(t) = 7 + 12t – 9t2. Определить начальную скорость и ускорение движения тела.

4.26.Тело движется по закону r (t) = t i + ln 2t j . Найти вектор и численное

значение ускорения в момент времени t0 = 3 .

4.27. Определить вектор ускорения и его численное значение при вращательном движении по винтовой линии r (t) = R cos t i + R sin t j + 3t k (R = const)

вмомент t0 = π / 4 .

4.28.Тело массой m = 4 кг движется прямолинейно по закону x = t 2 + t + 2 (x – расстояние от начала координат в метрах, t – время в секундах). Определить

кинетическую энергию тела E = mV 2 / 2 в момент t0 = 5 .

4.29. Тело движется прямолинейно в вертикальном направлении по закону r (t) = 2sin 3t i + 2 cos 3t j . Определить вектор ускорения и его числовые значе-

ния при t0 = π / 6 .

4.30. По оси Ox движутся две материальные точки, законы движения которых x = 4t 2 / 3 – 7t + 16 и x = t 3 + 2t 2 + 5t – 8. В какой момент времени их ско-

рости окажутся равными?

З А Д А Н И Е № 5

Провести полное исследование функции и построить график.

5.1.	y =			x3						5.2.	y =	x3 + 4
								.								.
				(x − 2)2									x2
5.4.	y =			3 − 2x									x3
								.		5.5.	y =				.
				(x − 2)2
												x2 −1
5.7.	y =			x2 − 3x + 2					.	5.8.	y =	x2 − x −1						.
				x + 1								x2 − 2x
5.10.	y =			x + 1	.					5.11.	y =		x2				.
				2
				(x −1)								4x2 −1
5.13.	y =			x + 1		.				5.14.	y =		x2	.
				3
												5	− x
				(x − 1)
5.16.	y =			(x + 1)2						5.17.	y =		x3 + x
							.												.
												x2 +		2x +				3
				x2 + 2x

=x − 2 2

5.3.y x + 1 .

5.6.	y =		x3
					.
		9 − x3
5.9.	y =		x3
							.
		x2 − 4
5.12.	y =	2x2 + 2 + 4x							.
			2 − x
5.15.	y =		x5
				.
		x4 −1
		x + 2						2
5.18.	y =					.
			x − 2

11

5.19.y = x2 + 8 .

x2 − 4

5.22.y = x3 + 2x .

x2

5.25.	y =	x
			.
		x2 −1
5.28.	y =	1	.
		1− x2

5.20.	y =		x3
							.
		x2 + 2x − 3
5.23.	y =		x2		.
		(x −1)2
5.26.	y =		x2			.
		(x + 2)2
		x − 5		2
5.29.	y =			.
			x + 4

5.21.y = x2 − x − 6 .

x− 2

5.24. y = 2x −1 .

(x −1)2

5.27. y = 4 − 2x . 1− x2

5.30.y = ((1− x))3 .

x− 2 2

Р Е Ш Е Н И Е З А Д А Ч Т И П О В О Г О В А Р И А Н Т А К О Н Т Р О Л Ь Н О Й Р А Б О Т Ы № 3

2 З а д а н и е

1 .

Найти дифференциалы dy

функций

а)

y = 7

− 2 + 3x4

− 3

x4

;

б)

y = 3x − arctg(2x3 ) ;

x5

x

в)

y = sin(3x2 ) arctg3 2x ;

г) y =

3 (2 − x)4

;

д) y = (sin x)2x.

(x + 4)2

Р е ш е н и е . а) y = 7

−

2 + 3x4 − 3 x4 .

x5

x

Запишем функцию в виде, удобном для дифференцирования

y = 7x−5 − 2x−1 + 3x4 − x4 / 3 .

Вычислим производную y ′ и дифференциал dy ( dy = y′(x)dx )

y′ = −35x−6 + 2x−2 +

12x3 −

4 x1/ 3 = − 35

+

2

+ 12x3 −

4 3

x ,

3

x6

x2

3

dy =

−

35

+

2

+ 12x3 −

4

3

x

x6

x2

3

dx .

б)

y = 3x − arctg(2x3 ) .

dy = (3x − arctg(2x3 ))′ dx .

(2x

3

)

′

6x

2

dy =

3x ln 3 −

dx

= 3x

ln 3 −

dx .

3

2

6

1

+ (2x

)

1+ 4x

в)

y = sin(3x2 ) arctg3 2x.

dy = (sin(3x2 ) arctg3 2x)′ dx.

dy = (sin 3x 2 )′ arctg3 2x + sin 3x 2 (arctg3 2x)′ dx =

12

2

(3x

2

′

3

2x + sin 3x

2

3arctg

2

′

=

= cos3x

) arctg

2x(arctg 2x)

dx

2

3

2

2

2

= 6x cos 3x

arctg

2x + 3sin 3x

arctg

2x

dx =

+ 4x 2

1

2

2

sin 3x 2

= 6arctg

2x x cos 3x

arctg 2x +

dx .

1+ 4x

2

3

(2 − x)4

.

г) y =

(x + 4)

2

((2

− x)4 / 3 )′ (x + 4)2 − (2 − x)4 / 3 ((x + 4)2 )′

(2 − x)4 / 3

dy =

dx =

dх =

(x + 4)4

(x + 4)2

4

(2 − x)1/ 3 (2 − x)′ (x + 4)2 − (2 − x)4 / 3 2 (x + 4)(x + 4)′

=

3

dx =

(x + 4)4

−

4

(2

− x)1/ 3 (x + 4)2

− 2 (2 − x)4 / 3 (x + 4)

3

=

dx =

(x +

4)4

1/ 3

4

(2 − x)

−

(x + 4)− 2 (2 − x)

2 (x −14)3 2

− x

3

=

dx =

dx .

(x + 4)4

3

(x + 4)3

д) y = (sin x)2x. Функция является показательно-степенной

y = uv , где u= u(x)

и v = v(x) – дифференцируемые функции. Используя логарифмическую производную y′ = vuv−1u′ + uv ln u v′ , при u = sin x, v = 2x получим

		2x−1	′	2x	′
	dy =		(sin x)		ln sin x (2x) dx =
		2x(sin x)		+ (sin x)

= (2x(sin x)2x−1 cos x + 2(sin x)2x ln sin x)dx = 2(sin x)2x−1(x cos x + sin x lnsin x)dx .v

2 З а д а н и е	2 .	Найти производные первого и второго порядков функ-
ций заданных а) явно		y = x3 cos 2x ; б) параметрически		3	t,	;
			х = cos
			y = sin3 t;
в) неявноarсtg y – y + x = 0.
Р е ш е н и е . а)	y = x3 cos 2x .

y′ = (x3 cos 2x)′ = (x3 )′ cos 2x + x3 (cos 2x)′ = 3x2 cos 2x − x3 sin 2x(2x)′ = = 3x2 cos 2x − 2x3 sin 2x ;

13

y′′ = (y′)′ = (3x2 cos 2x − 2x3 sin 2x)′ = 3(x2 )′ cos 2x + 3x2 (cos 2x)′ − − 2(x3 )′ sin 2x − 2x3 (sin 2x)′ = (6x − 4x3 )cos 2x −12x 2 sin 2x.

3

3

′

2

t,

yt′

(sin

t)

3sin

t

cost

б)

х = cos

y′(x) =

=

=

= −tg t .

3

x′

(cos

′

t.

3

3cos

2

t(− sin t)

y = sin

t

t)

′

′

1

1

y′′(x) =

(yx )t

= −

=

.

xt′

cos2 t 3cos2 t(− sin t)

3cos4 t sin t

в) arсtg y – y + x = 0.

Продифференцируем обе части уравнения по x, считая

y

функцией от x, и

определим y'

y′

− y′ + 1 =

0, откуда y′ =

1+ y2

(при y ≠ 0).

y2

1 + y2

Дифференцируем последнее равенство по x

1

′

−3

y′′

=

+ 1

, т. е. y′′

= −2 y

y′.

2

y

Подставив найденное значение y', окончательно получим

y′′ = −

2(1+ y2 )

. v

y5

2 З а д а н и е

3 . Найти пределы функций, используя правило Лопиталя.

а)

lim

x2 − 6x + 5

=

0

= lim

(x2 − 6x

+ 5)′

= lim

2x − 6

= −

4

;

x

2

+ x −

2

0

(x

2

+ x − 2)′

2x

+ 1

3

x→1

x→1

x→1

б)

x2 − 6x + 5

∞

(x2 − 6x + 5)′

lim

=

= lim

=

x

2

+ x − 2

2

+ x − 2)′

x→∞

∞

x→∞ (x

= lim

2x − 6

= ∞

= lim

(2x − 6)′

=

2

= 1 ;

2x + 1

(2x + 1)′

x→∞

∞

x→∞

2

в)

lim

1− cos x

=

0

= lim

(1− cos x)′

= lim

sin x

= lim

1

=

1

. v

0

(sin 2 x)′

2sin x cos x

2 cos x

x→0

sin 2 x

x→0

x→0

x

→0

2

2 З а д а н и е

4 . 1 . Составить уравнения касательной и нормали к кри-

вой у = х2 – 4х + 5 в точке х0 = 3.

Р е ш е н и е .

Если х0 = 3, то

у0 = f (x0) = = 9 – 12 + 5 = 2. Найдем угловой

коэффициент f ′ (x0)

касательной к кривой

f ′ (x) = 2x – 4,

f ′ (3) = 6 – 4 = 2.

14

По

формулам

y − y0 = f ′(x0 )(x − x0 ) ,

у

у = х2 – 4х + 5

y − y0

= −

1

(x − x0 )

запишем

уравнения ка-

f

′(x0 )

3

касательная

сательной и нормали соответственно (рис. 1)

2

у – 2 = 2(х – 3)

у = 2х – 4

– уравнение ка-

нормаль

сательной;

1

1

1

7

у− 2 = −

(х−

3) у = −

х+

– уравнение

0

1 2 3

х

2

2

нормали.

2

Р и с. 1

Ответ: у = 2х – 4 – уравнение касательной; у = −0,5х+ 3,5 – уравнение нормали. v

2З а д а н и е 4 . 2 . Составить уравнения касательной и нормали к аст-

роиде х = a cos3 t, y = a sin3 t в точке t0

= 3π / 4 .

y

Р е ш е н и е .

Кривая

задана

параметрически

а

(рис. 2). Тогда

dy

=

yt′

.

dx

x′

t

Найдем (х0, у0) при t0 = 3π / 4

–а

0

x

x

2 3

= −

a

2

, y

2

3

a 2

,

= a −

= a

=

0

2

4

0

2

4

–а

Найдем угловой коэффициент касательной f ′ (x0):

Р и с. 2

	y′		3a sin 2 t cost		y′
f ′(x) =	t	=		= −tg t; f ′(x0 ) =	t
	xt′		− 3a cos2 t sin t		xt′		t0	=	3π
									4

=−tg 3π = 1.

4

у – a		2	= х + a		2	у = х + a 2		– уравнение касательной;
		4			4		4
у –	a	2			a 2		у = –х	– уравнение нормали.
			= – x +
		4			4
							Ответ: у = х + a 2		– уравнение касательной;
								4
								у = –х	– уравнение нормали. v
2 З а д а н и е					4 . 3 .		Составить уравнения касательной к пространствен-
ной кривой				(t)= 2 cost i + 2sin t j + 4t k				в момент t0 = π / 2 .
			r

15

Р е ш е н и е .

Р е ш е н и е . Кривая есть винтовая линия с шагом h = 4 (рис. 3). Запишем уравнение кривой в параметрической форме, найдем точку (х0, у0, z0), xt′ (t0 ) ,

yt′ (t0 ) , zt′ (t0 ) :

x(t) = 2 cost,

x

= 0,

x′

= −2sin t,

x′ (t

) = −2,

0

t

t

0

y(t) = 2sin t,

y0 = 2,

yt′ = 2 cost,

yt′ (t0 ) = 0,

z

(t) = 4t

z

0

= 4π

z′

= 4

z′

(t

0

) = 4.

t

t

z

Пользуясь формулой

x − x0

=

y − y0

=

z − z0

, составим

x′ (t

0

)

y′

(t

0

)

z′ (t

0

)

t

t

t

уравнения касательной к кривой

x

=

y − 2

=

z − 2π

.

− 2

0

4

s

Замечание. Так как

yt′ (t0 ) = 0, то

касательный вектор

s = (–2, 0, 4) ортогонален оси Оy.

0

y

Ответ:

x

y − 2

z − 2π

x

=

=

. v

Р и с. 3

− 2

0

4

2 З а д а н и е

4 . 4 .

Найти угол между кривыми

y = x3

и

y = 1/ x 2 в

точке их пересечения.

Р е ш е н и е .

Найдем точку пересечения кривых как решение системы (см.

рис. 4)

= x

3

,

y

y

(x0 , y0 ) = (1; 1).

y = х

3

= 1/ x2

y

γ

2

Найдем угловые коэффициенты касатель-

y = 1 / х

2

ных к кривым в точке их пересечения (1; 1)

1

y = x3

y′

= 3x2

k = y′

(1) = 3 ,

1

1

1

1

y

2

= x−2 y′

= −2x−3

k

2

= y′ (1) = −2 .

–1

0

1

2

x

2

2

Найдем величину угла γ

между кривыми

–1

k2 − k1

Р и с. 4

по формуле tg γ =

:

1+ k1k2

tg γ =

−2 − 3

= 1 , откуда

γ = arctg 1 =

π

.

1

+ (−2) 3

4

Ответ:

γ = π / 4 . v

2 З а д а н и е

4 . 5 .

Материальная точка

движется прямолинейно по

закону S(t) = t3 – 6t2 + 9t. Найти скорость и ускорение движения точки в момент t0 = 2 (путь S выражается в метрах, время t – в секундах).

Найдем производную пути по времени (скорость движения):

16

v(t) = dSdt = 3t 2 − 12t .

При t0 = 2 имеем v(2) = –12. Найдем производную второго порядка пути по времени (ускорение движения):

a(t) = S′′(t) = (v(t))′ = 6t −12 .

t

При t0 = 2 имеем a(2) = 6 2 – 12 = 0.

Ответ: v(2) = –12; a(2) = 0. v

2 З а д а н и е 4 . 6 . Движение точки задано уравнением r (t) =

= a sin t i − a cost j + 0,25bt 2 k , где a, b – постоянные, t – время. Найти вектор

скорости и его численное значение, вектор ускорения и его численное значение при t0 = 2.

Р е ш е н и е . Найдем производную первого порядка функции r (t) r ′(t) = a cost i + a sin t j + 0,5bt k .

′

При t0

=

2 имеем

= a cos t i + a sin t j + 0,5bt k

– вектор скорости,

r (2)

r′(2) =

a2 + b2 – численное значение вектора скорости.

Найдем производную второго порядка функции

(t)

r

′′(t) = −a sin t i + a cost j + 0,5b k

– вектор ускорения,

r

r ′′(t) =

a2 + b2 / 4

– численное значение вектора ускорения в любой момент

времени t, в том числе и при t0 = 2.

Ответ:

′(2)

= a cost i + a sin t j + 0,5bt k

– вектор скорости,

r

r′(2) =

a2 + b2 ;

′′(t) = −a sin t i + a cos t j + 0,5b k

–

r

вектор ускорения,

r ′′(t) = a2 + b2 / 4 . v

2 З а д а н и е

4 . 7 .

Тело движется по параболе y = 4x – x2 так, что абс-

цисса положения тела изменяется по закону x = 2t. Какова скорость изменения ординаты в точке (1; 3)?

Р е ш е н и е . Найдем закон изменения ординаты движущейся точки при x = 2t:

y(t) = 4 2t – (2t)2 = 8t – 4t2.

Точку (1;3) при параметрическом задании параболы x = 2t, y = 8t – 4t2 получаем при t = 1 / 2.

Найдем первую производную y′(t): y′(t) = 8 – 8t. Тогда уt′ (1/ 2) = 8 − 4 = 4 .

Итак, скорость изменения ординаты при движении по параболе y = 4x – x2 в точке (1;3) равна 4 при x = 2t.

Ответ: скорость изменения ординаты равна 4 при x = 2t. v

17

2З а д а н и е 5 . Провести полное исследование и построить график

функции

y =

x3

.

2(x + 1)2

Р е ш е н и е .

Область определения функции находим из условия

1.

х+ 1 ≠ 0 ,

т. е.

D( y)

; −1) (− 1; + ∞). Функция непрерывна в области опре-

= (− ∞

деления как частное двух непрерывных элементарных функций.

Точка

х =

–1

есть

точка

разрыва

II рода, так как

lim

x3

= −∞ ,

+ 1)2

x→−1−0 2(x

lim

x3

= −∞ .

f (x) =

x3

,

f (− x) = −

x3

f (x) ≠ f (− x) ,

(x + 1)2

(− x + 1)

x→−1+0 2(x + 1)2

2

f (x) ≠ − f (− x) , поэтому функция не является четной, не является

нечетной.

Имеем функцию общего вида.

2. Если х = 0, то у = 0 и наоборот, следовательно, кривая пересекает оси координат только в точке (0; 0).

2. Найдем асимптоты графика функции.

а) х =		–1 – вертикальная асимптота, так как	lim	x3		= −∞ ,
					1)2
			x→−1−0 2(x +
lim	x3	= −∞ , следовательно, ветви кривой y = f (x) в окрестности х = –1
x→−1+0 2(x + 1)2

направлены вниз.

b) Найдем наклонные асимптоты y = kx + b (при вычислении пределов используем правило Лопиталя)

k = lim

f (x)

=

lim

x2

=

∞

=

lim

2x

=

1

,

∞

x

4(x + 1)

2

x→±∞

x→±∞ 2(x + 1)2

x→±∞

b = lim [f (x)− kx]=

lim

x3

−

1

x

=

lim

− 2x2 − x

=

∞

=

2

∞

x→±∞

x→±∞ 2(x + 1)2

x→±∞ 2(x + 1)2

= lim

−4x − 1

= lim

−4

= −1 .

4(x + 1)

4

x

→±∞

x→±∞

Следовательно, график функции имеет наклонную асимптоту y = x / 2 −1 .

3. Исследуем функцию на монотонность и экстремум с помощью производной первого порядка.

y′ =

1

x3

′

=

1 3x2

(x + 1)2 − x3 2(x + 1)

=

x2

(x + 3)

.

2

(x + 1)2

2

(x + 1)4

2(x + 1)3

18

Найдем критические точки функции: у ′ = 0 при х = 0, х = –3; у ′ – не существует при х = –1, но х = –1 D(y). Поэтому исследуемая функция имеет только две критические точки х = –3 и х = 0. Область определения разделим критическими точками на интервалы и методом интервалов определим знак производ-

ной f ′(х) в каждом из них.
В интервалах (− ∞;−3), (−1;+∞) функция y = f (x)					y ′(х)
монотонно возрастает, так как у ′ > 0;	в интервале
		+	–	+	+
(–3; –1) функция монотонно убывает, так как у ′ < 0.		–3	–1	0	х
По первому достаточному признаку	определим

характер экстремума в критических точках: х = −3 – точка максимума (у ′ меняет знак с «+» на «–» при переходе через точку слева направо), уmax = y(−3) = −27 / 8 . В точке х = 0 экстремума нет (у ′ не меняет знака при переходе через точку х = 0).

4. Исследуем функцию на выпуклость, вогнутость, перегиб с помощью производной второго порядка

x2		(x + 3) ′			(3x2	+ 6x)(x + 1)3 − (x3 + 3x2 )3(x + 1)2		3x
y′′ = (y′)′ =				=			=		.
						2(x + 1)6		(x + 1)4
2(x + 1)3

Найдем критические точки второго рода: у ″ = 0 при х = 0; у ″ не существует при х = –1, но х = –1 D(y). Следовательно, функция имеет только одну крити-

	ческую точку второго рода х = 0.						y ″(х)
	Область определения функции разделим на интервалы			–
					–		+
	критической точкой х = 0 и в каждом из них определим
	знак у ″’ (по методу интервалов).				–1	0	х
	В интервалах (− ∞;−1), (−1;0) кривая у =	х3	выпукла вверх (у ″ < 0), в ин-
		(х+ 1)2

тервале (0;+∞) кривая y = f (x) выпукла вниз (у ″ > 0). х = 0 – точка перегиба

графика функции (у ″ меняет знак при переходе через точку х = 0). Так как у ′(0) = 0, у(0) = 0, то в точке перегиба кривая касается оси Оx.

Дополнительно Найдем у(–2)= –4, у(–4)= −32 / 9 , у(4) = 32 / 25 . С использованием полученных данных строим график данной функции (рис. 5).

19

		x = –1		y
–4	–3	–2	–1 –2/3

0

1

2

x

–1

у = 0,5x – 1

–27 / 8

Р и с. 5

К О Н Т Р О Л Ь Н А Я Р А Б О Т А № 4

Д И Ф Ф Е Р Е Н Ц И А Л Ь Н О Е И С Ч И С Л Е Н И Е Ф У Н К Ц И Й Н Е С К О Л Ь К И Х П Е Р Е М Е Н Н Ы Х

З А Д А Н И Е № 6

Проверить, удовлетворяет ли данная функция z = f (x, y) (и = и (x, y, z)) указанному уравнению.

6.1.	z =	x cos(x / y) ;		xz′	+ yz′		= z / 2 .
				x	y
6.2.	z = ln	1	;	z′′	+ z′′	= 0 .
		x2 + y2		xx	yy

6.3. z = x2 + x + 1 − 1 ; 2 y 2 x y

6.4.z = ln(x2 − y2 ) ;

6.5.u = x2 + y2 + z2 ;

6.6.	z =	y	;
		(x2 − y2 )5
6.7.	z = ln(x2 + y2 + 2x + 1) ;

x2 z′

+ y2 z′

=

x3

.

x

y

y

1

z′

+

1

z′

=

z

.

y

x

x

y

y2

(u′ )2

+ (u′ )2

+ (u′ )2

= 1 .

x

y

z

1

z′

+

1

z′

=

z

.

y

x

x

y

y2

z′′

+ z′′

= 0 .

xx

yy

20