task_18225x

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ
ТОМСКИЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
УТВЕРЖДАЮ
Директор ИПР
_______________ А.Ю. Дмитриев
«____»_____________2012 г.
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ 1
Методические указания и индивидуальные задания
для студентов ИПР, обучающихся по направлению
080200 «Mенеджмент»
Составители
С.В. Рожкова
В.И. Рожкова
Г.А. Никольская
Г.М. Матвеенко
Семестр
Кредиты
Лекции, часов
Практические занятия, часов
Индивидуальные задания
1
4
8
8
2
Самостоятельная работа, часов 200
Формы контроля
Экзамен
Издательство
Томского политехнического университета
2012
УДК 517
ББК
Математический
анализ
1:
методические
указания
и
индивидуальные
задания для студентов ИПР, обучающихся по
направлению 080200 «Mенеджмент» / сост. С.В. Рожкова, В.И. Рожкова,
Г.М. Матвеенко, Г.А. Никольская; Томский политехнический
университет.– Томск: Изд-во Томского политехнического университета,
2011.– 49с.
Методические указания и индивидуальные задания
рассмотрены и рекомендованы к изданию методическим
семинаром кафедры высшей математики ФТИ «____»
______2011 года, протокол № ___.
Зав. кафедрой ВМ,
профессор, доктор физ.-мат. наук _________________К.П. Арефьев
Рецензент
Кандидат физико-математических наук,
доцент кафедры ВМ ФТИ
Э.М. Кондакова
© Составление.ГОУ ВПО НИ ТПУ, 2011
© Рожкова С.В., Рожкова В.И.,
Матвеенко Г.М, Никольская Г.А., составление, 2011
© Оформление. Издательство Томского
политехнического университета, 2011
Методические указания к выполнению контрольной работы № 1
ВВЕДЕНИЕ В АНАЛИЗ
Предел функции
Пусть функция y  f ( x) определена в некоторой окрестности точки x0 .
Число y0 называется пределом функции f ( x) при x , стремящемся к x0 ,
если для любого   0 можно указать такое число   0 , что для всех x ,
отличных от x0 и удовлетворяющих неравенству 0  x  x0   , выполняется
неравенство y0  f ( x)   .
Если y 0 есть предел функции f ( x) при x стремящемся к x0 то пишут
lim f ( x)  y0 или f ( x)  y0 при x  x 0 .
x  x0
Число y1 называется пределом функции f ( x) в точке x0 слева (пишут
lim f ( x)  y1 ), если f ( x) стремится к пределу y1 при x , стремящемся к
x  x0 0
числу x0 так, что принимает только значения, меньшие x0 . Если x
принимает только значения, большие x0 , то пишут lim f ( x)  y2 и
x x 0
называют y2 пределом функции в точке x0 справа.
При вычислении пределов функций используются следующие
теоремы:
Если каждая из функций y  f ( x) и g  ( x) имеет конечный предел
при x  x0 , то сумма, разность и произведение этих функций также имеет
конечный предел, причем
lim f ( x)  ( x)  lim f ( x)  lim ( x),
x x0
x x0
x x0
lim f ( x)  ( x)  lim f ( x)  lim ( x),
x x0
x x0
x x0
Если, кроме того, lim ( x)  0, , то и частное
x  x0
f ( x)
имеет конечный
( x)
lim f ( x)
f ( x) x  x0

предел, причем lim
.
lim ( x)
x  x0 ( x)
x  x0
Следствие:
1. Постоянный множитель можно выносить за знак предела
lim  Cf ( x)   C lim f ( x) , где C  const .
x x0
x x0
1) Если lim f ( x)  b и m − натуральное число, то
x  x0
lim
x  x0
 f ( x) 
m
m


  lim f ( x)  .
 x x0

Кроме того, при вычислении пределов нужно обратить внимание на то,
что элементарные функции непрерывны там, где они определены, т.е.
lim f ( x)  f ( x0 ) .
(1)
x  x0
2 x3  x 2  3 x  1
.
4
x

2
x 1
Пример. Найти lim
Решение.
3
2 lim x3  lim x 2  3 lim x  1
2
2 x  x  3x  1
x  x0
lim

4x  2
x 1
x  x0
4lim x  2
x  x0
x  x0
2  13  13  3  1  1 1


4 1  2
2
Однако, бывают случаи, когда теоремы о пределах суммы, частного и
произведения неприменимы, т.к. при вычислении пределов получаются
0 
неопределенности   ,   ,  0    , 1 , 00 ,      , 0 .
0 
Для вычисления таких пределов функцию f ( x) заменяют функцией
f1( x) , принимающей в окрестности точки x0 те же значения, что и f ( x) и
определенной в точке x0 . Пределы таких функций равны, т.е.
lim f ( x)  lim f1( x)  f ( x0 ) .
  
x  x0
 
x  x0
Рассмотрим простейшие приемы раскрытия неопределенностей и
нахождения пределов функций.
0
Неопределенность   .
0
Рассмотрим предел дробно-рациональной функции, когда при x  x0
и числитель и знаменатель дроби имеют пределы, равные нулю.
x3  8
Пример. Найти lim 2
.
x2 x  4
Решение.
Непосредственный переход к пределу по формуле (1), дает
0
неопределенность   , т.е. функция в точке x0  2 неопределена. Для
0
решения задачи поступим следующим образом, разделим числитель и
знаменатель дроби на ( x  2) , получим
x3  8
( x  2)( x 2  2 x  4) ( x 2  2 x  4)


,
( x  2)( x  2)
( x  2)
x2  4
Тогда
lim
( x3  8)
x  x0 ( x 2  4)
x  2.
( x 2  2 x  4) 22  4  4 12

  3.
( x  2)
22
4
x  x0
 lim
Сформулируем правило.
Для того, чтобы найти предел дробно-рациональной функции в случае,
когда при x  x0 и числитель, и знаменатель дроби имеют пределы, равные
нулю, надо числитель и знаменатель дроби разделить на  x  x0  и перейти к
пределу x  x0 в полученном выражении. Если и после этого
неопределенность сохраняется, то надо произвести повторное деление на
 x  x0  .
Пусть f ( x) − дробь, содержащая иррациональные выражения.
x
Пример. Найти. lim
.
x 0 2  x  4
Решение.


Умножим числитель и знаменатель дроби на выражение 2  x  4 .




x 2 x4
x 2 x4
x
 lim
 lim

x 0 2  x  4 x 0 2  x  4 2  x  4
x 0 4   x  4 
Тогда lim

x 2 x4
lim
x 0
x
  lim
x 0

2 
3
Пример. Найти lim
x 0

x4
1  x3  1
x3

  4.
.
 3 1  x3  1   3 1  x3 2  3 1  x3  1 


 




Решение. lim


2 3
x 0
x3  3 1  x3  1  x3  1








1  x3  1

x3
1
lim
 lim
 .
 x 0 3 
 3
2 3
2 3
x 0 3 
x  3 1  x3   1  x3  1
x  3 1  x3   1  x3  1








Правило. Чтобы найти предел дроби, содержащей иррациональные
выражения, в случае, когда пределы числителя и знаменателя дроби равны
нулю, надо освободиться от имеющихся иррациональностей, после этого
сделать необходимые упрощения (приведение подобных членов, сокращение
одинаковых множителей и т. п.) и перейти к пределу при x  x0 в
полученном выражении.
Замечание. В этом случае используются формулы сокращенного
умножения
a 2  b 2   a  b  a  b  ,


a3  b3   a  b   a 2  ab  b 2  .
a3  b3   a  b  a 2  ab  b 2 ,

Неопределенность вида   .

Рассмотрим предел при x   отношения двух многочленов
a0 x n  a1x n 1  ...  an
.
b0 x m  b1x m1  ...  bm
В данном случае теорема о пределе дроби неприменима, т.к. пределы
числителя и знаменателя не существуют.
Преобразуем дробь следующим образом:
a0 x n  a1x n 1  ...  an

b0 x m  b1x m 1  ...  bm


и
Тогда lim
x 

b0  b1 x  a2
0
1
0
1
x 2  ...  bm x m
x  a2 x 2  ...  an x n 
x  a2 x 2  ...  bm x m 
1, n  m,

lim x n  m  0, n  m,
x 
, n  m.

x n  m a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n

x 2  ...  bm
x n  m a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n
a  a
lim
Очевидно, что
b  b
x 

x m  b0  b1 x  a2

xm 
x n a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n
b0  b1 x  a2 x 2  ...  bm x m



;
a0
;
b0
  a , bn, mn, m,
0
0
0, n  m.

Правило. Чтобы вычислить предел дробно-рациональной функции в
случае, когда при x   числитель и знаменатель дроби имеют пределы,
равные бесконечности, надо числитель и знаменатель дроби разделить на x в
наибольшей степени, встречающейся в членах дроби, а затем прейти к пределу.
15 x 4  8 x3  4 x 2  x  7
.
Пример. Найти lim
4
2
x
3 x  2 x  10
Решение.
lim
x 
15 x 4  8 x3  4 x 2  x  7
3x 4  2 x 2  10
Пример. Найти
lim
 lim
15  8 x  4 x 2  1 x3  7 x 4
x 
3  2 x 2  10 x 4
1000 x 2  100 x  1
x  0.1x5  0.3 x3  0.01
.

15
 5.
3
Решение.
lim
1000 x 2  100 x  1
x  0.1x5  0.3 x3  0.01
 lim
1000 x3  100 x 4  1 x5
x  0.1  0.3 x 2  0.01 x5

0
 0.
0.1
2 x 2  12
Пример. Найти lim
.
x  x  5
Решение.
2 x 2  12
2  12 x 2 2
 lim
  .
x  x  5
x  1 x  5 x 2 0
Пусть f ( x) − дробь, содержащая иррациональности. При x   имеем

неопределенность   , которую раскрывают по правилу, указанному в

предыдущем пункте, т.е. делят числитель и знаменатель дроби на x в
высшей степени, а затем переходят к пределу при x   .
lim
x2  5
Пример. Найти lim
.
x  x  3
Решение.
x2 x2  5 x2
1  5 x2 1
x2  5
lim
 lim
 lim
  1.
x x3 x
1
x x  3
x 
x  1  3 x
Первый замечательный предел
0
Для раскрытия неопределенности   от функций, содержащих
0
тригонометрические и обратные тригонометрические функции используют
первый замечательный предел
sin x
lim
x 0 x
и следствия из него
tgx
arcsin x
arctgx
lim
 1, lim
 1, lim
 1.
x
x 0 x
x 0
x 0 x
Примеры.
sin 3 x
sin 3 x
x2
3x
 lim



arctg x 2 x 2
x 0 arctg x 2 x 0 3 x
sin 3 x
x2
3x
 lim
 lim
 lim
 1  1  6  6;
x 0 3 x
x 0 arctg x 2 x 0 x 2
1) lim
2) lim
x 0
1  cos 2 x
x3
 lim
x 0
2sin 2 x
x3
sin x sin x 1
1

  2  lim  .
x x
x 0 x
x 0 x
 2 lim
Замечание. В этом примере использована формула тригонометрии
1  cos 2
sin 2  
.
2
x sin x
sin x

1
x  sin x
x  lim
x  11  2 
3) lim
 lim x
2 1 3
x 0 2 x  tg x x 0 2 x  tg x x 0 2  tg x
x
x
x
ВТОРОЙ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЙ ПРЕДЕЛ
 
Для раскрытия неопределенностей вида 1 используют предел
x
 1
lim 1    e
x
x 0 
 x3
Пример. Найти lim 

x  x  2 
Решение.
или lim 1  t 
1t
e
t 
2 x 1
.
 1 3 x 
 x3
Очевидно, что lim 
  1, а lim  2 x  1  .
  lim 
x  x  2  x  1  2 x 
x
1  .
Таким образом, имеем неопределенность
Воспользуемся вторым
замечательным пределом, для этого преобразуем сначала выражение,
стоящее в скобках, а именно, добавим и вычтем единицу
2 x 1
2 x 1
2 x 1
2 x 1


1
 1 

  x  2 5 
x2
Теперь показатель степени  2 x  1 домножим и разделим на дробь
,
5
  x  3 
 1   x  2  1 

 
 x 3 x  2
 1 

x2


x2

 5
1
получим
1



  x  2 5 
Перейдем к пределу при x  
 2 x 1 
 x 2 
 2 x 1
5 

 1 

 x2
5
x 2
.
5 2 x 1
lim
x  2  x x  2
 5 




1
1
lim 1 
  lim 1 



 x  2 5 
x  
 x    x  2  5 





5  2 x  1
10 x  5  lim 10  5 x   10.
так как lim
 lim
x x  2
x x  2
x 1  2 x
 e10 ,
Непрерывность функций
Определение 1. Функция y  f ( x) с областью определения D
называется непрерывной в точке x0 , если выполнены следующие условия:
1) функция y  f ( x) определена в точке x0 , т.е. x0  D ;
2) существует lim f ( x ) ;
x  x0
3) lim f ( x)  f ( x0 ).
x  x0
Условие пункта 2 эквивалентно существованию равных односторонних
пределов функции f ( x) в точке x0 , т.е.
lim f ( x)  lim f ( x)  lim f ( x0 ).
x  x0  0
x  x0  0
x  x0
Если в точке x0 нарушено хотя бы одно из условий 1−3, то точка x0
называется точкой разрыва функции y  f ( x) .
При исследовании функции на непрерывность пользуются следующей
теоремой:
Всякая элементарная функция непрерывна в каждой точке, в которой
она определена.
Определение 2. Если функция y  f ( x) непрерывна в каждой точке
некоторого интервала  a, b  , где a  b , то говорят, что функция непрерывна
на этом интервале.
Следовательно, функция может иметь разрыв в точках, где она меняет
способ своего задания или не определена.
Существуют следующие виды точек разрыва.
1. Если в точке x0 существует конечный
y
предел функции f ( x) , но он не равен значению
функции в этой точке, т.е.
lim f ( x)  f ( x0 ),
f  x0 
x  x0
то такая точка называется точкой
разрыва I рода (устранимый разрыв).
x0
0
x
2. Точка x0 называется точкой разрыва I рода
(точка скачка) функции f ( x) , если
y
A
в этой точке существуют конечные
односторонние пределы функции
B
lim f ( x)  A,
x  x0 0
lim
x x0 0
f ( x)  B,
 A, B  const  ,
но они не равны между собой.
0
x0
x
3.Точка x0 называется точкой разрыва II рода или точкой бесконечного
разрыва, если хотя бы один из односторонних пределов функции f ( x) в
точке x0 равен бесконечности    .
y
y
y
x0
0
0
x0
x
0
x0
x
x
Пример. Исследовать функции на непрерывность, найти точки разрыва
и определить их тип:
 1 2
 x при x  2,
а) f ( x)   2
,
 x,
при x  2.
Данная функция определена на всей числовой оси. Она задана двумя
различными формулами для интервалов  ;2 и  2,  и может иметь
разрыв в точке x0  2 , где меняется способ ее задания. Найдем
односторонние пределы в точке x0  2 :
1
 1 
lim f ( x)  lim   x 2     22  2,
2
x 2  0
x 2  0  2

1
так как слева от точки x0  2 функция f ( x)   x 2 ,
2
lim f ( x)  lim x  2,
x 2 0
x 2  0
так как справа от точки x0  2 функция f ( x)  x .
Таким образом, в точке x0  2 функция f ( x) имеет конечные
односторонние пределы, но они не равны между собой 2  2 .
Следовательно, x0  2 - точка разрыва I рода (точка скачка). Во всех
остальных точках числовой оси данная функция непрерывна, так как
формулы, которыми она задана определяют элементарные непрерывные
функции. Построим график этой функции.
y
yx
2
x2
y
2
0
2
x
2
1
б) y 
x 2  25
Функция y определена для всех значений кроме x1  5 и x2  5 . Эта
функция элементарная, значит, она непрерывна во всей области своего
определения D( y)   ; 5   5;5   5;   . В точках x1  5 и x2  5
функция y имеет разрывы, так как нарушается первое условие
непрерывности. Чтобы определить характер разрыва в этих точках, найдем
односторонние пределы
 1   1 

     ,
x50 x 2  25 x50  x  5 x  5  5  0  5 5  0  5  0  10   0 
1
1
1
 1   1 
lim
 lim


     ,
x50 x 2  25 x50  x  5 x  5  5  0  5 5  0  5  0  10   0 
lim
lim
1
 lim
1
x 50 x 2  25
 lim
1
1

1
x 50  x  5  x  5 



1


 5  0  5 5  0  5  10   0  
1
 1 
    ,
 0 
lim
1
x 5 0 x 2  25

lim
1
x 5 0  x  5  x  5 



1


 5  0  5 5  0  5  10   0  
1
 1 
   .
 0 
Поскольку все односторонние пределы равны бесконечности, функция
1
y
терпит в точках x1  5 и x2  5 разрывы II рода. Построим
x 2  25
график функции
y
y
1
x  25
2
0
-5
5
x
.
в) y  3  e 
Функция определена и непрерывна на всей числовой оси, кроме точки
x0  1 2 . Из этого следует, что в точке x0  1 2 функция y имеет разрыв.
Найдем односторонние пределы
1
1  
 
1 



lim  3  e 2 x 1    3  e 2( 1 20) 1    3  e 0   3  e 



x 1 20 



 

 
1 2 x 1



1  
1
 3 
  3     3  0   3,


e  

1
1  
 
1 



2

(

1
2

0)

1
lim  3  e 2 x 1    3  e
  3  e 0   3  e 

 

x 1 2 0 
 

 


  3     .
Так как предел справа в точке x0  1 2 равен бесконечности, заключаем, что


1 2 x 1
x0 – точка разрыва II рода. Построим график функции y  3  e 
y
4
3
1 2
0
x
Варианты контрольных заданий для контрольной работы № 1
Введение в анализ
Найти указанные пределы, не пользуясь правилом Лопиталя:
x2  3  1
x3  x 2  х  1
; б) lim
;
1.1. а) lim
; в) lim
x2
x  x3  2 x 2  9 x  4
x 1 x 2  x  2
x 2
x2  7 х  1
г) lim
tg x  sin х
x0 x sin 2 x
5
x2  2
 x 3 x
; д) lim 

x   x  1 
;
x3  5 x 2  4 õ
1  x  1  x2
; б) lim
;
1.2. а) lim
; в) lim
x
x  3 x3  2 x 2  1
x 1 x3  x  2
x 0
2 x  25
1  cos 4 x  tg 2 x
 2x  1 
г) lim
; д) lim 

x sin 3x
x 0
x   2 x  3 
x2  4 х
x2  4
;
1.3. а) lim
; б) lim
x2 1  x  1
x  3 2 x3  1
x sin х
 3x  1 
; д) lim 
г) lim

x 0 1  cos 2 x
x   3x  1 
x3  1  x 2  1
1.4. а) lim
x 
x  tg 2 x
lim
;
x 0 sin 3 x
1.5. а) lim
6
x 22
8x2  2 х  1
x 0
; б) lim
cos x  cos x
x
2
x 1
;
в) xlim
1
10 x3  6 x  16
;
x3  x 2  4 x  4
2 x 3
;
2  x 1
x5 x 2  25
 3x  4 
д) lim 

x   3x  1 
x  7 x 2  5 x  1
2
г) lim
; б) lim
x 1
; в) lim
x3  3 x 2  2 õ
x 2 x3  3 x 2  3 x  2
x 1
;
x2  3  2
2
x 1
; в) lim
x 3 x3  2 x 2  x  6
3 x 1
 x3
; д) lim 

x   x  2 
x3  x 2  9 х  9
;
2 x3  х  4
x2  4 x  3
x3  4 x 2  4 х
; б) lim
; в) lim
;
1.6. а) lim 2
x  x  3 x  1
x 1 x  3  2
x  2 x3  x 2  2 x  8
tg x  sin х
 2x  1 
; д) lim 
г) lim

x  2 x  5 
x0 x3 cos x
4 x 1
;
;
; г)
x3  1  3
2x  3
1.7. а) lim
x3  3 x  2
; в) lim
;
; б) lim 2
3
2
x

2
x

1
x

3
x

2
2
x

7
x

8
x

3
x 1
x 
2
3 x 2 1
 2  x2 
x  sin 2 х
; д) lim 
г) lim

x 0 x  sin 3 х
x   1  x 2 
x4  3x2  х  1
1.8. а) lim
x3  5 x  6
x 
x2  3  1
; б) lim
x3  4 x
x2
cos8 x  1
 1 x 
г) lim
; д) lim 

x   2  x 
x0 x tg 2 x
1.9. а) lim
3 4
x 1  х
x  4 x5  1  x
;
;
x2  9  3
x2  2 x  3
; в) lim
;
x 0 x  4  2
x 3 x3  3 x 2  4 x  12
1  cos 4 x
; д) lim 

x
x 0
x   3  x 
3 3
x 1  х
x2  5
x2  1
x3  x  2
; в) lim
;
x 1 x  8  3
x 1 x3  x 2  3 x  3
cos x  1
; д) lim 

x 0 cos 2 x  1
x   6  x 2 
г) lim
x2  2 х  3
x  x3  2 x 2  1
г) lim
; б) lim
x
2
3 3
x 0
cos x  cos x
x0
;
; б) lim
x3 1
 x2  3  x
1.11. а) lim
;
; б) lim
г) lim
x  2 x 
x 11  x 2  2 x3
x 3
3 x 2 1
 x2 x
1.10. а) lim
; в) lim
3x 2  x  4
x 1 1
x3
; ,  числа;
;
; в) lim
18  9 x  2 x 2  x3
x 2
x3  x 2  2 x
x2  2
 3x  1  x
д) lim 

x   2  3x 
;
;
3 6
2 x  2 x 2  x3  4
xx
;
; б) lim
; в) lim
1.12. а) lim
x  2 9 x 2  5 x3  2 x
x 1 x  1
x   3 x  12
x 1  х
x3
 x 2  1  x 1
cos 4 x  cos 2 x
; д) lim 

x sin x
x 0
x   1  x 2 
г) lim
1.13. а) lim
x 
x3  1  x 2
 x  1
2
; б) lim
x 4
x2  7  3
x 2  16
;
; в) lim
x  3 x 2  x3  3
x 3 x3  5 x 2  3 x  9
;
x2
tg x  sin x
 x3 5
;
г) lim
; д) lim 

x   x  2 
x0 x 2 sin x
x4  1
x 3
; б) lim
;
1.14. а) lim
x  x3  4 x 2  2 x  7
x 3 x  3
в) lim
x3  3 x 2  9 x  5
x 1 3 x3  10 x 2  11x  4
x2  4
1.15. а) lim
x  2 x3  3 x  10
в) lim
x 3
3  x  6 x 2  2 x3
x3  2 x 2  9
x3 1
 x2  3  4 x
x  sin 6 x
; д) lim  2

x   x  3 
x0 x  tg3x
; г) lim
;
1 x  1 x
;
x
x 0
; б) lim
5 x 1
tg 2 3x
 2x  3  2
; г) lim
;
; д) lim 

x   2 x  1 
x 0 1  cos 4 x
3 3
3 5 x
x4  1
;
1.16. а) lim
; в) lim 3
; б) lim
x 1 3 x  3 x 2  5 x  5
x 4 1  5  x
x  x 2  1  x
x  2 1
3 x 1
x sin х lim x sin 2 x ;
 1 x  4
;
; x 0
г) lim
д) lim 

cos 2 x  cos x
x 0 1  cos 2 x
x   x  3 
4
2
5x  х  1
1.17. а) lim
x  4 x3  2 x 2  3
3
г) lim
cos x  1
x 0
1.18. а) lim
x 
x
2
; б) lim
x 2
2 x 2
 2 x  12 ;
x 4
4
x 1
б) lim
x 3
x2  1
x 1 3  x 2  2


2
x  2 x3  3 x 2  4
2
 2x  5 
; д) lim 

x   2 x  7 
; в) lim
x2  5x  6
;
; в) lim
x3  4 x 2  12 x  9
x 1 7 x3  7 x 2  2 x  2
sin 3 x
 x 
x sin х lim
; д) lim x sin х ; lim 
; x 0
г) lim

x 1  cos 4 x 
x 0 1  cos 2 x
x 0 1  cos 2 x x   x  2 
3 2
1.19. а) lim
x  x 
x 1
2
x 1
; б) lim
x2
x 0 1  x 2  1
2 x 1
2

x

 3
x tg 4 x
; д) lim 

x 0 cos6 x  1
x   x  3 
г) lim
;
; в) lim
;
;
5 x 1
2
;
x3  3 x 2  9 x  14
x 2 7 x3  14 x 2  2 x  4
;
1.20. а) lim
x 
г) lim
x0
x 4  5 x3  х  5
x3  2 x  6


 x  2  x3  8
x3
; б) lim
; в) lim
;
x 3 6  x  3
x  2 x3  3 x 2  4
1  x sin x  cos 2 x
sin 2 3x
x2
 3x  1 
; д) lim 
 .
x   3x  1 
2. Исследовать функцию y  f  x на непрерывность, найти точки
разрыва функции и определить их тип. Построить схематический график
функции.
2.1.
cos x, x  0,

0  x  2,
а) y  1  x,
1, x  2;

2.2.
sin x, x  0,

0  x  4,
а) y   x,

2 2, x  4;
2.3.
 x 2 , x  1,

а) y  2 x, 1  x  2,
 4, x  2;

2.4.
1  x, x  0,

а) y  1  x 2 , 0  x  1,
0, x  1;

2.5.
3 x  1, x  0,

а) y  1  x 2 , 0  x  2,
2  x, x  2;

2.6.
 x, x  0,

а) y   x 2 , 0  x  1,
2, x  1;

1
б) y  1  21 x ;
4
б) y  5 x 3 ;
в) y 
в) y 
1
;
x  x  2
x
;
x 1
2
1
1 x
б) y  2 3x  2 ; в) y 
;
2

4 x
1
б) y  3 2 x 3 ; в) y 
1
x2  5x  6
1
б) y  2  9 x 1 ; в) y 
1
б) y  213x ;
в) y 
1
9  x2
3
2 x2  x
;
;
;
2.7.
sin x, x  1,

а) y   x, 0  x  2,
0, x  2;

2.8.
0, x  0,
1

а) y   x , 0  x  4, б) y  3  5 x 1 ;
 x, x  4;

2.9.
cos x, x  1,

а) y  0,  2  x  ,
 x, x  ;

 x  1, x  1,

2.10. а) y   x , 1  x  4,
6  x, x  4;

 1  x 2 , x  1,

2.11. а) y   x  1,1  x  2,
3  x, x  2;

 x, x  0,


2.12. а) y   x 2 , 0  x  2,
4  x, x  2;


1
б) y  e x 7 ;
в) y 
2 x
2
x 1
в) y 
1
x2  4
1
б) y  1  2 3x 1 ; в) y 
1
б) y  1  2 4 x 1 ;
1
б) y  e 2 x 3 ;
1
б) y  9 2 x  4 ;
в) y 
;
1
2
x  4x  5
2
x  x  12
x 1
x2  9
x
9  x2
;
;
1 ( x 2  1), x  0,
1

2

2
2.13. а) 1  x ,
;
0  x  1, б) y  7 3 x  4 ; в) y 
x
(3

x
)
1  x,
x  1;

 x, x  0,

2.14. а) y  1  x, 0  x  4,

 x  3, x  4;
1
б) y  2  3 x 1 ;
в) y 
;
1
в) y 
в) y 
;
1
x2  x
;
;
 x 2 , x  1,
1

2.15. а) y   x, 1  x  4,
б) y  1  2 23 x
1, x  4;

 x, x  0,
1

2.16. а) y   x , 0  x  4,
б) y  4 2 x 5 ;

2
 x  4  , x  4;
 x  2, x  2,

2.17. а) y   4  x 2 ,  2  x  2,
 x  2, x  2;

 9  x 2 , x  0,

2.18. а) y  3sin x, 0  x   2,
 4, x   2;

 x 2 , x  1,


2.19. а) y   x 2 , 1  x  2,
1, x  2;

 x, x  0,

2.20. а) y   x 2 , 0  x  1,
ln x, x  1;

1
;
x 1
в) y 
1
;
3  2x  x2
в) y 
1
б) y  1  5 2 x ;

1
б) y  1  3 23x ;
в) y 
в) y 
1
б) y  3  2 x 1 ;
в) y 
1
б) y  1  e x 5 ;
в) y 
4  x2
;
1
;
x(2 x  3)
1
4 x2  1
x
1  4x
x
2
;
;
Методические указания к выполнению
контрольной работы № 2
Производная и правила дифференцирования
y = f x 
1. Пусть
функция
получила
приращение

y  f  x0  x   f  x0  , соответствующее приращению аргумента x  x  x0 .
Определение. Если существует предел отношения приращения функции
y к вызвавшему его приращению аргумента x , при x , стремящимся к нулю,
f  x0  x   f  x0 
y
, то он называется производной
 lim
x
x  0 x x  0
функции y  f  x  по независимой переменной x и обозначается y x , или f x ,
dy
или
.
dx
Функция, имеющая производную, называется дифференцируемой.
Задача 1. Используя определение, найти производные функций
2
а) y  x , б) y  .
x
Решение: а) Дадим аргументу x приращение x и найдем
соответствующее значение функции y  x  x  = x  x , теперь найдем y
y  x  x  x  x и составим отношение y  x  1.
x x
y
 1 , y   x   1 .
Осталось вычислить lim
x  0  x
б) пусть аргумент x получил приращение x , новому значению
2
аргумента соответствует значение функции y  x  x  
.
x  x
2
2
2x
y 
 
Найдем приращение y .
.
x  x x
xx  x 

 2
2
 2x
2
y

 lim
Тогда lim
, y      2 x 1 
.

2
2
x
x  0 x x  0 x x  x x


x
x
т. е. lim
 
Основные правила дифференцирования
Если C =соnst, а функции U  U x  , V  V  x  дифференцируемы, то
1. c   0;
4. UV   U V  V U ;
2. x   1 ;

3. U  V   U   V  ;

 U  U V  V U
5.   
;
V 
V2
6. CU   CU  .
Таблица производных основных элементарных функций

1

1. x n  nx n 1 ;
10.  arcctgx   
;
2
1 x

1
1
2. x 
, x  0;
11. ln x   ;
x
2 x
log a e
1


3.  sin x   cos x ;
12. log a x  
;
x ln a
x

4. cos x    sin x ;
13. a x  a x ln a ;
 
 
 

5.  tgx  
1
 

14. e x  e x ;
;
2
cos x
1

6.  ctgx   
;
sin 2 x
1
7. arcsin x  

15.  shx   chx ;

16.  chx   shx ;
;
1 x2
1
8. arccos x   
;
2
1 x
1

9.  arctgx  
;
1  x2
1

17.  thx  
;
ch 2 x
1

18.  cthx   
.
sh 2 x
Правило дифференцирования сложной функции
Если y  f U  и U    x  , т. е. y  f   x  , где y и U имеют
производные, то y   f uU x . Здесь u  u x  – промежуточный аргумент. Это
правило распространяется на цепочку из любого конечного числа
дифференцируемых функций.
Задача 2. Найти производные функций:


6
x

а) 2 x 
 6 x , б) x  ln x , в)  arctg  , г) e  2 x cos x ln sin x .
3

x2
Решение: а) представим функцию в табличной форме как сумму
степенных функций и затем только найдем производную.
3
3
3 5
3
5
y  2 x3  3x 2  6 x5 3 ,


6
5
3
y  2  3  x 2  3 2 x 3  6  x 2 3  6 x 2 
 10 x 2 .
3
x3
б) введем промежуточный аргумент и затем воспользуемся правилом
дифференцирования сложной функции.


2 
1
U  x 5  ln x , y  U 3 , y  3U 2  U x =3 x 5  ln x   5 x 4   ;
x

x
x
в) пусть U  x   arctg , где  V  x  , тогда U  x   arctgV ,
3
3
1
1
1
3
 =
.
U 
 V x =
2 3
2
2
1V
9 x
 x
1  
 3
5
x
3
Окончательно: y  U , y  6U  U x  6  arctg  
;
3  9  x2

г) правило 4 можно распространить на любое число сомножителей,
если перемножаемые функции дифференцируемы.
6
5
y  U x   V x   Z x  ,
y   U   V  Z  U  V   Z  U  V  Z  , в данном случае
U  e  2 x , U   e  2 x  2 x   2e  2 x , V  cos x , V    sin x ,
1
sin x   cos x ,
Z  ln sin x , Z  
sin x
sin x
y  e2 x  2cos x ln sin x  sin x ln sin x  cos x  ctgx  .
Дифференцирование сложной показательно-степенной функции y  U V .
Логарифмическое дифференцирование
Пусть U  x  и V  x  – дифференцируемые функции. Чтобы найти
производную функции U V предварительно прологарифмируем ее по
основанию e : ln y  V ln U , теперь воспользуемся правилом 3 и 6
1
1
V 

(1)
y   Vx  ln U  V   U x , откуда y   U V  V  ln U  U  
U 
y
U

Задача 3. Найти производные функций а) 12  x sin x , б) x tg5 x
Решение: а) воспользуемся формулой (1): Пусть U  12  x , V  sin x ,
найдем U   1 , V   cos x и подставим в формулу (1):
sin x 

y   12  x sin x  cos x  ln 12  x  
 1
12  x 

5
б)
сначала
прологарифмируем
ln y  ln tgx  5 x 1 ln tgx .
x
Дифференцируя левую и правую части равенства, получим:

y
1
1 
 5   x 2 ln tgx  x 1
 , теперь найдем y 
y
tg x cos 2 x 

5

y   tgx  x   ln tgx 
2
x
5  2x


5
 ln tgx  .
 = x tg x  2 
sin x  cos x 


x  sin 2 x
x
Метод, основанный на предварительном логарифмировании функции, не
требует запоминания формулы и имеет более широкий спектр применения,
в частности при дифференцировании большого количества сомножителей.
Задача 4. Найти производные функций:
5
а) ln 12
 x  33  e6 x .
 x  32 tg5 x
e8 x x16
,
б)
x4  8
Решение: а) воспользуемся свойствами логарифмической функции:
a
ln a  b  ln a  ln b , ln  ln a  ln b ,
ln a b  b  ln a ,
ln e  1.
b
1
1
1  16
4 x 3 
y   8  
8x  16 ln x  ln x 4  8 ,
Итак, ln y 
,
y
12 
x x 4  8 
12



1
e8 x x16
y   ln
3
x4  8
 2x  4
x 3 

.


4
 x

x 8

Дифференцирование функций, заданных параметрически
Если зависимость функции y и аргумента x задана посредством
d
 x    t 
y
dy dt

параметра t : 
, то y x  t , или
.
(2)
d


dx
x
y


t


t

dt
dy
Пример 1. Найти
, если x  R cost , y  R sin t . Это параметрические
dx
уравнения окружности x 2  y 2  R 2 с центром в начале координат и радиуса R .
dx
dy
Решение. Находим
  R sin t и
 R cost .
dt
dt
dy R cos t
Отсюда

 ctgt .
dx  R sin t
dy
Пример 2. Найти
от функции: x  cos3t , y  tg 2 3t .
dx
3
Решение: xt  3 sin 3t , yt  2tg3t 
,теперь по формуле (2)
2
cos 3t
dy
2tg3t
2


 2sec3 3t .
найдем
2
2
dx  cos 3t  sin3t cos 3t
Производная неявной функции
Пусть уравнение F  x, y   0 не разрешено относительно функции y  x  ,
т.е. функция y  x  задана неявно. Чтобы найти производную y x , надо
продифференцировать левую и правую часть уравнения, учитывая, что y
есть функция аргумента x . Рассмотрим это правило на примерах.
Пример 1. Найти y x , если а) x 2  y 2  1, б) cosx  y   y 3 .
x
Решение: а) 2 x  2 yy   0 , выразив y  , получим y    . y  ;
y
б) дифференцируя обе части этого уравнения, получим уравнение
относительно y  :  sin  x  y  x  y  x  3 y 2 yx ,  sin  x  y 1  yx   3 y 2 yx
;найдем теперь y 
 sin  x  y 
dy

.
dx 3 y 2  sin 2  x  y 
Геометрический смысл производной
Здесь  – угол наклона касательной к графику функции y  f  x  и
точке M  x0 , y 0  . Через две точки M  x0 , y 0  и T  x0  x, y 0  y  кривой
y  f x 
проведем
секущую
ее
угловой
коэффициент
MT ,
TK y
. Двигая точку T по кривой к точке M , мы будем
k1  tg 

MK x
поворачивать секущую вокруг точки M , в результате секущая стремится
занять положение касательной, проведенной к графику в точке, а угол 
y
 tg  k ,
стремится к углу  – наклона касательной, т.е. lim
x 0 x
где k – угловой коэффициент касательной. Известное уравнение
y  y0  k  x  x0  используем как уравнение касательной,
прямой
проведенной к графику функции f  x  в точке  x0 , y 0 , с угловым
коэффициентом k  tg  f  x0  . Тогда уравнение касательной примет вид
y  y0  f  x0  x  x0 
(3)
Задача. Найти уравнение касательной к графику функции

а) y  2 sin 4 2 x в точке x0  , б) x  t 4  t  3 , y  t 6  4 в точке t  1 .
6
Решение. а) Сначала вычислим ординату точки касания
4
 3
9

y0  y  x0   2sin
 2
  . Затем производную в точке x 0  ,
3
8
6
 2 
y  8sin 3 2 x  cos 2 x  2    3 3 . Это угловой коэффициент касательной.

 x
4
6
Подставим найденные параметры в уравнение (3)
9


 3 3 x   – искомая касательная;
8
6

б) кривая задана параметрически; найдем координаты точки касания,
подставив значение параметра в уравнение кривой: x0  1  1  3  3 ,
y0  1  4  3 . Для отыскания углового коэффициента k воспользуемся
y
6
dy yt
6t 5
 dy 
формулой
, k 

 2 , теперь


dx xt 4t 3  1
 dx  t 1 4  1
уравнение касательной y  3  2 x  3 , или 2 x  y  9  0 .
запишем
Дифференциал функции и формула приближенного вычисления
Определение. Дифференциалом функции называется величина,
пропорциональная бесконечно малому приращению аргумента x ,
отличающаяся от соответственного приращения функции y на величину
более высокого порядка.
y
 f  x , откуда следует, что
По определению производной: lim
x  0 x
y
 f x   x  , где x  – бесконечно малая при x  0 , т. е.
x
lim x   0 , тогда y  f  x x  x  x  , где первое слагаемое и есть
x 0
дифференциал
dy  f  x dx ,
x  dx , y  dy .
(4)
Определение дифференциала позволяет использовать его в
приближенных
вычислениях,
заменив
вычисление
функции
ее
дифференциалом. Рассмотрим приращение функции: y  f  x0  x   f  x0  ,
или f  x0  x   f  x0   y , тогда
f  x0  x   f  x0   f  x0 x .
(5)
Это и есть формула приближенного вычисления. Ошибка, получаемая
при приближенных вычислениях, есть бесконечно малая высшего порядка,
чем приращение аргумента, т. к.
y  dy
x  x 
lim
 lim
 0.
x
x0 x
x0
Задача 1. Найти дифференциалы функций:


а) x3  6 x  1
Решение:

4 
а)
5
,

в) 6 arcsin x .
б) arctg8x ,
dy  f  x dx ,

найдем
4 

f x   5 x 3  6 x  1 3x 2  6 и затем dy  15 x 3  6 x  1 x 2  2 dx ;
1
8
8dx

8 x  
б) y  
, dy 
;
1  64 x 2
1  64 x 2
1  8 x 2
сначала

в) y  6arcsin x ln 6  arcsin x   6arcsin x
ln 6
1 x
2
, dy 
6 arcsin x ln 6
1 x
2
dx .
Задача 2. Найти приращение и дифференциал функции y  x 2  x при
x  1 и x  0,1. Вычислить абсолютную и относительную ошибки, которые
получаются при замене приращения функции ее дифференциалом.
Решение y  y  yx  x   x  x 2  x  x  , y  y x  x   y x  


 x 2  2 xx  x 2  x  x  x 2  x  2 xx  x 2  x x 1, x  0,1  0,11;

dy  x 2  x dx  2 x  1dx, dy x 1, x  0,1  0,1.


Абсолютная ошибка y  dy  0,11  0,1  0,01 , относительная ошибка
y  dy
0,01
 100%  9% .
y
0,11
Задача 3. Вычислить приближенно а) ctg44 , б) 10 .
Решение. Чтобы воспользоваться формулой (5) надо составить
функцию y  f  x  (по виду вычисляемого выражения) и выбрать начальные
условия так, чтобы x было мало, а f  x0  можно было легко подсчитать. В
случае а) выбираем y  ctgx , x0  45 ,

3,142
, f  x   f  x0   f  x0 x .
x  x  x0  44  45  1  

180
180
2
  1 
f   x    ctgx   


2
 2 ,
f  x0   ctg45  1 ,
2 
sin
x

 x  x0
 100% 
 

3,142
1
 1,035 ;
180
90
б) чтобы x было мало, необходимо извлечь целую часть корня, т. е.
1
10  1  9  9 1  1  3 1  1 , откуда x0  1 , x  , f  x   3 x ,
9
9
9
3
3
f  x0   3 , f  x  
, f x0   ,теперь вычислим приближенно 10 :
2
2 x
3 1 19
10  3 1  1  3   
 3,16   3,17 .
9
2 9 6
ctg44  1  2 


Производные и дифференциалы высших порядков
Определение 1. Производной второго порядка от функции f  x 
называется производная от производной первого порядка и обозначается
символом y  или f  , или
d2y
dx 2
.
Пример. y  sin 2 5 x , y   2 sin 5 x  cos 5 x  5  5 sin 10 x , y   50 cos 10 x .
Определение 2. Производной n -го порядка называется производная
первого порядка от производной n  1-го порядка и обозначается y n  или
dny
f n   x , или
n
.
dx
Пример. y  ln  x  3 . Найти y n   x  .
1
y 
  x  31 , y   x  3 2 , y   1  2  x  3 3  2 ! x  33 ,
x3
y 4   3 ! x  3 4 , используя метод математической индукции, запишем
формулу производной n -го порядка y n    1n 1 x  3 n n  1 !
Определение 3. Дифференциалом высшего порядка функции
называется дифференциал от дифференциала n  1-го порядка:


d n y  d d n 1 y  y n dx n ,
в
частности
d 2 y  d dy   d  y dx  d  y dx 
y dx 2 , здесь dx  const .
Пример: y  arctg2 x . Найти d 2 y .
2
1
16 x
;
y 
 2 , y   1  2 1  4 x 2
2  4x  
2 2
2
1

4
x


1  4x
16 x
Тогда
d2y  
dx 2 .
2
1  4x2
Производная второго порядка от функции, заданной параметрически.
 x  x(t )
d2y
dy
 
Если 
, то производные y x 
, y xx
, последовательно
dx
 y  y(t )
dx 2
могут быть вычислены по формулам:
 t


y x t
y xx
dy yt
 
 
= , y xx
, y xxx
и т. д.
y x 
xt
dx xt
xt
Для
производной
второго
порядка
имеет
место
формула
 y 
y   x  yt  xtt
   t    tt t
.
y xx
x 2
 xt 


x
Пример. Найти


t
d2y
dx 2
от функции
Решение. Найдем сначала xt  1 
 x  t  ln cost

 y  t  ln sin t
1
sin t
 1  tgt , yt  1  ctgt  1 
,
cos t
tgt

dy 1  ctgt
d 2 y  ctgt  t
1
тогда
.



 ctgt ,
2
2

x
dx 1  tgt
dx
sin t  1  tgt 
t
Правило Лопиталя. Раскрытие неопределенностей при вычислении
пределов
Теорема. Предел отношения двух бесконечно малых или двух
бесконечно больших
существует и равен пределу отношения их
производных:
f  x
f  x 
, если выполняются условия:
lim
 lim
x a   x  x a   x 
1)
функции f  x  и   x  дифференцируемы в некоторой
окрестности точки a и   x   0 в этой окрестности.
2)
lim f  x   lim   x   0
xa
xa
xa
xa
(или lim f  x   lim   x    ).
f  x 
конечный или бесконечный.
x a   x 
Здесь a может быть числом или одним из символов:  ,,  .
3)
существует lim
ex
tgx
Задача 1. Вычислить пределы: а) lim
, б) lim
.
x  x  
x  x 2
Решение. а) Подставив предельное значение аргумента x   ,
0 
получаем
неопределенность   ,
т.к. tg  0 ,     0
и
функции
0 
дифференцируемы.

tgx 
tgx  0 

1
    lim

 1.
Найдем lim
x  x    0  x   x    cos 2 
 
б) При x   имеем неопределенность   . Применим правило
 

e x  
ex
e x  
    lim
 lim
   . Полученный предел
Лопиталя: lim
x  x 2    x  2  x  2 x   
x
 
снова представляет неопределенность вида   , применяя еще раз правило
 
 
 
ex
 .
x  2
Лопиталя, найдем lim
 
Другие виды неопределенностей   , 0   , 1 , 00 можно свести к
0 
 
виду   или   .
0 
 
1

Задача 2. Найти предел lim  ctgx   .
x
x 0 
Решение. Подставим предельное значение аргумента, получим
неопределенность   , которая легко сводится к частному:
 1 1
1  1 cos 2 x
1
x  tgx

=
lim  ctgx    lim 
   lim
 lim
x  x 0  tgx x  x 0 x  tgx x 0 tgx  x cos 2 x
x 0 
cos 2 x  1
 sin 2 x
2sin x  cos x
0 
 lim
    lim
 lim

x 0 cos 2 x  tgx  x  0  x 0 sin x  cos x  x x 0 cos 2 x  sin 2 x  1
 sin x
 0.
= lim
x  0 cos x
Возрастание, убывание функции. Точки экстремума
Определение 1. Функция f  x  называется возрастающей (убывающей)
на некотором промежутке a, b , если для любых x1  x 2 этого промежутка
f  x1   f  x2  ( f  x1   f  x2  ).
Функция возрастающая (убывающая) называется монотонной.
Теорема 1. (Условие монотонности)
Если функция f  x  1) определена на
производную f  x  на a, b  , тогда, чтобы
a, b ,
f x 
2) имеет конечную
была возрастающей
(убывающей) на a, b , необходимо и достаточно, чтобы f  x   0 ( f  x   0 ).
Задача 1. Найти интервалы монотонности функции y  3x  x 3 .
Решение. Область определения функции D f    ,  , f  x 
дифференцируема всюду в области определения: f  x   3  3x 2 .


f  x   0  3  3x 2  0 , 3 1  x 2  0 ,
Решим неравенство
x  1  1  x  1
-это интервал возрастания функции.
3  3x 2  0
Соответственно
неравенство
справедливо
для
всех
x   ,1  1,  – область убывания функции.
Определение 2. Точка x 0 называется точкой локального максимума
(минимума), если в некоторой ее окрестности  x0  , x0    выполняется
неравенство f  x   f  x0  ( f  x   f  x0 ) для всех x этой окрестности.
Теорема 2. (Необходимое условие существования экстремума)
Если f  x  1) определена в окрестности точки x 0 , 2)
дифференцируема в точке x 0 и 3) имеет в ней локальный экстремум, то
f  x0   0 .
Точки, в которых производная f  x   0 называются критическими.
Замечание. Функция может иметь экстремум и в точках, где первая
ln x, x  1,
производная не существует. Например: y  
Функция
 ln x, x  1
непрерывна
в
точке
но
не
дифференцируема
т. к.
x  1,
1
lim y   lim
 1, lim y   1 односторонние пределы не равны,
x 1 0
x 1 0 x
x 1 0
значит, y  x  не существует в точке x  1 , но функция имеет минимум.
Теорема 3. (Достаточное условие экстремума)
Если функция f  x  : 1) непрерывна в точке x 0 , 2) дифференцируема в
некоторой области  x0  , x0    , 3) f  x0   0 либо не существует и 4) при
переходе через точку x 0 производная меняет знак, то x 0 – точка экстремума,
причем, если производная слева от x 0 отрицательна, а справа положительна,
то x 0 – точка минимума; если слева от x 0 производная положительна
(функция возрастает) а справа отрицательна (функция убывает), то x 0 –
точка максимума.
Замечание: в промежутке между критическими точками производная
сохраняет знак, следовательно, это промежутки монотонности.
Теорема 4. (Исследование на экстремум с помощью второй
производной или второе достаточное условие экстремума).
Если 1) в точке x 0 функция f  x  дифференцируема и f  x0   0 ,
2) существует вторая производная, 3) f  x0   0 в окрестности  x0  , x0    ,
то при f  x0   0 функция имеет минимум, а при f  x0   0 – максимум.
Итак, при исследовании функции на экстремум необходимо пользоваться
правилами:
1. Найти первую производную y   f  x 
2. Найти критические точки x i , решив уравнения y   0 и y    .
3. Проверить, меняет ли знак первая производная при переходе через
точку x i или установить знак второй производной f  xi , классифицировать
экстремум.
4. Найти значение функции в экстремальных точках.
1
Задача. Исследовать на экстремум функцию y  ln x .
x
1
 1  ln x  ,
Решение. Область определения D( f )  (0, ); y  
2
x
y   0, ln x  1, x1  e , y    при x  0 . Это значение x не принадлежит
области определения функции. Значит, x  e – единственная критическая
точка. Проверим знак первой производной слева и справа от нее.
1
При x  e , f  x  
1  ln x   0 , функция возрастает, при x  e , f ( x)  0
2
x
ln e 1
функция убывает, значит x  e – точка максимума, y (e) 
–

e
e
максимальное значение функции.
Наибольшее и наименьшее значение функции.
Теорема Вейерштрасса. Если функция непрерывна на замкнутом
промежутке a, b , то она достигает на нем наибольшее и наименьшее
значения. Эти значения находятся либо на концах промежутка, либо в
экстремальных точках.
Правило отыскания наибольшего и наименьшего значения функции
1. Найти первую производную и все критические точки
xi ,
принадлежащие a, b .
2. Вычислить значения f ( xi ) .
3. Вычислить значения функции на концах промежутка.
4. Сравнить все полученные значения функции f ( xi ) , f (a) , f (b) и
выбрать среди них наибольшее и наименьшее.
Задача. Найти наибольшее и наименьшее
y  x  12 x  7 на промежутке  3,0.
значения
функции
3
Решение. Необходимое условие экстремума y   0 , поэтому 3x 2  12  0 ,
а корни уравнения x  2 являются критическими точками, но промежутку
принадлежит только x  2 . Найдем теперь y(2)  23 и на концах промежутка
y(3)  16 и y (0)  7 . Среди них самое большое 23, самое меньшее 7.
Выпуклость и вогнутость кривой. Точки перегиба
Пусть кривая задана функцией y  f (x) .
Определение 1. Кривая называется выпуклой вверх (вниз) на отрезке
a, b , если все точки кривой находятся ниже (выше) любой касательной к
графику функции.
Определение 2. Точка M 0 ( x0, y0 ) , отделяющая вогнутую часть от
выпуклой, называется точкой перегиба графика функции f (x) .
Теорема. Если функция f (x) дважды дифференцируема на некотором
промежутке, причем f ( x)  0 для любого x из этого промежутка, то на
этом промежутке график функции выпуклый, если f ( x)  0 , то график
вогнутый.
Из теоремы следует, что для нахождения промежутков (выпуклости)
вогнутости надо найти вторую производную функции и определить
промежутки, где она положительна (отрицательна). Необходимым условием
существования точки перегиба является обращение в нуль второй
производной или ее отсутствие в точке x 0 , то есть условие f ( x0 )  0 или
f ( x0 )   .
В случае выполнения одного из этих условий точка x 0 называется
критической точкой второго рода.
Достаточным условием того, что точка M 0 - точка перегиба является
смена знака второй производной при переходе через критические точки
второго рода.
Правило нахождения интервалов выпуклости, вогнутости и точек
перегиба функции.
1. Указать область определения функции.
2. Найти критические точки второго рода, принадлежащие области
определения функции.
3. Определить знак второй производной в каждом интервале
области определения между соседними критическими точками.
4. По знаку f (x) установить интервалы выпуклости, вогнутости и
по смене знака второй производной в окрестности точки – наличие или
отсутствие точки перегиба.
Асимптоты графика функции
Определение. Асимптотой графика функции называется прямая, к
которой неограниченно приближается график функции при x   или
y  .
Различают вертикальные, горизонтальные и наклонные асимптоты.
1. Вертикальные
асимптоты.
Прямая
называется
xa
вертикальной асимптотой, если при x  a хотя бы один из односторонних
пределов в точке x  a бесконечен, т.е.
lim f  x    или
xa 0
lim
xa 0
f ( x)   т. е. в точке x  a функция терпит разрыв второго рода.
Задача. Найти вертикальные асимптоты функции y 
1
2
.
x 1
Решение. При x  1 и x  1 функция не определена. Найдем
односторонние пределы f (x) при x  1 .
1
1
1
lim
  , lim
  ; lim
  ,
x  1 0 x 2  1
x  1 0 x 2  1
x 1 0 x 2  1
1
lim
  .
x 1 0 x 2  1
Следовательно, x  1 , x  1 вертикальные асимптоты графика.
Наклонные и горизонтальные асимптоты
Определение. Прямая y  kx  b называется наклонной асимптотой
графика функции y  f (x) при x   ,если эту функцию можно
представить в виде f ( x)  kx  b   ( x) , lim  ( x)  0 , т. е. разность между
x  
ординатами точек кривой и асимптоты при x   есть бесконечно малая
величина.
Теорема. Для того, чтобы график функции имел наклонную асимптоту,
необходимо и достаточно, чтобы имели место соотношения:
f ( x)
, b  lim  f ( x)  kx , причем эти пределы могут быть
k  lim
x   x
 
неравными при x   и при x   . Если k  0 , b  lim f ( x) , получаем
x  
горизонтальную асимптоту y  b . Таким образом, прямая y  b является
горизонтальной асимптотой кривой y  f (x) , если lim f ( x)  b .
x  
x2
Задача 2. Найти асимптоты графика функции y 
.
x 1
Решение. D( f )  (,1)  (1, ) . Вычислим
f ( x)
x2
 lim
=
x   x
x   ( x  1)  x
x
x
x
 
=    lim
 lim
 lim
 1 , k  1.
   x   x  1 x   x  1 x   x(1  1 )
x
 x2

x2  x2  x
 x   lim
 1.
Найдем b : b  lim 
x

1
x    x  1
x



Получим уравнение асимптоты y  x  1 ; убедимся, что утверждение
теоремы выполняется. Преобразуем функцию, выделив целую часть.
k  lim
x2
x2 11
1
1
 0 , f ( x)  x  1   ( x)
, где lim

 x 1
x 1
x 1
x 1
x   x  1
Кроме того, функция имеет вертикальную асимптоту x  1 , т. к.
x2
x2
 1
 1
     , lim
     .
lim f ( x)  lim
x 1 0 x  1  0 
x 1 0
x 1 0 x  1  0 
Задача 3. Найти асимптоты графика функции y  e1 (2 x) .
Решение. Найдем D( f )   ,2   2,   . При x  2 функция
f ( x) 
y  e1 (2 x) терпит разрыв второго порядка, т. к.
lim e1 (2 x)  e1 0  e  0,
x 2  0
lim e1 (2 x)  e1 0  e   .
x 2  0
Таким образом, x  2 является вертикальной асимптотой.
Найдем горизонтальные асимптоты.
lim e1 (2 x)  e1 ()  e0  1 , следовательно, y  1 является горизонтальной
x 
асимптотой.
Общая схема исследования функции
1. Найти область определения функции, исследовать ее поведение
на границах области определения.
2. Найти точки разрыва и установить их характер с помощью
односторонних пределов.
3. Исследовать периодичность, четность (нечетность), найти точки
пересечения графика с осями координат.
4. Найти интервалы монотонности и экстремумы функции.
5. Найти интервалы выпуклости, вогнутости и точки перегиба
графика функции.
6. Найти асимптоты графика.
7. Построить график, используя результаты исследования.
Задача 4. Провести полное исследование и построить график функции
2x
.
y  x
2
x 1
1. Найдем область определения D( f ) . из условия x 2  1  0 ,
x  1 , x  1, следовательно,
2. x1  1, x 2  1 – точки разрыва. Найдем односторонние
пределы:



2x 
x x2 1
x( x 2  1)
  lim
lim  x 
  ,
lim
 ,
2
2
2
x  1 0
x


1

0
x


1

0
x 1
x 1
x 1


2x 
2
2x 
2
  1 
  1    .
lim  x 
 1     , lim  x 
0
0
x 1 0
x 1 0
x 2 1 
x2 1
Отсюда следует, что x1  1 и x 2  1 – точки разрыва второго рода, и x  1
– вертикальные асимптоты.
3. Для установления симметрии графика функции

2( x)
2x
2x 
   f  x  , это
найдем
= –  x 
f  x    x 
x
2
2
2
x 1

(  x)  1
x 1
означает, что f  x  – нечетная функция, и ее график симметричен
относительно начала координат. Достаточно провести ее исследование для
x  0 . Очевидно, что функция не является периодической. Точка О (0,0)
является единственной точкой пересечения с осями координат, т.к. f (0)  0 .
4. Первая производная:
y  1  2
x 2 1  2x 2
x 2  12
Критические точки найдем из условий y   0 , y    .
 1

,
2 x2 1
( x 2  1) 2
2( x 2  1)
а) 1 
2
2
 0,
x 4  4x 2  1
2
2
 0 , x 4  4x 2  1  0 , x 2  1  0 .
( x  1)
( x  1)
Решая биквадратное уравнение, найдем x1, x2  2,05 .
2( x 2  1)
б) 1 
( x 2  1) 2
Таким
  , x 4  4 x 2  1  0 , x 2  1  0 , x3, x4  1 .
образом,
критические
точки
функции: x1  4,236  2,05 ,
x 2   4,326  2,05 , а точки x3, x4  1 не входят в область определения,
следовательно, не являются критическими точками. Проверим критические
точки на экстремум по первому признаку.
y 
x 4  4x 2  1
 0 , при 0  x  2,05 , y  
x 4  4x 2  1
 0 , при x  2,05
( x 2  1) 2
( x 2  1) 2
Так как производная меняет знак при переходе через критическую точку, то в
точке x  2,05 функция имеет минимум. Составим таблицу.
x
f (x)
f (x)
0
0
0
(0, 1)

–
1
не сущ.
не сущ.
(1; 2.05)
2,05
(min) 3,4

–
0
(2,05,  )

+

2

 4 x( x 2  3)
x

1
 
5.Найдем y   1  2
. Критические
2
2
2
3

(
x

1
)
(
x

3
)


точки второго рода найдем из условия y   0 , 4 x( x 2  3)  0 , x1  0 ; при
( x 2  1) 3  0 ,откуда x  1 . Так как x  1 не входят в область определения
функции, то x  0 единственная критическая точка. Проверим знак второй
производной при переходе через точку x  0 y   0 при x  0 ,
y   0 при x  0 . y  меняет знак с «+» на «–», значит, x  0 – точка
перегиба, и график меняет вогнутость на выпуклость при переходе через
критическую точку. Итак, в (0, 1) функция выпукла, а в (1, ) – вогнута.
6. Найдем асимптоты. Наклонные асимптоты имеют вид: y  kx  b ;

f ( x)
1 
2x 
2 
 = lim 1 
  1,
 lim
  x 
2
2
x  x
x   x 
x


x 1
 x 1


2x
2x
 x   lim
 0 ,b  0 ,
b  lim  f ( x)  kx   lim  x 
x  
x  
x2 1
 x   x 2  1
отсюда уравнение наклонной асимптоты y  x . Горизонтальные асимптоты
отсутствуют, а вертикальные были найдены в п. 2.
k  lim
7. По результатам исследования построим график. Так как
функция нечетная, то можно построить график для x  0 и отобразить его
симметрично начала координат.
Варианты контрольных заданий для контрольной работы № 2
Задания
1. Найти первую производную для указанных функций.
2. Функция задана параметрически. Найти y x , y x .
3. Найти наибольшее и наименьшее значение функции на
замкнутом отрезке.
4. Вычислить пределы, применив правило Лопиталя.
5. Исследовать функции по полной схеме и построить графики.
6. Вычислить приближенно значение выражения с помощью
дифференциала.
Вариант 1
1. a) y  2 4 x  3 
в) y  ln sin 2 x  5 ,
3
3
x  x 1
г) y  ln
 x  arccost

2. 
3;
2
 y  1  t


3 1  6x 1  2x
,
2
x 0
4. а) lim
x


2
б) y  e cos x  3 ,
,

e2 x x 2  4
x5
 , д) tg y  5xy ;
x
3. f x   x 3  12 x  7 , 0,3 ;
1 sin x
б) lim  cos x 
x 0
;
5. а) y 
x2 1
,
x
б) y  ln
1 x
;
1 x
6. 3 65 .
Вариант 2

1. а) y  x 2 1  x 2 ;
x 5e 6 x
г) y  ln 3

2e x 2  2  x
x2
x 0
5. а) y 
3. f x   x 5 

1
1 x2
;
3
в) y 
4 sin x
2
;
cos x
д) x  y  arctgy  0 .
;
x3  4x
 x  arctgt 2

2. 
4
 y  ln 1  t
4. а) lim
б) y  5tg2 x  x 2
5x 3
 2 , 0,2 ;
3
 3
4 
 ;

б) lim 
x 1 1  x 3 1  x 4 
,
б) y  xe  x ;
,
6. cos31 .
Вариант 3
1 x2
1. а) y  x
,
1 x
 y  sin 3 2t
2. 
;
3
 x  2 cos 2t
3. f  x  
3
 
x  cos x, 0,  ;
2
 2
1  4x 1  2x
x2
x 0
5. а)
1  x 2 ,
x 2e7 x
д) y sin x  cos  x  y  ;
г) y  arcsin 1  3x ,
4. а) lim
б) y  ln 5

x  12
,
y
,
3  6x
3  4 x  5x
в) y  x  tgx ,
2
,
tg 2 2 x
,
;
6. arctg1,1.
Вариант 4
1. а) y 
1
1x


б) lim   arctgx 
x  2

б) y  e1 x ;
x2 1
в) y 


2
б) y  2 cos x  sin 3 x ,


y
x
г) y  1  ctg 2 3 x e  x , д)  arctg ;
x
y
 x  t 5  2t
2. 
;
3. f x   3x 4  16 x 3  2,  3, 1 ;
 y  t 3  8t  1
6 sin 2 x  12 x
n x2
4. а) lim
,
б) lim  cos mx 
;
x 0
x 0
7 x3
5. а) y 
x3  1
x
2
б) y 
,
ln x
;
x
6. arcsin 0,54 .
Вариант 5
3
x
1. а) y 
2
a x
в) y  e
 cos 5 x
2
б) y   4 arccos 2 x  1  4 x 2  ,


,
e3x  x 5
г) y  ln
,
 x  3 cos2 t
2. 
;
3
 y  2 sin t
3tg2 x  6 x
4. а) lim
,
x0
2 x3
x
5. а) y 
,
2
3 x
1  x 
2 3

1


б) lim x e1 x  1 ;
x 
б) y  x ln x ;
5
x2 1
 5 x3  1 ,
6. lg 11 .
5. а) y 
x
1
1 x2
2


3
 2, 2.
x
x  2a

б) lim  2  
a
x a 
,

tg

б) y  ln x 2  4 ;
,
Вариант 7
1. а) y  5 4 x  3 
y
2
 ln sin x , д) y x  e x  0 .
3. f x   x 4  4 x,
ln 1  3x   3x
x 0
ctgx
г) y  3
 x  3 cost
2. 
;
 y  4 sin 2 t

б) y  2tg3 x 2  1 ,

в) y   arctgx  ,
x
4. а) lim

1 
3. f x   x 3  3x  1,  , 2 ;
2 
Вариант 6
1. а) y 

, д) e x  1 e y  1  1 ;
2
x3  x  1
,
б) y  x 2 e cos x ,
;
6. tg46 .
1  sin x
,
1  cos x
в) y  ln
г) y  arccos  tgx  ,
 x  e2t
2. 
;
 y  cos t
x 0
5. а) y 
0, 4;
3. y  3x 4  16 x 3  2,
e 5x  1  5x
4. а) lim
д) x  y  e xy  2 ;
3x
2  4x 2
1  4x
2
2
б) lim    2arctgx  ln x ;
,
x


б) y  ln x 2  4 x  8 ;
;
6. 3 26 .
Вариант 8
1. а) y 
x
x  12  x 2  1
3


2
в) y  1  tg x e


arctg 2 x

, б) y 
3
1  sin 3 2x2 ,
, г) y   arcsin3x 
x2

,
д) x ln 1  y 2  y ln 1  x 2  0 ;
 x  t 2  t  10
2. 
;
3
 y  t  t
4. а) lim
arcsin 4 x  4 x
x3
x 0
5. а) y 
x   
3. y  sin x  ,   ,  ;
2  2 2
2x 2
4x 2 1
x
2

, б) lim  arctgx  ,
x   

6. 1,02111 .
б) y  x 2  2 ln x ;
,
Вариант 9
1. а) y 
2
x  1 x2
г) y  x arcsin x ,
,
б) y 
ln x
,
x2 1
x
д) ln y  arctg .
y
 
в) y  arccos2 e5 x ,
3
 x  t 2  1
5 5x
2. 
;
3.
y

x

 7,  2,1;
3
t
3
 y  e
1x
2 sin 3x  6 x
4. а) lim
,
б) lim x  e2 x
;
3
x

0
x 0
5x

5. а) y 
2x  1
x
2
,
б) y 

ex
x
e 1
;
6. 4 15,8 .
Вариант 10
1. а) y  x  5
1  x5
1  x5

г) y  1 sin 2 x cos 2 x ,
 x  arctg t 3

2. 
3;
3
 y  ln 1  t

 x
2 ln 1    x
 2
4. а) lim
,


x 0
5. а) y 
x
1
x2  9

б) y  tg 2 x3  1 , в) y  arctg 3
,
2
д) x 2 y 2  arccos2 x  y   0 ;
3. y 
8 x
2
x 4
б) lim  cos x 
 8, 0;
,
 2 x
;

x
2
6. 0,955 .
б) y  x 2 e  e ,
,
1 x
,
1 x
Вариант 11
1. а) y 
x 1
2  2x  x
2
2
ex 1
4. а) lim
,
x  0 cos x  1
3
5. а) y  3 x 2  2 x ,
3 5x
,
x e
в) y  sin ln( x 2  4) ,
2
 x  e t  2t
2. 
;
2
 y  t  2t
1 x
б) y  ln
,
2
г) y  (tgx) x , д) e x  e y  e xy ;
3. y 
x3
2
x 7
,  10,3 ;
1
x x
б) lim ( x  e ) ;
x 
б) y  2 x  arcsin x ;
6. sin 61 .
Вариант 12
1. а) y  x  e x 1 ,
2
б) y  cos2 (sin x) , в) y  (arcsin x) 1 x ,
г) y cos x  sin( y  x) , д) y  (ctgx  tgx)3 ,
 y  cos3 t ,
2. 
;
 x  2 sin 2t.
3. y  x 4  2 x 2  5 ,  1,2 ;
x  sin x
1
4. а) lim
, б) lim  
x 0  x 
x0 x  tgx
tgx
;
x3  1
3
5. а) y  3 x 2  2 x , б) y 
x
2
;
6.
82 .
Вариант 13
2
1. а) y  2 x  1 
x2  x 1
2
, б) y  x3e tgx ,
1
г) y  (arccos x) x ,
в) y  (ln x  sin ln x) ,
 x  ln sin t
2. 
;
3.
y

tg
t

д) yx  ln( x  y) ;
y  x  2 x , 0,4 ;
e x  e x  2x
, б) lim xsin x ;
x  sin x
x 0
x 0
4. а) lim
5. а) y 
2x  1
( x  1)
2
б) y  x 3e  x ;
,
6. e1,03
Вариант 14
1
1. а) y 
2
 4 x 2  1 , б) y  e sin x cos x ,
x2 1
в) y  tg( x 2  sin x) , г) y  (sin x) ln x ,
 y  tg 2t
2. 
;
x

ln
sin
t

x  arctgx
4. а) lim
,
x 0
x2
д) 2 x  2 y  2 x  y ;
3. y  x 3  3x 2  6 x  2 ,  1,2 ;
1

б) lim  ctgx   ;
x
x 0 
2x
5. а) y  ln x 2  2 x  2 , б) y  x 
;
2
x 1


6. ctg46 .
Вариант 15
1. а) y 
4  4x  x 2
x2  4
,
б) (sin x  1)tg2 x ,
2
в) y  (3sin x  cos2 x) 2 , г) y  (tgx) x ,
 y  t 3  3t 2
2. 
;
 x  t 2  2t
3. y 
x 1
, 0,4 ;
x 1
д)
x
y
 tg ;
y
x
ln sin 2 x
, б) lim ( x(e1 x  1)) ;
x  0 ln sin x
x 
4. а) lim
3 x
5. а) y  x e
б) y 
,
x2
3  x2
6. (1,03)12 .
;
Вариант 16
1. а) y 
x
x
x
б) y  sin 2 ctg ,
3
2
,
x x
y
д) ln y  arcsin ;
x
г) y  xarctgx ,
 y  t 3  t 2
2. 
;
 x  t 3  1
4. а) lim
3. y  3x  x 3 ,  2,3;
e 2 x  cos 2 x
x  0 e 3 x  cos3x
5. а) y 
в) y  tg 2 (1  cos x) ,
x

1 
 ;
б) lim 1 
x  
x2 
,
x3
2 x  12
б) y  x  ln  x  1 ;
,
6. 4 2,02 .
Вариант 17
1. а) y  x  ln( x  x  1) ,
г) y  (ln x) tgx ,
б) y 
ex
2
x2  x
,
в) y  ctg3 (sin x) ,
д) y  arctg( x  y) ;
 x  ln( t 2  1)
x2
2. 
;
3. y 
,  2,3;
 y  t  1
x2  5
x  sin x
sin x
4. а) lim
, б) lim  ctgx 
;
x 0
x 0 x  tgx
2
 x 
5. а) y  
 ,
 x 1
б) y  x 3e x ;
6. arcsin 0,58 .
Вариант 18
1. а) y  3 x 2  4 
2
, б) y  x3e tgx , в) y  ln(ln x  x 2 ) ,
x 1
г) y  ln
x 3 cos2 x
1 x4
, д) x  y  2 xy  2 ;
 x  e t
1
2. 
; 3. y  x  ,  10,0,1;
x
 y  t 2  1
a
1  x  ln x

4. а) lim
, б) lim  x sin  ;
x
x  
x 11  2 x  x 2
2
5. а) y 
x2
2
x 1
1
б) y  e x  2 ;
,
6. 83,03 .
Вариант 19
1. а) y 
4 4
x x
,
x 1
б) y  x 2arctgx 2 , в) y  arcsin 2 e2 x ,
1
г) y  (cos x) x 1 , д) y 2  e y x  x 2 ;
 y  ctg 2t
2. 
;
3. y  81x  x 4 ,  1,4 ;
 x  sin t
 1
2 
 , б) lim  tgx  tg2 x ;

4. а) lim 
x 1 x  1 x 2  1 
x  4
5. а) y 
x3  1
4x
2
,
б) y  ln
x 1
;
x2
6.
63,4 .
Вариант 20
arcsin x
 1  ln x 
1. а) y  cos x 1  sin 2 x , б) y  sin 2 
,
 , в) y 
1  2x
 x 
г) y   tgx 
ln x
, д) y  1  xe y ;
1
 x  ln t
x3
2. 
;
3. а) y 
, б) y  e x  3 ;
2
x 1
 y  t  1
1
ln sin 2 x

4. а) lim  ctgx   , б) lim
;
x
x  0 ln sin x
x 0 
ln x
4x
5. а) y 
, б) y 
;
6. 3 8,2 .
2
x
4 x
Литература обязательная
1. Арефьев К. П., Ивлев Е. Т., Тарбокова Т. В. Системы линейных
уравнений: учебное пособие. – Томск: Изд. ТПУ, 1996.
2. Высшая математика. Часть I. Учебное пособие / К. П. Арефьев,
А. И. Нагорнова, Е. И. Подберезина, Г. П. Столярова, А. Н. Харлова. – Томск:
Изд-во ТПУ, 2004. – 188 с.
3. Данко П. Е., Попов А. Г., Кожевникова Т. Я. Высшая математика в
примерах и задачах. Часть I. – М.: Высшая школа, 1980.
4. Каплан И. А. Практические занятия по высшей математике. Часть I.
– М., 1971.
Учебное издание
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ 1
Методические указания и индивидуальные задания
для студентов ИПР, обучающихся по направлению
080200 «Mенеджмент»
Составители
РОЖКОВА Светлана Владимировна
РОЖКОВА Валентина Ивановна
НИКОЛЬСКАЯ Галина Аиповна
МАТВЕЕНКО Галина Михайловна
Отпечатано в Издательстве ТПУ в полном соответствии
с качеством предоставленного оригинал-макета
Подписано к печати 21.11.2011. Формат 60×84/16. Бумага «Снегурочка».
Печать Xerox. Усл.печ.л. 1,16. Уч.-изд.л. 1,05.
Заказ
. Тираж 50 экз.
Национальный исследовательский Томский политехнический университет
Система менеджмента качества
Издательства Томского политехнического университета сертифицирована
NATIONAL QUALITY ASSURANCE по стандарту BS EN ISO 9001:2008
. 634050, г. Томск, пр. Ленина, 30.
Тел./факс: 8(3822)56-35-35, www.tpu.ru