![]() |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
|
Провести полное исследование функции и построить график.
5.1. ![]() | 5.2. ![]() | 5.3. ![]() |
5.4. ![]() | 5.5. ![]() | 5.6. ![]() |
5.7. ![]() | 5.8. ![]() | 5.9. ![]() |
5.10. ![]() | 5.11. ![]() | 5.12. ![]() |
5.13. ![]() | 5.14. ![]() | 5.15. ![]() |
5.16. ![]() | 5.17. ![]() | 5.18. ![]() |
5.19. ![]() | 5.20. ![]() | 5.21. ![]() |
5.22. ![]() | 5.23. ![]() | 5.24. ![]() |
5.25. ![]() | 5.26. ![]() | 5.27. ![]() |
5.28. ![]() | 5.29. ![]() | 5.30. ![]() |
Решение задач типового варианта контрольной работы № 3
2 Задание 1. Найти дифференциалы функций
а) ; б)
;
в) ; г)
; д) y = (sin x)2 x.
Решение. а) .
Запишем функцию в виде, удобном для дифференцирования
.
Вычислим производную y ¢ и дифференциал dy ()
,
.
б) .
.
.
в)
.
г)
.
д) y = (sin x)2 x. Функция является показательно-степенной , где u= u (x) и v = v (x) – дифференцируемые функции. Используя логарифмическую производную
, при u = sin x, v = 2 x получим
.v
2 Задание 2. Найти производные первого и второго порядков функций заданных а) явно ; б) параметрически
;
в) неявноarсtg y – y + x = 0.
Решение. а) .
;
б)
.
в) arсtg y – y + x = 0.
Продифференцируем обе части уравнения по x, считая y функцией от x, и определим y'
откуда
(при y ≠ 0).
Дифференцируем последнее равенство по x
т. е.
Подставив найденное значение y', окончательно получим
v
2 Задание 3. Найти пределы функций, используя правило Лопиталя.
а)
б)
;
в) . v
2 Задание 4.1. Составить уравнения касательной и нормали к кривой у = х 2 – 4 х + 5 в точке х 0 = 3.
Решение. Если х 0 = 3, то у 0 = f (x 0) = = 9 – 12 + 5 = 2. Найдем угловой коэффициент f ¢ (x 0) касательной к кривой
f ¢ (x) = 2 x – 4, f ¢ (3) = 6 – 4 = 2.
По формулам
,
запишем уравнения касательной и нормали соответственно (рис. 1)
у – 2 = 2(х – 3) Þ у = 2 х – 4 – уравнение касательной;
– уравнение нормали.
Ответ: у = 2 х – 4 – уравнение касательной;
– уравнение нормали. v
2 Задание 4.2. Составить уравнения касательной и нормали к астроиде х = a cos3 t, y = a sin3 t в точке .
Решение. Кривая задана параметрически (рис. 2). Тогда
.
Найдем (х 0, у 0) при
Найдем угловой коэффициент касательной f ¢ (x 0):
у – = х +
Þ у = х +
– уравнение касательной;
у – = –
Þ у = – х – уравнение нормали.
Ответ: у = х + – уравнение касательной;
у = – х – уравнение нормали. v
2 Задание 4.3. Составить уравнения касательной к пространственной кривой в момент
.
Решение. Кривая есть винтовая линия с шагом h = 4 (рис. 3). Запишем уравнение кривой в параметрической форме, найдем точку (х 0, у 0, z 0), ,
,
:
Пользуясь формулой
, составим уравнения касательной к кривой
.
Замечание. Так как = 0, то касательный вектор
= (–2, 0, 4) ортогонален оси Оy.
Ответ: . v
2 Задание 4.4. Найти угол между кривыми и
в точке их пересечения.
Решение. Найдем точку пересечения кривых как решение системы (см. рис. 4)
.
Найдем угловые коэффициенты касательных к кривым в точке их пересечения (1; 1)
,
.
Найдем величину угла между кривыми по формуле
:
, откуда
.
Ответ: . v
2 Задание 4.5. Материальная точка движется прямолинейно по закону S (t) = t 3 – 6 t 2 + 9 t. Найти скорость и ускорение движения точки в момент t 0 = 2 (путь S выражается в метрах, время t – в секундах).
Решение. Найдем производную пути по времени (скорость движения):
.
При t 0 = 2 имеем v (2) = –12. Найдем производную второго порядка пути по времени (ускорение движения):
.
При t 0 = 2 имеем a (2) = 6×2 – 12 = 0.
Ответ: v (2) = –12; a (2) = 0. v
2 Задание 4.6. Движение точки задано уравнением =
, где a, b – постоянные, t – время. Найти вектор скорости и его численное значение, вектор ускорения и его численное значение при t 0 = 2.
Решение. Найдем производную первого порядка функции
.
При t 0 = 2 имеем
– вектор скорости,
– численное значение вектора скорости.
Найдем производную второго порядка функции
– вектор ускорения,
– численное значение вектора ускорения в любой момент времени t, в том числе и при t 0 = 2.
Ответ:
– вектор скорости,
;
–
вектор ускорения, . v
2 Задание 4.7. Тело движется по параболе y = 4 x – x 2 так, что абсцисса положения тела изменяется по закону x = 2 t. Какова скорость изменения ординаты в точке (1; 3)?
Решение. Найдем закон изменения ординаты движущейся точки при x = 2 t:
y (t) = 4×2 t – (2 t)2 = 8 t – 4 t 2.
Точку (1;3) при параметрическом задании параболы x = 2 t, y = 8 t – 4 t 2 получаем при t = 1 / 2.
Найдем первую производную y ¢(t): y ¢(t) = 8 – 8 t. Тогда .
Итак, скорость изменения ординаты при движении по параболе y = 4 x – x 2 в точке (1;3) равна 4 при x = 2 t.
Ответ: скорость изменения ординаты равна 4 при x = 2 t. v
2 Задание 5. Провести полное исследование и построить график функции .
Решение. 1.Область определения функции находим из условия , т. е.
. Функция непрерывна в области определения как частное двух непрерывных элементарных функций.
Точка х = –1 есть точка разрыва II рода, так как ,
.
,
Þ
,
, поэтому функция не является четной, не является нечетной. Имеем функцию общего вида.
2. Если х = 0, то у = 0 и наоборот, следовательно, кривая пересекает оси координат только в точке (0; 0).
2. Найдем асимптоты графика функции.
а) х = –1 – вертикальная асимптота, так как ,
, следовательно, ветви кривой y = f (x) в окрестности х = –1 направлены вниз.
b) Найдем наклонные асимптоты y = kx + b (при вычислении пределов используем правило Лопиталя)
,
.
Следовательно, график функции имеет наклонную асимптоту .
3. Исследуем функцию на монотонность и экстремум с помощью производной первого порядка.
.
Найдем критические точки функции: у ¢ = 0 при х = 0, х = –3; у ¢ – не существует при х = –1, но х = –1 Ï D (y). Поэтому исследуемая функция имеет только две критические точки х = –3 и х = 0. Область определения разделим критическими точками на интервалы и методом интервалов определим знак производной f ¢(х) в каждом из них.
В интервалах
функция y = f (x) монотонно возрастает, так как у ¢ > 0; в интервале (–3; –1) функция монотонно убывает, так как у ¢ < 0.
По первому достаточному признаку определим характер экстремума в критических точках: х = -3 – точка максимума (у ¢ меняет знак с «+» на «–» при переходе через точку слева направо), . В точке х = 0 экстремума нет (у ¢ не меняет знака при переходе через точку х = 0).
4. Исследуем функцию на выпуклость, вогнутость, перегиб с помощью производной второго порядка
.
Найдем критические точки второго рода: у ² = 0 при х = 0; у ² не существует при х = –1, но х = –1 Ï D (y). Следовательно, функция имеет только одну критическую точку второго рода х = 0.
Область определения функции разделим на интервалы критической точкой х = 0 и в каждом из них определим знак у ²’ (по методу интервалов).
В интервалах
кривая
выпукла вверх (у ² < 0), в интервале
кривая y = f (x) выпукла вниз (у ² > 0). х = 0 – точка перегиба графика функции (у ² меняет знак при переходе через точку х = 0). Так как у ¢(0) = 0, у (0) = 0, то в точке перегиба кривая касается оси Оx.
Дополнительно Найдем у (–2)= –4, у (–4)= , у (4) =
. С использованием полученных данных строим график данной функции (рис. 5).
Дата публикования: 2014-10-20; Прочитано: 2844 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!