Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Элементы математического анализа - компетентностный подход. Учебное пособие.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.08.2026

Размер:

846 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 132 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

1.1.6. Задачи для самостоятельного решения.

Вычислить пределы:

а)

lim

х+14x2

;

б) lim

1−cos

2 2x

;

в)

lim

2x −3

5−2 x

;

x→∞ 1

+2х+7x2

x→0

xarcsin х

x→∞

2x +1

− x2

х+2 −

х) ;

sin 2х

г)

lim

; д)

lim (

е)

lim

x→3 x

+1 −2

x→∞

x→0 1− x2 −1

1.2. Производная функции одной переменной

1.2.1. Если значение аргумента х функции f (x) получило приращение x (изменилось на величину x ), то соответствующее приращение (измене-

ние) функции f (x) есть f (x) = f (x + x) − f (x) . Величину f (x) естест- x

венно назвать средней скоростью изменения функции f, соответствующей изменению аргумента от х до х + x ; «мгновенной» же скоростью изменения

функции в точке х тогда следует считать предел вида

lim

f (x) , называе-

→0

мый производной функции f и обозначаемый f ′(x),

y′

или

dy . Операция

взятия производной называется дифференцированием функции.

1.2.2 . Таблица производных основных элементарных функций.

(С)′=0, С =const ;

(cos x)′= −sin x ;

(xn )′ = nxn−1 ;

10)

(sin x)′= cos x ;

(

x )′=

;

11)

(tg x)′=

;

′

cos2 x

=−

;

12)

(ctg x)′= −

;

sin 2 x

(ex )′=ex ;

13)

(arcsin x)′=

;

1− x2

(ax )′= ax ln a ;

14)

(arccos x)′= −

;

1− x2

(ln x)

′

= x

;

15)

(arctg x) =

1+ x2 ;

(loga

x)′=

;

16)

(arcctg x) = −

xln a

1+ x2

1.2.3. Правила дифференцирования. Пусть C = const , C ≠0, u =u(x),

ν =ν(x).

Тогда

′

u ′

(C u) =C

u′;

u'; (u ±v)′=u′±v′;

′

(u v)

u v −uv

=u v +uv

;

1.2.4. Производнаясложнойфункции y = f (u(x))

вычисляетсяпоправилу

y′= f ′(u) u′(x) , где u =u(x).

Так, например,

(u n )′= nu n−1 u′ , (eu )′=eu u′, (lnu)′ = 1 u′. u

При дифференцировании показательно-степенной функции y = (ϕ(x))η( x) используется приём её записи в виде показательной функции

y= eη( x)ln(ϕ( x)) .

1.2.5.Если зависимость у = у(х) задана параметрически, т.е. в виде

x = x(t),

y = y(t),

то производная y′(x) (или, в других обозначениях, dy ) вычисляется по dx

формуле

y′(x) = y′(t) . x′(t)

Параметрическое задание зависимости у от х (ординаты от абсциссы) может быть использовано, например, при описании движения точки по координатной плоскости в том случае, если её координаты х и у являются функциями времени t.

1.2.6. Производную f ′(x) также можно рассматривать как некоторую функцию; в этом случае можно говорить о её производной как второй производной данной функции: f ′′(x) =( f ′(x))′ . Аналогично можно рассматривать третью и другие производные (производные высших порядков).

Пример 1.	Вычислить у′, если y = 2x −ln (1−5x) .
Решение.	В силу правил дифференцирования	y′= 2x′−(ln (1−5x))′.

Здесь мы имеем сложную функцию, а именно логарифмическую функцию аргумента u =1−5х. По формуле дифференцирования натурального логарифма «сложного аргумента» получаем

	′		′		1	′		−5	7 −10x
y		= 2x		−1−5х (1		−5x) = 2 −1−5x = 1−5x .

Пример 2. Материальная точка движется прямолинейно, при этом зави-
симость пройденного расстояния						s = s(t)	от времени t (закон движения)
имеет вид s(t) = 4t		t2 +5 . Найти скорость v точки в момент t =2 .

Решение. Согласно п. 1.2.1 достаточно вычислить производную в точке t =2 . По формуле дифференцирования произведения и с учётом правила дифференцирования сложной функции имеем

′

v = v(t) = s′(t) =

t 2 +5 +t

(t 2 +

= 4

t2 +5

;

2 t

2 +5

t2 +

= 52 .

v =v(2) = 4

9 +

Пример 3. Найти производную функции y = (sin x)

x .

Решение. Имеем y =e x ln(sin x) ,

y′= e

x ln(sin x)

(

x ln(sin x))′= e

x ln(sin x)

ln(sin x) +

cos x

sin x

2 x

ln(sin x)

= (sin x) x

xctg x .

Пример 4. Найти производную функции, заданной параметрически:

x =sin 3t,

y = tg3t.

′

Решение. Имеем:

(t )=3cos3t,

(t )= cos2 3t

, тогда по формуле диф-

ференцирования функции, заданной параметрически, получаем

′

(t )= cos2 3t

(3cos3t )= cos3 3t .

1.2.7. Задачи для самостоятельного решения.

Найти производную функции y′(x) (в п. в) функция у(х) задана параметрически):

а)

y =

sin x

;

б)

y = (ln x)x ;

в)

y =

ln x

;

1+ tg2x

x2 +1

г)

y =e

+arcsin

х ;

д)

y = (1+ctg

x)e

−x

;

е)

y =

x +4

3x −2 ;

ж)

y =

;

з)

y = 2

arccos x

cos

4x ;

и)

y = ln

− x2

;

x +

1+ x2

+ x2

3t +2t

х = 2(t −sin t ),

к)

х =

л)

х = е

м)

−3t

= 2(1−cost ).

−5t

;

y = e

1.3.Касательная и нормаль. Правило Лопиталя

1.3.1.Касательная к графику функции (кривой) y = f (x) , проведённая

вточке x0 , имеет уравнение

y = f (x0 ) + f ′(x0 )(x − x0 ).

Нормаль к графику функции (кривой) y = f (x) , проведённая в точке x0 (т.е. перпендикуляр к касательной в точке касания), в том случае, если f ′(x0 ) ≠ 0 , имеет уравнение

y = f (x0 ) − ′1 (x − x0 ). f (x0 )

Примеp 1. Составить уравнения касательной и нормали к кривой, заданной уравнением y = x2 −5x +4 , в точке M 0 (−1, 10) .

Решение. В нашем случае точка касания имеет (по условию задачи) ко-

ординаты	х0 = −1, у0 = f (x0 ) =10 .	Вычислим		f ′(x) = 2x −5,	тогда
f ′(x0 ) = f ′(−1) = 2(−1) −5 = −7 . Уравнение			у =10 + 1 (х+1) или 7х+ у−3 =0
			7	у =10 −7(х+1)
является	уравнением касательной,	а	уравнение		или
х−7 y +71	=0 есть уравнение нормали к заданной кривой в указанной точке.
Примеp 2. Прямая y =1−3x параллельна касательной к графику функ-
ции y =3x	2 −6x −5 . Найти абсциссу точки касания.
Решение. Значение производной		y′=(3x2 −6x −5)′ в точке касания х

равно угловому коэффициенту касательной. Поскольку касательная в этой

точке параллельна прямой y =1−3x , их угловые коэффициенты равны. Поэтому абсцисса точки касания находится из уравнения

(3x2 −6x −5)′= −3 или 6х−6 = −3, откуда х=0,5 .

Ответ: 0,5.

1.3.2. Правило Лопиталя раскрытия неопределённостей вида

состоит в следующем: если существует предел вида lim f ′(x) , то

x→a g′(x)

lim f (x) = lim f ′(x) .

x→a g(x) x→a g′(x)

0 и ∞

0 ∞

Здесь а – некоторая точка или бесконечность любого знака.

Если отношение производных при х→а снова есть неопределённость указанного выше вида, то и правило можно применить снова, переходя ко вторым производным, и т.д.

Пример 1. Вычислить lim ln(1+ x) .

x→∞ x

Решение. Функции y =ln(x +1) и

х→∞ , т.е. имеемнеопределённостьвида

y = x бесконечно большие при

∞∞ . ПрименяемправилоЛопиталя:

ln(1+ x)

′

lim

= lim

(1+ x)

= lim

2 x

+ x

x→∞

1+ x

x→∞ 1

Снова при х→∞ имеем неопределённость вида

∞

. Повторное приме-

∞

нение правило Лопиталя приводит к следующему результату:

lim ln(1+ x)

= lim

(2 x )′

= lim 2

= 0.

x→∞

x→∞ (1+ x)′

x→∞

2 x

Пример 2. Вычислить lim (ln x)sin x.

x→0

Решение. Имеем неопределённость вида

0 ∞. Записав выражение под

знаком предела в виде дроби, последовательно дважды применяем правило Лопиталя:

	ln x			∞		1/ x		sin x
lim			=		= lim		= − lim	(tg x) =1 0	= 0 .
		−1				−(cos x)(sin x)−2
x→0 (sin x)				∞	x→0		x→1	x

Здесь использован первый замечательный предел 1.1.5.

<<< < Предыдущая 12 / 132 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]