Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Metodicheskie_rekomendatsii_k_vypolneniyu_KR_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

661 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

4) (u(x) v				′	′		′
			(x))		= u (x)v(x) +u(x)v			(x) ;
		′		′		′
5)	u(x)		=	u (x)v(x) −u(x)v (x)			.
					v 2	(x)
	v(x)

Правило дифференцирования сложной функции: если y = f (u(x)), т.е. y = f (u), u = u(x) , то y′(x) = f ′(u) u′(x) , где x – основной аргумент, u – промежуточный или вспомогательный аргумент.

Таблица производных основных элементарных функций.

1) (xα )′ = α xα−1, α R ; 2) (x)′ =1;

3) (

x )′ =

;

1 ′

′

= −

;

5) (a

)

= a

lna ;

6) (e

)

= e

;

(loga x)′ =

;

8) (ln x)′ =

;

9) (sin x)′ = cos x ;

x lna

10)

(cos x)′ = −sin x ;

11)

(tgx)′ =

;

12)

(ctgx)′ = −

;

sin2 x

cos2 x

13)

(arcsin x)′ =

; 14)

(arccos x)′ = −

; 15)

(arctgx)′ =

;

1− x2

1+ x2

16);

(arcctgx)′ = −

17)

(shx)′ = chx ;

18)

(chx)′ = shx ;

1+ x

19)

(thx)′ =

;

20)

(cthx)′ = −

ch2x

sh2x

Пример 22. Найти производные следующих функций:

1) y = x5 + 33 x2 − 2x x

−

2 + 3

−

− 4x + 6 ;

2) y = x2 ln x ;

3) y = arcsin x .

Решение. 1) Запишем функцию в виде:

3 −

y = x5 + 33 x2 − 2x x

−2 +

−

4x + 6 =

= x5 + 3 x3 − 2 x1−

2 + 3 x−1 − 2 x−2 − 4 x + 6 =

−3

= x5 + 3 x3 − 2 x

2 + 3 x−1 − 2 x−2 − 4 x + 6.

Воспользуемся основными правилами дифференцирования и табли-

цей производных:

′

−1

−2

+ 3

− 2 x

−2

+ 3 x

−

2 x

− 4 x

= x

+ 6

(

)

2 ′

−3

′

(

)

(

)

′ + 3

− 2 x 2

x−1 ′ −

x−2 ′ −(4 x)′ + 6′ =

= 5x5−1 +

2 −1

−

3 −1

+ 3 (−1)x−1−1 − 2 (−2)x−2−1 − 4

1+ 0 =

− 2 −

= 5x4 + 2x−31 + 3x−52 −3x−2 + 4x−3 −

4 = 5x4 +

−

− 4.

3 x

2) Воспользуемся правилом нахождения производной произведения и таблицей производных:

y′ = (x2 ln x)′ = (x2 )′ ln x + x2 (ln x)′ = 2x ln x + x2 x1 = 2x ln x + x.

3) Воспользуемся правилом нахождения производной частного и таблицей производных:

arcsin x ′

(arcsin x)′ x −arcsin x (x)′

x −arcsin x 1

1− x2

y′ =

−arcsin x

1− x

1− x2

′

Ответ:

+ 3 x

− x2 + x3 − 4 ;

= 2x ln x + x ; 3)

y′ =

x −arcsin x

1− x2

Рассмотрим дифференцирование сложной функции.

Запишем таблицу дифференцирования сложных элементарных функций. Пусть функция u = u(x) имеет производную.

α ′

α−1

′

1) (

)

′

u (x)

=αu u (x),

;

2) ( u ) =

;

u (x)

;

= −

α R

x ′

u ′

′

u (x)

4) (u )

lna

′

5) (e )

′

(log u)

;

u (x) ;

u lna

′

7) (lnu)

8) (sinu)

′

(cosu)

= −

′

= u (x) ;

cosu

sinu

u (x);

u (x) ;

′

u (x)

′

= −

u (x)

12)

(arcsinu)′

;

10)

(tgu)

cos2 u

u (x) ;

11)

(ctgu)

sin2 u

;

1−u2

′

u (x)

13)

(arccosu)′ = −

; 14)

(arctg u)′

u (x)

;

15)

(arcctg u)′ = −

u (x)

;

1−u2

1+u2

′		′		′	1	′
′		′		′		′
16) (shu)	′	17) (chu)	′	18) (thu) =		u (x) ;
16) (shu)	= chu u (x) ;	17) (chu)	= shu u (x) ;		ch2u
					ch2u

19) (cthu)′ = −sh12u u′(x).

Если в заданной сложной функции выделить последовательность основных элементарных функций, ее составляющих, то нетрудно найти производную любой сложной функции, причем промежуточных аргументов может быть несколько.

Пример 23. Найти производные следующих функций:

1) y =103x−5 ; 2) y = cos3(8 −5x2 ) ; 3) y = e3x

7x2 + 3 ; 4) y =

x +ln(3x)

tg2x

Решение. 1) Представим данную функцию в виде y =10u , u = 3x −5.

Тогда производная функции по аргументу x будет равна:

′

u ′

′

ln10 3 =10

3x−5

ln10 3 = 3ln10 10

3x−5

= (10

)u u

= (10 )u (3x −5)x =10

2) Представим функцию в виде: y = u3 , u = cosv , v = 8 −5x2 . Тогда по правилу дифференцирования сложной функции и таблице производных получим:

y′ = (cos3(8 −5x2 ))′ = (u3 )′u (cosv )′v (8 −5x2 )′x = 3u2 (−sinv ) (−10x) =

=3cos2(8 −5x2 ) (−sin(8 −5x2 )) (−10x)= 30x cos2(8 −5x2 ) sin(8 −5x2 ).

3)Воспользуемся правилами нахождения производной произведения

ипроизводной сложной функции, а так же таблицей производных:

y′ = (e3x )′ 7x2 + 3 + e3x ( 7x2 + 3 )′ =
= e3x (3x)′ 7x2 + 3 + e3x			1		(7x2 + 3)′ =
= e3x (3x)′ 7x2 + 3 + e3x			7x2 + 3		(7x2 + 3)′ =
		2	7x2 + 3
	1					7x
= e3x 3 7x2 + 3 + e3x	1	14x = e3x		3	7x2 + 3 +	7x		.
= e3x 3 7x2 + 3 + e3x		14x = e3x		3	7x2 + 3 +			.
	2 7x2 + 3					7x2
	2 7x2 + 3					7x2	+ 3

4) Воспользуемся правилами нахождения производной частного и производной сложной функции, а так же таблицей производных:

′ = (x +ln(3x))′ tg2x −(x +ln(3x)) (tg2x)′

(tg2x)2

′

(3x)

tg2x −(x

+ln(3x))

(2x)

cos2(2x)

tg2

−(x +ln(3x))

(x +ln(3x))

tg2x

−

cos2(2x)

tg2 2x

Упростим полученное выражение:

2(x +ln(3x))

tg2x −

(

x +1

cos

2x tg2x − 2x

(

+ln(3x)

)

cos (2x)

)

tg2 2x

x cos2

2x tg2 2x

(x +1) cos2 2x

sin2x

− 2x

(x +ln(3x))

cos 2x

x cos2 2x

sin2 2x

cos2 2x

= (x +1) cos2x sin2x − 2x (x +ln(3x)) = (x +1) sin4x − 4x (x +ln(3x)).

x sin2 2x

2x sin2 2x

Ответ:

y′ = 3ln10 103x−5 ;

y′ = 30x cos2(8 −5x2 ) sin(8 −5x2 );

x +1 sin4x − 4x

(

x +ln(3x)

3) y′ = e3x 3 7x2

+ 3 +

; 4) y′

= (

)

7x2 + 3

2x sin

16. Производная функции, заданной параметрическими уравне-

ниями. Производная неявной функции.

Если функция

y = y(x)

задана

параметрическими

уравнениями

x = x(t),

то производную функции находят по формуле:

y = y(t),

′

y′x =

y (t)

′

x (t)

;

Пример 24. Найти производную

, если

t +

= t

+ 2t.

Решение. Находим

′

(3t )

(t +1) −3t

(t +

3(t +1) −3t

x (t)

;

+1)2

(t +1)2

t +

y′(t) = (t2 + 2t )′ = 2t + 2 = 2(t +1).

	dy		′		2(t +1)		2		2
Тогда,	dy	=	y (t)	=	2(t +1)		(t +1)	=	2	(t +1)3 .
Тогда,	dx	=	′	=		3		=	3	(t +1)3 .
	dx		x (t)			3			3
	dy		2
Ответ:	dx	=	3 (t +1)3 .

Пусть уравнение F(x,y ) = 0 определяет одну или несколько так называемых неявных функций y = y(x) . Будем считать, что эти функции дифференцируемы. Чтобы найти производную функции, заданной неявно, будем дифференцировать обе части уравнения F(x,y ) = 0 по x . Получим уравнение первой степени относительно y′, из него выразим производную y′(x) .

Пример 25. Найти y′x из уравнения x3 + ln y − x2 ey = 0 .

Решение. Берем производную по переменной x от обеих частей уравнения, получим:

3x2 + y1 y′−(2x ey + x2ey y′)= 0 .

Слагаемые, содержащие y′, оставим в левой части уравнения, ос-

тальные перенесем вправо.

y′

− x e

= 2xe

−3x

Отсюда следует, что производная равна y

′

(2xey −3x2 ) y

= 1− x2yey

Ответ: y

′

(2xey −3x2 ) y

= 1− x2yey

17. Производные высших порядков.

Производной второго порядка (второй производной) функции y = f (x)

называется производная от ее производной, т. е. y′′ = (f ′(x))′ = f ′′(x). Если s = f (t) – закон прямолинейного движения материальной точки,

то s′ = f ′(t) есть скорость этого движения в момент времени t , а s′′ = f ′′(t) –

ускорение.

Производные высших порядков (третья, четвертая и т. д.) находятся

при последовательном дифференцировании:

′′′

′′

′

(4)

′′′

′

, …, y

(n)

= (f

(n−1)

′

= (f (x)) ,

= (f (x))

(x)) .

Если функция

y = y(x)

задана параметрически системой уравнений

x = x(t),

то производные

′

′′

′′′

yx,

yxx,

yxxx, .... находятся по формулам:

y = y(t),

′

′ ′

′′

′

y (t)

′′

(yx )t

′′′

(yxx )t

′

yx =

, yxx =

′

, yxxx

′

x (t)

Пример 26. Найти все производные высших порядков от функции y = x5 − 4x3 + 7x 2 −8 .

Решение.

′

= 5x

−12x

+14x ;

′′

′ ′

= (5x

−12x

′

= 20x

− 24x +14 ;

(y )

14x )

y′′′ = (y′′)′ = (20x3 − 24x +14)′ = 60x2 − 24 ;

y(4) = (y′′′)′ = (60x2 − 24)′ =120x ;

y(5) = (y(4) )′ = (120x)′ =120 ; y(6) = y(7) =

= 0.

Пример 27. Найти первую и вторую производные функции, заданной

параметрически x = lnt,

′

Решение. Первая производная находится по формуле y

′x =

y (t)

′

x (t)

′

y (t)

= −

x (t) =

= −

Вторую производную найдем по формуле y′′xx =

′

(yx )t .

dx2

xt′

′

′ ′

′′

(yx )t

−

, тогда

(yx )t

yxx =

xt′

Ответ: y′′xx =

18. Правило Лопиталя раскрытия неопределенных выражений.

Пусть функции f (x)

и ϕ(x) дифференцируемы в окрестности точки x0

и ϕ

′

lim

f (x) = lim ϕ(x) = 0

( lim

f (x) = lim ϕ(x) = ∞) , т. е.

(x) ≠ 0. Если

f (x)

x→x0

→x0

частное

в точке

представляет собой неопределенность вида

ϕ(x)

∞ ,

f (x)

′

то

lim

f (x)

при условии, что существует пре-

′

x→x

ϕ(x)

x→x

∞

(x)

дел отношения производных.

′

Если частное

(x)

в точке x = x0 также имеет неопределенность вида

′

(x)

∞

′′

(x)

, то справедлива формула

или

и существует

lim

ϕ′′(x)

∞

x→x0

	′			′′
lim	f (x)	=	lim	f (x)		.
	′
x→x			x→x	′′
0	ϕ (x)		0	ϕ	(x)
В случае неопределенностей вида			(0 ∞)		или (∞ − ∞) выражение под

знаком предела следует преобразовать алгебраически так, чтобы полу-

чить неопределенность вида	или	∞	и далее воспользоваться
чить неопределенность вида	или		и далее воспользоваться
		∞

правилом Лопиталя.

В случае неопределенности вида (00 ), (∞0 ), (1∞ ) следует воспользо-

lnab

blna

f (x)

lim f (x)

ваться тождеством a

= e

и свойством e

= e

x→x

Пример 28. Вычислить пределы:

−7x2 + 4x + 2

1) lim

;

2) lim

−

;

3) lim (1+ x)ln x .

x3 −5x + 4

x→1

→0

ex −1

→∞

Решение. 1) Подставив х = 1 в функцию, получим неопределенность

вида 00 . Применим правило Лопиталя: найдем производные числителя и знаменателя; в полученное отношение производных подставим х=1:

−7x2 + 4x + 2

(x3 −7x2 + 4x

+ 2)′

lim

= lim

(x3 −5x + 4)′

x3 −5x + 4

x→1

= lim

3x2 −14x +

3 −14 +

= 3,5.

3x2 −5

3 −5

x→1

2) Подставив х=0 в функцию, получим неопределенность вида (∞ − ∞).

Приведем выражение под знаком предела к общему знаменателю.

= (∞ − ∞)

ex −1− x

lim

−

= lim

x(ex −1)

x→0

−1

→0

Правило Лопиталя будем применять дважды:.

ex −1− x

ex −1

lim

x(ex −1)

lim

= lim

2 + x

x→0

x→0 ex −1+ xex

x→0 2ex + xex

x→0

При x → ∞ получим неопределенность вида (∞0 ). Воспользуемся

lnab

blna

(x)

lim f (x)

тождеством a

= e

и свойством

lim e

= e

x→x

x→x0

ln(1+x)

lim

ln(1+x)

lim (1+ x)ln x = (∞0 )= lim eln x

= lim e

ln x

= ex

→∞

ln x .

x→∞

Рассмотрим предел в показателе. При x → ∞ получим неопределен-

ность вида ∞∞ . Применим правило Лопиталя:

ln(1+ x) =

∞

lim

= lim

1+ x

= lim

=1;

+ x

x→∞

ln x

∞

x→∞

x→∞ 1

ln(1+x)

lim

= e1 = e .

ln x

тогда: lim (1+ x)ln x

= ex→∞

x→∞

Ответ: 1) 3,5; 2) 0,5; е.

19. Векторная функция скалярного аргумента и ее производная. Уравнения касательной и нормальной плоскости.

Если каждому значению действительной переменной t D поставлен в соответствие вектор r (t) 3 то говорят, что на множестве D задана вектор-функция действительной переменной r = r (t).

Задание вектор-функции r = r (t) равносильно заданию трех скалярных функций x(t), y(t), z(t) – координат вектора r = r (t):

r (t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k

Годографом вектор-функции r = r (t) называется множество точек, являющихся концами всех векторов r = r (t), которые приложены к началу координат. Параметрические уравнения годографа имеют вид x = x(t) , y = y(t), z = z(t) .

Производная r ′(t) есть вектор, направленный по касательной к годографу вектора r = r (t) в сторону возрастания параметра t .

′

Производную r (t) вектор-функции скалярного аргумента находят по

правилу:

′

′′

r (t) = x (t) i

+ y (t) j + z

(t) k ; r

(t) = x (t) i + y

(t)

j + z (t) k .

Уравнение касательной к пространственной линии

r (t) = x(t) i

+ y(t) j + z(t) k

точке

M0(x(t0 ), y(t0 ),

z(t0 )) = M0(x0, y0,z0 )

определяется уравнениями:

x − x

y − y

z − z

′

x (t0 )

y (t0 )

z (t0 )

Уравнение нормальной плоскости (плоскость, перпендикулярная к касательной линии r = r (t) в точке M0(x0, y0,z0 ) ) имеет вид:

x′(t0 ) (x − x0 ) + y′(t0 ) (y − y0 ) + z′(t0 ) (z − z0 ) = 0 .

Пример 29. Найти уравнения касательной и нормальной плоскости к го-

дографу векторной функции r

= 4sin2 t i

+4sint cost j

+2cos2 t k

при t =

Решение.

Канонические

уравнения

касательной

кривой

= x(t)iG + y(t)Gj + z(t)kG

в точке M0(x0,y0,z0 ) имеют вид

x − x

y − y

z − z

′

x (t0 )

y (t0 )

z (t0 )

а уравнение нормальной плоскости:

x′(t0 )(x − x0 )+ y′(t0 )(y − y0 )+ z′(t0 )(z − z0 )= 0 .

В данном случае x(t) = 4sin2 t , y(t) = 4sint cos t , z(t) = 2cos2 t ,

x0 = x(t0 ) = x

4 sin

= 4

= 2 ,

y0 = y(t0 ) = y

4sin

cos

= 4

= 2,

z0 = z(t0 ) = z

2cos

= 2

=1.

Найдем

′

= 8sint cos t =

4sin2t ;

′

= 4sin

= 4 1 = 4;

x (t) = (

4sin

x (t0 )

= x

′

= 0 ;

y (t) =

(4sint cos t) = (2sin2t) = 4cos2t

, y (t0 ) = y

= 4cos

′

= −4cos t sint

= −2sin2t

′

= −2sin

= −2 .

z (t) = (2cos

; z (t0 ) = z

Тогда

x − 2

y − 2

= z −1 – уравнения касательной,

−2

(x − 2)+ 0(y − 2)− 2

(z −1)= 0 или 4x − 2z − 6 = 0 – уравнение нормаль-

ной плоскости.

Ответ:

x − 2

y − 2

= z −1

– уравнения касательной, 4x − 2z − 6 = 0 –

−2

уравнение нормальной плоскости.

20. Полное исследование функции. Построение графика функции.

Функция y = f (x) называется монотонно возрастающей (монотонно убывающей) на множестве D , если для любых x1 < x2 , x1, x2 D выпол-

няется неравенство f (x1) < f (x2 ) (f (x1 > f (x2 )). Если для любых x1 < x2 , x1, x2 D выполняется неравенство f (x1) ≤ f (x2 ) (f (x1) ≥ f (x2 ) ), то функ-

ция называется неубывающей (невозрастающей) на множестве D .

Постоянная функция является одновременно и неубывающей и невозрастающей.

Для того, чтобы функция y = f (x) была возрастающей (убывающей) для x D , необходимо и достаточно, чтобы f ′(x) была положительной

(отрицательной) на этом множестве.

Экстремумы функции.

Точка x = x0 называется точкой локального максимума (минимума), если существует такая окрестность точки x0 , что для всех x из этой ок-

рестности выполняется неравенство f (x) < f (x0 ) (f (x) > f (x0 )). Точки максимума и минимума называются точками экстремума.

Значение функции в точке экстремума называется экстремумом (максимумом или минимумом).

Необходимое условие экстремума. Если функция y = f (x) в точке x0

имеет экстремум, то ее производная f ′(x0 ) или равна 0, или не существует. Точку x0 называют критической точкой.

Экстремум может достигаться только в критических точках, но не всякая критическая точка функции является точкой экстремума.

Достаточные условия экстремума.

Теорема (первый достаточный признак локального экстремума).

Пусть функция y = f (x) непрерывна в некотором интервале, содержащем критическую точку x = x0 , и дифференцируема во всех точках этого интервала (кроме, может быть, самой точки x0 ). Если при переходе (слева направо) через критическую точку x0 производная f ′(x) меняет знак с «плюса» на «минус», то в точке x0 функция y = f (x) имеет макси-

мум; если же с «минуса» на «плюс», – то минимум; если знака не меняет, то экстремума нет.

Теорема (второй достаточный признак локального экстремума).

Пусть функция y = f (x) дважды	′
Пусть функция y = f (x) дважды	дифференцируема и f (x0 ) = 0 ,
f ′′(x0 ) ≠ 0 , тогда функция в точке x0	имеет экстремум: максимум, если
f ′′(x0 ) < 0 , и минимум, если f ′′(x0 ) > 0.

Пример 30. Найти интервалы возрастания и убывания, точки экстремума и экстремальные значения функции y = x3 −3x2 .

Решение. Найдем производную функции: y′ = 3x2 − 6x = 3x(x − 2) . Производная положительна, если выполнено неравенство y′ > 0 , т.е. x(x − 2) > 0 x (−∞; 0) (2; + ∞) .

Производная отрицательна,	если выполнено неравенство y′ < 0 , т.е.
x(x − 2) < 0 x (0; 2) .
	знаки производной
+	–	+
0	2	х
	поведение функции

Значит, при x (−∞; 0) (2; +∞) функция возрастает, а при x (0, 2) – убывает. Следовательно, x = 0 – точка максимума, x = 2 – точка минимума.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 76 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.02.201624.06 Кб15means of communication.doc
#
18.02.20161.98 Mб10mechkovskaia.pdf
#
18.02.2016147.97 Кб4melkie_shpory.doc
#
18.02.2016136.7 Кб3Metadychka_GViT_d_.doc
#
18.02.2016371.71 Кб8metod-dipl 1.doc
#
18.02.2016661 Кб9Metodicheskie_rekomendatsii_k_vypolneniyu_KR_1.pdf
#
23.11.2019743.42 Кб6metodicheskie_ukazaniaOOP_1_chast.doc
#
17.11.2019156.16 Кб12Metodicheskie_ukazania_po_kursovomu_proektirova...doc
#
18.02.2016567.3 Кб6Metodicheskie_ukazanija.pdf
#
23.11.201973.73 Кб4metodichesk_posobie_dlya_kursovogo_proekta_po_P...doc
#
18.02.2016198.66 Кб7metodichka.doc