Примеры решения упражнений

Пример 1.

Вычислите пределы фукций: 1) ; 2) ; 3) .

Решение.

2) Поскольку предел знаменателя равен 0, то воспользоваться теоремой о пределе частного невозможно. Поэтому первоначально сократим дробь, разложив числитель на множители:

Ответ. 1) 11, 2) –1, 3) 2.

Пример 2.

Найдем производные следующих функций:

1) ;

2) ;

3) .

Решение.

1) Полагаем, что , тогда . Отсюда, согласно формуле для расчета производной сложной функции, имеем:

2) Полагаем, что , тогда . Отсюда, согласно формуле для расчета производной сложной функции, имеем:

3) Имеем, что

Пример 3.

Исследуем функцию и построим эскиз ее графика:

Решение.

1. Определим область существования этой функции. Функция существует при всех значениях х, кроме , при котором знаменатель дроби обращается в нуль. Значит, функция определена в интервалах (— , —1) (—1, + ).

2. Исследуем вопрос о наличии центра симметрии к оси симметрии. Проверим для этого, выполняются ли равенства или .

Непосредственная подстановка убеждает нас, что ни одно из этих равенств не выполняется, так что ни центра, ни оси симметрии график функции не имеет.

3. Определяем точки разрыва. Числитель и знаменатель дробно-рациональной функции представляют собой непрерывные функции и, следовательно, функция у будет непрерывной при всех значениях х, кроме , при котором знаменатель дроби обращается в нуль.

4. Переходим к определению асимптот графика.

а) Вертикальные асимптоты найдем, приравняв знаменатель нулю:

2(х +1)² = 0; отсюда .

Вертикальная асимптота одна: ее уравнение .

б) Горизонтальные асимптоты находим так: отыскиваем

а это означает, что горизонтальных асимптот нет.

в) Наклонные асимптоты:

Наклонная асимптота одна:

5 и 6. Определяем интервалы возрастания и убывания функции и экстремум функции.

Находим первую производную: . Определим критические точки:

1) Решаем уравнение , т. е. уравнение и находим, что .

2) Определяем значения х, при которых . Таким значением является Но это значение не должно подлежать рассмотрению, так как оно не входит в область определения функции. Критические точки, подлежащие рассмотрению: и точка – разделяют область существования функции на такие интервалы: .

В каждом из этих интервалов производная сохраняет знак: в первом — плюс, во втором — минус, в третьем — плюс, в четвертом — плюс (в этом можно убедиться, взяв в каждом интервале произвольное значение х и вычислив при нем значение у'). Последовательность знаков первой производной запишется так: +, —, +, +. Значит, в интервале функция возрастает, в интервале – убывает, в интервалах функция возрастает.

При функция имеет максимум и . Так как знаки во втором и третьем интервалах различны, то можно было бы предположить, что при есть экстремум. Но такое предположение неверно, так как при заданная функция не существует. Итак, функция имеет единственный экстремум (максимум) при .

7. Определяем интервалы выпуклости и вогнутости графика функции и точек перегиба.

Находим, что и определяем критические точки второго рода:

1) решаем уравнение и находим, что ;

2) определяем значения х, при котором . Таким значением является . Как уже было отмечено выше, это значение рассматриваться не должно, так как при нем не существует заданной функции.

Критическая точка второго рода разделяет интервалы (— , —1) и (—1, + ). существования функции на интервалы: , и .

В каждом из этих интервалов вторая производная конечна и сохраняет знак: в первом – минус, во втором – минус, в третьем – плюс, и мы имеем такое чередование знаков второй производной в этих интервалах: —, —, +.

Значит, в интервалах и кривая выпукла, а в интервале

(0, + ∞) — вогнута. При вторая производная равна нулю, а при переходе из второго интервала в третий она поменяла знак. Это указывает на то, что при , кривая имеет точку перегиба. Координаты точки перегиба (0, 0) — это начало координат.

Рис. 9

8. Определение точек пересечения графика с осями координат и исследование промежутков монотонности произведите самостоятельно. График функции пересекает оси координат в единственной точке

. Функция отрицательна на промежутках

положительна на промежутке

Все полученные сведения наносим на чертеж и получаем эскиз кривой (см. рис. 9).

Пример 4.

Найдем 1) , 2)

Решение.

Так как аргумент экспоненты имеет сложный вид, введем новую переменную

. Тогда

Произведя подстановку, получим:

2) Так как аргумент подынтегральной функции имеет вид , где , то, применяя вышеназванную теорему, получим:

Пример 5.

Вычислим .

Решение.

Положим . Тогда . Вычислим значения новых пределов интегрирования, подставив в формулу новой переменной исходные значения пределов: , . Воспользовавшись формулой замены переменной в определенном интеграле, получим: