Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

m1var14

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

676 Кб

Скачать

☆

Вариант № 14

1. Найти область определения функции : y = lg

x − 3

x2 − 5x + 4

Область определения данной функции определяется неравенством

x − 3

> 0 .

− 5x + 4

Найдём

корни

знаменателя:

x = 1, x

= 4 . Так как

ветви параболы

y = x2 − 5x + 4

направлены вверх, то x2

− 5x + 6 < 0

при 1 < x < 4 . Дробь будет положительной, если

одновременно

x − 3 < 0 , т.е.

x < 3 . Отсюда находим первый интервал: x (1,3) . Далее,

x2 − 5x + 6 > 0

при

x < 1

или

x > 4 . Дробь будет положительной, если одновременно

x − 3 > 0 ,

т.е.

x > 3. Отсюда находим

второй интервал:

x (4,∞). Точки, в которых

знаменатель обращается в нуль, исключаем. Ответ: x (1,3) (4,∞).

2. Построить график функции: y = lg

− 4 .

Функция

определена

интервале

на

множестве

x (−∞, − 4) (4, ∞) . Функция обращается в нуль в точках

(-5, 0)

и (5, 0).

Преобразуем

функцию

при

x>4:

0.5

y = lg

− 4

lg(x − 4). Сначала строим график функции

y = lg x, затем сдвигаем его по оси ОХ на 4 единицы, затем

отображаем полученную ветвь графика в левую

0.5

полуплоскость

симметрично

по отношению к оси ОУ.

Ответ: График представлен на рисунке.

3. Построить график функции: y = (3 − 0,5x)3 .

Функция

определена

на

всей

числовой

оси.

Преобразуем

функцию:

y = (3 − 0,5x)3 = −(0,5(x − 6))3 . Строим сначала x3 . Затем «растягиваем» график в два раза по оси ОХ и сдвигаем его по оси ОХ на 6 единиц вправо.

		2			2				2
		1			1				1
2	1	0	1	2	0	3	6	9	12	0	3	6			9	12
		1			1				1
		2			2				2
Получим	график функции				y = (0,5(x − 6))3 . Затем				отображаем	график		зеркально				по
отношению к оси ОХ. Получим график данной функции. Ответ: Последовательность
построения представлена на рисунках.
					x = cost							2
4. Построить график функции:						.
					y = cos2t
Исключим параметр t:												1
y = cos2t = cos2 t − sin2 t = 2cos2 t −1 = 2x2 −1.												1
y = cos2t = cos2 t − sin2 t = 2cos2 t −1 = 2x2 −1.								Получили
уравнение параболы			y = 2x2	−1 с вершиной в точке (0, -1),
ветви которой направлены вверх. Область определения										1	0.5	90	0		0.5	1
ветви которой направлены вверх. Область определения
функции	- (-1,	1),	так как		всегда	cost	≤ 1. Графиком
функции является часть параболы.												1
функции является часть параболы.
Ответ: График представлен на рисунке.									180							0
5. Построить график функции: ρ = 3sin 2ϕ .									180							0
5. Построить график функции: ρ = 3sin 2ϕ .												0		1.5	3
												270

Функция существует при

ρ ≥ 0

т.е. sin 2ϕ ≥ 0. Это

наблюдается при

0 ≤ 2ϕ ≤ π ,

т.е.

0 ≤ ϕ ≤ π / 2

и при

2π ≤ 2ϕ ≤ 3π

т.е. π ≤ ϕ ≤ 3π / 2 . Функция возрастает в интервале (0,

π/4) от 0 до 1, затем убывает в интервале

(π/4, π/2) от 1 до 0. Аналогично изменяется

функция в интервале π ≤ ϕ ≤ 3π / 2 . Ответ: График представлен на рисунке.

6. Вычислить предел: lim

(n +1)4 − (n −1)

n→∞ (n +1)3 + (n −1)3

Возведём все скобки в степени и приведём подобные:

(n +1)4 − (n −1)4

∞

8n3

+ 8n

+ n

1+ n−2

lim

= lim

4lim

= 4lim

= 4 .

∞

+ 6n

+ 3n

3n−2

n→∞ (n +1)3 + (n −1)3

n→∞ 2n3

n→∞ n3

n→∞ 1+

Ответ: lim

(n +1)4 − (n −1)4

= 4 .

n→∞ (n +1)3 + (n −1)3

7. Вычислить предел: lim

2(1− x3 )

(неопределённость вида (0/0)).

x→1 x3 − 2x2 − x + 2

Разлагаем числитель и знаменатель на простые множители: lim

2(1− x3 )

−

2x2 − x +

x→1 x3

= lim

2(1− x)(1+ x + x

2 )

= −lim

2(1+ x + x2 )

= 3. Ответ: lim

2(1− x

3 )

= 3 .

− 2)(x +1)

− 2x2 − x + 2

x→1 (x −1)(x − 2)(x

x→1 (x

x→1 x3

8. Вычислить предел: lim

x −1

(неопределённость вида (0/0)).

x→1

2 −1

Умножим числитель и знаменатель на сопряжённое к числителю выражение:

lim

x −1

= lim

( x −1)(

+1)

= lim

x −1

= lim

x→1 x

2 −1

x→1

(x2

−1)( x +1)

x→1 (x2

−1)(

x +1)

x→1 (x +1)(

x +1)

Ответ: lim

x −1

x→1 x2 −1

9. Вычислить предел: lim

cos(x / 2)

(неопределённость вида (0/0)).

x→π

x − π

Сделаем

замену

переменной:

x − π = t, x = t + π , если x → π , то t → 0. Получим:

lim

cos(x / 2)

= lim

cos(t / 2 + π / 2)

cos(t / 2 + π / 2) = −sin(t / 2

= −

lim

sin(t / 2)

= −

x→π

x − π

t→0

2 t→0

t / 2

Здесь

воспользовались

первым

замечательным пределом:

lim

sin x

= 1.

Ответ:

x→0

lim

cos(x / 2)

= −

x→π

x − π

5n2 + 3n

−1 n3

10. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (1∞)).

+ 3n

n→∞

+ 3

1 z

= e:

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

lim 1+

z→∞

+ 3n

−1

−n3

+ 3n −1

lim

= lim

= lim 1

+ 3n −

n→∞ 5n

+ 3n + 3

n→∞ 5n

+ 3n −1+ 4

n→∞

5n2 +3n−1

4n3

− lim

4n3

(−5n

2 +3n−1)

= t =

5n2 + 3n

−1

x→∞5n2 +3n−1

= e

−∞

= 0 .

= lim 1

lim 1+

n→∞

2 + 3n −1

t→∞

Ответ:

5n2 + 3n

−1 n3

= 0 .

lim

+ 3n

n→∞

11. Вычислить предел:

lim

ln 2x − lnπ

(неопределённость вида (0/0)).

x→π / 2 sin(5x / 2)cos x

Воспользуемся

эквивалентными

величинами:

lim

ln 2x

− lnπ

= − 2

lim

ln(2x /π )

x − π / 2

= t, 2x = 2t

+ π ,

= −

2 lim

ln(2t /π

+1)

если x → π / 2, то t →

cos(t + π / 2)

x→π / 2 sin(5x / 2)cos x

x→π / 2

cos x

t→0

2 lim ln(2t /π +1) = sint ~ t

и ln(2t /π +1) ~ 2t /π =

2 lim 2t

2 |.

t→0

sint

t→0

Ответ: lim

ln 2x − lnπ

= 2

2 .

x→π / 2 sin(5x / 2)cos x

x+1

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y = 3x(x+2) .

Область определения – все действительные числа, кроме x=0 и x=−2. В области

определения функция является непрерывной (как элементарная

функция). Исследуем поведение функции в окрестности точек

x+1

разрыва:

lim

3x(x+2) = 0,

lim

3x(x+2)

= ∞ . Аналогично,

x→−2−0

x→−2+0

x+1

lim 3x(x+2)

= 0, lim 3x(x+2)

= ∞

. Таким образом, в точках x=0 и

x→0−0

x→0+0

x=−2 имеют место разрывы второго рода. Для построения

эскиза

графика

функции

рассмотрим

поведение

функции

x+1

lim 3x(x+2)

= 30 = 1.

бесконечности:

Ответ:

x→−∞

x→+∞

точках x=0 и x=−2 имеют место разрывы второго рода, в остальных точках она

непрерывна. Эскиз графика представлен на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на

непрерывность

построить

эскиз

графика:

− x,

x ≤ 0,

y = − (x −1) , 0 < x < 2, .

x − 3,

x ≥ 2.

Область

определения

функции:

x (−∞,∞) . Ось

ОХ

разбивается на три интервала, на каждом из которых

функция f(x) совпадает с одной из указанных непрерывных

функций. Поэтому точками разрыва могут быть только

точки, разделяющие интервалы. Вычислим односторонние

пределы:

lim

f (x) = lim (−x) = 0,

lim

f (x) = − lim (x −1)2

= −1,

x→0−0

x→0+0

lim

f (x) = − lim (x −1)2 = −1,

lim f (x) = lim (x − 3) = −1. Таким

образом,

точке

x=2

x→2−0

x→2+0

функция непрерывна, а в точке x=0

функция терпит разрыв первого рода. Величина

скачка функции в точке x=0 равна −1. Ответ: В точке x=0 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) = 6x + xsin(1/ x), x ≠ 0, f (0) = 0 .

По определению f ′(x0) =lim

f (x0 +

x) − f (x0 ) . Заменим

x на x-x0:

x→0

f ′(x

) =

lim

f (x) − f (x0 ) . Но

= 0,

f (x

) = 0 ,

поэтому

f ′(0) = lim f (x) . В данном

x→x0

− x0

x→0

случае

f ′(0) = lim 6x + xsin(1/ x) = lim[6 + sin(1/ x)],

следовательно,

производная

не

x→0

существует.

Ответ: f ′(0) не существует.

15.

Найти

производную

показательно-степенной

функции:

y = (arcsin x)ex .

Прологарифмируем функцию: ln y = ex lnarcsin x . Берём производную, как производную

неявной функции:

y′

= ex lnarcsin x +

= ex (lnarcsin x +

) .

Подставляем сюда

1− x2 arcsin x

1− x2

arcsin x

y′ = ex (lnarcsin x +

) (arcsin x)e

1− x2

arcsin x

Ответ:

y′ = ex (lnarcsin x +

)

(arcsin x)e

1− x2

arcsin x

16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить y

′′ :

x = (1+ t)/ t2

t = −4 .

= 3/(2t2 ) + 2/t

Уравнения

касательной

нормали

кривой

y = f (x)

имеют

вид

y = y0

+ y′x (x0 ) (x − x0 ) и

y = y0 − (1/ y′x (x0 )) (x − x0 ) , где x0

- координаты точки

касания. Вычислим сначала эти координаты:

= x(−4) = −3/16,

= y(−4) = −13/32. Найдём производные y′

и y′′

y′

= yt′ =

x′

− 3 2

3 + 2t

= (

2t3

− t2 ) t2 − 2t(1+ t) =

2 + t .

Тогда

y′x (−4) = 5/ 2 . Далее,

yx′ =

(y′x )′t

xt′

= −

2(2 + t) − (3 + 2t)

= −

следовательно,

(2 + t)2

(2 + t)

(2 + t)3

y′x′(−4) = −8.

Таким

образом,

уравнение

касательной

y = −13/32 + (5/ 2)(x + 3/16) ,

уравнение

нормали

y = −13/32 − (2/5)(x + 3/16).

Или

40x −16y +1 = 0

64x +160y + 77 = 0 .

− 3

−13

y′x

(x0 ) =

, yx′(x0 ) = −8,

40x −16y +1 = 0

касательная

Ответ: (x0 , y

0 ) =

160y + 77 = 0

64x +

нормаль

17. Функция y(x), заданная неявно уравнением

xy + ln(x + y) + 2 = 0 , принимает в точке

= 2 значение

= −1. Найти

y′

, y′′

, y′

), y′′

) .

Дифференцируем уравнение по x, предполагая, что y= y(x): y + xy′ +

1+ y′

= 0 . Из

x + y

этого

равенства

находим:

y′ = −

xy + y2 +1

Находим вторую

производную:

xy + x2 +1

y ′ = −

(y + xy′ + 2yy′)(xy + x2 +1) − (y + xy′ + 2x)(xy + y2

+1)

Вычислим

производные в

(xy + x2

+1)2

точке: x

= 2 y′(2) = 0, y ′(2) =

Ответ: y′ = −

xy + y2 +1

xy + x2 +1

y ′ = −

(y + xy′ + 2yy′)(xy + x2 +1) − (y + xy′ + 2x)(xy + y2

+1)

y′(2) = 0,

y ′(2) =

(xy + x2

+1)2

18.

Вычислить

приближённое

значение

функции

заданной

точке с помощью

дифференциала: y = 4x, x = 81,8.

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

= 81, y(x

) = y(81) = 3,

y′ = x−3/ 4 / 4,

y′(x

) = y′(81) = 1/108,

x = 0,8.

Тогда

y(81,8) ≈ 3 + 0,8/108 ≈ 3,007 . Ответ: y ≈ 3,007

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim(ctg x)1/ ln x .

x→+0

Это неопределённость вида (∞0). Преобразуем предел:

lim(ctg x)1/ ln x

= lim e(1/ ln x) ln(ctg x)

lim [(1/ ln x) ln(ctg x)

= ex→+0

. Найдём

предел

в показателе

степени:

x→+0

ln(ctg x)

∞

(ln(ctg x))′

lim

= lim

= − lim

= −1.

(ln x)′

sin x cos x

x→+0

ln x

∞

x→+0

ctg x sin2

x→+0

Следовательно,

lim(ctg x)1/ ln x = e−1 . Ответ: lim(ctg x)1/ ln x

= e−1 .

x→+0

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim xe

x .

x→+0

1/ x = t, x = 1/t2 ,

Это неопределённость вида (0·∞):

lim xe

если x → +0, то t → ∞

x→+0

∞

(et )′

= lim

= ∞ . Ответ: lim xe x

= ∞ .

t→∞ t

∞

t→∞ (t2 )′

t→∞ 2t

t→∞ 2

x→+0

21.

Многочлен

по

степеням

представить в

виде

многочлена

по степеням

(x − x0 ) :

f (x) = 4x4 + 2x3 − x − 3, x

= 1.

Запишем

формулу

Тейлора

для

многочлена

четвёртой

степени:

f (x) = f (x

) + f ′(x

)(x − x

) +

f ′(x0 )

(x − x

)2 +

′(x0 )

(x − x

f (4) (x0 )

(x − x

)4 .

Найдём

все

производные:

f ′(x) = 16x3 + 6x2

−1, f ′(x) = 48x2

+12x, f ′(x) = 96x +12,

f (4) (x) = 96 .

Тогда

f (1) = 2,

f ′(1) = 21, f

′(1) = 60, f

′(1) = 108,

f (4) (1) = 96.

Подставив

это в формулу, получим: f (x) = 2 + 21(x −1) + 30(x −1)2

+18(x −1)3 + 4(x −1)4 .

Ответ: f (x) = 2 + 21(x −1) + 30(x −1)2 +18(x −1)3 + 4(x −1)4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию

f (x) в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x

)3 ) :

f (x) = lncos x,

= π / 3.

Применяем формулу Тейлора:

f (x) = f (x

) + f ′(x

)(x − x

)

f ′′(x0 ) (x − x

f ′′′(x0 ) (x − x

)3 + o((x − x

)3 ) .

Вычисляем последовательно: f (π / 3) = −ln 2,

f ′(x) = −tgx,

f ′(π /3) = −

f ′(x) = −cos−2 x, f ′(π /3) = −4,

f ′(x) = −2cos−3 x sin x,

′(π /3) = −8

3 .

Ответ: f (x) = −ln 2 −

3(x − π / 3) − 2(x − π /3)2 − 4

3 (x − π /3)3 + o((x − π /3)3 )

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

f (x) = ln2 (1+ x) − x2 , x

= 0 .

Найдём значение функции и её первых трёх производных в заданной точке:

f (0) = 0,

f ′(x) = 2ln(1+ x) (1+ x)−1 − 2x,

f ′(0) = 0,

f ′(x) = 2(1+ x)−2

− 2ln(1+ x) (1+ x)−2 − 2

f ′(0) = 0, f ′(x) = −6(1+ x)−3 + 4ln(1+ x)(1+ x)−3 ,

′(−1) = −6.

По

формуле

Тейлора

f (x) = −x3 + o(x3 ) . Ответ: В окрестности точки (0, 0) функция ведёт себя как кубическая

функция. Точка (0, 0) является точкой перегиба: слева – вогнутость, справа - выпуклость.

ln(1+ x) − xex

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора: lim

x→0

По формуле Тейлора

ln(1+ x) = x − 1 x2

+ o(x2 ) . Далее,

= 1+ x + o(x). Подставим

это

предел:

ln(1

+ x)

− xex

x − x2 / 2 + o(x2 ) − x(1+ x + o(x))

= lim

− 3x2 / 2 + o(x2 )

= −

lim

= lim

x→0

ln(1+ x) − xex

= −

Ответ: lim

x→0

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

+ 3x2 − 2x − 2

− 3x

Область определения функции:

x (−∞, −

2/3) (−

2/3,

2/3) (

2/3, ∞). Функция

непрерывна в каждой точке области определения. Найдём

односторонние пределы в граничных точках области

определения:

lim x + 3x − 2x − 2 = ∞,

lim x + 3x − 2x − 2 = −∞ ,

x→− 2 / 3−0

2 − 3x2

x→− 2 / 3+0

2 − 3x2

x3 + 3x2 − 2x − 2

+ 3x2 − 2x − 2

lim

= −∞,

= ∞

2 − 3x2

lim

2 −

3x2

x→ 2 / 3−0

x→ 2 / 3+0

. Отсюда следует, что прямые x = − 2 /3 и x =

2/3

являются вертикальными асимптотами. Исследуем функцию при x → ±∞ :

+ 3x

2 − 2x −

lim[−

x −1−

] = ∞,

lim

2 − 3x2

x→−∞

3(2

− 3x2 )

lim	x3	+ 3x2 − 2x − 2	= lim[−	1	x −1−	4x	] = −∞ . Следовательно, прямая y = −	1	x −1
		2 − 3x2				− 3x2 )
x→∞			x→∞ 3		3(2			3

является наклонной асимптотой. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке. 26. Провести полное исследование поведения функции и построить её график:

y= 38 − x3 .

1.Область определения: x (−∞, ∞) . 2. Чётность, нечётность, периодичность отсутствуют. 3. Функция непрерывна в области определения. Вертикальных асимптот нет.

4. lim 3

8 − x3

= ∞,

lim 3 8 − x3 = −∞ . Найдём наклонные асимптоты: y = kx + b,

x→−∞

x→+∞

k = lim

f (x)

3 8 − x3

= lim 3

8 − x3

= −1,

;

lim

x→±∞

x→+∞

8 − x3

lim 3

8 − x3

= −1, b = lim[ f (x) − kx],

lim

x→−∞

x→±∞

[3 8 − x3 + x](3 (8 − x3 )2 − x3

8 − x

3 + x2 )

lim[3

8 − x3 + x] =lim

x→±∞

3 (8 − x3 )2 − x3

8 − x3

+ x2

= lim

8 − x3 + x3

0. Следовательно,

x→±∞ 3

(8 − x3 )2 − x3 8 − x3

+ x2

имеется наклонная асимптота y = −x . 5. Первая производная

y′ = [3

8 − x3 ]′

= −

. Производная обращается в нуль в точке x = 0. В точке

3(8 − x3 )2

x = 2 производная не существует. Производная остаётся отрицательной на всей числовой оси. Следовательно, функция монотонно убывает и экстремумов не имеет.

							′
		x	2				′		2x	3	(8	− x	3	)	2	+ 2x			2	3		(8 − x		3	)	−1	3x	2	/3		16x						16x
y ′ =	−	x						= −	2x		(8	− x		)		+ 2x						(8 − x			)		3x		/3	= −	16x					=	16x				.
y ′ =	−							= −																						= −						=					.
	3	(8 − x		3	)	2										3	(8	− x			3	)	4						3		(8 − x	3	)	5	3		(x	3	− 8)	5
		(8 − x			)												(8	− x				)									(8 − x		)				(x		− 8)

Вторая производная обращается в нуль в точке x = 0. В точке x = 2 вторая производная не существует. Имеем три интервала: в интервале (−∞, 0) производная y′′ > 0 - интервал вогнутости графика функции, в интервале (0, 2) производная y′′ < 0 - интервал выпуклости, в интервале (2, ∞) производная y′′ > 0 - интервал вогнутости графика функции. Точки перегиба - x = 0, x = 2 . 7. График функции пересекает ось ОХ в точке (2, 0), а ось ОУ – в точке (0, 2). Ответ: График функции представлен на рисунке, экстремумов нет. Точки перегиба - (0, 2), (2, 0) .

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
27.03.2015788 Кб18m1var01.pdf
#
27.03.2015698 Кб24m1var02.pdf
#
27.03.2015688 Кб16m1var03.pdf
#
27.03.2015684 Кб14m1var09.pdf
#
27.03.2015691 Кб14m1var10.pdf
#
27.03.2015676 Кб23m1var14.pdf
#
27.03.2015682 Кб14m1var16.pdf
#
27.03.2015682 Кб19m1var18.pdf
#
27.03.2015653 Кб17m2var03.pdf
#
27.03.2015663 Кб30m2var04.pdf
#
27.03.2015654 Кб25m2var05.pdf