ФЭНДОМ


Задание 1Править

Найти производную функции одной переменной, исходя из определения производной.

2. $ y= \frac{3}{5x+4} $

$ y'=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\frac{3}{5(x+ \Delta x)+4} - \frac{3}{5x+4}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{3(5x+4)-3(5(x+ \Delta x)+4)}{(5(x+ \Delta x)+4)(5x+4)\Delta x}= $

$ =\lim_{\Delta x \to 0}\frac{-15 \Delta x}{(5(x+ \Delta x)+4)(5x+4)\Delta x}=- \frac{15}{(5x+4)^2} $


Задание 2Править

Найти производные первого порядка данных функций, используя правила вычисления производных.

Вариант 4.

1. $ y=5x^2-\arcsin x $

$ y'=10x - \frac {1}{\sqrt{1-x^2}} $

2. $ y=\sqrt[3]{x^2} \ln x $

$ y'= (\sqrt[3]{x^2})' \ln x + \sqrt[3]{x^2} (\ln x)'= \frac {2}{3 \sqrt[3]{x}} \ln x + \frac{1}{\sqrt[3]{x}} $

3. $ y= \frac {\sqrt[3]{x^4}}{e^x} $

$ y'= \frac{(\sqrt[3]{x^4})'e^x-\sqrt[3]{x^4}(e^x)'}{(e^x)^2}=\frac{\frac{4}{3} \sqrt[3]{x} - \sqrt[3]{x^4}}{e^x} $

4. $ \begin{cases} x=\mathrm{tg} \, t^2 \\ y=t^2 - 5 \\ \end{cases} $

$ \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt} : \frac {dx}{dt} = \frac{2t}{2t(\mathrm{tg}^2\, t^2+1)} = \frac{1}{\mathrm{tg}^2\, t^2+1}=\frac{1}{x^2+1} $

Задание 3Править

Составить уравнение касательной и нормали к графику кривой $ y=f(x) $ в точке, абсцисса которой равна $ x_0 $.

6. $ y=3 \sqrt[3]{x^2}-2x+2 \qquad x_0=1 $

Касательная задается уравнением $ y = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) $

$ f'(x)=\frac{2}{\sqrt[3]{x}}-2 \quad f'(1)=0 $

Касательная прямая: $ y=3 $.

Нормаль ортогональна касательной, проходит через эту же точку: $ x=1 $.

Задание 4Править

Вычислить предел функции с помощью правила Лопиталя.

11. $ \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\ln x} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)'}{(\ln x)'} = \lim_{x \to 1} \frac{1}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 1} x = 1 $

Задание 5Править

Построить график функции $ y=f(x) $, используя общую схему исследования функции.

20. $ y=\frac{2x^2-8x+9}{x^2-3x+3} $

Область определения: $ x^2-3x+3 \neq 0 \Rightarrow x \in \R $.

Функция не является ни симметричной, ни периодической.

Поведение на бесконечности: $ \lim_{x \to +\infty} f(x)= \lim_{x \to -\infty} f(x)= 2 $.

Так как знаменатель не обращается в 0, вертикальных асимптот нет; есть горизонтальная асимптота $ y=2 $.

Пересечение с координатными осями:

$ 2x^2-8x+9 > 0 \Rightarrow $ нет пересечений с осью $ Ox $;

$ f(0)=3 \Rightarrow $ пересечение в точке (0; 3).

Исследуем производную: $ f'=\frac{(4x-8)(x^2-3x+3)-(2x^2-8x+9)(2x-3)}{(x^2-3x+3)^2} = \frac {2x^2-6x+3}{(x^2-3x+3)^2} $

$ 2x^2-6x+3=0 \quad x_{1,2}=\frac{3 \pm \sqrt{3}}{2} $ - точки экстремума.

Исследуем на монотонность:

$ f'(0) = \frac{1}{3} \Rightarrow $ монотонно возрастает при $ x \in (-\infty; \frac{3 - \sqrt{3}}{2}); $

$ f'(2) = -1 \Rightarrow $ монотонно убывает при $ x \in (\frac{3 - \sqrt{3}}{2}; \frac{3 + \sqrt{3}}{2}); $

$ f'(4) = \frac{11}{49} \Rightarrow $ монотонно возрастает при $ x \in (\frac{3 + \sqrt{3}}{2}; +\infty). $ $ f(x_1)=\frac{2(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})^2-8(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})+9}{(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})^2-3(\frac{3 + \sqrt{3}}{2})+3} = \frac{(6+3\sqrt{3})-(12+4\sqrt{3})+9}{\frac{6+3\sqrt{3}}{2}-\frac{9+3\sqrt{3}}{2}+3} = \frac{3-\sqrt{3}}{1{,}5}= $

$ = 2-\frac{2}{3}\sqrt{3} $ - минимум

$ f(x_2)=\frac{2(\frac{3 - \sqrt{3}}{2})^2-8(\frac{3 - \sqrt{3}}{2})+9}{(\frac{3 - \sqrt{3}}{2})^2-3(\frac{3 - \sqrt{3}}{2})+3} = \frac{(6-3\sqrt{3})-(12-4\sqrt{3})+9}{\frac{6-3\sqrt{3}}{2}-\frac{9-3\sqrt{3}}{2}+3} = \frac{3+\sqrt{3}}{1{,}5}= $

$ = 2+\frac{2}{3}\sqrt{3} $ - максимум

Исследуем вторую производную: $ f''=\frac{(4x-6)(x^2-3x+3)^2-2(2x-3)(x^2-3x+3)(2x^2-6x+3)}{(x^2-3x+3)^4}= $

$ =(4x-6) \frac{(x^2-3x+3)-(2x^2-6x+3)}{(x^2-3x+3)^2} = -\frac{2x(2x-3)(x-3)}{(x^2-3x+3)^3} $

Возможные точки перегиба: 0; 1,5; 3.

Исследуем знаки интервалов:

$ \begin{cases} f''(-1)>0 \\ f''(1)<0 \\ f''(2)>0 \\ f''(4)<0 \\ \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=0\\ x=1{,}5 \\ x=3 \\ \end{cases} $ - точки перегиба.

Значение функции в точках перегиба: $ f(0)=3; f(1{,}5)=2; f(3)=1 $.

Функция выпукла при $ x \in (-\infty; 0) \bigcup (1{,}5; 3) $ и вогнута при $ x \in (0; 1{,}5) \bigcup (3; +\infty) $

Graph3

График к заданию 5