Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методы решения олимпиадных задач по высшей математике

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

1.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

3.28. Найдем асимптоты гиперболы. Выразим у из уравнения

2x2 xy y x 5 0:

y 2x2 x 5; y 2x 1

x 1

Значит,

прямые

y 2x 1 и

− асимптоты гиперболы.

Они пересекаются в точке O1(1; 3).

Координаты

точки

касания

гиперболы

заданной

прямой

4x y 5 0

определяются

из

системы

уравнений

y 2x

;

x 0, y 5.

x 1

4x y

Значит,

M (0; 5)

– точка касания гиперболы и заданной прямой

4x y 5 0.

На рисунке прямые O1D и O1C − асимптоты гиперболы; MD

и MC − перпендикуляры, опущенные

из M (0; 5) – точки касания гипербо-

лы и прямой 4x y 5 0.

− пе-

O1D

O1C

риметр

четырехугольника

O1DMC.

Определим координаты точки D, об-

разованной в результате пересечения

прямых O1D y 2x 1 и MD.

Уравнение прямой MD перпенди-

кулярной

прямой

O1D 2x y 1 0

имеет

вид

x 2y 10.

Из

системы

уравнений

y 2x 1;

x 12,

y 19 D

12;

19 .

O D

17 5 ,

x 2y 10,

6 5

O C

Тогда периметр четырехугольника

O DMC

будет равен P 23

5 45.

3.29. Полуоси эллипса: a 52, b 5. Парабола будет симметрична относительно оси Оу, ветви направлены вверх, ее уравнение y c ax2, где a 0, c 0. В точках А и В эллипс и парабола имеют общие касательные. Рассмотрим точку В. Из уравнения

параболы y 2ax		x 1 2a. Продифференцируем			уравнение эл-

липса	8x 2yy 0, откуда		y 4x	1; 1 4.	Таким	образом

			y

2a 4	a 2. Тогда уравнение параболы имеет вид y c 2x2.
Подставим сюда координаты точки В, получим					c 3.	Искомое
уравнение y 2x2 3.

4.Пределы. Непрерывность функции

4.1.Условие данной задачи эквивалентно следующему:

1 Ax

cosx

или cosx x Bx3

ctgx

o(x5),

3 o(x5),

x Bx

sin x

x Bx

Ax2

o(x7 ). Откуда

Bx3

o(x6)

sin x

o(x7) Bx3

Ax2

o(x7)

o(x7),

;

o(x

) Ax

o(x

B A

;

, B

120

x 0

e x cosx

4.2. lim

cosx 1

limln e

x lim ln 1

x 0

cosx 1

x 0

cosx 1

2 cosx 1

4sin

2 x

lim

x lim

e x cosx

1x 0

x 0

x 0 e x cosx 1

lim

1 при условии, что 2.

x 0

4.3. y 1,

4.4. а)

lim n2 sin2

n2 sin2

n 1

n2 sin2

;

б) 0; в) 1;

n 1

г) an

1; д)

...

4n 1 n 4

4.5. а)

lim

ln x sinx

lnx ln 1 sinx

lnx ln 1 cosx

x ln x cosx

б)

e x

2e x

lim

в) 0; г) 0; д) 0; е) 1; ж) e2; з) 0; и) 1;

x 0 x

к)

lim

x 1 2x 1 2 1 3x 1 3... 1 2011x 1 2011

lim 1 1 x 1 x o x 1 x o x ... 1 x o x 1

x 0 x

lim 1 1 2011x o x 1 2011.

x 0 x

4.6.п = 6 (использовать правило Лопиталя).

4.7.а) a 1, b e или a 1, b e; б) a 0, b 2.

n 1

1 x

4.8. а) х = 4016; lim

n 1 x 1 n 2 x 1

при х 0

lim

х n 1 x 1

lim

2008;

x 1

n 2

x 1

n n 1 x 1 n 2 x 1

n n 1

п 1

б)

x 2009;

предел

равен

при

х = – 1

при

2010

x ; 1 1; ,

значит

Таким

образом

lim

1 x 1 x 1 x2 1 x4 ... 1 x2n

lim

1 x4n

2010.

1 x

4.9.

а)

f x cos2 x,

f x x2,

б)

f x 1,

x 2; 3 3; 2 ; f x 1,

3; f 3 0;

в)

f x ln x, 0 x 1;

f x 1,

x 1; г)

f x sin x,

x 0;

f x 1 x,

x n

0; д) lim

cos

1 lim 1 cos

2nsin

f x

lim

2sin

2 n

2 , т. е.

2 .

4.10. Данная функция непрерывна на отрезке 2; 2 ,

2 1,

2 5, так как

1 2

5, то внутри отрезка существует хотя бы

одна точка х такая, что

f x 7 3.

5. Дифференциальное исчисление функции одной переменной. Применение производной

5.1.

При

всех

x 0

f x

определена и

x 1

Таким образом

f x c. Найдем с, взяв,

к при-

меру, x 1: f 1 arctg1 arctg1 2.
5.2. Рассмотрим функцию			f x xe x e x x2	2 1.	f x
x 1 e x 0	при всех	x R.	Таким образом f x	возрастает на
R, и уравнение	f x 0	имеет не более одного корня. x 0 явля-

ется корнем уравнения (находим подбором).

5.3. Из исходного равенства при х = 1 имеем f 1 3. Дифференцируя равенство, при х = 1 имеем f 1 2 (легко получить, что f x f x ). Уравнение касательной y 2x 1.

5.4. а) Рассмотрим функцию

f x cos2 xsinx sinx sin3 x,

f x cosx 3sin2 xcosx.

Критические

точки:

x 2,

x arcsin 1

3 ,

x arcsin 1

3 , x arcsin 1

3 . Тогда

min f x

2 0,

6 ; б)

f x x ln 1 x ,

x ;

3 3

x 1

f x 0 при всех

x 0. Таким образом функция f x

возрастает

на 0; и f x f 0 0.

5.5. у = х +6269/162 (касательная параллельна прямой у = х).

5.6.а)e f a ; б) f a f a .

5.7.S 2a2.

5.8.2012! (логарифмическое дифференцирование).

5.9.у хxb b 1 blnx 1 хbx bx lnblnx 1 bхх xx lnb lnx 1 .

x 2 2

5.10.

при x 2:

x 2

x 2 2

x 2

2 2

n 1 !

5.11. а)

y n x 1 n 1

; б)

y n x 2x ln2 n ;

в) y n

x e3x 3n 1 n 3x ;

г) по условию y x x2 3x 5 2x 1.

Дифференцируем тождество п раз. Применяя формулу Ньютона-

Лейбница, получим y n x x2 3x 5 ny n 1 x 2x 3 n n 1

y n 2 x 2 0. Значит, y n x y n 1 x 2x 23 n n 1 y n 2 x .

x3x 5

5.12.

Рассмотрим

функцию

f (x) 4tgx sin x 3x.

Так

как

t3 3t2 4

(t 2)2(t 1)

(x)

cosx

t 3

где

cos2x

t cosx (0;1)

при

x (0; /2),

то

при

x (0; /2).

f (x) 0

Так как

f (0) 0, то

f (x) 0 при x (0; /2).

5.13. Пусть M x0,

y0 – точка касания. Уравнение касательной,

проведенной к графику функции

y x3

в точке M x ,y ,имеет

вид y x03 1 3x02 x x0 .

Основания полученной трапеции

равны:

a y 0

2x3

b y 1 1 3x2

2x3. Тогда площадь трапеции равна

S a b h

4x3

3x2 2

. S

6x02 3x0,

критические

точки

функции S:

y	x	0 и x		1	. Таким образом	x		1	–
	0	0		2		0		2

2точка максимума функции S, а площадь

2 9

трапеции равна

y x3 1 1

5.14.

Пусть

(x0, 0)

–

точка

пере-

сечения

кривой

осью

Oх.

Тогда

ax2 bx

ax2 bx c 0.

2ax0 b

(2ax b)2 2a(ax

2 bx c)

Поэтому

y (x0)

45 .

(2ax

b)2

5.16. а)

f 0 2,

0 6; б)

0 2,

0 n k 1ak .

5.17. O 0; 0 , d 1

(кратчайшее расстояние равно расстоянию

между данной прямой и параллельной ей касательной к кривой).

5.18.

а)

Ближайшей

прямой

x y 5

будет

касательная

x y 2

к эллипсу, d 3

б) задача сводится к минимизации

квадрата расстояния от точки O 0;

до точки

M x; lnx 1 кри-

вой d x x2

ln x 1

lnx 1

0, что верно толь-

d x 2 x

d 1 0,

min. dmin d 1 2.

ко при х = 1.

значит х = 1

– точка

Таким образом, кратчайшее расстояние равно

2 1.

5.19.При а = 0 – точка min, при а = 1 – max.

5.20.Находим вторую производную. Получаем уравнение x3 3x2

3x 1 0. Точки перегиба:	2	3;	3 1	,	2	3;	3 1	,
			3 1				3 1

			4				4
			4				4

(1; 1). Проверяется, что они лежат на одной прямой.

5.21. 6.

5.22.45 4 м.

5.23.H 2R.

5.24.Гонец должен пристать к берегу в 3 км от лагеря.

6. Функции нескольких переменных

		6.1.				М					1	4,			4,		1 ,	М			4	, 4,		1		.	Пусть						М	0	х ,	у , z			0		–
											1		3		3					2	3	3		3										0	0		0		0
													3		3		3				3	3		3
искомая											точка.						Тогда			F		х , у , z					х0		, F				х	,	у ,	z				y0	,
искомая											точка.						Тогда			F		х , у , z					2		, F				х	,	у ,	z				2	,
																					x	0	0	0			2				y		0		0		0			2
	F х , у ,											z			2z , где					F x, y, z				х2			у2			z2			1.		Тогда урав-
	F х , у ,											z			2z , где					F x, y, z										z2			1.		Тогда урав-
		z		0						0			0				0							4				4
нение							нормали										к	поверхности					в		этой					точке					имеет вид:
	x x0								y y0							z z0		,		а		направляющий										вектор				нормали
																2z		,		а		направляющий										вектор				нормали
	x		2							y			2			2z
	s	0									0						0
	s	x				, y , 4z								0	. Так как по условию задачи cos cos cos , то
				0						0				0
	x0 y0 4z0.														Точка				М0		принадлежит							поверхности,										значит
	х 2				у			2			z 2																								9z2
		0				0									1 и с учетом равенства											x		y			0	4z :						1,
															1 и с учетом равенства											x		y				4z :						1,
		4				4							0													0								0		0
		4				4				1,							4, у			4.
z										1,			х				4, у			4.
			0							3			0				3		0		3		u ey ln x ex ln y .
		6.2. Пусть													u xy yx ,						тогда		u ey ln x ex ln y .											Воспользуемся
тем, что ex 1 x,																	при x 0.																y), где			f (x, y)
		Значит u 1 y lnx 1 xln y. Найдем min f (x,																															y), где			f (x, y)
1 y lnx 1 x ln y:
		f				y			ln y,

		x				x
		x				x
		f				x
		f				x				lnx.
		y				y				lnx.

xy ln y 0,

Откуда

x lnx 0.y

Заметим, что уравнения симметричны относительно переменных х, у, поэтому будет одно решение. Легко убедиться, что решением

уравнения xy lnx 0 будет x y e 1.

Значит min f (x,y) 2 2e 1 lne 1 1,26 1.

6.3. а) Используя 1-е условие, получим U x, y 2y2 x3y3

x , где

x – неизвестная функция. Подставим в полученную

функцию

переменную

у вместо

переменной

х,

получим

U y, y 2y2

у2

(из 2-го

условия

задачи).

Тогда у 2у2 у2

у2

и искомая функция равна U x, y 2y2

xy3

х2;

б) U x, y cos x 2y x2 y cos

;

в) U x, y y sin y sin x y .

6.4. Ближайшей к плоскости точкой поверхности будет та касательная плоскость, которая параллельна данной плоскости, т. е. век-

тор

нормали

n 2x; 2y; 4 2; 1;

2 ,

откуда

x 2,

y 1,

z 5 4.

Искомое расстояние d 1 6.

6.5. 4,5.

x ; y ; z

–

6.6.

x 2z 1 0

или x 2z 1 0.

Пусть

n 2x0

3; 2y0;

0 0

точка касания,

тогда

2z0 AB 0;1; 0 , откуда

3z2 x2 3

(*).

Уравнение

искомой

плоскости:

2x0	3 x x0 2z0 z z0 0. Так как точки А и В лежат в плос-
кости, то x		x2	3z2	0, и с учетом (*) получим: x	3, z	0	2.
	0	0	0	0		0

6.7.zmin 3; 3 0.

6.8.Раскрывая определитель, получим равенство:

Используя

определения

полного

дифференциала,

получим

du ydx

dy.

Данное

dy ydx

y dx

выражение является полным дифференциалом при условии, что

Находя частные производные, получим:

, что и требовалось доказать.

y x

x y

6.9.zmin z 0; yn 1, где yn 2 2 n, n Z.

6.10.Кратчайшим является отрезок нормали к поверхности, проходящей через заданную точку. Так как нормаль к поверхности

x x0

y y0

z z0

проходит через

точку M 1; 0;

2 ,

то

1 x0

2 z0 .

Если

то

получим,

что

2x0

4y0

7 4,

тогда

2y2 z

x2 7

4 4 0.

Таким образом

тогда

2x03 3x0

1 0,

корни

которого:

x1 1, x2

x3 1

3 2. Получили три

точки:

M1 1; 0;1 , M 2 x2; 0; x22 ,

M3 x3; 0;

x32 . Проверкой убеждаемся, что min

MM2

11 6 3 3.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]