Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

m1var01

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

788 Кб

Скачать

☆

Вариант № 1

1. Найти область определения функции : y =

− 3x − 4

Область определения данной функции определяется неравенством

− 3x − 4 > 0 .

Корнями

уравнения x2

− 3x − 4 = 0 являются

числа x = −1, x

= 4.

Так

как ветви

параболы

y = x2 − 3x − 4

направлены вверх, то неравенство

x2 − 3x − 4 > 0 выполняется

при x1 < −1 и x2 > 4 . Ответ: x (−∞,−1) (4,∞) .

2. Построить график функции: y = 1− x + x2 − 2x +1 . Так как x2 − 2x +1 = (x −1)2 ≥ 0 всегда, то данная функция определена на всей числовой оси.

Преобразуем функцию:

y = 1− x + x2 − 2x +1 = 1− x + (x −1)2 = 1− x + x −1 .

0,	если x ≥ 1,
Таким образом, y =	.
2(1	− x), если x < 1
Ответ: график представлен на рисунке.

3. Построить график функции: y = sin x + 3 cos x.

Данная функция определена на всей числовой оси. Преобразуем функцию. Вынесем

за скобки множитель 2: y = 2(	1	sin x +		3	cos x) = 2(sin π sin x + cos π cos x) = 2cos(x − π ).

2			2			3	3	6
Последовательно строим сначала у = cos(x) , затем						у = 2cos(x), затем сдвигаем график

вправо по оси ОХ на величину π/6. Ответ: построения представлены на рисунках.

x = sint

4. Построить график функции:

y = lnsin t

Исключим параметр t, подставляя во вторую

формулу

sin t = x . Получим

y = ln x . Функция

определена для x>0. Ответ: график представлен

на рисунке.

5. Построить график функции: ρ

1− sinϕ

Перейдём к декартовым координатам. Так

y = ρ sinϕ, x = ρ cosϕ , то

+ y2 = ρ 2 ,

sinϕ

как

. Подставим это в функцию:

+ y2

или

Следовательно, x2 + y2 − y = 2 или

1− y / x2 + y2

x2 + y2 − y

+ y2

= 2 + y . Возведём обе части в квадрат:

x2 + y2 = 4 + 4y + y2 . Окончательно, данная функция в декартовых координатах имеет вид:

y =

−1. Это парабола с вершиной в точке

(0;-1), пересекающая ось ОХ в точках x1=−2 и x2=2. Ответ:

график представлен на рисунке.

6. Вычислить предел: lim

3 + 6 + ...+ 3n

(неопределённость

n→∞

+ 4

вида (∞/∞)).

Воспользуемся

формулой

для

суммы

арифметической

прогрессии:

3 + 6 + ...+ 3n =

3 + 3n

n =

n(n +1). Тогда

3 + 6 + ...+ 3n

∞

n(n +1)

1+ n−2

3 + 6 + ...+ 3n

lim

. Ответ: lim

n2 + 4

n→∞

∞

2 n→∞ n2 + 4

2 n→∞ 1+ 4n−2

n→∞

7. Вычислить предел: lim

x3 + x2 − x −1

(неопределённость вида (0/0)).

x→−1 x3 + x2 + x +1

Разлагаем числитель и знаменатель на простые множители: lim

+ x2

− x −1

+ x2 + x +

x→−1 x3

= lim

x2 (x +1) − (x +1)

= lim

(x +1)(x2 −1)

= lim

−1

0. Ответ: lim

+ x2

− x −1

= 0.

+ x2

+ x +

x→−1 x2 (x +1) + (x +1)

x→−1 (x +1)(x2+1)

x→−1 x

x→−1 x3

8. Вычислить предел: lim

1+ 2x − 3

(неопределённость вида (0/0)).

x→4

x − 2

Умножаем

числитель

знаменатель

на

сопряжённые

выражения:

1+ 2x − 3

(

1+ 2x − 3)(

1+ 2x + 3)(

x +

2(x − 4)(

x + 2)

= lim

x→4

x −

x→4

(

x − 2)(

x + 2)( 1+ 2x

+ 3)

x→4 (x − 4)( 1+ 2x + 3)

= lim

2( x + 2)

2 4

. Ответ: lim

1+ 2x − 3

x→4 ( 1+ 2x + 3)

x→4

x − 2

9. Вычислить предел: lim

2xsin x

(неопределённость вида (0/0)).

x→0 1− cos x

Воспользуемся формулой

1− cos x = 2sin2

первым

замечательным

пределом:

lim

sin x

= 1:

x→0

sin

−2

2xsin x

sin x

lim

= 4.

lim

= lim

4 lim

x→0 1− cos x

x→0

x→0 x

2sin

sin

Ответ: lim

2xsin x

= 4 .

x→0 1− cos x

∞

10. Вычислить предел:

lim

(неопределённость вида (1

)).

−1

n→∞ n

1 z

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

lim 1

= e:

z→∞

n +1 n lim n→∞ n −1

n −1+

2 n

= lim

= lim 1

, если n → ∞, то t → ∞, n = 2t +1

n −1

n→∞

n −1

n −1 t

2t+1

= e

n +1

= lim 1+

= lim 1

lim 1

. Ответ:

lim

t→∞

n→∞ n −1

−1

11. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (0/0)).

x→1

ln x

Сделаем

замену

переменной:

x −1 = t, x = t +1, если x

lim

−1

x→1 ln x

= e2 .

→ 1, то t → 0. Тогда

= lim	(t +1)2	−	1	= \| ln(t+1)~t\|= = lim	t(t + 2)	= lim(t + 2)	= 2. Ответ: lim	x2 −1	= 2 .

t→0 ln(t +1)				t→0	t	t→0	x→1	ln x

x−1

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y = 8x−2 . Область определения – все действительные числа, кроме x=2. В точке x=2 функция

имеет разрыв, во всех других точках является непрерывной (как элементарная функция).

Исследуем

поведение

функции

окрестности

точки

разрыва:

x−1

lim

x−1

lim 8x−2

8x→2−0 x−2

= 8−∞ = 0,

x→2−0

x−1

lim

x−1

lim 8x−2

8x→2+0 x−2

= 8∞

= ∞ . Таким образом, в точке x=2

x→2+0

имеет место бесконечный разрыв второго рода. Для

построения эскиза графика функции рассмотрим поведение

функции в бесконечности:

x−1

lim

x−1

lim 8x−2

= lim 8x−2

= 8x→∞ x−2

= 81

= 8. Ответ: В точке x=2

x→−∞

x→+∞

функция имеет разрыв второго рода, в остальных точках

она непрерывна. Эскиз графика представлен на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на непрерывность и построить

эскиз

графика:

− x,

x ≤ 0,

y = x2 , 0 < x ≤ 2, .

x +1,

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 x2

= 0,

x→−0

x→+0

lim

f (x) = lim x2 = 4,

lim f (x) = lim (x +1) = 3 .

x→2−0

x→2+0

Таким образом, в точке x=0 функция непрерывна, а в точке x=2 функция терпит разрыв первого рода. Величина скачка функции в точке x=2 равна (−1).

Ответ: В точке x=2 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) = x + arcsin(x2 sin 6), x ≠ 0, f (0) = 0 . x

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 x

= 0,

f (x

) = 0,

поэтому

f ′(0) = lim

f (x)

. В

данном

x − x0

x→x0

x→0

случае

x + arcsin(x2 sin

)

arcsin(x2 sin

)

f ′(0) = lim

= 1+ lim

. Далее, arcsin(x2 sin

)~ x2 sin

, т.е.

x→0

arcsin(x2 sin

)

x2 sin

lim

= lim

= lim xsin

= 0 ,

так

как

sin

≤ 1. Следовательно,

x→0

f ′(0) = 1.

Ответ: f ′(0) = 1.

15. Найти производную показательно-степенной

функции: y = (arctg x)(ln arctg x) / 2 .

Прологарифмируем

функцию:

ln y =

ln arctg x ln arctg x =

[ln arctg x]2 .

Берём

y′

производную,

как

производную

неявной

функции:

2ln arctg x

+ x2

arctg x

Подставляем

сюда

y′ = (arctg x)(ln arctg x)

/ 2

ln arctg x

Ответ:

(1+ x2 )arctg x

′ = ( )(ln arctg x)/ 2 ln arctg x

y arctg x ( ) . 1+ x2 arctg x

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

x = 2sin3	t	π
	t =	π	.
	t =		.
y = 2cos3	t	3

Уравнения касательной

нормали

кривой

y = y0

+ y′x (x0 ) (x − x0 )

и y = y0

− (1/ y′x (x0 )) (x − x0 ) ,

где x0

y0 - координаты точки касания. Вычислим

сначала эти координаты:

= x(π ) = 2 (

= y(π ) = 2 (

)3=

3 3

, y

)3=

Найдём

производные

y′

y′′

y′

yt′

= −

6cos2 t sint

= −ctg t .

Тогда

6sin2 t cost

′

y′

(π ) = −ctg(π ) = −

Далее,

y = f (x) имеют вид

		2
		1
2	1	0	1	2
		1
		2

y ′ =

(yt′)′t

следовательно,

y ′

(yt′)′t

Таким

образом,

x′

6sin4 t cost

x′

6 9

уравнение

касательной

y = 1/ 4 − (1/

3) (x − 3

3 / 4),

уравнение

нормали

y = 1/ 4 +

3 (x − 3

3 / 4). Или

x +

3 y

−

= 0

3x − y − 2 = 0 .

3y −

3 = 0 касательная

x +

Ответ: (x0

, y0 ) =

y′x

(x0 ) = −

yx′(x0 ) =

− y − 2 = 0 нормаль

17. Функция y(x),

заданная

неявно

уравнением

xy + ex+ y −1 = 0, принимает

точке

= 0 значение y

= 0. Найти

y′ , y′′ , y′ (x

), y′′ (x

) .

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

y + xy′ + ex+ y (1+ y′) =

0 . Из этого

равенства

находим: y′ = −

y + ex+ y

. Из уравнения

x + ex+ y

функции ex+ y =1− xy . Поэтому y′ = −

y +1− xy

. Находим вторую производную:

x +1− xy

y ′ = −

(y′ − y − xy′)(x +1− xy) − (y +1− xy)(1− y − xy′)

. Вычислим

производные

точке

(x +1− xy)2

= 0 : y′ = −

= −1,

y ′ = − − 2 = 2 . Ответ: y′ = −

y +1− xy

x +1− xy

y ′ = −

(y′ − y − xy′)(x +1− xy) − (y +1− xy)(1− y − xy′)

, y′(0) = −1,

y′′(0) = 2.

(x +1− xy)2

18. Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:	y = 3 x3 + 7x, x = 1,012.
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

= 1,

y(x

) = y(1) = 2,

y′ =

(x3 + 7x)−2 / 3 (3x2 + 7),

′(x

) = y′(1) =

x = 0,012.

Тогда

y(1,012) ≈ 2 +

0,012 = 2,01. Ответ: y ≈ 2,01

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim(2x −1)x2 −1 .

x→1

Это

неопределённость

вида

(1∞).

Преобразуем

предел:

ln(2x−1)

lim

ln(2x−1)

lim(2x −1) x2 −1

= limex2 −1

= ex→1x

2 −1

Найдём

предел

показателе

степени:

x→1

xln(2x −1)

′

ln(2x −1)

+ 2x /(2x −

= lim

[xln(2x −1)]

= lim

= 1.

lim

Следовательно,

x2 −1

[x2

−1]′

x→1

lim(2x −1) x2 −1

= e . Ответ: lim(2x −1) x2 −1

= e .

x→1

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim((π − 2arctg x) ln x).

x→∞

Это неопределённость вида (0·∞). Преобразуем предел: lim((π − 2arctg x) ln x) =

x→∞

π − 2arctg x

[π

′

− 2/(1

+ x

)

2xln

∞

− 2arctg x]

= lim

ln−1 x

[ln−1 x]′

−2

+ x2 )

x→∞

x→∞ (−ln

x)/ x

x→∞ (1

∞

2ln2 x + 4ln x

4(ln x +

1)/ x

2(ln x +1)

2/ x

= lim

= 0.

x→∞

x→∞ 1

x→∞ x

Ответ: lim((π − 2arctg x) ln x) = 0 .

x→∞

21. Многочлен по степеням x

представить

в виде

многочлена по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = x4 + 2x

2 − x − 3, x

= 2.

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) = 4x3 + 4x −1, f ′(x) = 12x2 + 4,

′(x) = 24x , f (4) (x) = 24 .

Тогда f (2) = 19,

f ′(2) = 39, f ′(2) = 52,

f ′(2) = 48, f (4)

(2) = 24. Подставив

это в

формулу, получим: f (x) = 19 + 39(x − 2) + 26(x − 2)2 + 8(x − 2)3 + (x − 2)4 .

Ответ: f (x) = 19 + 39(x − 2) + 26(x − 2)2 + 8(x − 2)3 + (x − 2)

4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию f (x) в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x																		)3 ) :						f (x) =				1									, x				= 1.
точностью до o((x − x																	0	)3 ) :						f (x) =													, x			0	= 1.
																	0												x +1											0
																													x +1
			Применяем формулу Тейлора:
f	(x) = f (x						) + f				′(x				)(x − x							) +				f ′′(x0 )				(x − x									)2		+			f ′′′(x0 )								(x − x						)	3 + o((x − x												)3 ) .
f	(x) = f (x					0	) + f				′(x		0		)(x − x						0	) +								(x − x								0	)2		+											(x − x				0		)	3 + o((x − x										0		)3 ) .
						0							0								0					2!												0									3!									0													0
																										2!																					3!
Вычисляем последовательно: f (1) =																													1			,			f ′(x) = −																1								,				f ′(1) = −							1		,

																																																					x +1)2
																												2													2								x(				x +1)2																8

f ′(x) =					1		1											1																													1				] =			1					3					x +1					, f ′(1) =					1	,
					1		1								[			1	(					x +1)2				+				x 2(								x +1)							1							1					3					x +1										1
															[				(					x +1)2				+				x 2(								x +1)
					2 x( x +1)4 2 x																																									2 x								4 x( x +1)3 x																	8
							3																																3					(						+1)3 +					3							x				(		+1)2 )
							3		x x( x +1)3 − (3 x +1) (																														3									x							3										x		x
					1 2																																		2

f ′(x) =								x																												2x						x									2									x													=

					4																											x3 (							x +1)6
					4																											x3 (							x +1)6
			3																				3					(					+1) +								3		x)
			3	x( x +1) − (3 x +1) (																			3								x										3
		1 2																					2x2																		2															15
=																											x																		,			f ′(1) = −													.
																											x
		4														x3 (							+1)4																																		64
																				x
																				x
Ответ: f (x) =										1	−	1		(x −1) +										1	(x −1)2							−		5					(x −1)3 + o((x −1)3 )
Ответ: f (x) =											−			(x −1) +											(x −1)2							−							(x −1)3 + o((x −1)3 )
							2				8												16											128

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

f (x) = x2 − 4x − (x − 2)ln(x −1), x	0	= 2.
	0

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


f (2) = −4, f ′(x) = 2x − 4 − ln(x −	1) − (x − 2)(x −1)−1,			f ′(2) = 0,
f ′(x) = 2 − 2(x −1)−1 + (x − 2)(x −1)−2 , f ′(2) = 0, f				′(x) = 3(x −1)−2 − 2(x − 2)(x −1)−3 ,
f ′′′(2) = 3 . По формуле Тейлора	f (x) = −4 +	1	(x − 2)3 + o((x − 2)3 ). Ответ: В окрестности

2 точки (2, -4) функция ведёт себя как кубическая функция. Точка (2, -4) является точкой

перегиба: слева – интервал выпуклости, справа – интервал вогнутости.

−x2 − cos(

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора: lim

x→0

По формуле Тейлора e−x2 = 1+ (−x2 ) +

(−x2 )2

(−x2 )3 + o((−x2 )3 ) =

= 1− x2

−

x6 + o(x6 ) . Аналогично, cos

x = 1−

(

x)4 + o((

x)4 ) =

2x)2

e−x2 − cos(

= 1− x2

+ o(4x4 ) . Подставим это в предел: lim

2x)

x→0

1− x2 + 1 x4 − 1 x6 + o(x6 ) − (1− x2 + 1 x4 + o(4x4 ))

1 x4 − 1 x4 + o(4x4 ))

1 .

lim

= lim 2

x→0

Ответ: lim

e−x2 − cos( 2x)

x→0

25. Найти асимптоты и построить эскиз графика функции: y = 3 − 3ln

x .

x + 4

Область определения функции: x (−∞, − 4) (0, ∞) . Функция непрерывна в каждой

точке области определения. Найдём односторонние пределы

граничных

точках

области

определения:

lim (3 − 3ln

) = ∞, lim(3 − 3ln

) = ∞ .

Отсюда

x→−4−0

+ 4

x→+0

+ 4

следует,

что

прямые

x = −4

x = 0

являются

односторонними

вертикальными

асимптотами. Исследуем

функцию

при

x → ±∞ :

lim (3 − 3ln

) = 3 − 3ln1 = 3, lim (3 − 3ln

) = 3 − 3ln1 = 3

x→−∞

x + 4

x→+∞

x + 4

. Следовательно,

прямая

y = 3

является

горизонтальной

асимптотой. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке.

26.Провести полное исследование поведения функции и построить её график: y = e3 x .

1.Область определения: x (−∞, ∞) . 2. Чётность, нечётность, периодичность отсутствуют. 3. Функция непрерывна. Вертикальных асимптот нет. 4.

lime

3 x

= ∞,

lim e

3 x

= 0 , следовательно, наклонных асимптот нет. 5. Первая производная

x→∞

x→−∞

y′ = 1 e

3 x

. Производная в нуль не обращается ни в одной точке, следовательно,

3 3

экстремумов нет. Функция монотонно возрастает, так как y′ > 0 для всех x. 6.

y ′ = 1

3 x

′

= 1 e

3 x

(1/ 3)

− (2/3)x

−1/ 3

3 x

x4 / 3

e3 x [1− 2x

−1/ 3 ]

e3 x [3

x − 2]

x4 / 3

. В точке x = 8 вторая производная равна нулю. Кроме

того, в точке x = 0 вторая производная не существует. Имеем три интервала: в интервале

(−∞, 0)

производная y′′ > 0 - интервал вогнутости,

в интервале (0, 8)

производная y′′ < 0 - интервал

выпуклости, в интервале (8, ∞) производная

7.5

y′′ > 0 - интервал вогнутости. 7. При

x = 0

функция равна y = e0 = 1. Точка (0, 1) – точка

пересечения оси ОУ. С осью ОХ график не

2.5

пересекается. Ответ: График функции представлен

на рисунке, экстремумов нет, точки перегиба (0, 1)

и (8, e2 ).

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
27.03.2015825 Кб61LR_1-7.doc
#
27.03.2015465 Кб11LR1_Informatika.doc
#
01.07.2025431 Кб0LR1.docx
#
01.07.2025417 Кб0LR1.docx
#
24.09.2019582 Кб28Lyubimaya.docx
#
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