Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Контрольная по ВМатем

.pdf
Скачиваний:
28
Добавлен:
18.02.2016
Размер:
1.03 Mб
Скачать

1

y ' = − sin x ln sin x + cos x

1

cos x

y

sin x

 

 

 

 

cos

2

x

 

y ' = y

− sin x ln sin x +

 

 

 

 

 

 

 

sin x

y ' = (sin x )

cos x

− sin x ln sin x +

cos2 x

 

 

 

 

 

 

 

sin x

г) Дифференцируя обе части равенства, имеем

y= 1 + xe y

y' = e y + xe y y '

y'(1 − xe y ) = e y

y ' =

e y

1 − xe y

Т.к. по условию xe y = y −1 , то получаем

y ' =

e y

 

=

e y

 

 

 

 

1 − y +1

2 − y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

Задача 12. Дана функция f ( x) = 5

2− x в точке x

= 0 и x = 2

 

 

 

 

 

 

1

2

а) Установить является ли функция непрерывной в этих точках б) Найти пределы слева и справа в) Сделать схематический чертеж

Решение:

В точке x = 0 функция непрерывна, т.е.

1

 

1

 

 

 

 

 

 

lim 52− x = f (0) =

5 = lim 52− x

x→0−ε

 

x→0+ε

В точке x = 2

 

 

 

21

предел слева

1 1

lim

lim 52− x = 5x→2−ε 2− x = 5+∞ = ∞

x →2−ε

предел справа

1 1

lim

lim 52− x = 5x→2+ε 2− x = 5−∞ = 0

x→2+ε

Схематичный чертеж на рис 1

Рисунок 1

Задача 13.

x + 1, если x ≤ 0

Дана функция y = x2, если 0 > x ≤ 2 ½ x + 3 , если x ≥ 2

Найти точки разрыва, если они существуют сделать чертеж.

Решение:

График функции изображен на рисунке

22

В точке x = 0

разрыв первого рода т.к. lim f (x) = 1

 

 

x→0−ε

lim f (x) = 0

 

 

x→0+ε

 

 

В точке x = 2

разрыва нет. lim

f ( x) = lim f ( x) = 4

 

xx +ε

xx ε

В остальных точках функция непрерывна.

Задача 14.

a) С помощью преобразования графика функции y = sin x построить функцию y = −2 sin(2x + 2)

Решение:

От функции y = sin x к функции y = −2 sin(2x + 2) можно перейти с помощью следующей цепочки преобразований: y = sin x

y = sin 2x y = −2 sin 2x y = −2 sin 2( x + 1)

На рисунке изображены соответствующие графики:

23

б) Построить по точкам график функции y = −x2 + x − 2 +1

24

Решение:

Рассмотрим два случая

1) x – 2 ≥ 0

x ≥ 2

тогда

y = −x2 + x −1

2) x – 2 < 0

x < 2

тогда

y = − x2 x + 3 строим график

Задача 15. Используя правило Лопиталя вычислить пределы:

а) lim

e3 x

− 3x −1 0

 

 

 

 

 

 

sin

2

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(e3x −3x −1)'

 

 

 

 

3e3x −3

 

0

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

=

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 (sin2

5x)'

 

x→0 2sin5x cos5x 5

 

0

 

 

= lim

(3e3x −3)'

= lim

9e3x

 

 

=

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 (5sin10x) '

x→0 50 cos10x 50

lim x 2 ln x = lim

 

ln x

=

 

−∞

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x → 0

x → 0 1 x 2

 

 

 

 

б)

(ln x ) '

 

1 x

 

1

 

= lim

= lim

= −

lim x 2 = 0

 

 

 

x → 0 (1 x 2 ) '

x → 0 −2 x 3

 

2 x → 0

25

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

cos x

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

lim ctgx

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

x

 

 

 

x→0

sin x

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

в)

 

 

x cos x − sin x

 

 

 

0

 

 

 

 

 

(x cos x − sin x) '

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

= lim

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

x sin x

 

 

 

 

 

 

0

 

 

x→0

 

(x sin x) '

 

 

= lim

 

cos x x sin x − cos x

= lim

 

x sin x

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

sin x + x cos x

 

 

 

 

 

 

x→0 sin x + x cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

sin x ~ x при x → 0

= lim

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

0

 

 

 

 

x→0 x + x cos x

 

 

= lim

 

 

 

 

 

=

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

+ cos x

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г) lim (ex + x )1 x

x→0

Имеем неопределённость вида 1. Положим y = (ex + x )1 x и

прологарифмируем обе части равенства

ln y = 1x ln(ex + x)

Найдём

lim ln y = lim

ln(ex

+ x)

=

 

0

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

x→0

x→0

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ex

+ 1

 

 

 

 

 

(ln(ex + x)) '

 

 

 

 

 

 

= lim

= lim

ex

+ x

=

1 + 1

= 2

 

 

 

 

x→0

x '

 

 

x→0

 

 

1

 

 

1 + 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку

 

lim ln y = 2 , то

 

 

 

lim y = lim(ex + x)1 x = e2

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

x→0

26

Задача 16. Исследовать методами дифференциального исчисления функцию и, используя результаты исследования, построить её гра-

фик: y =

x3

2( x + 1)2

Решение: Приведём схему полного исследования функции

1.Область определения функции

2.Чётность, нечётность, переодичность

3.Точки разрыва функции; приделы при x k концам промежутков области определения; асимптоты

4.Интервалы возрастания и убывания функции, точки экстремума; вычислить значения экстремумов

5.Интервалы выпуклости и точки перегиба

6.Точки пересечения графика с осями координат

7.График

1. Функция f (x) определена, если

x + 1 ≠ 0

, значит

 

x ≠ −1

D( y) = (−∞; −1) (−1; +∞)

 

2. Т.к. область определения функции D( y) не является симмет-

ричным множеством относительно начала координат, то функция f (x) не может быть чётной, нечётной и периодической.

3. Найдём пределы функций при x k концам промежутков области определения

 

 

x3

 

 

( x3 ) '

 

lim

f (x) = lim

 

=

 

 

= lim

 

=

 

 

 

x→−∞

x→−∞ 2(x + 1)2

 

x→−∞ (2( x + 1)2 ) '

 

 

3x2

 

 

6x

 

= lim

 

=

 

 

= lim

 

= −∞

 

 

 

x→−∞ 2(x + 1)

 

x→−∞ 4

 

27

x3

Аналогично, получаем что lim = +∞

x→+∞ 2(x + 1)2

Поскольку

lim

 

 

x3

 

= −∞ , то точка x = −1 - точка разрыва второго

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→−1 2(x + 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

рода, а x = −1 - вертикальная асимптота.

 

 

 

 

 

 

Найдём наклонные асимптоты y = kx + b , где

 

 

 

k = lim

 

f ( x)

 

= lim

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

= lim

 

 

x2

 

=

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

x

 

 

 

x→∞ 2x(x + 1)2

 

x→∞ 2( x + 1)2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

3

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b = lim( y kx) = lim

 

 

 

 

 

 

 

x

=

 

 

 

 

 

2( x + 1)2

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

x( x + 1)2

 

 

 

−2x2 x

 

 

−2

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

= −1

 

 

 

2( x + 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

x→∞ 2( x + 1)2

 

 

2

 

 

 

 

 

Следовательно, y =

x

− 1 - уравнение наклонной асимптоты

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Производная

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y ' =

 

3x2

2( x + 1)2 x3 4( x + 1)

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4(x + 1)4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

определена на D( y)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x3 + 6x2

 

 

 

 

2x2

(x + 3)

 

 

 

 

x2 ( x + 3)

=

=

 

=

 

 

 

 

 

 

 

4( x + 1)3

 

4(x + 1)3

 

2(x + 1)3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку y ' = 0 при x = −3 ,

 

x = 0 , то это критические точки

функции. Так как

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

28

 

 

x2

(x + 3)

x < −3

y ' > 0

при

> 0 −1 < x < 0

2(x + 1)3

 

 

 

 

 

 

 

0 < x < 1

y ' < 0

при

x2

(x + 3)

< 0 −3 < x < −1

 

 

2(x + 1)3

 

 

 

то на интервалах (−∞; −3) , (−1;0), (0; +∞) функция возрастает, а

на интервале (−3; −1) - убывает.

При x = −3 функция имеет максимум, т.к. переходе через эту точку y ' меняет знак с «+» на « ».

f (−3) = −

27

 

 

 

−3; −

27

 

 

 

 

 

, значит точка

 

- точка максимума.

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

8

 

 

 

 

5. Находим вторую производную

 

 

 

 

 

y " =

x3 + 3x2

'

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2( x + 1)3

 

 

 

 

 

 

 

 

=

(3x2 + 6x) 2(x + 1)3 − ( x3

+ 3x2 ) 6( x + 1)2

=

3x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4( x + 1)6

 

 

 

( x + 1)4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Она определена для x D( y) . Поскольку y " = 0 при x = 0 , то

определив знак y " на каждом из интервалов

(−∞; −1), (-1;0), (0; +∞) , получим, что для x (−∞; −1) (−1;0)

y " < 0 , график выпуклый; для x (0; +∞) y">0 график вогну-

тый.

29

При переходе через точку x = 0 производная y " меняет знак, по-

этому x = 0 - точка перегиба, причём f (0) = 0 .

6. График функции пересекает координатные оси в т. (0;0) .

Задача 17. По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Ла-

гранжа у функции ex вычислить значение с точностью до 0.001

при a1 = 0.1 a2 = 0.2 .

Решение: Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа имеет вид

ex = 1 +

x

+

x2

+

x3

+ +

xn

+ R

 

 

 

 

1! 2!

3!

 

n!

n

 

 

30