1 семестр / билет математический анализ 1 курс 1 семестр теория _1
.pdf
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(arcsin )′ |
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||
6 |
|
(ctgx) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15 |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
= sin2x |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
√1 − 2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
7 |
|
( )′ = ∙ ln |
|
|
|
|
16 |
|
|
(arccos )′ |
|
= |
|
|
|
−1 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
√1 − 2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
8 |
|
( |
|
)′ |
= |
|
|
|
|
|
|
|
17 |
|
|
(arctg ) |
′ |
|
1 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 1 + x2 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
9 |
|
(sh( )) |
′ |
= ch( ) |
|
|
|
|
18 |
|
|
(arcctg ) |
′ |
|
|
|
|
−1 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
= 1 + x2 |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
Алгебраические действия с производной |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
1. Если = ( ) = = , то |
′ |
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
2. Производная функции обладает свойством линейности, т.е. если ( ) и |
( ) |
||||||||||||||||||||||||||||||
дифференцируемые функции, а 1 |
и 2 – постоянные, то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( + )′ = ′ + ′. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
3. Производная произведения. |
Если ( ) и ( ) дифференцируемые функции, то |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( ∙ )′ = ′ ∙ + ∙ ′. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
4. Производная частного. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Если ( ) и ( ) дифференцируемые функции, то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
′ ∙ − ∙ |
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
) = |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( )2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Теорема |
(производная |
|
сложной |
функции). |
|
Пусть |
|
функция = ( ) |
дифференцируема по , а функция = ( ) дифференцируема по , тогда сложная функция ( ) = ( ( )) будет дифференцируема по , причем
′( ) = ′( ) ∙ ′ ( ).
Пример. Найти производную функции
( ) = sin( 2 + 7 ).
Решение. Обозначим = 2 + 7 , тогда ( ) = sin( ( )) и по теореме о
производной сложной функции
′( ) = (sin( ))′ ∙ ′ ( ) = cos( ) ∙ (2 + 7).
Ответ: ′ = cos( 2 + 7 ) ∙ (2 + 7) .
Пример. Найти производную функции
( ) = (cos( 3 + 7 )).
Решение. Введем обозначения = cos( 3 + 7 ),
= 3 + 7 , тогда ( ) = ( ), |
где = cos( ) и по теореме о производной сложной |
||||||||||||
функции |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′( ) = ( ( ))′ |
∙ ′ |
( ) ∙ ′ |
( ) |
= |
1 |
∙ (− ) ∙ (3 2 + 7) = |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
= |
|
1 |
|
|
|
∙ (− ( 3 |
+ 7 )) ∙ (3 2 |
+ 7) . |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
cos( 3 |
+ 7 ) |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: ′ |
= |
|
− ( 3 + 7 ) |
∙ (3 2 + 7) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
cos( 3 + 7 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12
Пример. Найти производную функции
|
|
|
|
|
|
( ) = 5(ln(4 − 2)). |
|
|
|
|
|||||
Решение. Возьмем производную сложной функции с постепенным продвижением от |
|||||||||||||||
самой внешней функции к самой внутренней функции: |
|
|
|
|
|||||||||||
1 шаг − вычислим производную по переменной : |
|
|
|
|
|
||||||||||
′( ) |
= (( )5)′ = 5 ∙ ( )4, т.е. берем производную от степенной функции |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 шаг − вычислим производную по переменной : |
|
|
|
|
|
||||||||||
′ ( ) = ( )′ = , т.е. берем производную от синуса, аргумент не изменяем |
|||||||||||||||
3 шаг − вычислим производную по переменной : |
|
|
|
|
|
||||||||||
′ ( ) = (ln( ))′ = |
1 |
|
, |
т. е. берем производную от |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
логарифма, аргумент не изменяем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
4 шаг − вычислим производную по переменной : |
|
|
|
|
|
||||||||||
′ ( ) |
= (4 − 2)′ = −2 , т.е. берем производную от многочлена |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Производная исходной функции равна: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
( )′ |
= 5( )4 ∙ ∙ |
1 |
∙ (−2 ) = 5(sin(ln(4 − 2)))4 ∙ (ln(4 − 2)) ∙ |
1 |
∙ (−2 ) = |
||||||||||
|
|
4 − 2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
= 5(sin(ln(4 − 2)))4 |
∙ (ln(4 − 2)) ∙ |
1 |
|
|
∙ (−2 ) |
= |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
|
||||||||||
|
производная от |
|
|
производная от |
|
4 − |
|
|
производная от |
|
|
||||
|
|
|
производная |
|
|
||||||||||
степенной функции |
|
|
синуса |
от логарифма |
от многочлена |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 5 4(ln(4 |
− 2)) ∙ |
−2 (ln(4 − 2)) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 − 2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: ′( ) = −5 4(ln(4 − 2)) ∙ 2 (ln(4 − 2)) 4 − 2
Исследование функции по первой производной
Для понимания поведения функции = ( ) необходимо исследование функции по первой производной, которое позволяет определить интервалы монотонности функции.
Теорема (об условии постоянства функции).
Если функция = ( )
1)непрерывна на отрезке [ , ] ,
2)дифференцируема на ( , )
3)′( ) = 0 ( , ) ,
то ( ) = на отрезке [ , ].
Теорема (о монотонности функции).
Если функция = ( )
1)непрерывна на отрезке [ , ] ,
2)дифференцируема на ( , )
3) ′( ) сохраняет знак |
( , ) , |
то |
|
a) если ′( ) > 0, то функция = ( ) возрастает на интервале ( , ) b) если ′( ) < 0, то функция = ( ) убывает на интервале ( , )
Определение. Точки, в которых производная функции равна нулю или не существует, называются критическими точками функции.
В частности, если lim ′( ) = ∞, то точка является критической точкой функции ( ).
→
13
Определение. Точки, в которых производная функции обращается в нуль, называются стационарными точками функции.
Замечание. Из определений выше следует, что стационарные точки функции всегда являются критическими. Обратное неверно: не всякая критическая точка является стационарной точкой функции.
Пример. Определить какие из точек 1, 2, 3, 4, 5, 6 функции ( ), приведенной на рисунке, являются критическими, стационарными.
Решение. Рассмотрим производную функции в этих точках, учитывая, что
геометрически производная представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции в соответствующей точке:
1) в точках 1, 4, 6 касательная параллельна оси Ох, т.е. производная равна нулю ( ′( ) = 0) и следовательно точки 1, 4, 6 являются критическими и стационарными точками.
2) в точках |
, |
касательная вертикальная, т.е. (lim ′( ) = ∞) и следовательно точки |
2 |
5 |
→ |
2, 5 являются только критическими точками.
3) в точке 3 касательная не существует ( ′( )), так как не совпадают касательные слева и справа, следовательно точка 3 является только критической точкой.
Ответ: 1, 2, 3, 4, 5, 6 – критические точки, 1, 4, 6 – стационарные точки.
Определение. Точка 0 называется точкой локального максимума функции
= ( ), если
> 0 0 < ȁ − 0ȁ < => ( ) < ( 0).
Определение. Точка 0 называется точкой локального минимума функции
= ( ), если
> 0 0 < ȁ − 0ȁ < => ( ) > ( 0).
Определение. Точки максимума и минимума функции = ( ) называются точками экстремума функции.
Теорема (необходимое условие экстремума функции).
Если точка 0 − экстремум функции = ( ), то ′( 0) = 0 или ′( 0) (в частности,
lim ′( ) = ∞).
→
Замечание. Точка экстремума функции является критической точкой, следовательно, экстремум функции ищется только в её критических точках.
14
Теорема (достаточное условие экстремума функции).
Если функция = ( ) определена и дифференцируема в окрестности критической точки0, причем при переходе через точку 0 производная функции меняет знак, то
1)если знак производной функции ′( ) меняется с «+» на «−», то точка 0 − точка локального максимума функции.
2)если знак производной функции ′( ) меняется с «−» на «+», то точка 0 − точка локального минимума функции.
Замечание. Если при переходе через критическую точку производная не меняет знак, то в этой точке нет экстремума функции. Не все критические точки функции обязательно являются точками экстремума функции.
Пример. Определить с помощью теоремы, какие из точек 1, 2, 3, 4, 5, 6
функции ( ), график которой приведен на рисунке, являются точками экстремума функции.
Решение. Рассмотрим смену знака производной функции при переходе через эти точки:
1) в точках 1, 4, 6 касательная параллельна оси Ох, т.е. производная в них равна нулю ( ′( ) = 0) и имеет место смена знака производной функции, следовательно точки 1, 4, 6 являются точками экстремума функции;
2) в точках 2, 3 производная функции не существует ( lim ′( ) = ∞ ; ′( 3)), но имеет
→ 2
место смена знака производной функции и следовательно точки 2, 3 являются точками экстремума функции;
3) в точке 5 существует вертикальная касательная ( lim ′( ) = +∞), но производная
→ 5
функции не меняет знак при переходе через точку, следовательно точка 5 не является точкой экстремума функции.
Ответ: 5 – не является точкой экстремума функции, 1, 2, 3, 4, 6 – точки экстремума функции
Правило отыскания локального экстремума функции
(функция = ( ) предполагается непрерывной.)
1 шаг: находим стационарные точки, приравнивая производную функции к нулю ( ′( ) = 0), и критические точки, в которых производная не существует ( ′( ) ).
2 шаг: отметим на оси все критические точки функции = ( ) и составим схему изменения знака производной функции ′ = ′( ) в интервалах между критическими точками функции.
3 шаг: на основании схемы изменения знака производной функции делаем вывод об интервалах убывания или возрастания функции и о характере критических точек (точки максимума и точки минимума).
Пример. Найти точки экстремума и интервалы возрастания и убывания функции
= 3 − 3 + 2.
Решение. Применим правило отыскания локального экстремума функции: 1 шаг: ищем производную функции ′( ) = 3 2 − 3, находим стационарные точки функции ′( ) = 0
3 2 − 3 = 0 => = −1 и = 1. |
|
1 |
2 |
Точек, в которых lim ′( ) = ∞ нет и точек, в которых производная не существует, тоже
→
нет.
15
2 шаг: отмечаем на оси все критические точки функции = ( ) и составляем схему изменения знака производной функции ′ = ′( ) в интервалах между критическими точками функции:
3 шаг: на основании схемы делаем вывод об интервалах убывания или возрастания функции:
(−∞; −1) (1; +∞) – функция возрастает;
(−1; 1) – функция убывает;
(1; +∞) – функция возрастает.
На основании схемы делаем вывод о характере критических точек:
1 = −1 − точка локального максимума функции2 = 1 − точка локального минимума функции.
Ответ: 1 = −1 − максимум и 2 = 1 − минимум,
(−∞; −1) (1; +∞) – функция возрастает;
(−1; 1) – функция убывает.
Пример. Найти точки экстремума и интервалы возрастания и убывания функции
3 ( )2= √ − 1 .
Решение. Применим правило отыскания локального экстремума функции:
1 шаг: ищем производную функции ′( ) = |
|
2 |
|
, |
||||
|
|
|
|
|
||||
|
3 |
|
|
|
||||
|
3 |
√( −1) |
|
|||||
находим стационарные точки функции ′( ) = 0: |
|
|||||||
′( ) = |
2 |
|
|
|
= 0 |
=> |
||
|
|
|
|
|||||
3 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
||||||
|
3√( − 1) |
|
точек, в которых производная равна нулю нет.
Находим точки, в которых lim ′( ) = ∞ => 1 = 1.
→
В точке 1 = 1 график функции имеет вертикальную касательную. Точек, в которых производная не существует, нет.
2 шаг: отмечаем на оси все критические точки функции = ( ) и составляем схему изменения знака производной функции ′ = ′( ) в интервалах между критическими точками функции:
3 шаг: на основании схемы делаем вывод об интервалах убывания или возрастания функции:
на основании схемы делаем вывод о характере критических точек:
16
1 = 1 – точка локального минимума функции.
Ответ: 1 = 1 − минимум, (−∞; 1) – функция убывает;(1; +∞) – функция возрастает.