Решение. На рисунке 3. 3 изображена трапеция . Пусть . Тогда

Р е ш е н и е . На рисунке 3. 3 изображена трапеция ABCD .
Пусть AB  a . Тогда по условию AB  CD  BC  a . Пусть BE и
CF – высоты трапеции; BE=CF. Полагая BAD=, выразим площадь трапеции как функцию от  :
S  S   , 0   

2
.
Рисунок 3. 3 – Геометрическая интерпретация задачи 6
Площадь трапеции ABCD равна
S ABCD  S ABE  S BCFE  SCDF
Из геометрических соображений имеем:
1
1
1
AE  BE   a cos  a sin   a 2 sin 2 ,
2
2
4
2
S BCFE  BC  BE  a sin  .
Тогда площадь трапеции равна
1
S    a 2 sin 2  a 2 sin  .
2
Исследуем функцию S   на экстремум.
S ABE  SCDF 
S ' ( )  a 2 cos 2  cos  .
Решая уравнение S ' ( )  0 , получим:
cos 2  cos  0  cos  1 и cos 
Отсюда
1    2n , n  ,

 2   2k , k  .
3
219
1
.
2
 
Единственным решением этого уравнения, лежащим на  0; 
 2
является  

3
. Убедимся, что при  
гает максимума.
Так как sin

3
функция S ( ) дости-
S '' ( )  a 2 2 sin 2  sin   .

2
 
 0 , sin  0 , a  0 , то S ''    0 .
3
3
3

функция S   достигает наибольшего зна3
 
чения на интервале  0;  . Угол при большем основании трапе 2
Значит, при  
ции равен  

.
3
Тема 7 Исследование функции
1 Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функций:
а) f x   2 x  3 x  x  1 ;
е) f x  
б) f x  
ж) f x   x  cos x ;
4
2
x
;
x 1
в) f x   e
 x2

2
д) f x   x e
x2
4

и) f x   x  1 ;
;
г) f x   x  36 x  2 x  x ;

1
;
1  x2
3
4
3
2
к) f x   1  x 
x4
;
2
л) f x  
.
2
;
1
 x  1
2 Найти асимптоты графиков функций:
x3
;
x2
ln 2 x
б) y 
 3x ;
x
а) y 
2 x
г) y  x e
;
д) y  x  arctg 2 x ;
220
2
в) y  2 x 
1
cos x
;
x
е) y  2 1 x .
3 Исследовать функции:
3
а) f x   x  3x  2 ;
д) f x   x  10 x  9 ;
4
б) f x    x  1  x  2  ;
2
е) f x   x  5 x  3 x  1 ;
2
3
x 1
;
x2  1
x3
г) f x   2
;
x 1
в) f x  
2
ж) f x   x 
7 3
 ;
x x2
x2  x
и) f x  
.
x 1
Примеры оформления решения
1 Найти промежутки выпуклости и вогнутости графика функ5
ции y  x  5 x  6 .
Р е ш е н и е . Имеем:
y '  5x4  5 ,
y ''  20x3 .
Если x  0 , то y  0 и кривая выпукла.
''
Если x  0 , то y  0 и кривая вогнута.
''
Итак, кривая выпукла на промежутке  ;0 , вогнута на про-
межутке 0; .
2 Найти точки перегиба графика функции:
а) y   x  1  x  2  ;
б) y  3 x  5  2 .
Р е ш е н и е . а) первая и вторая производные равны соответственно
y'  3 x2  1 ,
5
2


y  6x .
''
Так как y  0 в точке x  0 , то исследуем эту точку на пере''
гиб. В окрестности точки x  0 при x  0 , то y  0 и кривая
''
выпукла, при x  0 , то y  0 и кривая вогнута. Следовательно,
''
x  0 – точка перегиба, при этом yпер  –2;
б) имеем:
221
y' 
2
5
x  53 , y ''  3 10 .
3
9 x5
Вторая производная не обращается в нуль ни при каких значениях x и не существует в точке x  5 . В окрестности точки x  5
получим при x  5 , то y ''  0 и кривая выпукла, при x  5 , то
y ''  0 и кривая вогнута. Следовательно, x  5 – точка перегиба,
при этом yпер  2.
3 Найти асимптоты графика функции y 
x2  2x  3
.
x2
Р е ш е н и е . 1) функция определена на промежутках
 ;2   2; .
Так как
x2  2x  3
x2  2x  3
  , lim
  ,
x20
x20
x2
x2
то прямая x  2 является вертикальной асимптотой;
lim
2) наклонные асимптоты:
x2  2x  3
 1,
x x x  2
k  lim
 x2  2x  3 
b  lim  f x   kx  lim 
 x  4 .
x 
x 
 x  2

Следовательно, наклонная асимптота имеет вид
y  x  4;
3) горизонтальных асимптот нет, так как
x2  2x  3
 .
x 
 x  2
lim
x3
и построить ее график.
3  x2
Р е ш е н и е . Для построения графика функции проведем ее исследование по приведенной схеме.
1) находим D  f  , определяем точки разрыва, нули, точки пересечения графика функции с осью Oy , периодичность, симметрию.
Функция неопределенна в точках, где знаменатель обращается в
4 Исследовать функцию y 
222
нуль, т. е. при x1   3 , x2  3 . Следовательно, область опреде-

 
 
ления есть D f    ; 3   3; 3 

3;  .
Исследуем поведение функции в окрестностях точек x1   3 ,
x2  3 :
x3
x3
  , lim
  ,
2
2
x  3 0 3  x
x 3 0 3  x
x3
x3
,
lim


lim
  .
2
2
x  3  0 3  x
x 3 0 3  x
Следовательно, точки x1   3 , x2  3 являются точками
разрыва второго рода.
x3
x3
Поскольку lim
и


lim
  , то здесь функx  3  x 2
x  3  x 2
ция неограничена.
График функции пересекает координатные оси в только в начале координат, так как y  0  x  0 .
Функция не является периодичной.
Функция нечетная, так как область определения D  f  симметрична и f  x    f x  , т. е.
lim
 x3
 x3
.
3  x2 3  x2
Следовательно, график функции симметричен относительно
начала координат и достаточно исследовать функцию для x  0 ;
2) асимптоты графика функции. Поскольку односторонние
пределы в точках x1   3 , x2  3 раны бесконечности, то пря
мые x   3 и x  3 являются вертикальными асимптотами
графика функции.
Вычислим пределы:
f x 
x3
k  lim 
 lim
 1 ,
x 
x  3  x 2 x
x


 x

x 3  3x  x 3

b  lim  f x   kx  lim 

x

lim
0,
 x  3  x 2
x 
x  3  x 2


Прямая y   x является наклонной асимптотой графика функции;
3
223
3) точки возможного экстремума и интервалы монотонности
функции. Находим первую производную функции:
3x 2 3  x 2  2 x 4 x 2 9  x 2
.
y 

2
2
3  x2
3  x2








Функция y определена на D  f  . В промежутке 0;  производная обращается в нуль в точках x1  0 , x2  3 .
Определяем интервалы монотонности из неравенств y   0 и
'
y   0 для любого x  0 .
Имеем:
x2 9  x2

3  x 
2 2
0, 9 x

2
 0  0  x  3,
  
т. е. функция возрастает на 0; 3  3;3 .
Аналогично:
x2 9  x2
 0 , 9  x2  0  x  3 ,
2 2
3 x
т. е. функция убывает на 3;   ;
4) промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.
x3
Вычисляем вторую производную функции y 
:
3  x2




18 x  4x 3  x   9x  x 23  x  2x  6x9  x  .
y 
3  x 
3  x 
2 2
3
2
4
2
2 4
2
2 3
Функция y '' определена на области определения D  f  .
Находим интервалы вогнутости и выпуклости графика функции
из неравенств y   0 , y   0 для любого x  0 .
Имеем:
6x 9  x2
0,
3
3  x2




x  0,
 x  0,


0 x 3,

2
3  x  0  3  x  3


т. е. кривая вогнута на 0; 3 .
Аналогично:
224

6x 9  x2
3  x 
2 3
0,
x  0,
 x  0,
 x  0, 



2
2
3  x  0 3  x
x   3, x  3
т. е. кривая выпукла на
x 3,
 3;   .
В точке x  0 имеем
y   0 и y ''  x   0 в окрестности
U  ;0  0 , а y ''  x   0 в окрестности U  ;0  0 . Значит, точка
кривой с абсциссой x  0 отделяет интервал выпуклости кривой от
ее интервала вогнутости. Поэтому O 0;0  является точкой перегиба кривой;
5) локальные экстремумы. Определяем с помощью второй производной y ''  x  локальные экстремумы. Так как y ''  3  0 , точка
A1 с абсциссой x  3 является точкой локального максимума. В
силу симметрии графика функции точка A2 с абсциссой x  3
является точкой локального минимума. Итак, max y  x   4,5 ,
xU  ;3
min y  x   4,5 .
xU  ;3
Результаты исследования функции заносим в таблицу 3.1.
Таблица 3. 1 – Результаты исследования функции
x
y'
y
y
''
0
0; 3 
0
+
0
0
(т.перег)
+


3;3
3
3;  
Не сущ.
+
0
–
Не сущ.
Не сущ.
–
–
-4,5
–
3
max
Исходя из результатов, содержащихся в таблице 3. 1, строим
график данной функции для x  0;   . Используя нечетность
функции, достраиваем ее график на всей области определения (рисунок 3.4).
225
Рисунок 3. 4 – График функции y 
x3
3  x2
Тема 8 Построение графика функции
1 Исследовать функции и построить их графики:
а) f x   x 
б) f x  
x2  1 ;
д) f x  
x2  1  2 x  1 ;
2 x3  9 x 2 ;
е) f x  
4x2  1
;
x
в) f x   e  x ;
x
ж) f x   x  2e

1
x
;
г) f x   ln x  x  1;
и) f x   sin x  sin x .
2 Исследовать следующие функции, заданные параметрическими уравнениями, и построить график:
t2
t
1
1
2
2
а) x  t  1 , y  t  1 ;
в) x 
, y 2
.
t 1
4
4
t 1
2
1
t2
, y
; г) x   5t 2  2t 5 , y   3t 2  2t 3 ;
2
2
1 t
1 t
3 Исследовать следующие функции, заданные неявно, и построить график:
а) xy2  y 2  4 x  0 ;
б) x 6  2 x 3 y  y 3 (положить y  x 2t ).
4 Исследовать следующие функции, заданные в полярных координатах и построить график:
5
2
а) r  ;
б) r 
.

cos 3
б) x 
226
Примеры оформления решения
2x
1 Исследовать функцию y  arcsin
и построить ее гра1  x2
фик.
Р е ш е н и е . 1) находим D  f  , определяем точки разрыва, нули, точки пересечения графика функции с осью Oy , периодичность, симметрию. Функция определена при тех значениях x , для
которых, как следует из определения арксинуса, выполнено неравенство
2x
1.
1  x2

Данное неравенство равносильно неравенству 1  x
торое верно для любых вещественных x .
Итак, D  f   .
2
 0 , ко-
2x
непрерывна в любой точке (как частное двух
1  x2
2x
непрерывных функций). Поэтому функция y  arcsin
также
1  x2
непрерывна в любой точке (как суперпозиция непрерывных функций).
Функция непериодическая.
Поскольку
2x
2 x 
y  x   arcsin
= yx  ,
  arcsin
2
1  x2
1   x 
то функция является нечетной. Поэтому вместо всей области определения достаточно рассмотреть полупрямую 0;  .
При x  0 имеем y  0 . Других нулей функция не имеет. На
полупрямой 0;  функция является положительной;
2) асимптоты графика функции. В силу непрерывности функ2x
ции y  arcsin
на , график функции не имеет вертикаль1  x2
ных асимптот. Для нахождения наклонной асимптоты при x  
вычислим следующие пределы:
1
2x
f x 
=0,
arcsin
k  lim 
 lim
x
x


x
x
1  x2
Функция
227
b  lim  f x   kx  lim arcsin
2x
 arcsin 0  0 .
x
x
1  x2
Отсюда следует, что прямая y  0 является горизонтальной
асимптотой при x   .
Аналогично устанавливается, что прямая y  0 – горизонтальной асимптотой при x   ;
3) точки возможного экстремума и интервалы монотонности
функции.
Найдем точки возможного экстремума на полупрямой 0;  .
Вычислим производную функции при x  1 :
'
2x 

y   arcsin
 
1  x2 

1
'

1  x2
1  x2
1
4x
2



2 1  x2  4x2
1  x 
2 2

1  x 
21  x  2 sgn 1  x 
.


1 x
1  x 
2 2
2
2
2 2
2
Отсюда видно, что производная не обращается в нуль ни в одной точке. Так как y ' 1  0  1 , y ' 1  0  1 , то точка x  1 является точкой излома. Значит, имеем только одну точку возможного
экстремума x  1 .
Промежутки монотонности функции определяются знаком производной: y '  0 при x  0;1 , y '  0 при x  1;  .
Знак производной при переходе через точку x  1 меняется с
плюса на минус. Поэтому в точке x  1 функция имеет локальный
максимум, причем y1  arcsin1 

.
2
Отметим, что в точке x  1 функция непрерывна, а ее произ 
водная имеет разрыв 1-го рода. Значит, точка графика 1;  явля 2
ется угловой точкой;
4) промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.
Вторая производная при x  1 имеет вид
 4 x sgn 1  x 2
y '' 
.
2
1  x2

228



Направление выпуклости определяется знаком второй производной:
– y ''  0 при x  0;1 , значит график функции на этом промежутке выпуклый,
– y ''  0 при x  1;  , значит график функции на этом промежутке вогнут.
Так как вторая производная обращается в нуль лишь при x  0
и при переходе через точку x  0 меняет знак, то в точке 0;0 
график функций имеет перегиб.
Результаты исследования функции заносим в таблицу 3. 2.
Таблица 3. 2 – Результаты исследования функции y  arcsin
x
0
y'
2
y ''
0
y
0
0;1
2x
1  x2
1
1;  
+
Не сущ.
–
–
Не сущ.
+

2
max
Точка
перег.
Угл.точ.
Исходя из результатов, содержащихся в таблице 3.2, строим
график данной функции на полупрямой 0;   .
Используя нечетность функции, достраиваем ее график на всей
области определения (рисунок 4. 5).
Рисунок 3. 5 – График функции y  arcsin
229
2x
1  x2
2 Исследовать функцию, заданную параметрическими уравнениями, и построить график
t
t 1  2t 2
,
.
x
y

1 t2
1 t2
Р е ш е н и е . 1) функции xt  , y t  определены на множестве


T   ;1   1;1  1;  .
Поскольку
lim xt   0 , lim y t    ,
t 
t 
t 
t 
lim xt   0 , lim yt    ,
то x  0 – вертикальная асимптота кривой.
Найдем односторонние пределы в точках t  1 и t  1 :
lim xt    , lim xt    ,
t 10
t 10
t 10
t 10
lim y t    , lim y t    ,
lim xt    , lim xt    ,
t 10
t 10
t 10
t 10
lim yt    , lim yt    .
Отсюда следует, что при t  1 и t  1 возможны наклонные
асимптоты.
Так как при t  1


y
1  t  2t 2 3
 ,
 lim 1  2t 2  1 , lim  y  x   lim
x
t 10
x x
t 10
2
1 t2
3
то прямая y   x  – наклонная асимптота.
2
Так как при t  1
y
lim  lim 1  2t 2  1 ,
x x
t 10
1  t  2t 2
3
lim  y  x   lim
 ,
2
x
t 10
2
1 t
3
то прямая y   x  – наклонная асимптота.
2
Итак,
x  0;    ;    ;0 ,
y   ;    ;    ;  ;
2) так как
lim

230



2
 t 1  2 t 
t


,
y

t

  y t  ,




x
t
2
2
1   t 
1   t 
то график функции симметричен относительно начала координат
O 0;0  . Поэтому рассмотрим график функции только на множестве T1  0;1  1;  ;
3) на множестве T1  0;1  1;  имеем x  0 при t  0 ,
1
;
y  0 при t  0 и t 
2
4) найдем производные функций xt  , y t  :
x t  
x t  
1 t2
1  t 
2 2
y t  
,
2t 4  5t 2  1
1  t 
2 2
.
На множестве T1  0;1  1;  x  0 и y  0 при
1
1
5  17  0,47 и t2 
5  17  1,51.
2
2
Тогда x1  0,6 , y1  0,3 и x2  0,7 , y2  2,3 , т. е. имеем точки возможного экстремума M 1 (0,6;0,3) и M 2 (0,7;2,3) ;
t1 
''
5) найдем производные yx' и yxx
:
yx' 
y 2t  5t  1
,

x
1 t2
4
2
d '
 yx  4t 1  t 2 3 3  t 2 
''
dt
.
yxx 

2 3
x t 
1

t
 
''
Отсюда yxx
 0 при t  0;1 , yxx''  0 при t  1;  ;
6) составим таблицу результатов исследования (таблица 3. 3):
t
Таблица 3. 3 – Результаты исследования функции
p ; t p 1
 0; 0,47 
x ; x  0; 0,6
p
y
p;
p 1
y p 1
Знак yxx''
 0; 0,3
+
0,4
7
0,47;1
1;1,51
1,5
1
1,51; 
0,6
0,6;   ;0,7 
-0,7
 0,7;0
0,3
0,3;   ; 2,3
2,3
2,3; 
–
–
+
+
231
–
7) строим часть кривой, соответствующую множеству
T1  0;1  1;  . Далее, используя симметрию кривой, построим
всю кривую (рисунок 3. 6).
Рисунок 3. 6 – График функции
x


t
t 1  2t 2
,
.
y

1 t2
1 t2
3 Исследовать функцию заданную параметрическими уравнениями и построить график
x  2t  t 2 , y  3t  t 3 .
Р е ш е н и е . 1) функции xt  , y t  определены на .
При этом
lim xt    , lim y t    ,
lim xt    , lim yt    .
t 
t 
t 
t 
Таким образом, возможны наклонные асимптоты.
Так как
y
3t  t 3
lim  lim
 ,
x x
t  2t  t 2
то наклонных асимптот нет;
2) симметрией и периодичностью функция не обладает;
3) имеем x  0 при t  0 и t  2 ; y  0 при t  0 , t   3 и
t  3;
4) найдем производные функций xt  , y t  :


y t   3 1  t 2 .
x  t   2 1  t  ,
232
Имеем x  0 при t  1 , y  0 при t  1 и t  1 . Тогда точки
возможного экстремума W 1;2  , N  3;  2  ;
5) найдем производные yx' и yxx'' :
2
3
y 3 1  t  3 1  t 
, yxx'' 
, t 1.

y  
4 1  t 
x 2 1  t 
2
'
x
Отсюда yxx''  0 при t   ;1 , yxx''  0 при t  1;  ;
6) составим таблицу результатов исследования (таблица 3. 4);
Таблица 3. 4 – Результаты исследования функции
t ; t   ;1
x ; x   ;3
y ; y   ;2
p
p 1
p
p 1
p
p 1
Знак yxx''
+
-2
 1;1
 3;1
 2;2 
+
+
-1
-3
1
1
2
1; 
1; 
2; 
-
7) строим график функции. Первая производная yx' не определена
в точке t  1 , поэтому точка W 1;2  является угловой точкой графика.
2
Рисунок 3. 7 – График функции x  2t  t , y  3t  t 3
4 Исследовать функцию, заданную неявно и построить ее график: x2  y 2  x4
Р е ш е н и е . 1 способ. Разрешая данное уравнение относительно y , получим y   x 1  x2 .
Функции y1  x 1  x 2 и y2   x 1  x2 симметричны относительно оси 0x , то исследование можно провести для функции y1 .
Эта функция определена на отрезке  1;1 , т. е. D  y1    1;1 .
233
Функция y1 равна нулю при x  1 , x  1 , x  0 . На области
определения D  y1  функция является нечетной.
Находим производные функции y1 :
'
1
y =
1  2 x2
1  x2
''
1
y =
,
x  2 x 2  3
1  x 
2 3
.
Точками возможного экстремума являются точки:
1
1
x1  
, x2 
, x3  1 , x4  1 .
2
2
Точки x3 и x4 являются граничными точками области опреде-
ления D  y1  . Определим характер точек x1 и x2 с помощью второй производной:
2

 1   1 

2



 
  3 
2  
2
 1  
 = 4 > 0,
=
y1''  

3
2

  1 2 
1   
 
 
2  

2

1   1 
 3
 2


2   2 
 1 
 = – 4 < 0.
=
y1'' 

3
 2
  1 2 
1  

  2  


Следовательно,
x1  1/ 2
является
точкой
минимума,
x2  1/ 2 – точкой максимума. Значения функции y1 в этих точках соответственно равны:
2
1
1
 1 
 1 
1  
y1  
 =– ,
=
2
2
2
2


2
1
 1 
 1  1
1 
y1 
 = .
=
2
2
 2
 2
В точке x  0 вторая производная обращается в нуль. При
x   1;0  имеем y1'' <0, при x   0;1 имеем y1'' >0. Следователь234
но, точка O  0,0  является точкой перегиба графика функции
y1  x 1  x2 .
График функции y1  x 1  x 2 изображен на рисунке 3. 8.
Отображая построенный график симметрично относительно оси
0x , получим график исходной функции y   x 1  x2 (рисунок 3.
9). Видно, в точке O  0,0  график пересекает себя, поэтому является точкой самопересечения.
Рисунок 3. 8 – График функции
Рисунок 3. 9 – График функции
y1  x 1  x
x2  y 2  x4
2
2 способ. Полагая y  x2 sh t из уравнения x2  y 2  x4 , полу-
1
1
. Отсюда x  
. Поскольку y   x   y  x  , то
2
ch t
ch t
график функции симметричен относительно оси 0y , и поэтому
будем рассматривать случай x  0 .
Тогда параметрические уравнения кривой имеют вид:
1
sh t
,
x t  
y t   2 .
ch t
ch t
Исследование данной функции проводится по схеме для функций, заданных параметрическими уравнениями.
1) функции xt  , y t  определены на .
При этом
lim x  t   0 , lim y  t   0 ,
lim x  t   0 , lim y  t   0 .
чим x 2 
t 
t 
t 
t 
Таким образом, наклонные асимптоты отсутствуют;
2) так как x  t   x  t  , y  t    y  t  , то график функции
симметричен относительно оси 0x .
Свойством периодичности функция не обладает;
3) имеем x  1 , y  0 при t  0 ;
235
4) найдем производные функций xt  , y t  :
1  sh 2 t
sh t
,
.
y
t

x t    2

ch 3 t
ch t
Имеем x  0 при t  0 , y  0 в точках t1   arsh1 и t2  arsh1 ;
5) найдем производные yx ' и yxx '' :
sh 2 t  sh 2 t  ch 2 t   1
y sh 2 t  1
,
.

yxx ''  
sh 3 t
x sh t  ch t
Так как yxx ''   arsh1  0 , то tmin   arsh1 . Тогда
yx ' 
xmin  1/ 2 , ymin  1/ 2 .
Так как yxx  arsh1  0 , то tmax  arsh1 . Тогда
''
xmax  1/ 2 , ymax  1/ 2 ;
1
sh t
6) строим график функции x  t  
, y  t   2 (рисуch t
ch t
нок 3. 10). Отображая симметрично относительно оси 0y , получаем график исходной функции (рисунок 3.11).
Рисунок 3. 10 – График функции
x t  
Рисунок 3. 11 – График функции
x2  y 2  x4
1
sh t
, y t   2 ,
ch t
ch t
5 Исследовать и построить график функции
3sin  cos 
r   
.
cos3   sin 3 
Р е ш е н и е . Данная функция при тех значениях  , для которых, как следует из определения полярного радиуса, выполнено
неравенство
236
3sin  cos 
0.
cos3   sin 3 
Кроме того, функция r   является 2 периодической, то достаточно рассмотреть промежуток
        3 
  2 ;  4  0; 2   4 ;  .

 
 

Поскольку
3sin  cos 
  ,
3
3
 0 cos   sin 
lim
 

4
3sin  cos 

1
,
sin(  )  
3
3
cos


sin

4
2
   0
4
lim

то прямая
r
1


2 sin    
4

является асимптотой при   
Аналогично
lim
3
  0
4
lim
3
  0
4

4
0.
3sin  cos 
  ,
cos3   sin 3 
3sin  cos 
3
1
,
sin(  ) 
3
3
cos   sin 
4
2
и прямая
1
3 

2 sin   

4 

3
является асимптотой при  
0.
4
3 



Так как sin   
   sin     , то это одна и та же прямая.
4 
4


Если cos   0 , то следует r =0, т. е. имеем точку x  y  0 .
При cos  0 , полагая t  tg  , получим параметрическое задание кривой:
r
237
3t 2
3t
, y 3
.
t 1
t 1
x
3
Найдем производные
x
3 1  2t 3 
t
3
Имеем x  0 при t 
 1
1
3
2
2
y
,
3t  2  t 3 
t
3
 1
2
.
, y  0 при t  0 и t  3 2 .
Найдем производные f ' и f '' :
yx ' 
t 2  t3 
1  2t 3
yxx '' 
,
2 1  t 3 
4
3 1  2t 3 
3
.
При t   ; 1 имеем y x ' <0 и y xx ''  0 , значит функция убывает и вогнута, следовательно, подходит к асимптоте сверху.
При t   1;0  имеем y x '  0 и y xx ''  0 , значит, функция убывает и вогнута. При этом
xmin  ymin  0
 1 
При t   0; 3  имеем y x '  0 и y xx ''  0 , значит, функция
2

возрастает и вогнута. При этом
 1 
 1 
x 3   3 4 , y 3   3 2 .
 2
 2
 1

При t   3 ; 3 2  имеем y x '  0 и y xx ''  0 , значит, функция
 2

возрастает и выпукла. При этом
xmax  x
При t 

3
2; 

 2 
3
3
2,
ymax  y
 2 
3
3
4.
имеем y x '  0 и y xx ''  0 , значит, функция
возрастает и выпукла.
Так как lim
t 
y
  , то O  0;0  является точкой возврата.
x
238
3sin  cos 
называется декартов
cos3   sin 3 
лист и изображен на рисунке 3. 12. В декартовой системе координат декартов лист задается уравнением:
x3  y3  3xy .
График функции r   
Рисунок 3. 12 – Декартов лист
Тема 9 Векторные функции
1 Найти годографы вектор функций:




а) r  2t  1i   3t  2 j  4t k , t 
;



б) r  1  t 2 i  1  t 2 j , t  0;1 ;




в) r  2t  1i   3t  2 j  4t k ;

 

г) r  4 ch t i  j  3 sh t k , t  .



2 Дано уравнение движения r  3t i  4t  t 2 j . Определить


траекторию и скорость движения. Построить векторы скорости для
моментов t  0 , t  1 , t  2 , t  3 .
3 Найти единичный касательный вектор годографа векторфункции




r  2t  1 i  t 2  1 j  t 3  2 k
при t  0 .
4 Показать, что векторы

  

r  cos t i  sin t j  k и r '
перпендикулярны.
5 Для следующих кривых написать уравнение касательной
плоскости и уравнение нормальной плоскости в данной точке:

 

а) x  4 sin 2 t , y  4 sin t cos t , z  2 cos 2 t , t 
239

4
;
et sin t
e t cos t
, y  1, z 
, t  0.
2
2
6 Найти дифференциал длины дуги кривой
б) x 
x  a cos 2 t , y 
a 2  b 2 sin t cos t , z  b sin 2 t .
Примеры оформления решения
1 Найти годограф вектор-функции

1 t2 
2t  
r t  
i
j k .
2
1 t
1 t2
Р е ш е н и е . Параметрические уравнения годографа есть
1 t2
2t
xt  
, yt  
, z t   1 .
2
1 t
1 t 2
Из первых двух уравнений исключаем параметр t :
x2  y 2 
1  t   4t
1  t 
2 2
2
2 2
 1.
Следовательно, годографом вектор-функции является окружность
x2  y 2  1 , z  1,
из которой исключена точка  1;0;1 .
При изменении t от   до   точка M  x; y; z  на годографе
движется от точки  1;0;1 против часовой стрелки (если наблюдать из точки, расположенной выше плоскости z  1 ). При этом
lim xt   1 , lim yt   0 .
t  
t  





2 Вычислить lim r t  , если r t   3t  2i  2t  1 j  1  t k .
t 2
Р е ш е н и е . Согласно определению
   



lim r t   lim 3t  2i  lim 2t  1 j  lim 1  t k  8i  3 j  k .
t 2
t 2
t 2
t 2
3 Найти единичный касательный вектор годографа векторфункции
4


j
r  e2t i  t  83
при t  0 .
Р е ш е н и е . Параметрические уравнения годографа есть
xt   e 2t , yt   t  83 , z t   0 .
4
240
Найдем координаты направляющего вектора касательной к кривой x ' t ; y ' t ; z ' t  :


x t ; y t ; z t    2e
'
'
'

в частности в точке t  0



 
2t
;
1
4
t  83 ;0  ,
3

1
8 
 2t 4




3 ;0 

2
e
;

t

8
  2; ;0  .

t 0
3
3 

 t 0 
Тогда единичный вектор годографа имеет вид



2  83  0 
0 
i
j  k  0,6 i  0,8 j .
10 3
10 3
10
4 Найти производную скалярного произведения векторов
 



 

r1  3t i  2 j  5k и r2  2i  3t j  k .
Р е ш е н и е . Согласно свойствам дифференцируемых векторных функций, имеем
 


d r1  r2   dr2  dr1
 r1 
 r2 

dt
dt
dt


  



= 3t i  2 j  5k   3 j  2i  3t j  k  3i =  6  6  0 .



5 Дано уравнение движения r  3t i  4t j . Определить траекторию и скорость движения.
Р е ш е н и е . Параметрические уравнения годографа есть
xt   3t , y t   4t , z t   0 .
Из первого уравнения исключим параметр t
x
t
3
и подставим во второе
x
y  4  .
3
Отсюда уравнение траектории движения
4x  3y  0 , z  0 .
Вектор скорости движения есть



dr 
 v  3i  4 j .
dt
6 Написать уравнения касательной и нормальной плоскости к
кривой




r  t 2  1 i  t  1 j  t 3 k

  x ' t ; y ' t ; z ' t 


241
в точке M 0 0;2;1 .
Р е ш е н и е . Данной точке соответствует значение параметра
t 1.
Имеем
x ' t   2t , y ' t   1 , z ' t   3t 2 .
Подставляя значение t  1 , получаем
x ' 1  2 , y ' 1  1 , z ' 1  3 .
Тогда уравнение касательной:
x 0 y 2 z 3
,


2
1
3
уравнение нормальной плоскости:
2x  0  1 y  2  3z  1  0
или 2 x  y  3z  5  0 .
7 Найти скорость и ускорение материальной точки M , движущейся с постоянной угловой скоростью  по окружности
x2  y 2  R2 .
Р е ш е н и е . Пусть M – произвольная точка окружности. Обозначим через  угол между радиус-вектором точки M и положительным направлением оси Ox . По условию
 t ,
где t – время движения.
Выразим координаты точки M как функции времени (рисунок 3. 13):
x  R cos   R cos  t ,
y  R sin   R sin  t .
Следовательно, радиус-вектор точки M





r  x i  y j  R cos  t i  R sin  t j ,

скорость v t  движения точки M




 
'
'
v  r ' t   R cos  t  i  R sin  t  j   R sin  t i  R cos  t j
,
модуль скорости

2
2
v   R sin  t   R cos  t    R .
242
Рисунок 3. 13 – Геометрическая интерпретация задачи 7.
 
Скалярное произведение векторов v и r есть:
 
v  r   R 2 cos  t  sin  t  R 2 sin  t  cos  t  0 ,
 
т. е. векторы v и r перпендикулярны.

Отсюда следует, что вектор v направлен по касательной к
окружности, по которой движется точка M .

Найдем ускорение a t  :



 
d v t 
a  r '' t  
  R 2 cos  t i  R 2 sin  t j 
dt



2
  R cos  t i  R sin  t j   2 r t  .
 
Значит, векторы a и r имеют противоположные направления.
Таким образом, ускорение материальной точки, движущейся с
постоянной угловой скоростью по окружности, в каждый момент
времени направлено к центру этой окружности.
8 К годографу винтовой линии (рисунок 3. 14)
   x  a cos t; y  a sin t; z  bt 0  t  T  
а) найти уравнения касательной прямой и нормальной плоско-

сти в точке t 0 

3

;
б) доказать, что касательная к винтовой линии образует постоянный угол с осью Oz ;
в) записать натуральное уравнение винтовой линии;
г) найти дифференциал длины дуги.
243
Рисунок 3. 14 – Годограф функции
   x  a cos t; y  a sin t; z  bt 0  t  T  
Р е ш е н и е . а) координаты точки касания M 0 x0 , y0 , z0  есть:

 a 3
a

, z0  b .
 , y0  a sin 
3
2
3
3 2

Координаты вектора r ' t 0  :
x0  a cos
a 3
 a
, y' t0   a cos  . z ' t0   b .
3
2
3 2
Тогда уравнение касательной прямой имеет вид
b
a
a 3
z
x
y
3 ,
2 
2 
a
b
a 3

2
2
а уравнение нормальной плоскости
a 3
a a
a 3  
b 

 b z 
 x     y 
0;

2 
2 2
2  
3 

б) вектор касательный к годографу вектора r :

dr
  a sin t; a cos t; b .
dt
z ' t 
b
Тогда cos    
.
dr
a2  b2
dt
x' t0    a sin


244

в) векторная функция r t   a cos t ; a sin t ; bt  является непрерывно дифференцируемой и

2
2
r ' t    a sin t   a cos t   b 2  a 2  b 2  0 .

Тогда l ' t   r ' t   a 2  b 2 . Интегрируя обе части, получим
st   t a 2  b 2  C . Из начального условия l 0   0 , имеем
C  0 . При этом длина винтовой линии равна
Следовательно, t 
L  T a 2  b 2  .
l
.
a2  b2
Отсюда натуральное уравнение винтовой линии в координатной
форме запишется в виде:


l
l
l


   x  a cos
; y  a sin
;z b
,
2
2
2
2
2
2

a b
a b
a b 


где 0  l  T a 2  b 2  .
г) дифференциал длины дуги равен
dl  x' t    y ' t   z ' t  dt .
Для винтовой линии имеем
2
dl 
2
2
 a sin t 2  a cos t 2  b 2 dt 
a 2  b 2 dt .
Тема 10 Кривизна кривой
1 Вычислить кривизну данных кривых в указанных точках:
а) y  x 2 , M 0 0;0  , M 1 1;1 ;
б) x 2  xy  y 2  1 , M 1;1 ;
1
3
в) x  t 2 , y  t  t 3 при t  1 ;
г) r  a1  cos   ,  

.
4
2 Найти радиусы кривизны кривых:
x2 y2

1;
а)
в) x  at  sin t  , y  a1 cos t  ;
25 9
2
2
2
б) x 3  y 3  a 3 ;
г) r 2  a 2 cos 2 .
245
3 Вычислить координаты центров кривизны кривых в указанных точках:
1
a3

а) y  2
, M 0; a  ; б) y  x e x , M   1;  .
2
e
a x

4 Составить уравнения эволют кривых:
а) y  x 3 ;
2
x3
2
y3
2
a3
б)

 ;
в) x  t sin t  cos t , y  t cos t  sin t .
Примеры оформления решения
1 Вычислить кривизну кривой y  ln x в точке x0  1 .
1
1
, y   2 . Тогда кривизна кривой
x
x
y  ln x в любой ее точке M с абсциссой x есть
Р е ш е н и е . Находим y 

K
1
x2
1 

1  2 
 x 
3/ 2

x
1  x 
2 3/ 2
.
В точке x0  1 имеем
K
x0 1 
1
2
3/ 2

2
.
4
2 Найти кривизну в любой точке циклоиды
   x  at  sin t ; y  a1  cos t ; 0  t  2
Р е ш е н и е . Имеем
x '  a1  cos t  , x ''  a sin t ,

y '  a sin t , y ''  a cos t .
Тогда


x ' y ''  y ' x ''  a 2 cos t  cos2 t  sin 2 t  a 2 1  cos t  ,


x  y  a 2 1  2 cos t  cos2 t  sin 2 t  2a 2 1  cos t  .
'2
'2
Подставляя в формулу для вычисления кривизны, получим
246
K
x ' y ''  x '' y '
3
'2  2

 a 2 1  cos t 


3
2

1
.
2 2 a 1  cos t
 x ' 2  y 
2a 2 1  cos t 


3 Найти координаты центра кривизны кривой x 3  y 4  2 в
точке M 1;1 .
Р е ш е н и е . Дифференцируем уравнение два раза:
2
3x 2  4 y 3  y '  0 , 6 x  12 y 2  y '  4 y 3  y ''  0 .
Так как x  1 , y  1 , то из первого выражения находим, что
3
51
, а из второго получаем y ''   .
y' 
16
4
Подставляя в формулы для координат центра кривизны, получим
9  3 

1  y ' 2  y '
1    
  1   16  4   43 ,
  x
''
51
68
y

16
9
2
1
1  y'
16  26 , т. е. C  43 ; 26  .
  y

1

''
51
51
y
 68 51 

16
4 Найти эволюту эллипса   x  a cos t ; y  b sin t ; 0  t  2 .
Р е ш е н и е . Имеем
x'  a sin t , y ' b cos t , x ''  a cos t , y ''  b sin t .
Подставляя в формулы для эволюты, получим
a 2  b2
b2  a 2
sin 3 t .

cos3 t ,  
b
a
Данные уравнения являются параметрическими уравнениями
астроиды (рисунок 3. 15).
247
Рисунок 3. 15 – Эллипс и его эволюта
5 Составить уравнение эволюты параболы
1
.
2
Р е ш е н и е . Продифференцируем два раза уравнение параболы:
1
,
2 yy'  1 , y ' 
2y
y2  x 
2
y'
1
 3 .
y
4y
Определяем координаты центра кривизны:

1  1
1  2  
2
2
4y  2y
x'  y '
1
  x  y'
 y2   
 3y2 ,
1
y ' ' x' y ' x' '
2
 3
4y
1
1 2
x '2  y '2
4y
  y  x'
 y
 y  4 y 3  y  4 y 3 .
1
y ' ' x' y ' x' '
 3
4y
Получаем уравнение эволюты в параметрической форме:
  3y 2 ,   4y3 .
Исключив параметр y , найдем уравнение эволюты в явном виде
16
2   3 .
27
2
2 y '  2 yy''  0 , y ''  
248
Раздел 4 Интегральное исчисление функции действительной
переменной
Тема 1 Первообразная и неопределенный интеграл
1 Используя основные правила интегрирования и таблицу интегралов, вычислить следующие неопределенные интегралы:
1  x  dx ;
3
а)

б)
  x  x
x
1

4 
ж)   3 x 
 dx ;
3 2
x 


2 
dx ;
и)  x 
x

2
2
3

5
1 
 7 dx ;
4
x
x 

x
6 x 4  5 x 4  4 x 3  7 x 2  9 x  11
к) sin 2 dx ;
dx ;
2
2
x
4
2
x
x
г)
л)
dx ;
dx ;
2
2
x 1
x 1
3
2  sin 2 x
д)
;
м)
dx
 sin 2 x dx ;
4  x2
dx
е)
;
н) th 2 xdx .
9  x2
2 Доказать, что функция f x   sgn x не имеет первообразной
на любом промежутке, содержащем точку x  0 .
в)







Примеры оформления решения
1 Используя основные свойства неопределенного интеграла,
вычислить интегралы:
а)  2 x  32 x dx ;
д)  (1  x )3 dx ;
б)
 tg xdx ;
е)  cos 2
2
2
x
x

в)   sin  cos  dx ;
2
2

4
3
3x  2 x  5 x 2  7 x  8
г) 
dx
x2
Р е ш е н и е . а) имеем:
ж)
x2
 1  x2 dx ;
и)

x
2x
2
x
 2  3 dx    2  3  dx  18 dx 
x
249
x
dx ;
2
1  sin 2xdx .
18x
C .
ln18
б) имеем:


1
dx
 tg xdx   cos x  1dx  cos x   dx  tgx  x  C .
2
2
2
2
x
x
x
x
x
 x

в) имеем   sin  cos  dx    sin 2  2sin cos  cos 2  dx 
2
2
2
2
2
 2

 1  sinx dx  dx  sin xdx  x  cosx  C .



г) имеем:
3x 4  2 x3  5 x 2  7 x  8
7 8 

dx   3x2  2 x  5   2  dx 
2

x
x x 

dx
dx
 3 x 2 dx  2 xdx  5 dx  7   8 2 
x
x
3
2
2 1
x
x
x
 3  2 
 5 x  7  ln x  8 
C 
3
2
 2 1
8
 x 3  x 2  5x  7 ln x   C .
x
д) имеем: (1  x ) 3 dx  1  3 x  3x  x 3 dx 




3


 dx  3

x dx  3 xdx 
 x  2x x 
е) имеем:

3
x 2 dx 
5
x2
x2 x 2
x  3
 3 
C 
3
5
2
2
2
3 2 2 2
x  x x C .
2
5
 cos
2
x
1  cos x
1
1
dx  
dx   dx   cos xdx 
2
2
2
2
1
1
x  sin x  C .
2
2
x2
x2  1  1
1 

dx  
dx     1 
ж) имеем: 
dx 
2
2
1 x
1 x
1  x2 


1 1 x
  x  ln
C.
2 1 x
и) имеем:

1  sin 2 x dx 

sin 2 x  2 sin x cos x  cos 2 x dx 
250