Задание № 5

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).