Рекомендации для выполнения контрольной работы №2

Рекомендации для выполнения контрольной работы №2
Введение в математический анализ.
Дифференциальное исчисление функции одной переменной.
Для успешного выполнения контрольной работы № 2 необходимо
внимательно изучить следующие теоретические вопросы:
1.
Понятие функции. Область определения, область значений, график
функции. Основные характеристики функций: возрастание, убывание,
периодичность. Обратная функция. Привести примеры.
2.
Основные элементарные функции. Их свойства, графики. Определение
элементарной функции. Привести пример элементарной и неэлементарной
функций.
3.
Предел функции в точке и на  . Односторонние пределы. Определение
и геометрическая иллюстрация.
4.
Бесконечно большая (б.б.) функция. Бесконечно малые (б.м.) функции.
Определение, геометрическая иллюстрация. Примеры. Связь б.м. и б.б.
функций. Свойства бесконечно малых функций. Связь между функцией, её
пределом и бесконечно малой функцией.
5.
Основные теоремы о пределах. Единственность предела функции в
точке, предел суммы, разности, произведения и частного функций.
6.
Первый и второй замечательный пределы.
7.
Сравнение бесконечно малых функций. Привести примеры.
8.
Эквивалентные бесконечно малые функции и их свойства.
9.
Важнейшие эквивалентности. Использование при вычислении пределов.
Привести примеры.
10. Непрерывность функций в точке, на интервале, на отрезке.
11. Точки разрыва функции. Их классификация. Привести геометрическую
иллюстрацию для всех случаев.
12. Основные
теоремы
о
непрерывных
функциях.
Непрерывность
элементарных функций. Свойства функций, непрерывных на отрезке.
13. Задачи, приводящие к понятию производной: скорость прямолинейного
движения, касательная к кривой.
14. Определение производной, её механический и геометрический смысл.
Уравнение касательной и нормали к кривой.
15. Понятие дифференцируемой функции. Связь между непрерывностью и
дифференцируемостью функции. Привести пример непрерывной, но не
дифференцируемой в точке функции.
16. Производная суммы, произведения и частного функций. Производные
основных элементарных функций. Производная обратной функции и
сложной функции.
Замечание: Таблицу производных основных элементарных функций следует
выучить наизусть!!!
17. Дифференцирование
функций,
заданных
параметрически.
Метод
логарифмического дифференцирования.
18. Производные
высших
порядков
функций,
заданных
явно,
параметрически.
19. Дифференциал функции (определение, вычисление, геометрический
смысл). Применение дифференциала к приближённым вычислениям.
20. Теоремы о дифференцируемых функциях (т. Ролля, т. Коши, т.
Лагранжа).
21. Возрастание и убывание функции. Необходимое и достаточное условия
возрастания и убывания функции.
22. Экстремум функции. Определение. Необходимое и достаточное условия
экстремума.
23. Нахождение наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке.
24. Выпуклость и вогнутость графика функции. Точки перегиба.
25. Асимптоты графика функции. Нахождение вертикальных, наклонных,
горизонтальных асимптот.
26. Общая схема исследования функции.
27. Правило Лопиталя. Раскрытие неопределённостей различного вида.
28. Формулы Тейлора для многочлена и произвольной функции.
Примеры решения задач
x2  x  2
Пример 1. Вычислить lim
x1 x  x 2

Подстановка
неопределённости
предельного
0
 0  .
Для
её
значения
аргумента
приводит
к
раскрытия
разложим
числитель
и
знаменатель дроби на множители, затем сократим на x  1  0 x  1 , но
x  1:
x  1 x  2  lim x  2   1  2  3 . #
x2  x  2 0
lim


lim
 0  x1 x x  1
x1 x  x 2
x1 x
1
x2
Пример 2. Вычислить lim
x 5 3
x 2

Подстановка
предельного
0
 0  .
неопределённости
2
При
.
значения
наличии
аргумента
приводит
иррациональных
к
выражений
рекомендуется перевести иррациональность из числителя в знаменатель или
из знаменателя в числитель и после этого выполнить упрощение:
lim
x 2
для перевода иррациональности
умножим числитель и знаменатель
x2
0
 
x 2  5  3  0  на
x
2

 5  3 и применим формулу

a  b   a  b   a 2  b 2
 x  5  3  lim x  2  x  5  3 
x 59
 x  5  3  x  5  3
x  2  x  5  3   lim x  2  x  5  3  lim x  5  3  6  3 .
 lim
 lim
x 2
x  2
2
2
x2  4
x 2
2
2
x 2
2
2
2
x 2
x  2 x  2
2
x 2
x2
4
2
#
2x3  x 2  5
Пример 3. Вычислить lim
x 3x 3  x  1
 При x   числитель и знаменатель дроби - бесконечно большие
 
функции. Для раскрытия неопределённости   рекомендуется разделить
 
числитель и знаменатель на старшую степень х, встречающуюся в членах
дроби. Разделим числитель и знаменатель на x 3 :
1 5
1 5 1 1
 2
при
х


, 3, 2, 3 
2x  x  5   
2
x
x 
lim


lim
 .
х
х х х
3


x 3 x  x  1
   x 3  1  1 бесконечно малые функции 3
x 2 x3
3
2
2
#
1  cos 2 x
x0 cos 7 x  cos3 x
Пример 4. Вычислить lim
 Подстановка предельного значения приводит к неопределённости
0
вида   . Наличие тригонометрических функций говорит о возможности
0
sin x
 1 и следующей из
x0 x
использования первого замечательного предела lim
него эквивалентности sin x ~ x, при x  0 . Для этого выполним следующие
преобразования: 1  cos 2 x  2 sin 2 x
cos7 x  cos3x  2 sin
7 x  3x
7 x  3x
sin
 2 sin 2 x sin 5 x .
2
2
x0
2
1  cos 2 x
0
2
sin
x
 
lim
    lim
 sin 2 x ~ 2 x 
x0 cos7 x  cos3 x
 0  x0  2 sin 2 x sin 5 x
sin 5 x ~ 5 x
2x2
1
 lim
 . #
x0  2  2 x  5 x
10
Пример 5. Вычислить lim
x 0
sin 3 x
arcsin x 2 ctgx
.
 При x  0 числитель дроби - бесконечно малая функция, а
знаменатель представляет собой произведение бесконечно малой функции на
бесконечно большую (ctgx - бесконечно большая функция при x  0 ).
Наличие
тригонометрических
функций
говорит
о
возможности
sin x
 1 , его следствия
x0 x
использования первого замечательного предела lim
tgx
 1 и следующих эквивалентностей : sin x ~ tgx ~ arctgx ~ x, при
x0 x
lim
x  0 . Для этого заменим ctgx =
lim 
x0
sin 3x
arcsin x 2 ctgx
1
.
tgx
x0
sin 3x ~ 3x
sin 3xtgx
3x  x


lim
 3.
x0 arcsin 2 x
arcsin x ~ x x0 x 2
tgx ~ x
 lim
5x
 3x  1 
Пример 6. Вычислить lim 
 .
x 3 x  1 
 Основание степени
3x  1
 1 при x   . Таким образом, имеет
3x  1
место неопределённость [1 ] . В этом случае возможно использование
x
 1
второго замечательного предела: lim 1    e . Для этого перепишем
x  
x
основание степени в другом виде:
3x  1 3x  1  2
1

1
,
3x  1
3x  1
3x  1
2
при x   выражение
3x  1
  и, значит
2
3 x 1
 2


1 


lim 1 
x
3x  1 



2 
Вернёмся к пределу из условия:
 e.
#
 3x  1 
lim 

x 3 x  1 
5x
2
3 x 1 3 x 15 x

 2


1
 lim 1  3 x1 
x 
2 




e
lim
10 x
x  3 x 1

2
5 x
 2 lim
3
x 1
x



 3 x 1

 
1 


  lim 1 
x  
3x  1 

 



2







10
e 3
(использована теорема о пределе показательно-степенной функции).
Пример 7. Вычислить lim (2 x
x1
#
x
2
x
 1) 1 .
 Основание степени (2 x  1)  1, при x  1 , а показатель степени
x
 , при x  1. Имеет место неопределённость [1 ] . В этом случае
2
x 1
возможно использование второго замечательного предела в форме
lim 1     e . Рассмотрим новую переменную t  x  1, при x  1, t  0 .
1
 0
Заменим x  t  1. Тогда
x
2
lim (2 x  1) x 1
x1
 lim  2 t  1
t 1
t 2 2 t
t 0
.
1
2t
При t  0 lim 1  2t   e . Запишем предел из условия в следующем виде:
t 0
lim  2 x  1
x
x 2 1
x1

 lim 1  2t 
t 0

1
2t



2t t 1
t 2  2t
 lim e
2t ( t 1)
t (t 2)
t 0

2 ( t 1)
lim
e t 0 t  2
 e1  e. .
#
Пример 8. Вычислить lim 1  7 x  ln  x  2   ln x  .
x

При
функциями.
исследования.
x   ln x  2 и ln x
Разность
двух
являются
бесконечно
бесконечно
больших
большими
функций
требует
ln x  2   ln x  ln
Преобразуем
Используем
x2

 ln 1 
x

2
2
0.
. При x  
x
x
ln 1  t  ~ t
эквивалентность
п
t  0 р:
 2 2
ln 1   ~
при x   .
x x

2
 2
lim 1  7 x  ln x  2   ln x  lim 1  7 x ln 1    lim 1  7 x  
x
x
x  x
x

 14  2
 14 x  2   
x  14 .
 lim
    lim
x


x
1
x
 
(Числитель и знаменатель разделили на x.) #
Пример 9. Дана функция y  5
1
2 x
. Установить, является ли эта
функция непрерывной или разрывной в точках x1  2, x2  1. В случае
разрыва
функции
установить
характер
точки
разрыва.
Построить
схематичный график.
 Данная функция является элементарной, следовательно, она
непрерывна во всех точках области определения. Область определения: все
действительные числа, кроме х = 2 (условие существования дроби).
D y     ; 2   2 ;  
Таким образом,
х2  1
является точкой области определения
элементарной функции и, значит, точкой непрерывности, х1  2 - точка
разрыва, так как функция в ней не определена. Чтобы определить тип
разрыва, вычислим односторонние пределы:
lim y  lim 5
x20
1
2 x
x20
lim y  lim 5
x 2 0
x 2 0
5
1
2 x
1
2  2  0 
5
1
2 2 0
1
5
2 2 0 
5
1
2 20
5
5
1
0
1
0
 5  
5

 0.
Так как левосторонний предел
y
функции в точке х = 2 имеет
бесконечное значение, то х = 2 – точка
разрыва II рода.
Для
уточнения
1
графика
вычислим:
2
lim y  lim 5
x 
1
2 x
x
5
1

x
Рис. 2.1.
0
 5  1.
Схематичный график изображён на рис. 2.1.
Пример 10. Найти производные
а) y  33 1  2 x 
д) y 
1
x 2  3x
; б) y 
dy
данных функций:
dx
x
1  x2
; в) y 
1
cos3 2 x


3
; г) y  2sin x  1 ;
ln x
; е) y  e x tg x .
x
 Для вычисления производных необходимо твёрдо знать правила
дифференцирования и формулы производных основных элементарных
функций. Строгое соблюдение этих правил – залог успешного решения задач.
При нахождении производных старайтесь обходиться без лишних записей.
1 

 
а) y    3  1  2 x 3    x 2  3x

 






1
2

1

1
  3   1  2 x 3 1  1  2 x  

3



1
2

1 2

1
 1 2

    x  3x 2
x  3x  1  2 x  3   2   x 2  3x
2
 2
2
2x  3


.
2
3
3
2
1  2 x  2 x  3x



Использованы правила дифференцирования суммы и формула
u     u
1
 u .

3
2
2 x  3 

x
б) y   
2
 1 x


 x 1  x 2  x 1  x 2
 

( 1  x2 )2

1  x2  x2


1 x 1 x
2
2



1  x2  x
2 1  x2 
1  x2
1


1 x 1 x
2
2x
2

.
Использованы правило дифференцирования дроби и формула
 u   2 1u  u.



4

4

в) y  cos3 2 x  3cos2 x   cos2 x   3cos2 x   sin 2 x   2 x  
 3 cos4 2 x sin 2 x  2 
6 sin 2 x
.
cos4 2 x
Использованы формулы:
u   u
1
 u
cos u    sin u  u

   3   2  1   2
 1   2  ln 2  cos x 
г) y   2sin 2 x  1

3

sin x
2
sin x





 1  3  2sin x  1 2 (2sin x  ln 2  sin x  
2
sin x
 1)  3  2sin x
Использованы формулы:
u   u
1
 u
sin u   cos u  u 
a   a
u
u
ln a  u 
1

x  ln x


ln x  ln x   x  ln x   x  x
1  ln x

д) y   


.
 
2
2
x
x
x2
 x 

  



е) y   e x tg x  e x  tg x  e x  tg x   e x tg x  e x
Пример 11. Найти
dy
x
, если y  arcsin x  .
dx
1
.#
cos2 x
 Функция вида y  u v , где u  u  x  , v  v x  называется степеннопоказательной. Её производную находим методом
логарифмического
дифференцирования. Сначала функцию логарифмируют:
ln y  ln arcsin x 
x
ln y  x ln arcsin x 
Полученное равенство дифференцируют по х:
ln y   

x ln arcsin x 
1
1
1
1
 y 
ln arcsin x   x

.
y
arcsin x 1  x 2
2 x
x
Чтобы найти y  умножают полученное равенство на y  arcsin x  .
 ln arcsin x 
x
y  

 2 x
arcsin x  1  x 2

Пример 12. Найти

arcsin x  x . #


dy
x
функции, заданной неявно е x y  .
dx
y
 Если независимая переменная х и функция y связаны уравнением
вида f  x , y   0 , которое не разрешено относительно y, то y называют
неявной функцией х. Для нахождения производной неявной функции
дифференцируют по х обе части равенства
f  x , y   0 . При этом
учитывается, что y  y  x  .
е x y 
x
- этим уравнением задана неявно функция y переменной х.
y
Дифференцируем данное равенство:
e 
x y


 x
  
 y
 x  y  x  y 
e x y x  y  
y2
e x y 1  y  
y  xy 
y2
Разрешим полученное равенство относительно y  , для этого раскроем скобки
и сгруппируем слагаемые, содержащие y  :
e x y  y e x y 
1 x
x
1
 2 y   y e x y  2 y   e x y 
y y
y
y
 y 2 e x  y  x  1  ye x  y

x  1
 
y  e x  y  2    e x y  y 
.
2
y
y
y
y




Из полученного равенства выражаем y 
y (1  ye x y )
y  2 x y
.#
y e x
dy d 2 y
Пример 13. Найти
и
функции, заданной параметрически
dx dx2
 x  cos2 t
.

 y  tg 2t
 Производная y x  функции, заданной параметрически, выражается
через производные

yt и xt

следующим образом:

dy
 yt
 yx 
. При

dx
xt
 
 
d2y
 yx t
 y xx 
повторном дифференцировании по х получаем формулу
.

dx 2
xt
Эти формулы позволяют находить производную y x  функции, заданной
параметрически, не находя непосредственной зависимости y от х.
 


yt  tg 2t  2  tg t 

1
2 sin t

2
cos t cos3 t



xt  cos2 t  2  cost   sin t   2 sin t cost
2 sin t
1
 2 sin t


yx 
:

2
sin
t
cos
t



cos3 t
cos3 t  2 sin t cost 
cos4 t
y      cos
4
x t


4 sin t
t  4 cos5 t  sin t   
cos5 t
4 sin t
4 sin t
2

y xx  
:  2 sin t cost  

.#
5
5
cos t
cos t  2 sin t cost cos6 t
Пример 14. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
 
y  x  cos 2 x на отрезке 0 ;  .
 2
 
 y  x  cos 2 x - непрерывная на 0 ;  функция. Следовательно, она
 2
достигает на этом отрезке своих наибольшего и наименьшего значений. Эти
значения функция может принять либо в критической точке внутри отрезка

 
0
;
,
либо
на
границах
отрезка
в
точках
.
x

0
или
x

 2 
2
Найдём
критические
точки
данной
функции
y  x  cos 2 x ,
 
принадлежащие интервалу  0 ;  :
 2



y  x  cos2 x  1  2 cos x sin x   1  sin 2 x .
y  обращается в 0 при условии:
1  sin 2 x  0  sin2x  1 
2x 

2
 2n  x 

4
 n.

 
Интервалу  0 ;  принадлежит x0  . Вычислим значения функции в
4
 2
точках

4
; 0;

2
:
  1
 
  
  
y    cos2   ; y 0   0  cos 2 0  1 ; y    cos2  .
4 4 2
2 2
4 4
2 2
Среди полученных значений наибольшим является
  
y   , а
2 2
наименьшим значением является y 0   1 .
Пример 15. Найти экстремумы функции
промежутки возрастания и убывания.
y  x 2e  x
и указать
 Область определения функции - все действительные числа. Для
ответа на вопросы об экстремумах и монотонности функции необходимо
исследовать знак первой производной. Находим её:

  
 



y  x 2 e  x  x 2  e  x  x 2  e  x  2 xe  x  x 2 e  x  xe  x 2  x  .
Производная обращается в 0 при х = 0 и х = 2 (критические точки). Эти
точки
разбивают
всю
область
определения
на
три
интервала
  ; 0 ,  0 ; 2  , 2 ;  . На рисунке отметим знак производной на каждом из
полученных интервалов.
y
-
y
-
+
0
На интервалах
2
  ; 0 ,  0 ; 2 
интервалах функция убывает. При
y  x   0 , следовательно, на этих
x  0 ; 2  y  x   0 , следовательно, на
этом интервале функция возрастает.
В соответствии с достаточным условием экстремума x1  0 - точка минимума,
x2  2 - точка максимума, ymin  y 0   0 , y max  y2  
4
.#
e2
Пример 16. Исследовать функцию y  4  x  e x 3 и построить её
график.
 Полное исследование функции включает в себя три блока. По
результатам исследования строится график.
I.
Область
определения
функции.
Исследование
функции
на
непрерывность. Вертикальные и наклонные асимптоты. Общие свойства
функции (чётность, нечётность, периодичность).
II.
Исследование функции с помощью первой производной (монотонность,
экстремумы).
III.
Исследование функции с помощью второй производной (выпуклость,
вогнутость, точки перегиба).
IV.
График функции.
Исследуем в предложенном порядке данную функцию.
I. Функция
элементарная,
следовательно,
непрерывна
в
области
определения D y     ;    .
Функция не имеет точек разрыва и, значит, не имеет вертикальных
асимптот.
Найдём наклонные асимптоты y  kx  b , где
yx 
; b  lim  y x   kx 
x x
x
k  lim
k   lim
x
4  x  e x3 
x
4 
lim   1e x3  1       .
x x

Наклонной асимптоты при x   функция не имеет:
k   lim
x

4  x  e x3


x


4 
lim   1 e x3  1  0  0
x x

b  lim 4  x  e x3  0  x  lim 4  x  e x3    0 
x
x
4  x  
1




по
правилу
Ло
питаля

lim
 0.
  
x e 3 x
x  e 3 x
 lim
Следовательно, y = 0 – асимптота при x   .
y  x   4   x  e  x 3  4  x  e  x 3  y  x 
y  x    y  x 
То есть функция не является ни чётной, ни нечётной.
II.


 



y   4  x   e x3  4  x   e x3  4  x   e x3  e x3  4  x  e x3 
 e x3  1  4  x   e x3 3  x .
Критические точки: производная обращается в 0 при х = 3. Исследование
знаков производной и поведения функции оформим в виде таблицы:
х
  ; 3
3
3 ;   
y
+
0

y
1
max
y(3) = 1.
III.

  



y   e x3 3  x   e x3  3  x   e x3  3  x   e x3 3  x   e x3 
 e x3 3  x  1  e x3 2  x 
Вторая производная обращается в 0 при х = 2. Исследование знака второй
производной оформим в виде таблицы:
х
  ; 2
2
2 ;   
y 
+
0

y
вогнутая
2
e
выпуклая
перегиб
y(2) =
2
e
Результаты исследования с помощью y  и y  можно представить в
виде общей таблицы:
х
  ; 2
y
+
y 
+
y
IV.
2
 2;3 
3
3 ;   
+
0

0


2
e
1
перегиб
max
Построение графика начинаем с построения асимптот. Затем наносим
точки экстремума, точки перегиба. После этого рисуем график, опираясь на
результаты исследования (монотонность,
y
выпуклость, вогнутость). График функции
изображён на рис. 2.2.
Дополнительные точки:
1
2/е
2
3
Рис.2.2.
4
x
пересечение с OY: х = 0; у =
4
е3
пересечение с OХ: у = 0; х = 4 #
Замечание: В учебной литературе приводятся разные схемы исследования
функции. При решении задач можно придерживаться любой из них.
Пример 17. Вычислить пределы с помощью правила Лопиталя:
1 
 1
а) lim 

,
x 1 ln x
x  1

Сущность
б) lim 1  x  tg
x1
этого
правила

2
в) lim tgx tg 2 x
x,
состоит
x
в
том,
что

4
в
случае
0
 
неопределённостей вида   или   вычисление предела отношения
0
 
функций при соблюдении требований теоремы Лопиталя заменяется
вычислением предела отношения их производных, которое в большинстве
случаев оказывается проще:
lim
x x0
f ( x)
f ( x)
. Используя правило
 lim
g ( x) xx0 g ( x)
Лопиталя, не нужно забывать о других приёмах вычисления пределов.
1 
 1

а) lim 

x1 ln x
x  1
При x  1,
1
1
- бесконечно большие величины одного и того же
и
ln x
x 1
знака, поэтому мы имеем неопределённость вида     .
Преобразуем разность
1
1
x  1  ln x


ln x x  1 x  1  ln x
1
 0 

1

 x  1  ln x    , применим
1 
 1
x
  lim
lim 


  0
  lim 


x1 ln x
x1
x 1
x  1  x1  x  1ln x 
ln x 
правило Лопиталя
x
x 1
 0 

, применим
x

1
x




 lim
 lim
 0


x1 x ln x  x  1
x1 x ln x  x  1
правило Лопиталя 
x
1
1
1
 lim


x1
1
ln x  x  1 0  1  1 2
x
x
б) lim 1  x  tg
.
x1
2
При х  1 tg
x
2
является бесконечно большой величиной, а x  1 -
бесконечно малой. Имеем неопределённость вида [0  ] .
Так как tg
lim 1  x tg
x1
x
2

1

ctg
x  lim
x1
2
x
, то
2
1  x   
ctg

2
0

, применим
  lim
0

 x1

правило Лопиталя
x
sin
 lim
x1
в) lim tgx 
tg 2 x
x
Имеет

1
1
2

sin 2

2
x
2

2



x 2
2

.
4
место
неопределённость
неопределённость
к
0
виду  
0
или
вида
[1 ] .
 
   ,
прологарифмируем
выражение, обозначив его через А: lim tgx 
tg 2 x

x
4
 A.
Чтобы
свести
эту
данное



tg 2 x   в силу непрерывности

  lim ln tgx tg 2 x 
ln A  ln  lim tgx    

 x
  логарифмической функции  x
 4

4
1
1

 0 

2
ln tgx   , применим
  lim tgx cos x 
 lim tg 2 x ln tgx     0  lim
 0



 x 
1
x
x ctg 2 x
2
4
4
4
правило
Лопиталя


sin 2 2 x
 sin 2 2 x
 lim
 lim  sin 2 x   1


x 2 sin x cos x
x
4
4
Так как ln A  1, то A  e 1 , то есть lim tgx tg 2 x  e 1 .

x
#
4
Замечание: Неопределённости вида [ 0 ] и [00 ] раскрываются таким же
приёмом.