Далее: Домашнее задание № 8 Вверх: I. Учебно-тренировочные материалы по Назад: Домашнее задание № 7

Тема 7. Производная и ее приложения

ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ФАКТЫ

Определение: производная функции $f \left( x \right)$ в точке $x_0$:

$${f}' \left( {x_0 } \right) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \t... ... 1pt} x} \right) - f \left( {{\kern 1pt} x_0 } \right)}{\Delta {\kern 1pt} x}$$

Физический смысл производной: ${f}' \left( {x_0 } \right) = v_{мгн} {\kern 1pt} \left( {x_0 } \right)$, если $f \left( x \right) \quad -$ закон перемещения точки.

Геометрический смысл производной: ${f}' \left( {x{ }_0} \right) = tg \alpha$, где $\alpha$ - угол между касательной к графику функции $y = f \left( x \right)$, проведенной в точке графика с абсциссой $x_0$, и положительным направлением оси ${\rm O}x$.

Правила дифференцирования:

1. $\left( {{\kern 1pt} f\;\pm \;g{\kern 1pt} } \right)^\prime = {f}'\;\pm \;{g}'$;

2. $\left( {{\kern 1pt} f\; \cdot \;g} \right)^\prime = {f}' \cdot g\; + f \cdot {g}'$;

3. $\left( {{\kern 1pt} c \cdot f} \right)^\prime = c \cdot {f}'$ (где $с$ - константа);

4. $\left( {\frac{f}{g}} \right)^\prime = \frac{{f}' \cdot g\; - \;f \cdot {g}'}{g^2}$;

5. $\left( {{\kern 1pt} g \left( {f \left( x \right)} \right)} \right)^\prime = {g}' \left( {f \left( x \right)} \right) \cdot {f}'\left( x \right)$ - производная сложной функции.

Уравнение касательной к графику функции $y = f \left( x \right)$ в его точке с абсциссой $x_0$:

$$y = f\;\left( {x_0 } \right) + {f}' \left( {x_0 } \right) \left( {x - x_0 } \right).$$

ТАБЛИЦА ПРОИЗВОДНЫХ ОСНОВНЫХ ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ФУНКЦИЙ

Функция	Производная	Функция	Производная
k (константа)	0	$\sin x$	$\cos x$
$x^n$	$n x^{n - 1}$	$\cos x$	$- \sin x$
$e^x$	$e^x$	tg $x$	$\frac{1}{\cos ^2x}$
$a^x$	$a^x\ln a$	ctg $x$	$- \frac{1}{\sin ^2x}$
$\ln x$	$\frac{1}{x}$	$\log _a x$	$\frac{1}{x \ln a}$

Примеры: 1. Найти производные следующих функций:

а) $y = x^5 + 2x^3 - x + 5;\quad \quad {y}' = 5x^4 + 2 \cdot 3x^2 - 1 = 5x^4 + 6x^2 - 1$;

б) $y = x \cdot \sin x;\quad \quad {y}' = {x}' \cdot \sin x + x \cdot \left( {\sin x} \right)^\prime = \sin x + x\;\cos x$;

в) $y = \frac{x^3}{x + 1};\quad \quad {y}' = \frac{\left( {x^3} \right)^\prime \cd... ...- x^3}{\left( {x + 1} \right)^2} = \frac{2x^3 + 3x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}$;

г) $y = \sqrt x \left( {\frac{1}{x} + 1} \right);\quad \quad {y}' = \left( {\sqr... ...}\left( {\frac{1}{x} + 1} \right) + \sqrt x \left( { - \frac{1}{x^2}} \right)$;

д) $y = \ln \left( {x^2 + 1} \right);\quad \quad {y}' = \frac{1}{x^2 + 1} \cdot \left( {x^2 + 1} \right)^\prime = \frac{2x}{x^2 + 1}$.

2. Составить уравнение касательной к графику функции $f \left( x \right) = x{ }^3 - 2x^2 + 1$ в точке с абсциссой 2.

Решение: общий вид уравнения: $y = f \left( 2 \right) + {f}' \left( 2 \right) \left( {x - 2} \right)$;

$$f \left( 2 \right) = 2^3 - 2 \cdot 2^2 + 1 = 1;\quad \quad {f}'\... ... = 3x^2 - 4x;\quad \quad {f}' \left( 2 \right) = 3 \cdot 2^2 - 4 \cdot 2 = 4.$$

Тогда уравнение касательной примет вид: $y = 1 + 4 \cdot \left( {x - 2} \right)\quad \Rightarrow \quad y = 4x - 7$.

3. Найти промежутки возрастания и убывания функции $f \left( x \right) = 3x^2 - x^3$.

$Решение: \quad f \left( x \right)$ убывает, если ${f}' \left( x \right) < 0$; $f \left( x \right)$ возрастает, если ${f}' \left( x \right) > 0$.

Для заданной функции ${f}' \left( x \right) = 6x - 3x^2$.

Найдем экстремумы заданной функции из уравнения ${f}' \left( x \right) = 0$:

$$6x - 3x^2 = 0;\quad \;3x \left( {2 - x} \right) = 0;\quad \;x_1 = 0;\;\;x_2 = 2;$$

$$3x \left( {2 - x} \right) \le 0{\rm п}{\rm р}{\rm и} \quad x \in \left[ {{\kern 1pt} 0;\;2{\kern 1pt} } \right];$$

$$3x \left( {2 - x} \right) \ge 0{\rm п}{\rm р}{\rm и} \quad x \in... ...1pt} } \right] \cup \left[ {{\kern 1pt} 2;\; + \infty {\kern 1pt} } \right).$$

Итак, заданная функция возрастает на промежутках $\left( {{\kern 1pt} - \infty ;\;0{\kern 1pt} } \right] \cup \left[ {{\kern 1pt} 2;\; + \infty {\kern 1pt} } \right)$ и убывает на отрезке $\left[ {{\kern 1pt} 0;\;2{\kern 1pt} } \right]$.

4. Найти наибольшее и наименьшее значения функции $y = 3x - x^3$ на отрезке $\left[ {{\kern 1pt} - 3;\;2{\kern 1pt} } \right]$.

$Решение: \quad y \left( { - 3} \right) = 3 \cdot \left( { - 3} \right) - \lef... ...} \right)^3 = - 9 + 27 = 18;\quad \;y \left( 2 \right) = 3 \cdot 2 - 2^3 = - 2$;

$${y}' = 3 - 3x^2;\quad \;3 - 3x^2 = 0;\quad \;1 - x^2 = 0\quad \Rightarrow \quad x_1 = 1;\;\;x_2 = - 1;$$

$$y \left( {{\kern 1pt} 1{\kern 1pt} } \right) = 3 - 1 = 2;\quad \... ...\left( { - 1{\kern 1pt} } \right) - \left( { - 1{\kern 1pt} } \right)^3 = - 2.$$

Наибольшее значение $y = 18$ достигается при $x = - 3$.

Наименьшее значение $y = - 2$ достигается при $x = - 1$ и $x = 2$.

5. Точка движется по прямой, причем пройденный путь определяется формулой $S \left( { t } \right) = 21 - 2 t + t^4$. Найти ее скорость в момент времени $t = 3$.

Решение: Воспользуемся определением мгновенной скорости $\upsilon \left( { t } \right) = {S}' \left( { t } \right)$.

В нашем случае $\upsilon \left( { t } \right) = \left( { 21 - 2 t + t^4{\kern 1pt} {\kern 1pt} } \right)^\prime$.

$$\upsilon \left( { t } \right) = - 2 + 4 t^3;\quad \quad \qua... ... \right) = - 2 + 4 \cdot \left( { + 3 } \right)^3 = - 2 + 4 \cdot 27 = 106.$$

Ответ: 106.

6. Из квадратного листа жести со стороной $а$ см изготавливают коробку. Для этого от его углов отрезают одинаковые квадраты и загибают края по пунктирным линиям. При каких размерах отрезаемых квадратов объем коробки будет наибольшим? Найти этот объем.

Решение: Обозначим сторону каждого из отрезаемых квадратов за $х$ (см). Тогда дно коробки будет квадратом со стороной $\left( { a - 2 x } \right)$ (см). Высота коробки составит $х$ (см). Представим объем коробки формулой: $V = x \cdot \left( { a - 2 x } \right)^2$ (см$^{3})$.

Теперь задача заключается в нахождении наибольшего значения функции $\upsilon \left( { x } \right) = x \cdot \left( { a - 2 x } \right)^2$ на интервале $\left( { 0;\;{\kern 1pt} \frac{a}{2} } \right)$. Для нахождения точек экстремума составим уравнение ${\upsilon }'{\kern 1pt} \left( { x } \right) = 0$.

$${\upsilon }' \left( { x } \right) = \left( { x \cdot \left( {... ...( { a - 2 x } \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( { a - 6 x } \right);$$

$$\left( { a - 2 x } \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( { a - 6 x } \right) = 0;\quad \quad x_1 = \frac{a}{2};\quad x_2 = \frac{a}{6}.$$

Но $х_{1}$ не принадлежит интервалу $\left( { 0;\;{\kern 1pt} \frac{a}{2} } \right)$.

Рассмотрим точку $x_2 = \frac{a}{6}$. При переходе через нее производная меняет свои значения с положительных на отрицательные. Следовательно, в точке $х_{2}$ функция $\upsilon \left( { x } \right)$ достигает локального максимума.

Критическая точка $\frac{a}{6}$ на интервале $\left( { 0;\;{\kern 1pt} \frac{a}{2} } \right)$ единственная, следовательно, она является точкой максимума исследуемой функции на интервале $\left( { 0;\;{\kern 1pt} \frac{a}{2} } \right)$. Это значит, что наибольший объем изготавливаемой коробки будет достигаться, если от углов исходного листа жести отрезать квадраты со стороной $\frac{a}{6}$ (см).

Вычислим наибольший объем коробки:

$$V \left( { \frac{a}{6} } \right) = \frac{a}{6} \cdot \left( {\... ...cdot \frac{4}{9} {\kern 1pt} a^2 = \frac{2}{27} {\kern 1pt} {\kern 1pt} a^3.$$

Далее: Домашнее задание № 8 Вверх: I. Учебно-тренировочные материалы по Назад: Домашнее задание № 7