Примеры решения задач
1. Найти следующие пределы:
а)
;
б)
;
в)
;
г)
;
д)
;
е)
.
Решение: В первых двух примерах используем формулу (15.1):
а)
=
=
=
=
.
б)
=
=
=
=
=
=
=
= ∞.
В следующих двух примерах выполним сначала преобразования, а затем применим формулу (15.1):
в)
=
=
=
=
=
=
=
= 0.
г)
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
.
д) Здесь имеем
неопределенность вида
.
Обозначим данную функцию через у,
т.е. у
=
,
и прологарифмируем ее:
ln
y
=
ln
sinx.
Вычислим предел логарифма данной функции, применяя правило Лопиталя (15.1):
=
=
=
=
=
=
=
= 0.
Следовательно,
=
= 1.
е)
Здесь неопределенность вида
.
Представим сложно-степенную функцию в
виде экспоненты, а затем применим правило
Лопиталя:
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
= 1.
2. Найти интервалы возрастания и убывания функции у = (2 – х)(х + 1) .
Решение: Найдем производную:
у′ = ((2 – х)(х + 1) )′ = –3х + 3.
Очевидно, что у′ > 0 в интервале (–1; 1) и у′ < 0 в интервалах (– ; –1) и (1; + ). Таким образом, в интервале (–1; 1) данная функция возрастает, а в интервалах (– ; –1) и (1; + ) – убывает.
3. Исследовать на экстремум функцию у = (х – 5)e .
Решение:
Находим производную: у′
= (х
– 4)e
.
Приравниваем ее к нулю и находим
стационарную точку: (х
– 4)e
= 0, х
= 4. Очевидно, что при переходе через
точку х
= 4 производная меняет знак с «–» на «+».
Следовательно, используя достаточное
условие экстремума, заключаем, что в
точке х =
4 функция имеет минимум
=
–
.
4.
Исследовать
на экстремум функцию у
=
.
Решение:
Функция определена при –1 ≤ х
≤ 1. Найдем производную: у′ =
.
Найдем точки, где производная равна
нулю или не существует:
1 – 2х = 0 или 1 – х = 0.
Получаем
четыре критические точки: х
=
,
х
=
,
.
Найдем
вторую производную: у"
=
.
Вычислим
значения второй производной в критических
точках.
При
х
=
имеем у"
=
< 0, следовательно,
согласно общему условию существования
экстремума, заключаем, что в точке х =
функция имеет максимум у
=
=
.
При
х
=
получим у"
=
> 0, т.
е. в точке х =
функция
имеет минимум у
=
.
В критических точках х = ± 1 экстремума нет, так как по определению точками экстремума могут быть лишь внутренние точки области определения функции.
5.
Исследовать на экстремум функцию у
= (х
– 1)
.
Решение: Найдем производную: у' = 4(х – 1) , приравняем ее к нулю: (х – 1) = 0, получаем критическую точку х = 1. Вторая производная у" = 12(х – 1) при х = 1 равна нулю. Третья производная у'" = 24(х – 1) при х = 1 также обращается в нуль. Четвертая производная у = 24 > 0. Следовательно, согласно общему условию существования экстремума, заключаем, что в точке х = 1 функция имеет минимум у = 0.
6. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f (x) = 3х – х на отрезке [—2, 3].
Решение: Находим производную: f '(x) = 3 – 3х , находим критические точки: 3 – 3х = 0, т. е. х = ± 1. Вычислим значения функции в этих точках и на границе отрезка: f(1) = 2, f(–1) = –2, f(–2) = 2, f(3) = –18. Из полученных четырех значений выбираем наибольшее и наименьшее. Итак, наибольшее значение функции на данном отрезке равно 2, а наименьшее равно –18.
7. Найти такой цилиндр, который имел бы наибольший объем при данной полной поверхности S.
Решение: Пусть радиус основания цилиндра равен х, а высота равна у. Тогда
S
= 2πx
+ 2πxy,
т. е. у
=
=
.
Следовательно, объем цилиндра выразится так:
V
= V(x)
=
=
.
Задача сводится к исследованию функции V(х) на максимум при х > 0.
Найдем
производную
=
и приравняем ее к нулю, откуда получаем
критическую точку х = 
.
Найдем
вторую производную:
= –6
.
Так как при х
=
выполняется условие
< 0, то объем имеет наибольшее значение
в найденной критической точке, причем
у
=
=
или у
= 2х,
т. е. осевое сечение цилиндра должно быть квадратом.