Готовимся к экзамену по математике_Крамор В.С_2008 -544с
.pdfК упражнению 1
1.Предел знаменателя дроби при x º 0 равен нулю. Поэтому непосредственно использовать теорему о пределе частно:о здесь нельзя.
2.Кроме то:о, данную дробь нельзя со ратить, а мы сделали это в предыдущем примере.
3.В данном случае числитель и знаменатель дроби следует умно-
жить на выражение 1 + x + 1, сопряженное знаменателю дроби. 4. В результате получим
-------------x-------------- |
- = ------- |
--------x-----(------1-----+------x-------+----1----)--------------- |
|
= x-----(------1-----+------x-----+------1----) |
= 1 + x + 1. |
||
1 + x – 1 ( |
1 + x – 1)( 1 + x + 1) |
1 + x – 1 |
|
||||
|
|
||||||
5. Теперь ле: о найти ис |
омый предел: |
|
|||||
|
lim |
x |
= |
lim ( |
1 + x + 1) = 1 + 1 = 2. |
||
|
1 + x – 1 |
||||||
|
x º 0 |
|
x º 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
З а м е ч а н и е. Считая, что lim 1 + x = 1, мы тем самым ис-
x º 0
пользуем свойство непрерывности фун ции y = 1 + x :
lim 1 + x = 1 + 0 = 1.
x º 0
К упражнению 1е
1. Пос оль у с символом × нельзя обращаться а с числом, нужно преобразовать данную дробь, например та :
x2 – 5x + 4
----------------------------------
2x2 – 3x + 7
1 |
– --5 |
+ |
-----4 |
|
= --------------------------- |
|
x |
|
x2 . |
2 |
– |
--3 |
+ |
-----7 |
|
|
x |
|
x2 |
Мы разделили почленно и числитель, и знаменатель заданной дроби на x2.
2. Теперь применим известные теоремы и найдем ис омый предел:
|
|
|
|
|
|
|
|
1 – --5 |
+ -----4 |
|
||
|
lim |
|
x2 – 5x + 4 |
= |
lim |
|
x |
|
x2 |
= |
||
|
2----------------------------------x2 |
– 3x + 7 |
--------------------------- |
3 |
|
7 |
||||||
|
x º × |
|
x º × 2 – |
+ |
|
|||||||
|
|
|
|
|
-- |
----- |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
x2 |
|
1 |
– 5 |
lim |
1 |
+ 4 lim |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
-- |
----- |
= 1 – 5 0 + 4 0 |
= 1 . |
|||||||||
= ------------------------------------------------------------------- |
|
x → × x |
x → × x2 |
|||||||||
2 |
– 3 |
lim |
1 |
+ 7 lim |
1 |
2 – 3 0 + 7 0 |
2 |
|||||
-- |
----- |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
x → × x |
x → × x2 |
|
|
|
|
|
|
401
З а м е ч а н и е. Мы воспользовались тем, что:
lim |
1 |
= 0; |
lim |
1 |
= |
lim |
|
1 |
1 |
|
= 0 · 0 = 0. |
-- |
----- |
-- |
· -- |
||||||||
x º × x |
|
x º × x2 |
|
x º × |
x |
x |
|
|
К упражнению 1ж
1. Этот предел ле: о найти, если данную дробь предварительно соратить на x ;
lim x------+--------- |
-x- = lim ----- |
x-----+------1- = 0-----+------1-- |
= –1. |
|
x º 0 x – |
x x º 0 |
x – 1 |
0 – 1 |
|
|
|
2. В данном случае нужно обратить внимание на следующую важную особенность. Ко:да мы рассматриваем предел lim f(x), то обычно
x º a
предпола:аем, что фун ция f(x) определена во всех точ ах, достаточно близ их точ е x = a.
x + |
x |
определена лишь для |
3. Одна о в данном примере фун ция ----------------- |
||
x – |
x |
|
положительных значений x.
4.Поэтому при нахождении предела этой фун ции мы фа тиче-
си предпола:аем, что x º 0, оставаясь все время положительным.
З а м е ч а н и е. В подобных случаях :оворят не просто о пределе, а об одностороннем пределе.
К упражнению 2а
1. Здесь мы должны использовать определения степеней с дробным и отрицательным по азателями, а та же формулы дифференцирования суммы и степени. Напомним, что:
|
|
|
|
a = a1/2; |
1 |
= ( |
a )–1 = a–1/2; |
|
|
|||
|
|
|
|
------ |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(u + v)′ = u′ + v′; (xp)′ = pxp – 1. |
|
|
||||||
2. Учитывая с азанное, находим |
|
|
|
|
||||||||
f′(x) = ( |
x + |
1 |
)′ = (x1/2 + x–1/2)′ = (x1/2)′ + (x–1/2)′ = |
|||||||||
------- |
||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
-- – 1 |
+ |
1 |
x |
– -- – 1 |
1 |
|
1 |
|
1 |
1 |
|
2 |
2 |
x–1/2 |
|
|||||||||
= -- x |
|
–-- |
|
= -- |
– -- x–3/2 |
= ----------- |
– --------------- . |
|||||
2 |
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
2 |
2 |
x |
2x x |
402
К упражнению 2в
1. Используя формулу для производной произведения двух фун - ций, получим
f′(x) = (x2(5x – 4))′ = (x2)′(5x – 4) + x2(5x – 4)′ =
=2x(5x – 4) + x2 · 5 = 15x2 – 8x.
2.Тот же результат получится, если сначала рас рыть с об и,
азатем выполнить дифференцирование.
В самом деле, имеем f(x) = 5x3 – 4x2 и, следовательно,
f′(x) = (5x3 – 4x2)′ = (5x3)′ – (4x2)′ = 15x2 – 8x.
К упражнению 2д
1. Здесь нужно использовать следующие формулы: а) производ-
ную частно:о, б) производную вадратно:о |
орня; в) производную |
|||||||
сложной фун ции. |
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Учитывая с азанное, находим |
|
|
|
|
||||
f′(x) = - ----- |
--3----x--------- |
′ |
= (---3----x----)′---------x---2-----–-----1-----–-----3----x----(-------x----2----–-----1----)--′ |
= |
|
|
||
|
x2 – 1 |
|
( x2 – 1)2 |
|
|
|
||
3 x2 – 1 – 3x --------- |
--1-------- |
----- |
(x2 – 1) ′ 3 x2 – 1 – ---3----x--------2----x----- |
|
|
|||
= |
2 |
x2 – 1 |
= |
2 x2 – 1 |
= |
|
||
--x----2----–-----1----------- |
------- |
---x---2-----–-----1--------------- |
------ |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|||
= 3----(-------x----2----–-----1----)-------2 –-----3----x----2- = -3----(--x----2----–-----1----)----–-----3----x----2- = – - |
-------------------3------------ |
---------- |
. |
|
||||
x2 – 1(x2 – 1) |
|
x2 – 1(x2 – 1) |
x2 – 1(x2 – 1) |
|
|
|||
К упражнению 3а |
|
|
|
|
|
|
|
|
1. Пусть |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y = (g(x)f(x))′ – g(x)f′(x). |
|
|
|
(1) |
|||
2. Воспользуемся формулой для производной произведения; то:да |
||||||||
выражение (1) примет вид |
|
|
|
|
|
|
|
|
y = g′(x)f(x) + g(x)f′(x) – g(x)f′(x) = g′(x)f(x). |
|
|
(2) |
|||||
3. Та а f(x) = 2x + 4, g(x) = x2 – 8, то выражение (2) запишется |
||||||||
та : |
|
|
|
|
|
|
|
|
y = g′(x)f(x) = (x2 – 8)′(2x + 4) = 2x(2x + 4) = 4x2 + 8x. |
(3) |
4. На онец, подставив значение x0 = 2,5 в выражение (3), получим
y = 4 · 2,52 + 8 · 2,5 = 45.
403
К упражнению 4б
1. Найдем производную данной фун ции: f′(x) = –x4 + 10x2 – 9.
2. Приравняв производную нулю, получим уравнение
–x4 + 10x2 – 9 = 0, или x4 – 10x2 + 9 = 0. (1) 3. Положим x2 = y; то:да уравнение (1) примет вид
y2 – 10y + 9 = 0,
от уда y1 = 1, y2 = 9. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4. |
Значит, уравнение (1) имеет |
орни x1, 2 = ä1, x3, 4 = ä3. |
||||||||
К упражнению 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
1. |
Пусть первоначальная зарплата составляла x (р.). То:да после |
|||||||||
перво:о повышения (на k%) она стала равной x |
1 + ----k----- |
(р.). |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
100 |
|
2. |
После второ:о повышения (на 2k%) зарплата стала равной |
|||||||||
x 1 + |
----k----- + x |
1 + |
----k----- · |
--2----k--- |
= x 1 + |
----k----- |
|
1 + |
--2----k--- (р.). |
|
|
|
100 |
|
100 |
100 |
|
100 |
|
|
100 |
3.С дру:ой стороны, в результате двух повышений зарплата составила 1,32x.
4.Та им образом, получаем уравнение
x 1 + k 1 + k = 1,32x.
--------- ------
100 50
5. Корнями это:о уравнения являются числа k = –160 и k = 10. Со- :ласно условию, подходит толь о k = 10.
6. Ита , 2k = 20%.
К упражнению 8а
1. Запишем равенство ab = 81 в виде
ab = 34. |
(1) |
2. Та а 3 = ac, то равенство (1) примет вид
ab = 34 = (ac)4 = a4c,
от уда
b = 4c. |
(2) |
404
3. Нам нужно найти степень bb, или с учетом равенства (2), степень
bb = b4c. |
(3) |
4. Но 2 = bc, поэтому равенство (3) запишется та :
bb = (bc)4 = 24 = 16.
К упражнению 9б
1.Найдем ОДЗ неравенства: x l –7.
2.В зависимости от зна а правой части данно:о неравенства нужно рассмотреть два случая: x Ý [–7; –3) и [–3; +×).
3.Если x Ý [–7; –3), то правая часть неравенства отрицательна и,
значит, е:о решением является промежуто |
–7 m x < –3. |
|
|||||||||||
4. |
Если же x Ý [–3; +×), то правая часть неравенства положитель- |
||||||||||||
на. То:да, возведя обе части неравенства в |
вадрат, получим |
|
|||||||||||
|
|
|
|
2x + 14 > (x + 3)2, |
или |
x2 + 4x – 5 < 0, |
|
||||||
от уда –4 – |
21 < x < –4 + 21 . |
|
|
|
|
||||||||
5. |
Объединив найденные решения, о ончательно имеем |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
–7 m x m –4 + |
21 . |
|
||
6. |
Ита , наибольшее целое решение есть 0. |
|
|||||||||||
К упражнению 10а |
|
|
|
|
|||||||||
1. |
Данное уравнение равносильно системе |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
14x – x2 – 40 l 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
cos 2x + 7 3 sin x + 11 = 0, |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(x – 4)(x – 10) m 0, |
|
|
(1) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
1 – 2sin2 x + 7 |
3 sin x + 11 = 0. |
(2) |
|||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
2. |
Запишем решения неравенства (1): |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 m x m 10. |
|
|
(3) |
|
3. |
Положим sin x = y, :де |y| m 1; то:да уравнение (2) примет вид |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2y2 – 7 3 y – 12 = 0, |
|
|||
от уда y |
|
|
3 |
, y |
|
= 4 3 (не подходит). |
|
|
|||||
1 |
= –------- |
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
405
4. |
|
|
|
3 |
находим |
|
|
||
Из равенства sin x = –------- |
|
|
|||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
π |
+ 2πk, |
x |
|
2π |
+ 2πk, k Ý Z. |
(4) |
|
1 |
= –-- |
2 |
= –------ |
|||||
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
||
5. |
Равенства (4) задают множества |
орней уравнения, но двойное |
неравенство (3) о:раничивает эти множества. Воспользуемся этим при
отыс ании |
орней. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
6. |
Из неравенства 4 m x1 m 10 следует, что |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
π |
+ 2πk m |
10, |
|
|
или |
5,05 m 6,28k m 11,05, |
||||||||||
|
|
4 m –-- |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
от |
уда k = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
7. |
Из неравенства 4 m x2 m 10 следует, что |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
2π |
+ 2πk m 10, |
|
или |
6,09 m 6,28k m 12,09, |
||||||||||||
|
|
4 m –------ |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
от |
уда k = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
8. |
Ита , данное уравнение имеет четыре орня: |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x = 4, x = |
4π |
|
5π |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
------ , x = ------ , x = 10. |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
К упражнению 11а |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
1. |
С учетом ОДЗ данно:о уравнения оно равносильно системе |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 –5x + 4 = 0, |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x − 2, x − 2,5, |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
от |
уда получим x1 = 1, x2 = 4. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
2. |
Нам нужно найти орень, удовлетворяющий неравенству |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
log |
|
|
|
log |
|
2x2 + 12 |
< 0. |
|
(1) |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
----------------------- |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
1/3 |
|
|
|
|
8 |
x + 1 |
|
|
|
|
||||
|
3. |
Имеем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) если x |
|
= 1, то log |
|
|
log |
|
14 |
|
|
log |
|
7 > 0 — не удовлетво- |
|||||||
|
|
|
|
|
------ = log |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
1/3 |
|
|
|
|
8 |
|
2 |
|
1/3 |
|
8 |
|
||
ряет неравенству (1); |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
б) если x |
|
= 4, то log |
|
log |
|
|
44 |
= log |
log |
8,8 < 0 — удовлетворя- |
|||||||||
|
|
|
|
|
------ |
|||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
1/3 |
|
|
|
|
8 |
5 |
|
1/3 |
|
8 |
|
|
|||
ет неравенству (1). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
4. |
Ита , x = 4. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
406
Т е м а 19
À
Касательная к графику функции. Скорость и ускорение в данный момент времени.
Применение производной к нахождению промежутков монотонности функции.
Критические точки функции, ее максимумы и минимумы. Общая схема исследования функции.
Задачи на отыскание наименьшего и наибольшего значений функции
Теоретичес ие сведения
1. Касательная к графику функции
1°. Касательной ривой в данной точ е M называют предельное положение се ущей NM, о да точ а N стремится вдоль ривой точ е M (рис. 178).
2°. Используя это определение, найдем у ловой оэффициент асательной ривой в данной точ е. Пусть через точ у M(x; y) ривой, представляющей собой рафи фун ции y = = f(x), непрерывной в не оторой о рестности этой точ и (в лючающей точ у M), проведена се ущая MN1, образующая с по-
ложительным направлением оси Ox у ол α (рис. 179). То да из
Рис. 178 |
Рис. 179 |
407
треу ольни а MNN1 можно найти у ловой оэффициент этой
∆y |
. При стремлении точ и N1 |
по ривой точ- |
се ущей: tg α = ------ |
||
∆x |
|
|
е M се ущая MN1 поворачивается во ру точ и M, причем
у ол α стремится у лу ϕ между асательной MT и положительным направлением оси Ox. В соответствии с определениемасательной получаем
k = tg ϕ = lim |
∆y |
= f′(x). |
(1) |
------ |
|||
∆x º 0 |
∆x |
|
|
Та им образом, у ловой оэффициент асательной рафи у фун ции равен значению производной этой фун ции в точ е а- сания. В этом за лючается еометричес ий смысл производной.
3°. Уравнение асательной ривой y = f(x) в заданной точ-е имеет вид
y – y0 = f′(x0)(x – x0), |
(2) |
де (x0; y0) — оординаты точ и асания, (x; y) — те ущие
оординаты, т. е. оординаты любой точ и, принадлежащейасательной, а f′(x0) = k = tg α — у ловой оэффициент а-
сательной.
Примеры. 1. Составить уравнение асательной рафи у фун ции y = x2 – 2x в точ е с абсциссой x0 = 3.
Р е ш е н и е. Из уравнения ривой найдем ординату точ иасания: y0 = 32 – 2 · 3 = 3. Затем найдем производную и вычислим ее значение в точ е x0 = 3; имеем y′ = 2x – 2; f′(3) =
= 2 · 3 – 2 = 4. Теперь, зная точ у (3; 3) на ривой и у ловой о- эффициент f′(3) = 4 асательной в этой точ е, получаем ис о- мое уравнение:
y – 3 = 4(x – 3), или 4x – y – 9 = 0.
2. Дана ривая y = –x2 + 1. Найти точ у ее рафи а, в оторой асательная параллельна прямой y = 2x + 3.
Ре ш е н и е. Та а асательная параллельна прямой y =
=2x + 3, то их у ловые оэффициенты равны, т. е. k = y′(x) = 2.
Следовательно, –2x = 2, т. е. x0 = –1, а y0 = f(–1) = –(–1)2 + 1 = 0. Ита , (–1; 0) — ис омая точ а.
408
3. В а ой точ е ривой y = 3x асательная на лонена оси абсцисс под у лом 60°?
Р е ш е н и е. Находим y′(x) = (3 x )′ = (x1/3)′ = 1 x–2/3. Та
--
3
а по условию y′(x) = k = tg 60°, то
1 |
= 3 ; x–2/3 = 3 3 ; x–2/3 = 33/2, |
-- x–2/3 |
|
3 |
|
т. е.
x = (33/2)–3/2 = 3–9/4.
Остается найти ординату точ и асания: y = (3–9/4)1/3 = 3–3/4. Ита , (3–9/4; 3–3/4) — ис омая точ а.
2. Скорость и ускорение в данный момент времени
1°. Пусть точ а движется прямолинейно по за ону s = s(t),де s — перемещение точ и за время t, отсчитываемое от начально о момента времени. Этот за он называют за оном движения. Выберем а ой-либо момент времени t0 и рассмотрим
промежуто времени ∆t от момента t0 до момента t = t0 + ∆t. За
этот промежуто времени точ а переместится на величину ∆s = = s(t0 + ∆t) – s(t0). Средняя с орость точ и за промежуто вре-
мени [t0; t0 + ∆t] составляет
vср |
∆s |
= ------ |
|
|
∆t |
=s(t0 + ∆t) – s(t0) .
----------------------------------------------
∆t
С уменьшением ∆t средняя с орость все точнее хара теризует с орость точ и в данный момент времени t0. Поэтому целесо-
образно определить м новенн ю с орость v(t0) в момент времени t0 а предел средней с орости vср при условии, что ∆t стремится нулю, т. е.
v(t0) = lim |
s----------------------------------------------(t0 + ∆t) – s(t0) = s′(t0). |
∆x º 0 |
∆t |
|
Ита , м новенная с орость точ и в данный момент времени равна значению производной от за она движения. В этом состоит физичес ий смысл производной.
409
2°. Очевидно, что м новенная с орость v(t) та же является фун цией времени. Поэтому можно рассмотреть с орость изменения с орости движения, т. е. ус орение прямолинейно о движения точ и:
a(t) = v′(t) = (s′(t))′ = s′′(t).
Ита , ус орение точ и в данный момент времени равно значению второй производной от за она движения. В этом состоит физичес ий смысл второй производной.
Примеры. 1. Найти с орость и ус орение точ и, движениеоторой происходит по за ону x(t) = kx + b.
Р е ш е н и е. Находим v(t) = x′(t) = k, a(t) = v′(t) = 0, т. е. с орость движения постоянна, а е о ус орение равно нулю. Та-ое движение называют равномерным прямолинейным.
2. Найти с орость и ус орение точ и, движущейся по вадратичному за ону x(t) = pt2 + qt + r.
Ре ш е н и е. Имеем v(t) = x′(t) = 2pt + q, a(t) = v′(t) = 2p,
т.е. ус орение при движении по вадратичному за ону является постоянным.
Можно до азать и обратное утверждение: если при прямолинейном движении точ и ус орение постоянно, то движение
происходит по вадратичному за ону x(t) = pt2 + qt + r, деоэффициент при t2 численно равен половине ус орения, т. е. p = a/2.
3. Пусть тело свободно падает под действием силы тяжести. Известно, что это движение происходит с постоянным ус орением g — ус орением свободно-о падения. То да пройденное телом расстояние является вадратичной фун цией времени:
gt |
2 |
+ v0t + s0, |
s = s(t) = -------- |
||
2 |
|
|
причем с орость и ус орение в момент t определя-
ются соотношениями v(t) = s′(t) = gt + v0 и a(t) = v′(t) = = g. При t = 0 из этих соотношений находим s = s0, а
v = v0. Отсюда становится понятным смысл постоянных s0 и v0: это — начальное положение и начальная
Рис. 180 с орость точ и (рис. 180).
410