- •Тема I. Множества
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема II. Функция одной переменной
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема III. Предел и непрерывность функции одной переменной
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема IV. Производная и дифференциал функции одной переменной
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема V. Аналитические и геометрические приложения производных
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема VI. Неопределенный интеграл
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема VII. Определенный интеграл
- •Задачи
- •Упражнения
- •Тема VIII. Несобственные интегралы
- •Задачи
- •Упражнения
- •Приложение
- •Литература
ТЕМА V. АНАЛИТИЧЕСКИЕ И ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ ПРОИЗВОДНЫХ
Основные теоремы дифференциального исчисления
|
f(x) |
0 |
|
|
∞ |
|
||
Теорема 1. (Правило Лопиталя). При lim |
|
= |
|
|
èëè |
|
и |
|
g(x) |
0 |
|||||||
x→x0 |
|
|
|
∞ |
|
если существует предел lim f′(x) (конечный или бесконечный), то x→x0 g′(x)
существует предел lim f(x) и справедливо следующее равенство x→x0 g(x)
|
f(x) |
|
′ |
|
lim |
= lim |
f (x) |
. |
|
g(x) |
′ |
|||
x→x0 |
x→x0 |
g (x) |
|
Возрастание и убывание функции
Теорема 2. (необходимое условиe). Если дифференцируемая на промежутке Х функция f(x) возрастает (убывает) на этом промежутке, то f′(x)≥ 0 (f′(x)≤ 0) при всех х Х.
Теорема 3. (достаточное условии). Если функция f(x) дифференцируема на промежутке Х и f′(x)>0 (f′(x)<0), то эта функция возрастает (убывает) на Х.
Экстремумы функции
Определение 1. Пусть функция f(x) определена на промежутке Х. Точка х0 Х называется точкой минимума (точкой максимума)
функции f(x), если в окрестности Оδ(х0) Х выполняется f(x) > f(x0) (f(x)–f(x0)). Минимум или максимум функции называется экстремумом функции, а точка называется точкой экстремума функции.
Теорема 4. (необходимое условие). Если точка х0 является точкой экстремума функции f(x), то либо f′(x0)=0, либо f′(x0) не существует.
Теорема 5. (достаточное условие). Если при переходе через точку x0 производная f′(x) меняет знак с «–» на «+», то точка x0 является точкой минимума функции f(x), если наоборот, то точкой максимума.
Направление выпуклости кривой
Определение 2. Непрерывна кривая у=f(x) называется выпуклой вверх (вниз) на (a, b), если для любых двух точек M и N на этой кри-
24
y |
|
N |
y=f(x) |
|
|
y |
|
|
y=f(x) |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
a |
b |
x |
|
O |
|
a |
b x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 5.1 Рис. 5.2
вой, абсциссы которых принадлежат интервалу (a, b), соединяющая их хорда лежит ниже (выше) кривой. На рис. 5.1 кривая у=f(x) выпукла вверх, а на рис. 5.2 – вниз.
Теорема 6. (необходимое условие). Если кривая y=f(x) выпукла вверх (вниз) на (a, b), то f″(x) ≤ 0 (f″(x) ≥ 0) при всех х (a, b).
Теорема 7 (достаточное условие). Если f″(x)– 0 (f″(x) > 0) при всех х (a, b), кроме возможно конечного числа точек, в которых f″(x)=0, то кривая y=f(x) выпукла вверх (вниз) на (a, b).
Точки перегиба кривой
Определение 3. Точка М0 (х0, f(x0)) называется точкой перегиба кривой y=f(x), если при переходе через эту точку кривая y=f(x) меняет направление выпуклости.
Теорема 8. (необходимое условие). Если точка М0(х0, f(x0)) есть точка перегиба кривой y=f(x), то либо f″(x0)=0, либо f″(x0) не существует.
Теорема 9. (достаточное условие). Если f′(x) меняет знак при переходе через x0, то точка М0(х0, f(x0)) является точкой перегиба кривой y=f(x).
Схема построение графика функции
1. Найти область определения функции D(f); б) Определить точки пересечения графика с осями Ох и Оу; в) Проверить, является ли функция четной, нечетной или периодической; г) Выяснить вопрос о существовании вертикальных и наклонных асимптот.
2. Исследование функции с помощью первой производной: а) Найти точки, подозрительные на экстремум; б) Заполнить таблицу интервалов постоянной монотонности и точек экстремума.
25
3. Исследование функции с помощью второй производной: а) Найти абсциссы точек, подозрительных на перегиб; б) Заполнить таблицу интервалов постоянной выпуклости и точек перегиба.
4. Построение графика функции в целом.
Задачи
1. Используя правило Лопиталя, доказать, что а) lim |
|
xp |
=0 |
и |
|||||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||
б) lim ln x =0, åñëè à >1, p > 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
x→+∞ ax |
|
|
||||||||||||||||
x→+∞ xp |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение: Применяя правило Лопиталя, получим: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
ln x |
∞ |
|
|
|
|
|
(ln x)′ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
а) |
lim |
|
= |
|
= |
lim |
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
x→+∞ ax |
∞ |
|
x→+∞ (ax)′ |
x→+∞ lna×ax |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
= |
|
|
1 |
|
|
lim |
1 |
=0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
lnax→+∞ xax |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
ln x |
∞ |
|
|
|
|
|
(ln x)′ |
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
б) |
lim |
|
= |
|
= |
lim |
|
|
|
= lim |
|
|
= |
|
lim |
|
|
|
=0. |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
x→+∞ xp |
∞ |
|
x→+∞ (xp)′ |
x→+∞ pxp−1 |
|
|
px→+∞ xp |
|
|
|
|
|||||||||||||||
2. Найти предел lim |
x−tgx |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
x→0 |
|
x3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Решение: Раскроем неопределённость 0 |
|
|
с помощью правила |
||||||||||||||||||||||||
Лопиталя. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x−tgx lim 3 x→0 x
=−1 lim
3x→0
|
|
|
|
1− |
|
1 |
|
|
|
|
|
cos2 x−1 |
|
|||||||||
0 |
|
|
|
cos2 x |
|
1 |
|
|||||||||||||||
= 0 |
|
= lim→ |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
3 lim→ |
2 |
2 |
|
= |
||||||
|
|
|
3x |
2 |
|
|
x |
|||||||||||||||
|
|
x |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x 0 x |
|
cos |
|
|||||
sin2 x |
= − |
1 |
lim |
sin2 x |
lim |
|
|
1 |
|
= |
|
|||||||||||
x2 cos2 x |
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
3x→0 |
|
|
|
x→0cos2 x |
|
|
||||||||||||
|
|
= − |
1 |
1 1= − |
1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1
3. Найти предел lim (x+ex )x . x→+∞
Решение: В данном случае имеем неопределённость ∞0 .
26
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
(x+e |
x |
) |
|
|
= |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
ln(x+ex )x |
= |
|
|
|
|||||||||||
|
lim |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
= lim e |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 ln(x+ex ) |
|
lim |
|
ln(x+ex ) |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
x . |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
= ex→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Трижды воспользуемся правилом Лопиталя: |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
ln(x+ex ) |
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
1+ex |
|
|
|
|
|
1+ex |
|
∞ |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x+e |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
lim |
|
|
|
= |
|
∞ |
= |
lim |
|
|
|
= |
|
lim |
|
|
|
|
= |
|
= |
|||||||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
+ex |
|||||||||||||||||||||||||
x→+∞ |
|
|
|
|
|
x→+∞ |
|
1 |
|
|
|
|
x→+∞ x |
|
∞ |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ex |
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
= lim |
|
|
=1. |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
x→+∞1+ex |
|
|
∞ |
x→+∞ ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
( |
x+ex |
) |
1 |
|
= e1 = e. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Таким образом, |
|
lim |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. Найти интервалы монотонности функции f(x)=ех – х. Решение: Вычислив производную f′(x)=ех – 1, получим, что
f′(x)> 0 при х> 0 и f′(x) <0 при х <0, и только в единственной точке х=0 f′(x)=0. По теореме 3. функция f(x)= ех – х возрастает на (0, +∞) и убывает на (– ∞, 0).
5. Найдите экстремум функции f(x) = x
x,x≥0
Решение: Функция f(x) = x =
−x,x<0
точке х0.
x,x≥0
=−x,x<0.
не имеет производной в
Но, при переходе через эту точку производная меняет знак с « – » на «+», следовательно, точка х0=0 является точкой минимума данной функции (рис. 5.3).
6. Найти точки экстремума функции f(x) =2õ+33x2.
′ |
|
2 |
|
|
2(3 |
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
x+1 |
|
|||||||
Решение: Вычислим производную f (x) =2 |
+ |
|
|
|
= |
3 |
|
|
|
. Про- |
|
3 |
|
|
|
|
|||||||
x |
x |
изводная обращается в нуль в точке х1= –1 и не существует в точке х2=0. Следовательно, две точки подозрительные на экстремум: х1= –1, х2=0.
27
у
y = x
O |
х |
Рис. 5.3
Составим следующую таблицу:
x |
(–∞,–1) |
–1 |
(–1,0) |
0 |
(0,+∞) |
Знак f″(x) |
+ |
0 |
– |
не существует |
+ |
|
|
|
|
|
|
Производная f′(x) меняет знак при переходе через точки х1= –1 и х2=0. Точка х1= –1 является точкой максимума, а точка х2=0 есть точка минимума.
7. Определим интервалы выпуклости кривой ó = f(x) =2õ+33 x2. Решение: Вычислим вторую производную:
′ |
|
2 |
|
′′ |
2 1 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
f (x) =2 |
+ |
3 |
x |
|
, f (x) = − |
3 3 |
x4 |
|
. Очевидно, что f″(x)–0 при х (–∞, 0) |
(0, +∞). Следовательно, по теореме 7. исходная кривая является выпуклой вверх на промежутках (–∞, 0) и (0, +∞).
8. Определите точки перегиба кривой y = f(x) =ln(1+ x2). Решение: Вычислим вторую производную:
f′(x) = |
|
2x |
|
, f′′(x) = |
2(1−x2) |
. Вторая производная равна 0 при x1= |
|
|
+ x |
2 |
(1+ x |
2 2 |
|||
1 |
|
|
) |
|
–1 и x2=1. Точки М1(–1, ln2), М2(1, ln2) являются точками, подозрительными на перегиб.
Составим следующую таблицу:
X |
(–∞,–1) |
–1 |
(–1,1) |
1 |
(1,+∞) |
Знак f″(x) |
– |
0 |
+ |
0 |
– |
|
|
|
|
|
|
f″(x) меняет знак при переходе через точки x1= –1 и x2=1. Тогда точки М1(–1, ln2) и М2(1, ln2) есть точки перегиба исходной кривой.
28
9. Постройте график функции f(x) = |
3 |
−x2 |
. |
|
x+2 |
||||
Решение: |
|
|||
|
|
|
1. D(f)=(–∞, –2) (–2, +∞).
Точки пересечения графика с осями Ох, Оу: À(30, ); Â(−03, );
Ñ0,3 .2
Функция не является ни четной, ни нечетной и не является пе-
риодической. |
õ = −2: lim− |
3−x2 |
= +∞, |
||||
Односторонние пределы в точке |
|||||||
x+2 |
|||||||
lim+ |
3−x |
2 |
= −∞. |
x→2 |
|
||
|
|
|
|
||||
x+2 |
|
|
|
||||
x→2 |
|
|
|
|
Следовательно, прямая х= –2 является вертикальной асимптотой.
Исследуем наличие наклонных асимптот. Пусть х→+∞, тогда
|
|
f(x) |
|
|
|
|
3−x2 |
|
|
|
|
|
3−x2 |
||||
k= |
lim |
|
= lim |
|
|
|
|
= |
lim |
|
|
|
|
|
= |
||
|
|
|
+2)x |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
x→+∞ |
x |
|
x→+∞ (x |
|
x→+∞ x2 |
+2x |
||||||||||
|
|
= |
|
∞ |
= lim |
−x2 |
= −1, |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
∞ |
x→+∞ x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
b = lim (f(x) −kx)= |
|
|
|
3−x |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||
lim |
|
|
+ x |
= |
|
||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
x+2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
= lim |
3+2x |
=2. |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
x→+∞ |
x+2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Следовательно, прямая у= –х+2 есть наклонная асимптота при
х→ +∞.
Аналогично прямая у= –х+2 является наклонной асимптотой при х→ –∞.
2. Для определения точек, подозрительных на экстремум, вы-
числим производную |
′ |
(x+1)(x+3) |
и приравняем к 0, тогда |
f (x) = − |
(x+2)2 |
||
|
|
|
х1=3 и х2= –1. Заполним таблицу интервалов постоянной монотонности и точек экстремума:
х |
(–∞, –3) |
–3 |
(–3, –2) |
(–2, –1) |
–1 |
(–1, +∞) |
|
|
|
|
|
|
|
знак f′(x) |
– |
0 |
+ |
+ |
0 |
– |
|
|
|
|
|
|
|
Возрастание, убыва- |
|
min |
|
|
max |
|
ние; вид экстремума |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
29