mipt.ru ОГЛАВЛЕНИЕ Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 §1. Экзаменационная работа по математичес

Министерство образования Российской Федерации

Московский физико-технический институтКафедра высшей математики

РАЦИОНАЛЬНЫЕ МЕТОДЫРЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПОМАТЕМАТИЧЕСКОМУ

АНАЛИЗУ

Методические указания и оптимальные

алгоритмы решения экзаменационных задач

1-го семестра 1-го курса

Москва 2006

Составитель: Л.И.Коваленко

Рецензенты:Т.С. Пиголкина,В.Р.Почуев

УДК 517

Задачи экзаменационных работ по математическому

анализу для студентов 1-го курса МФТИ, 2006.

3

ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4§ 1. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-го

семестра 2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . . . 5Вариант А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ответы к варианту А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Методические указания к решению задач.Решение задач варианта А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Вариант Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Ответы к варианту Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Решение задач варианта Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Вариант И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Ответы к варианту И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Вариант О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Ответы к варианту О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

§ 2. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-госеместра 1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . . . 37Вариант 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Ответы к варианту 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Вариант 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Ответы к варианту 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Решения задач №7 и №8 варианта 72 . . . . . . . . . . . . . 42Вариант 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ответы к варианту 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Вариант 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Ответы к варианту 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4 Рациональные методы решения задач по матанализу

Введение

В пособии приводятся решения задач по математическому

анализу, которые входят в экзаменационную работу 1-го курсаМФТИ в первом семестре.Рассматриваются экзаменационные работы первых семестров

2002/2003 и 1996/1997 уч. гг. Приводятся подробные решения

всех задач варианта А и более лаконичные решения задач вари-анта Е работы 2002/2003 уч. г. и двух задач варианта 72 работы1996/1997 уч. г.Даются методические указания к наиболее рациональному ре-

шению задач. Помещены указания перед решениями задач вари-анта А, но могут быть использованы для решения аналогичныхзадач других вариантов обеих работ.Приводятся ответы ко всем задачам.Особенностью рассматриваемых экзаменационных работ

является то, что в них входят задачи на темы всех четырёх за-даний 1-го семестра. Кроме того, в них нет задач с трудоёмкимивычислениями.Задачи составляли преподаватели: М.В. Балашов, В.О. Гео-

гджаев, С.В. Иванова, Л.И. Коваленко, П.А. Кожевников,Р.В. Константинов, Л.А. Леонтьева, А.И. Ноаров, В.Т. Пе-трова, А.Ю. Петрович, В.Р. Почуев, Б.Н. Румянцев, А.М. Тер-Крикоров, А.А. Фонарёв, А.А. Хасанов, Т.Х. Яковлева.Ответственный по 1-му курсу В.Р. Почуев был экспертом ра-

боты 2002/2003 уч.г. и рецензировал данное пособие.Л.И.Коваленко была ответственной за обе экзаменационные

работы, помимо составления задач осуществляла общее редак-тирование.Рукопись к печати подготовил А.В. Полозов.

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 5

§ 1. Экзаменационная работа поматематическому анализу 1-го семестра2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса

Вариант А

1. Вычислить интегралы

а) ©3∫

(arccos lnx)2

xdx; б) ©4

∫1 + tg3 x

1 + sin 2xdx.

2.©5 Найти limx→0

3√

1 + 3x+ x2 − ln(1 + sinx)− cos x√3

tg(ex − 1)− shx− x2

2

.

3. Построить графики функций

а) ©4 y =x3

2(x− 2)2; б) ©5 y = 3

√|x|(x+ 3)2.

4. Разложить по формуле Тейлора функцию

y =(x2

2− x

)√2 + 4x− 2x2

а) ©2 в окрестности x0 = 0 до o(x3);б) ©4 в окрестности x0 = 1 до o((x− 1)2n+1).

5.©4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-

вить тип разрывов функции f(x), определенной на(−3π

2;5π2

),

при этом f(x) =|x|(π2 − x2)

sinxпри x ∈

(−3π

2;5π2

), x 6= kπ,

k = 0, ±1, 2; f(0) = f(2π) = π2, f(π) = 2π2, f(−π) = −2π2.6.©4 Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графика

функции y(x), заданной уравнением x4 + y4 − 2xy = 0.

7.©5 Найти limx→+0

(x

ln(1 + x)− sh

(x

2− x2

12

)) 1x3 +ln4 x

.

8.©7 Построить кривую x =(t+ 1)3

t2, y =

(t+ 1)(2t+ 1)t2

.

9.©3 Установить, сходится или расходится последовательность{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если lim

n→∞

xn

xn+1= 5.


Ответы к варианту А

1. а) (arccos lnx)2 lnx− 2√

1− ln2 x arccos lnx− 2 lnx+ C;

б)12

tg2 x− 2 tg x+ 3 ln |1 + tg x|+ C.

2.52

; 3√

1 + 3x+ x2 = 1 + x− 23x2 + x3 + o(x3),

ln(1 + sinx) = x− x2

2+x3

6+ o(x3),

tg(ex − 1) = x+x2

2+x3

2+ o(x3);

числитель:56x3 + o(x3); знаменатель:

x3

3+ o(x3).

3. а) Асимптоты: x = 2, y =x

2+ 2, график на рис. 1;

y′ =x2(x− 6)2(x− 2)3

, y′′ =12x

(x− 2)4. б) Асимптоты: y = x+ 2 (x →

→ +∞), y = −x − 2 (x → −∞); y′ =(x+ 1) sgnxx2/3(x+ 3)1/3

, x 6= 0;

y′′ =−2 sgnx

x5/3(x+ 3)4/3, x 6= 0, график на рис. 2.

x

y

0

y =x2+ 2x

=2 A

x

y

0

y=x+

2

y =−x−

2

B

A

A

(6;

274

); O(0; 0) A(−1; 3

√4); O(0; 0),

B(−3; 0)Рис. 1 Рис. 2

4. а) y = −√

2x − x2

√2

+3√2x3 + o(x3); б) y = (t2 − 1)

√1− t2

2,

t = x− 1,


y = −1 +n∑

k=1

(−1)k−1

2k(Ck

1/2 + 2Ck−11/2 )(x− 1)2k + o((x− 1)2n+1).

5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода,x = 2π — точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала(−3π

2;5π2

)— точки непрерывности.

6. R =√

27

(y′ = −1, y′′ = −14).

7. e1/48 ;x

ln(1 + x)= 1 +

x

2− x2

12+x3

24+ o(x3).

8. Асимптоты: y = 2 (t = ±∞), y = x− 1 (t→ ±0);

x′t =(t+ 1)2(t− 2)

t3, y′t =

−3(t+ 2/3)t3

, y′x = −3t+ 2/3

(t+ 1)2(t− 2),

y′′xx =6t5

(t+ 1)5(t− 2)3, кривая на рис. 3.

x

y

0

t→ −∞t→ +∞

y=x−

1

t→−0

t→+0

A

B

A

(112

;−14

), B

(274

;154

), O(0; 0)

Рис. 3

9. Сходится.


Методические указания к решению задач.Решение задач варианта А

При вычислении одного из неопределённых интегралов ка-ждого варианта работы применяется метод интегрирования по

частям.Интеграл представляем в виде∫

f dx =∫ϕdψ(x) = ϕ · ψ −

∫ψ dϕ(x),

не выписывая отдельно выражений для ϕ и ψ.

1. а) Вычислить интеграл

∫(arccos lnx)2

xdx.

Р е ш е н и е. Заменив переменную, положив t = lnx, полу-чим

J =∫

(arccos lnx)2

xdx =

∫(arccos t)2 dt.

Далее интегрируем два раза по частям

J = t(arccos t)2 + 2∫t arccos t√

1− t2dt =

= t(arccos t)2 − 2∫

arccos t d√

1− t2 =

= t(arccos t)2 − 2√

1− t2 arccos t− 2t+ C.

Ответ: (arccos lnx)2 lnx−2√

1− ln2 x arccos lnx−2 lnx+C.

Для вычисления другого интеграла варианта А (№ 1б)) при-менимо правило вычисления интеграла от f = R(sinx, cosx),где R(u,v) — рациональная функция ([7], т. 2).

б) Вычислить интеграл∫

1 + tg3 x

1 + sin 2xdx.

Р е ш е н и е. Заметив, что подынтегральная функция неменяется, если одновременно sinx заменить на − sinx, а cosx— на − cosx, удобно перейти к новой переменной t = tg x. Таккак

d tg x =dx

cos2 x,

то, поделив числитель и знаменатель подынтегральной функ-ции на cos2 x и воспользовавшись соотношением


1cos2 x

= 1 + tg2 x,

получим∫1 + tg3 x

1 + sin 2xdx =

∫1 + t3

1 + 2t+ t2dt =

∫1− t+ t2

1 + tdt =

=∫ (

t− 2 +3

t+ 1

)dt =

t2

2− 2t+ 3 ln |t+ 1|+C, где t = tg x.

Ответ:12

tg2 x− 2 tg x+ 3 ln |1 + tg x|+ C.

Для вычисления предела частного двух функций нужно рас-

крыть неопределённость вида00. Для этого разлагаем функции

по формуле Маклорена в окрестности точки x = 0 и выделяемглавные части степенного вида числителя и знаменателя. Приэтом особое внимание следует обращать на учёт всех членов

нужного порядка малости.

2. Найти

limx→0

3√

1 + 3x+ x2 − ln(1 + sinx)− cos x√3

tg(ex − 1)− shx− x2

2

.

Р е ш е н и е. Имеем неопределённость вида00. В состав зна-

менателя отношения двух функций, данного в условии, входитлишь одна сложная функция. Поэтому рассмотрим вначале

знаменатель.Используя разложение для shx, можно получить предста-

вление

shx+x2

2= x+

x2

2+ o(x2).

Тогда сложную функцию tg(ex−1) надо будет разлагать тожедо o(x2). Будем иметь

u = ex − 1 = x+x2

2+ o(x2),

tg(ex − 1) = tg u = u+ o(u2) = x+x2

2+ o(x2).

Следовательно, знаменатель будет представлен в виде o(x2).


Главная часть степенного вида не выделена. Из этого заклю-чаем, что все функции надо разлагать до o(xk), k > 3.Тогда получим

shx+x2

2= x+

x2

2+x3

6+ o(x4),

u = ex − 1 = x+x2

2+x3

6+ o(x3).

Так как u ∼ x при x→ 0, то tg u надо разлагать до o(u3).

tg(ex − 1) = tg u = u+u3

3+ o(u3) =

= x+x2

2+x3

6+ o(x3) +

13

(x+

x2

2+x3

6+ o(x3)

)3

.

Приводим подобные члены, при этом выписываем лишь

слагаемые со степенями x не выше третьей. Имеем

tg(ex − 1) = x+x2

2+x3

2+ o(x3).

Для знаменателя получаем представление в виде

x3

3+ o(x3).

Теперь ясно, что все функции, входящие в состав числителя,следует разлагать тоже до o(x3). Имеем (1 + 3x+ x2)

13 = (1 +

+v)13 , где v = 3x+x2. Так как v ∼ 3x при x→ 0, то разлагаем

(1 + v)13 до o(v3). Используя биномиальное разложение, полу-

чаем (1 + v)13 = 1 +

13v − 1

9v2 +

581v3 + o(v3), откуда (1 + 3x+

+ x2)13 = 1 + x− 2

3x2 + x3 + o(x3).

Аналогично получаем разложение ln(1 + sinx) = ln(1 + w),

где w = sinx = x− x3

6+ o(x3). Имеем

ln(1 + w) = w − w2

2+w3

3+ o(w3),

ln(1 + sinx) = x− x3

6+ o(x3)− 1

2

(x− x3

6+ o(x3)

)2

+

+13

(x− x3

6+ o(x3)

)3

= x− x2

2+x3

6+ o(x3),


cosx√3

= 1− x2

6+ o(x3).

Числитель представлен в виде

56x3 + o(x3).

Искомый предел равен

limx→0

56x

3 + o(x3)x3

3 + o(x3)=

52.

Ответ:52.

При отыскании предела функции f = u(x)v(x) применяется

представление f в виде

f = uv = ev ln u.

Считается известным, что при любом ε > 0

limx→+0

(xε lnx) = 0.

7. Найти

limx→+0

(x

ln(1 + x)− sh

(x

2− x2

12

)) 1x3 +ln4 x

.

Р е ш е н и е. Если ввести обозначения

u =x

ln(1 + x)− sh

(x

2− x2

12

), v =

1x3

+ ln4 x =1 + x3 ln4 x

x3,

то требуется найти

limx→+0

uv = elim

x→+0v ln u

.

Будем вычислять limx→+0

v lnu.

Исходя из структуры функции v, заключаем, что lnu нужноразлагать до o(x3). Имеемx

ln(1 + x)=

x

x− x2

2 + x3

3 − x4

4 + o(x4)=

=1

1−(

x2 −

x2

3 + x3

4 + o(x3)) =

11− w

,


где w =x

2− x2

3+x3

4+ o(x3). Так как w ∼ x

2при x → +0, то

11− w

будем разлагать до o(w3). Получим

11− w

= 1 + w + w2 + w3 + o(w3).

Возвращаясь к x и выписывая лишь слагаемые со степе-нями x не выше третьей (остальные включены в o(x3)), имеем

x

ln(1 + x)= 1 +

x

2− x2

12+x3

24+ o(x3).

Функцию sh(x

2− x2

12

)разлагаем до o(x3).

sh(x

2− x2

12

)=x

2−x

2

12+

16

(x

2− x2

12

)3

+o(x3) =x

2−x

2

12+x3

48+o(x3).

Тогда

lnu = ln(

x

ln(1 + x)− sh

(x

2− x2

12

))=

= ln(

1 +x3

48+ o(x3)

)=x3

48+ o(x3),

limx→+0

v lnu = limx→+0

1 + x3 ln4 x

x3

(x3

48+ o(x3)

)=

148,

так как limx→+0

(x3 ln4 x) = limx→+0

(x34 lnx)4 = 0.

Ответ: e148 .

Для получения разложения по формуле Тейлора с остаточ-ным членом o((x − x0)n) нужно сделать замену переменной исвести задачу к получению разложения по формуле Маклорена.Нужно уметь объединять слагаемые двух сумм, записанных

с помощью знака∑

. Удобно при этом применить сдвиг ин-декса в одной из сумм и объединить слагаемые нужного по-рядка обеих сумм, записав отдельно одно из слагаемых.


y =(x2

2− x

)√2 + 4x− 2x2


а) в окрестности x0 = 0 до o(x3); б) в окрестности x0 = 1 доo((x− 1)2n+1).Р е ш е н и е. а) Так как первый множитель, входящий в

состав функции y(x), эквивалентен −x при x → 0, то второймножитель надо разлагать до o(x2). Использовав биномиаль-ное разложение для второго множителя, получим

y =√

2(−x+

x2

2

)(1 + 2x− x2)

12 =

=√

2(−x+

x2

2

)(1 + x− x2

2− (2x)2

8+ o(x2)

)=

=√

2(−x− x2

2+

32x3 + o(x3)

).

б) y(x) =(x− 1)2 − 1

2

√4− 2(x− 1)2.

Сделаем замену переменной, положив t = x− 1. Тогда

y(x(t)) = (−1 + t2)(

1− t2

2

) 12

=

= (−1 + t2)

(n∑

m=0

Cm12

(−1)m

2mt2m + o(t2n+1)

)=

= −1 +n∑

m=1

Cm12

(−1)m+1

2mt2m +

n−1∑m=0

Cm12

(−1)m

2mt2(m+1) + o(t2n+1).

Заменив во второй сумме m+ 1 на k, объединим обе суммы

y = −1 +n∑

k=1

(Ck

12

(−1)k+1

2k+ Ck−1

12

(−1)k−1

2k−1

)t2k + o(t2n+1) =

= −1 +n∑

k=1

(−1)k−1

2k

(2Ck−1

12

+ Ck12

)(x− 1)2k + o((x− 1)2n+1),

где

Ck12

=1k!

12

(12− 1). . .

(12− (k − 1)

)=

=

12, k = 1,

(−1)k−1(2k − 3)!!k!2k

, k = 2, 3, . . . ;C0

12

= 1.


Ответ: а) y = −√

2x− x2

√2

+3√2x3 + o(x3);

б) y = −1 +n∑

k=1

(−1)k−1

2k(Ck

1/2 + 2Ck−11/2 )(x− 1)2k +

+ o((x−1)2n+1).

При решении задачи № 5 потребуется теорема о непрерыв-ности частного двух функций, а также необходимо знать опре-деление точек разрыва 1-го рода, 2-го рода.Используются пределы:

limx→0

sinxx

= 1, limx→0

tg xx

= 1. (1)

Можно применить правило Лопиталя.

5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-

вить тип разрывов функции f(x), определенной на(−3π

2;5π2

),

при этом

f(x) =|x|(π2 − x2)

sinx

при x ∈(−3π

2;5π2

), x 6= kπ, k = 0,± 1, 2;

f(0) = f(2π) = π2, f(π) = 2π2, f(−π) = −2π2.

Р е ш е н и е. В любой точке x ∈(−3π

2;5π2

), x 6= kπ, k = 0,

±1, 2, функция f(x) непрерывна как частное.Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ±π, x = 2π.x = 0 . Пользуясь (1), получаем

limx→+0

f(x) = limx→+0

x(π2 − x2)sinx

= π2 = f(0), limx→−0

f(x) = −π2,

x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).

x = ±π . Имеем при x → ±π неопределённость вида 00.

Применим правило Лопиталя.

limx→π

f(x) = limx→π

x(π2 − x2)sinx

= limx→π

π2 − 3x2

cosx= 2π2 = f(π);


limx→−π

f(x) = −2π2 = f(−π)

(можно было не применять правило Лопиталя, а сделать за-мену переменной, положив t = π − x); x = ±π — точки непре-рывности функции f(x).

x = 2π . limx→2π

f(x) = ∞; x = 2π — точка разрыва 2-го рода

функции f(x).Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода,

x = 2π — точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала(−3π

2;5π2

)— точки непрерывности функции f(x).

При решении задачи № 9 применяется теорема о существо-вании у монотонной ограниченной последовательности конеч-ного предела.

9. Установить, сходится или расходится последовательность

{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞

xn

xn+1= 5.

Р е ш е н и е. Так как limn→∞

xn+1

xn=

15, то существует n0

такое, что

0 <xn+1

xn6

25< 1

при любом n > n0. Последовательность {xn} убывающая приn > n0, по условию она ограничена снизу. Следовательно,сходится.Ответ: Сходится.

При построении графиков функций f(x) надо обратить вни-мание на отыскание асимптот при x→ ±∞. Их можно быстро

найти, если использовать разложение функции по степеням1x

при x > x0, x < −x0, x0 > 0.При вычислении производных от f(x) стоит производную

частногоp(x)q(x)

находить, представляяp

qв виде p · q−1 — произ-

ведения двух сомножителей.Заполнение таблицы упорядочивает сведения о функции f(x)

и является кратким обоснованием построения её графика.


а) y =x3

2(x− 2)2; б) y = 3

√|x|(x+ 3)2.


Р е ш е н и е. а) Область определения (−∞; 2) ∪ (2;+∞);x = 2 — вертикальная асимптота;

y =x3

2(x− 2)2=x

2

(1− 2

x

)−2

=

=x

2

(1 +

4x

+ o

(1x

))=x

2+ 2 + o(1) при x→∞,

y =x

2+ 2 — наклонная асимптота при x→∞.

y′ =12(x3(x− 2)−2

)′=

32

x2

(x− 2)2− x3

(x− 2)3=x2(x− 6)2(x− 2)3

,

y′′ =12(x2(x− 6)(x− 2)−3

)′′=

x(x− 6)(x− 2)3

+x2

2(x− 2)3−

− 3x2(x− 6)2(x− 2)4

=12x

(x− 2)4. График y(x) см. на рис. 1 на с. 6.

x 0 2 6y ↗ 0 ↗ ↘ 27

4 ↗y′ + 0 + − 0 +y′′ − 0 + + + +

точка

перегиба

min

б) Область определения (−∞; +∞);

y = 3√x(x+ 3)2 при x > 0, y = − 3

√x(x+ 3)2 при x < 0.

Рассмотрим y(x) при x > 0.

y = x

(1 +

3x

) 23

= x

(1 +

2x

+ o

(1x

))= x + 2 + o(1) при

x→ +∞,y = x+ 2 — наклонная асимптота при x→ +∞,

y′ =(x

13 (x+ 3)

23

)′=

13

(x+ 3)23

x23

+23

x13

(x+ 3)13

=x+ 1

x23 (x+ 3)

13

;


y′′ =((x+ 1)x−

23 (x+ 3)−

13

)′=

1x

23 (x+ 3)

13− 2(x+ 1)

3x53 (x+ 3)

13−

− x+ 13x

23 (x+ 3)

43

= − 2x

53 (x+ 3)

43

.

При x < 0 имеем: y = −x− 2 — наклонная асимптота при

x→ −∞;

y′ = − x+ 1x

23 (x+ 3)

13

, y′′ =2

x53 (x+ 3)

43

.

График y(x) см. на рис. 2 на с. 6.

x −3 −1 0y ↘ 0 ↗ 3

√4 ↘ 0 ↗

y′ − −∞+∞ + 0 − −∞+∞ +y′′ − /∃ − − − /∃ −

min max min

При построении параметрически заданных кривых для

отыскания невертикальных асимптот нужно сначала опреде-лить, к чему должно стремиться t, чтобы x(t) стремилось к±∞, при исследовании на вертикальные асимптоты — к чему

должно стремиться t, чтобы y(t) стремилось к ±∞, а x(t) — к

конечному x0.По производной x′(t) определяем интервалы Ek изменения

t, на которых сохраняется знак производной x′(t), а функцияy(t) непрерывна. На каждом из интервалов Ek функция x(t)имеет обратную функцию tk(x), определённую на соответству-ющем промежутке изменения x. Имеем функции y(tk(x)), кото-рые обозначаем через Y (x).Далее вычисляем y′(t), Y ′(x), Y ′′(x). Заполняем таблицу.

Она облегчает построение кривой.

8. Построить кривую x =(t+ 1)3

t2, y =

(t+ 1)(2t+ 1)t2

.

Р е ш е н и е. 1) Функции x(t), y(t) определены при

t ∈ (−∞; 0) ∪ (0;+∞).


2) Исследование на асимптоты. Имеем

limt→0

x(t) = +∞, limt→±∞

x(t) = ±∞, limt→0

y(t) = +∞.

Вертикальных асимптот нет.Для отыскания невертикальных асимптот находим

limt→0

y

x= lim

t→0

2t+ 1(t+ 1)2

= 1,

limt→0

(y − x) = limt→0

(−(t+ 1)) = −1,

limt→∞

y

x= 0, lim

t→∞(y − 0 · x) = 2,

y = x− 1 — наклонная асимптота при t→ 0, y = 2 — горизон-тальная асимптота при t→∞.

3) Вычисление x′(t).

x′(t) = ((t+ 1)3t−2)′ =(t+ 1)2(t− 2)

t3.

Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняетсязнак производной x′(t), а y(t) непрерывна:

E1 = (−∞; 0), E2 = (0; 2), E3 = (2; +∞).

Вычисление y′(t), Y ′(x), Y ′′(x).

y′(t) =((

1 +1t

)(2 +

1t

))′= −3

t+ 23

t3,

Y ′(x) =y′(t)x′(t)

= −3t+ 2

3

(t+ 1)2(t− 2);

Y ′′(x) =(y′(t)x′(t)

)′ 1x′(t)

=6t5

(t+ 1)5(t− 2)3,

так как

(y′(t)x′(t)

)′= −((3t + 2)(t + 1)−2(t − 2)−1)′ =

=6t2

(t+ 1)3(t− 2)2.

4) Заполнение таблицы. Вначале заполняем графу с

x′(t), потом с x(t). Аналогично — с y′(t) и y(t).При заполнении графы с Y ′(x) стоит обратить внимание

на то, что знак функции Y ′(x) легко определяется, как знакотношения y′(t) к x′(t).


E1 E2 E3

t −∞ −1 − 23 −0 +0 2 2 +∞

x(t) −∞ ↗ 0 ↗ 112 ↗ +∞ +∞ ↘ 27

4274 ↗ +∞

x′(t) + 0 + + + − 0 0 +y(t) 2− 0 ↘ 0 ↘ − 1

4 ↗ +∞ +∞ ↘ 154

154 ↘ 2 + 0

y′(t) − − − 0 + − − − −Y ′(x) − −∞ − 0 + + +∞ −∞ −Y ′′(x) − /∃ + + + − /∃ /∃ +

5) Построение кривой. Строим кривую, считывая ин-формацию из таблицы. См. рис. 3 на с. 7.

t = −1, O(0; 0); x = 0 — точка перегиба с вертикальной

касательной;

t = −23, A(

112

;−14

); x =

112

— точка минимума Y (x);

t = 2, B(

274

;154

); t = 2 — граничная точка интервалов

E2 и E3; касательная в точке B вертикальна; y =154

— точка

минимума X(y).

При решении задачи № 6 нужно использовать формулу дляподсчёта кривизны, при этом не забывать, что в неё входитмодуль y′′.В задаче нужно найти первую и вторую производные в дан-

ной точке функции, заданной неявно. Для этого надо дваждыпродифференцировать тождество, в которое входит y(x), и изполученных равенств найти y′ и y′′ в заданной точке.

6. Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графика

функции y(x), заданной уравнением x4 + y4 − 2xy = 0.Р е ш е н и е. Дифференцируя тождество

x4 + y4(x)− 2xy(x) ≡ 0,

получаем

2x3 + 2y3(x)y′(x)− y(x)− xy′(x) ≡ 0. (2)

Так как y(1) = 1, то из (2) следует, что

y′(1) = −1.


Дифференцируем тождество (2). Имеем

6x2 + 6y2(x)y′2(x) + 2y3(x)y′′(x)− 2y′(x)− xy′′(x) ≡ 0.

Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y′(1) = −1, получаем

y′′(1) = −14.

Для кривизны K и радиуса кривизны R имеем

K =|y′′|

(1 + y′2)3/2, R =

1K,

поэтому в точке (1; 1)

R =2

32

14=√

27.

Ответ: R =√

27

.

Вариант Е


а) ©3∫

sin 2x ln(1 + cosx) dx; б) ©4∫

x5

(1 + x2)3/2dx.


(ex√

1+2x − cos(x− x2)− 2x2

arcsinx

)ctg2 x

.


а) ©4 y =(x− 1)7

x6; б) ©5 y = 3

√(1− x)(x+ 2)2.


y =(x2

2+ 2x− 3

)e−x2−4x

а) ©2 в окрестности x0 = 0 до o(x2);б) ©4 в окрестности x0 = −2 до o((x+ 2)2n+1).

5.©4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, уста-новить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этом


f(x) =(π2 − 4x2) tg x

|x|

при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6=(k +

12

)π, k = 0,± 1;

f(0) = f

(3π2

)= π2, f

(π2

)= 8, f

(−π

2

)= −8.

6.©4 Найти в точке (−1;−1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x3 + y3 = 1 + 3y2x.

7.©5 Найти limx→+∞

[(3√x3 − 3x2 − x+ e

1x

)· ln2 shx

].

8.©7 Построить кривую x =t2

t2 − 1, y = t+ 1 +

1t+ 1

.

9.©3 Установить, сходится или расходится последовательность

{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞

(xn+1

xn

)2

= 4.

Ответы к варианту Е

1. а) sin2 x · ln(1 + cosx)− cosx+12

cos2 x+ C;

б)13(1 + x2)3/2 − 2(1 + x2)1/2 − 1

(1 + x2)1/2+ C.

2. e−1/2 ; ex√

1+2x = 1 + x+32x2 +

23x3 + o(x3),

cos(x− x2) = 1− x2

2+ x3 + o(x3).

3. а) Асимптоты: x = 0, y = x− 7;

y′ =(x− 1)6(x+ 6)

x7, y′′ =

42(x− 1)5

x8; график на рис. 4.

б) Асимптота: y = −x− 1 (x→∞);

y′ = − x

(x− 1)2/3(x+ 2)1/3, y′′ =

2(x+ 2)4/3(x− 1)5/3

, график

на рис. 5.

4. а) y = −3 + 14x− 57x2

2+ o(x2);

б) y =(t2

2− 5)· e4e−t2 , t = x+ 2,


x

y

0

y=x−

7

A

B

x

y

0

y =−x−

1 A

BC

A(1; 0), B

(−6; 7·

(76

)6)

A(0; 22/3), B(1; 0), C(−2; 0)

Рис. 4 Рис. 5

y = −5e4 +n∑

k=1

(−1)k−1e4(

5k!

+1

(k − 1)!2

)(x + 2)2k + o((x +

+ 2)2n+1).

5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x =3π2

— точка разрыва

2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непре-рывности.

6. R =12

(y′ = 0, y′′ = −2).

7. −76

; 3√x3 − 3x2 − x = −1− 1

x− 5

3x2+ o

(1x2

).

8. Асимптоты: y =52

(t→ 1± 0), x = 1 (t→ ±∞),

y = −2x+32

(t→ −1± 0); x′t = − 2t(t2 − 1)2

,

y′t =t(t+ 2)(t+ 1)2

, y′x = − (t+ 2)(t− 1)2

2, y′′xx =

34

(t+ 1)3(t− 1)3

t,

кривая на рис. 6.9. Расходится.


x

y

0

t→−∞

t→+∞

t→1−0t→1+0

y=−

2x+

32

t→−

1−0

t→−

1+

0x=

1

y=5/2A

B

A(0; 2) (t = 0, tgαкас = −1) — точка возврата, B(

43;−2

)Рис. 6

Решение задач варианта Е


а)∫

sin 2x ln(1 + cosx) dx; б)∫

x5

(1 + x2)3/2dx.

Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем∫ln(1 + cosx) d(sin2 x) = sin2 x · ln(1 + cosx) +

∫sin3 x

1 + cosxdx

Так как sin3 x dx = (cos2 x− 1) d(cosx), то∫sin3 x

1 + cosxdx =

∫(cosx− 1) d(cosx) =

cos2 x2

− cosx+ C.

Ответ: sin2 x · ln(1 + cosx)− cosx+12

cos2 x+ C.

б) Заменив переменную, положив τ = x2, преобразуем ис-ходный интеграл J к виду

J =12

∫τ2 dτ

(1 + τ)3/2.

Перейдя к переменной t =√τ + 1, получим

J =∫

(t2 − 1)2

t2dt =

∫ (t2 − 2 +

1t2

)dt =

13t3 − 2t− 1

t+ C,


где t =√x2 + 1.

Ответ:13(1 + x2)3/2 − 2(1 + x2)1/2 − 1

(1 + x2)1/2+ C.

2. Найти limx→0

(ex√

1+2x − cos(x− x2)− 2x2

arcsinx

)ctg2 x

.

Р е ш е н и е. Обозначим через u отношение, стоящее вскобках, и положим

v = ctg2 x =1

tg2 x.

Найдём limx→0

(v lnu).

Так как tg2 x = x2 + o(x2), то функцию lnu надо разлагатьдо o(x2). Для этого функции, входящие в состав числителя изнаменателя дроби, которую обозначили через u, будем разла-гать до o(x3).

x√

1 + 2x = x

(1 + x+

12

(12− 1)

12!

(2x)2 + o(x2))

=

= x+ x2 − x3

2+ o(x3),

ex√

1+2x = ex+x2− x32 +o(x3) = 1 + x+

32x2 +

23x3 + o(x3),

cos(x− x2) = 1− (x− x2)2

2+ o(x3) = 1− x2

2+ x3 + o(x3),

arcsinx = x+x3

6+ o(x4),

u =x− x3

3 + o(x3)

x+ x3

6 + o(x4)=

=(

1− x2

3+ o(x2)

)(1 +

x2

6+ o(x3)

)−1

= 1− x2

2+ o(x2);

limx→0

(v lnu) = limx→0

ln(1− x2

2 + o(x2))

x2 + o(x2)= −1

2,

limx→0

uv = elimx→0

(v ln u)= e−

12 .

Ответ: e−12 .



а) y =(x− 1)7

x6; б) y = 3

√(1− x)(x+ 2)2.

Р е ш е н и е. а) Область определения

(−∞; 0) ∪ (0;+∞);

x = 0 — вертикальная асимптота;

y = x

(1− 1

x

)7

= x

(1− 7

x+ o

(1x

))= x − 7 + o(1) при

x→∞,y = x− 7 — наклонная асимптота при x→∞;

y′ = ((x− 1)7x−6)′ =(x− 1)6

x7(x+ 6) ,

y′′ = ((x− 1)6(x+ 6)x−7)′ = 42(x− 1)5

x8.

График y(x) см. на рис. 4 на с. 22.x −6 0 1y ↗ −γ2 ↘ ↗ 0 ↗y′ + 0 − + 0 +y′′ − − − − 0 +

max точка

перегиба

γ2 = 7(

76

)6

б) Область определения (−∞; +∞);

y = −x(

1− 1x

) 13(

1 +2x

) 23

=

= −x(

1− 13x

+ o

(1x

))(1 +

43x

+ o

(1x

))=

= −x− 1 + o(1), x→∞,

y = −x− 1 — наклонная асимптота при x→∞;

y′ =(−(x+ 2)

23 (x− 1)

13

)′=

−x(x+ 2)1/3(x− 1)2/3

,

y′′ = −(x(x+ 2)−

13 (x− 1)−

23

)′=

2(x+ 2)4/3(x− 1)5/3

.

График y(x) см. на рис. 5 на с. 22.


x −2 0 1y ↘ 0 ↗ 3

√4 ↘ 0 ↘

y′ − −∞+∞ + 0 − −∞ −y′′ − /∃ − − − /∃ +

min max точка

перегиба


y =(x2

2+ 2x− 3

)e−x2−4x

а) в окрестности x0 = 0 до o(x2); б) в окрестности x0 = −2 доo((x+ 2)2n+1).Р е ш е н и е.

а) y =(x2

2+ 2x− 3

)(1− x2 − 4x+

16x2

2+ o(x2)

)= −3 +

+ 14x− 572x2 + o(x2).

б) y =(x+ 2)2 − 10

2e−(x+2)2+4.

Сделаем замену переменной, положив t = x+ 2. Тогда

y(x(t)) =12(t2 − 10)e4−t2 =

= e4(

12t2 − 5

)( n∑l=0

1l!

(−t2)l + o(t2n+1)

)=

=12e4

n−1∑l=0

(−1)l

l!t2(l+1) + 5e4

n∑l=0

1l!

(−1)l+1t2l + o(t2n+1).

Заменив в первой сумме l + 1 на k, объединим обе суммы,при этом первое слагаемое из второй суммы выпишем от-дельно. Получим

y(x(t)) = −5e4 +n∑

k=1

(−1)k−1e4(

5k!

+1

(k − 1)!2

)t2k + o(t2n+1).

Ответ: а) y = −3 + 14x− 57x2

2+ o(x2);

б) y = −5e4 +n∑

k=1

(−1)k−1e4(

5k!

+1

(k − 1)!2

)(x+ 2)2k +


+ o((x+ 2)2n+1).5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-вить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этом

f(x) =(π2 − 4x2) tg x

|x|

при x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6=(k +

12

)π, k = 0,± 1;

f(0) = f

(3π2

)= π2, f

(π2

)= 8, f

(−π

2

)= −8.

Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ (−π; 2π), x 6= 0, x 6= (2k ++ 1)

π

2, k = 0, ±1, функция f(x) непрерывна, как частное.

Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ±π2

, x =3π2

.

x = 0 :

limx→+0

f(x) = limx→+0

(π2 − 4x2) tg xx

= π2 = f(0), limx→−0

f(x) = −π2.

x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).

x =π

2: При x ∈

(π

4;3π4

)f(x) = 4

(π2

4− x2

)sinxx cosx

.

Заменим переменную, положив t =π

2− x. Тогда

f(x) = f(π

2− t)

=4t(π − t) cos t(

π2 − t

)sin t

,

limx→π

2

f(x) = limt→0

4t(π − t) cos t(sin t)

(π2 − t

) = 8 = f(π

2

),

x =π

2— точка непрерывности функции f(x).

x = −π

2: При x ∈ (−π; 0) функция f(x) отличается от

f(−x) лишь знаком, поэтому


limx→−π

2

f(x) = −8 = f(−π

2

),

x = −π2

— точка непрерывности функции f(x).

x =3π

2: lim

x→ 3π2

f(x) = ∞, x =3π2

— точка разрыва 2-го

рода функции f(x).

Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x =3π2

—

точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π)— точки непрерывности функции f(x).

6. Найти в точке (−1;−1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x3 + y3 = 1 + 3y2x.Р е ш е н и е. Дифференцируя дважды тождество

x3 + y3(x)− 3xy2(x)− 1 ≡ 0

и пользуясь тем, что y(−1) = −1, получаем

y′(−1) = 0, y′′(−1) = −2.

По формуле R =1K

, где K =|y′′|

(1 + y′2)3/2, вычисляем в точке

(−1;−1) значение радиуса кривизны R =12.

Ответ:12.

7. Найти limx→+∞

[(3√x3 − 3x2 − x+ e

1x

)· ln2 shx

].

Р е ш е н и е. Найдём для функции ln2 shx эквивалентнуюей при x→ +∞ степенную функцию.

ln shx = ln[ex(1− e−2x)]

2= x− ln 2 + o(1) = x(1 + o(1)),

ln2 shx = x2(1 + o(1)) при x→ +∞.

Разлагаем при достаточно больших x по степеням1xдо o

(1x2

)функцию

ϕ(x) = 3√x3 − 3x2 − x+ e

1x .

Получаем


3√x3 − 3x2 − x = x

(3

√1− 3

x− 1

)= −1− 1

x− 5

31x2

+ o

(1x2

),

e1x = 1 +

1x

+12

1x2

+ o

(1x2

), ϕ(x) = −7

61x2

+ o

(1x2

).

Тогда

limx→+∞

(ϕ(x) ln2 shx) = limx→+∞

(−7

61x2

+ o

(1x2

))x2 = −7

6.

Ответ: −76.

8. Построить кривую x =t2

t2 − 1, y = t+ 1 +

1t+ 1

.

Р е ш е н и е. 1) Область определения

x(t) : (−∞;−1) ∪ (−1; 1) ∪ (1;+∞),y(t) : (−∞;−1) ∪ (−1;+∞).

2) Исследование на асимптоты.x→∞ при t→ ±1, y →∞ при t→ −1, t→∞;x = 1 — вертикальная асимптота, так как

limt→∞

x(t) = 1, limt→∞

y(t) = ∞;

y =52

— горизонтальная асимптота, так как

limt→1

x(t) = ∞, limt→1

y(t) =52;

Для отыскания невертикальной асимптоты y = kx + b приt→ −1 находим

k = limt→−1

y

x= lim

t→−1

(t2 + 2t+ 2)(t− 1)t2

= −2,

b = limt→−1

(y + 2x) = limt→−1

t2 + 2t− 2t− 1

=32,

y = −2x+32

— наклонная асимптота при t→ −1.

3) Вычисление x′(t).

x(t) = 1 +1

t2 − 1, x′(t) = − 2t

(t2 − 1)2.

Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется


знак производной x′(t), а y(t) непрерывна:

E1 = (−∞;−1), E2 = (−1; 0), E3 = (0; 1), E4 = (1; +∞).


y′(t) = 1− 1(t+ 1)2

=t(t+ 2)(t+ 1)2

, Y ′(x) =y′(t)x′(t)

= −12(t+2)(t− 1)2;

Y ′′(x) =(y′(t)x′(t)

)′ 1x′(t)

=34

(t2 − 1)3

t=

34

(t+ 1)3(t− 1)3

t,

так как

(y′(t)x′(t)

)′= −1

2[(t+ 2)(t− 1)2]′ = −3

2(t2 − 1).

4) Заполнение таблицы.

E1 E2 E3 E4

t −∞ −2 −1−0 −1+0 0 0 1−0 1+0 +∞x(t) 1 + 0↗ 4

3 ↗ +∞ −∞ ↗ 0 0 ↘ −∞ +∞↘ 1 + 0x′(t) + + + + 0 0 − −y(t) −∞ ↗−2↘ −∞ +∞ ↘ 2 2 ↗ 5

2−0 52+0↗ +∞

y′(t) + 0 − − 0 0 + +Y ′(x) + 0 − − −1 −1 − −Y ′′(x) − − − + /∃ /∃ − +

5) Построение кривой см. рис. 6 на с. 23.t = 0, A(0; 2) — точка возврата, tgαкас = −1;

t = −2, B(

43;−2

), x =

43

— точка максимума Y (x).

9. Установить, сходится или расходится последовательность

{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞

(xn+1

xn

)2

= 4.

Р е ш е н и е. limn→∞

xn+1

xn= 2,

xn+1

xn>

32> 1 при n > n0.

Последовательность {xn} строго возрастающая при n > n0.По условию xn > 0, n = 1, 2, . . .Если бы последовательность {xn} была ограничена сверху,

то существовал бы конечный предел

limn→∞

xn = C > 0, limn→∞

xn+1

xn=C

C= 1,


что абсурдно.Следовательно, последовательность {xn} неограничена

сверху и limn→∞

xn = +∞, {xn} расходится.Ответ: Расходится.

Вариант И


а) ©3∫e−2x arcctg e2x dx; б) ©4

∫sinx

sinx+ cosxdx.


cos(x√

1 + x) + ln(1 + x+ x2)− arcsinx− 1etg x − chx− x

.


а) ©4 y =(2− x)5

(x− 1)4; б) ©5 y = 3

√x2(6− |x|).


y =(x2

2+ x

)√1− 3x

а) ©2 в окрестности x0 = 0 до o(x3);б) ©4 в окрестности x0 = −1 до o((x+ 1)n);

5.©4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, уста-новить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этом

f(x) =(π + 2x)2|π − 2x|

cosx

при x ∈ (−π; 2π), x 6=(k +

12

)π, k = 0,± 1;

f(−π

2

)= 0, f

(π2

)= f

(3π2

)= 4π2.

6.©4 Найти в точке (−1; 2) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением 3x2y + y3 = 15 + x3.

7.©5 Найти limx→+0

(ex ctg x−1 +

x2

3

) 1x4 +ln3 x

.

8.©7 Построить кривую x =1

t(t+ 1), y =

(t− 1)2

t.



{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞

xn

xn+1=

15.

Ответы к варианту И

1. а) −12e−2x arcctg e2x+

14

ln(1+e−4x)+C = −12e−2x arcctg e2x+

+14

ln(1 + e4x)− x+ C;

б) −12

ln |1+tg x|− 12

ln | cosx|+ 12x+C = −1

2ln | cosx+sinx|+

+x

2+ C.

2. −83

; cos(x√

1 + x) = 1− 12x2 − 1

2x3 + o(x3);

etg x = 1 + x+x2

2+x3

2+ o(x3); ln(1 + x+ x2) = x+

x2

2− 2

3x3 +

+ o(x3); числитель: −43x3 + o(x3); знаменатель:

x3

2+ o(x3).

3. а) Асимптоты: x = 1, y = −x+ 6; график на рис. 7;

y′ = − (x− 2)4(x+ 3)(x− 1)5

, y′′ = −20(x− 2)3

(x− 1)6.

б) Функция четная. При x > 0: y′ = − x− 4x1/3(x− 6)2/3

, y′′ =

=8

x4/3(x− 6)5/3;

Асимптоты: y = −x + 2 (x → +∞), y = x + 2 (x → −∞);график на рис. 8.

x

y

0

y=−x+

6

x=

1

A

B

x

y

0y=−

x+2y=

x+2

A′ A

B′ B

A

(−3;

55

44

), B(2; 0). O(0; 0), A(4; 2 3

√4), A′(−4; 2 3

√4), B(6; 0),

B′(−6; 0).Рис. 7 Рис. 8


4. а) y = x− x2 − 158x3 + o(x3); б) y = −1 +

38(x+ 1)+

+n∑

k=2

(−1)k 3k

4k

(169Ck−2

1/2 − Ck1/2

)(x+ 1)k + o((x+ 1)n).

5. x =π

2— точка разрыва 1-го рода, x =

3π2

— точка разрыва

2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непре-рывности.

6. R =5√

23

(y′ = 1, y′′ = −65).

7. e1/30 ; ex ctg x−1 = 1− x2

3+x4

30+ o(x4).

8. Асимптоты: y = −4 (t→ −1± 0), x = 0 (t→ ±∞), y = x− 1

(t → ±0); x′t = −2(t+ 1/2)(t+ 1)2t2

, y′t =t2 − 1t2

, y′x = − (t+ 1)3(t− 1)2(t+ 1/2)

,

y′′xx =6t4(t+ 1)4

(2t+ 1)3, кривая на рис. 9.

x

y

0

t→−∞

t→+∞

t→−1+0

t→−1−0

t→−0

t→+0

y=x−

1

y = −4

A

B

A

(12; 0)

(t = 1), B

(−4;−9

2

) (t = −1

2

).

В точке B касательная вертикальна.Рис. 9

9. Расходится.


Вариант О


а) ©3∫

cosx ln(2− cos2 x) dx; б) ©4∫

x8

(1− x3)3/2dx.


(3√

1 + 3x− x2 + arcsin(tg x)− 1 + 43x

2

2 arctg x

) 1x sh x

.


а) ©4 y = 1− (x+ 2)3

x2; б) ©5 y = 3

√(x+ 1)2(8x− 4).


y = (x2 − 6x)e6−2x

а) ©2 в окрестности x0 = 0 до o(x3);б) ©4 в окрестности x0 = 3 до o((x− 3)n);

5.©4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-

вить тип разрывов функции f(x), определенной на(−π

2;3π2

),

при этом

f(x) =|x| ctg x

1 + 22

2x−π

при x ∈(−π

2;3π2

), x 6= kπ

2, k = 0, 1, 2;

f(0) = f(π

2

)= f(π) = 0.

6.©4 Найти в точке (2;−1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x3 + 3x2y + y3 + 5 = 0.

7.©5 Найти limx→+∞

[(√x+ 4−

√x− sin

2√x

)2

· ln3 chx

].

8.©7 Построить кривую x = t+1t, y = 2t+

8t+ 1

.


{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞

(xn+1

xn

)2

=14.


Ответы к варианту О

1. а) sinx · ln(1 + sin2 x) − 2 sinx + 2 arctg(sinx) + C;

б)2

3(1− x3)1/2+

43(1− x3)1/2 − 2

9(1− x3)3/2 + C.

2. e7/4 ; 3√

1 + 3x− x2 = 1 + x− 43x2 +

73x3 + o(x3).

3. а) Асимптоты: x = 0, y = −x− 5; график на рис. 10;

y′ = − (x+ 2)2(x− 4)x3

, y′′ =−24(x+ 2)

x4.

б) Асимптота: y = 2x+ 1; y′ =2x

(x+ 1)1/3(x− 1/2)2/3,

y′′ = − 1(x+ 1)4/3(x− 1/2)5/3

, график на рис. 11.

x

y

0

y=−x−

5

A

B

x

y

0

y=

2x+

1A

BC

A

(4;−252

), B(−2; 1) A(0;−22/3), B

(12; 0)

,

C(−1; 0)Рис. 10 Рис. 11

4. а) y = e6(−6x+ 13x2 − 14x3) + o(x3); б) y = −9 + 18(x− 3) +

+n∑

k=2

(−1)k2k

(1

4(k − 2)!− 9k!

)(x− 3)k + o((x− 3)n).

5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = π — точка разрыва

2-го рода; остальные точки интервала(−π

2;3π2

)— точки не-

прерывности.

6. R =52

(y′ = 0, y′′ = −25).


7.49

;√x+ 4−

√x =

2√x− 2x3/2

+ o

(1

x3/2

).

8. Асимптоты: y = 8 (t → ±0), x = −2 (t → −1 ± 0), y = 2x

(t → ±∞); x′t =t2 − 1t2

, y′t =2(t− 1)(t+ 3)

(t+ 1)2, y′x =

2(t+ 3)t2

(t+ 1)3,

y′′xx =12t3

(t+ 1)5(t− 1), кривая на рис. 12.

x

y

0

t→−

1−0

t→−

1+

0

t→−0

t→+∞

t→+0

t→−∞

y=

2x

x=−

2

y=8

A

B

Рис. 12

A

(−10

3;−10

)(t = −3); B(2; 6) (t = 1, tgαкас = 1) — точка возврата

9. Сходится.


§ 2. Экзаменационная работа поматематическому анализу 1-го семестра1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курса

Вариант 71


а) ©3∫

cosx ln(1 + cosx) dx; б) ©4∫

(1 + x4)32

xdx.

2.©5 Найти предел функции

limx→0

sin(x cosx)− arctg xetg x − 3

√1 + 3x+ 3 ln cosx

.

3.©4 Построить график функции

y = 3√x2(9− 8x).

4.©4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −1до o((x+ 1)2n+1) функцию

y = (x2 + 2x− 3)√

1− 6x− 3x2.

5.©4 Найти в точке (√

2; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением

y5 + y − x2 = 0.


limx→+0

(1 +

1sinx

− 1arcsinx

) 1x +ln2 x

.

7.©7 Построить кривую

x(t) =t− t2 − 4

t, y(t) =

(t− 1)2

t.

8.©4 Доказать, что последовательность {xn} имеет предел, инайти его, если

x1 = 1, xn+1 =x2

n

4+ 1.


Ответы к варианту 71

1. а) sinx ln(1 + cosx) + x− sinx+ C.

б)16(1 + x4)

32 +

12(1 + x4)

12 +

14

ln√

1 + x4 − 1√1 + x4 + 1

+ C.

2.27

; sin(x cosx) = x − 23x3 + o(x4); ln cosx = −x

2

2+ o(x3);

числитель: −x3

3+ o(x3), знаменатель: −7

6x3 + o(x3).

3. Асимптота y = −2x+34;

y′ = −2x− 3

4

x13(x− 9

8

) 23, y′′ =

916

1

x43(x− 9

8

) 53;

x

y

0

A

B

y=−

2x+

34

Рис. 13

A

(34;

32 3√

2

), x =

34

— точка

максимума y,O(0; 0), x = 0 — точка минимума y,

B

(98; 0)

, x =98

— точка перегиба

с вертикальной касательной.

4. y = −8 +n∑

k=1

(−1)k−1 3k−1

22k−3

(Ck−1

12

+ 3Ck12

)(x + 1)2k + o((x +

+ 1)2n+1).

5. K =1√11

(y′ =√

23

, y′′ = −1127

).

6. e13 .

1sinx

− 1arcsinx

=x

3+ o(x2).

7. Асимптоты: y = −x4− 7

4(t→ ±0), y = −x− 1 (t→ ±∞).


x′t =4− t2

t2= − (t+ 2)(t− 2)

t2, y′t =

t2 − 1t2

=(t+ 1)(t− 1)

t2,

y′x =t2 − 14− t2

, y′′xx =6t3

(4− t2)3=

−6t3

(t+ 2)3(t− 2)3.

x

y

0

t→+0

t→+∞

t→−∞

t→−0

y=−x−

1

y=− x4 − 7

4

AB

CD

A(−4; 0) (t = 1), B(−3;

12

)(t = 2), C

(5;−9

2

)(t = −2);

в точках B и C касательные вертикальны;D(6;−4) (t = −1).

Рис. 14

8. limn→∞

xn = 2.


Вариант 72


а) ©3∫x5 arctg x dx, б) ©4

∫tg5 x

1 + cos2 xdx.


limx→0

(esin x +

arcsin 2xx− 2

) 1x ln ch x


y =√

(2− x)|x+ 2| − x.

4.©4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −3до o((x+ 3)2n+1) функцию

y =(x2

3+ 2x− 1

)cos(2x+ 6).

5.©4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением

y3 + y − 2x3 = 0.


limx→+∞

x(√x2 + x− x) + (cosx) lnx

ln(1 + chx).


x =t2

2+ t, y =

t2 + 3t− 1

.


x1 = 0, xn+1 =1 + xn

2 + xn.



1. а)16(x6 + 1) arctg x− 1

30x5 +

118x3 − 1

6x+ C;

б)14

tg4 x− tg2 x+ 2 ln(tg2 x+ 2) + C.

2. e−11/6 ; esin x = 1 + x+x2

2+ o(x3);

arcsin 2xx− 2

= −x− x2

2− 11

12x3 + o(x3).

3. Область определения x 6 2.Асимптота y = −2x при x→ −∞.

y′ =

−x+

√4− x2

√4− x2

=2(x2 − 2)√

4− x2(√

4− x2 − x), |x| < 2,

x−√x2 − 4√

x2 − 4, x < −2;

y′′ =

− 4

(4− x2)3/2, |x| < 2,

− 4(x2 − 4)3/2

, x < −2.

x

y

0

A

B

Cy=−

2x

Рис. 15

A(−2; 2),x = −2 — точка минимума y(x),B(−

√2; 2

√2),

x = −√

2 — точка максимума y(x),C(2;−2),x = 2 — точка краевого

минимума y(x),касательные в точках A и C

вертикальные.

4. y = −4 +n∑

k=1

(−1)k−122k

[1

12(2k − 2)!+

4(2k)!

](x+ 3)2k +

+ o((x+ 3)2n+1).

5. K =3

13√

13(y′ =

32, y′′ = −3

8).


6.12

; x(√x2 + x − x) = x2

(√1 +

1x− 1

)=x

2+ o(x) при x →

→ +∞, ln(1 + chx) = x+ o(x).

7. Асимптота x =32

(t→ 1± 0).

x′t = t+ 1, y′t =(t+ 1)(t− 3)

(t− 1)2,

y′x =t− 3

(t− 1)2, y′′xx = − t− 5

(t+ 1)(t− 1)3.

x

y

0

t→1+

0

t→+∞

t→−∞

t→1−

0

32

A

BC

A

(−1

2;−2

)(t = −1) — точка возврата, tgαкас = −1;

B

(152

; 6)

(t = 3); C(

352

; 7)

(t = 5),

x =352

— точка перегиба, tgαкас =18.

Рис. 16

8. limn→∞

xn =12(√

5− 1).

Решения задач №7 и №8 варианта 72

7. Построить кривую

x =t2

2+ t, y =

t2 + 3t− 1

.

Р е ш е н и е. 1) Область определения


x(t) : (−∞; +∞), y(t) : (−∞; 1) ∪ (1;+∞).

2) Исследование на асимптоты.x → +∞ при t → ±∞; y → ±∞ при t → ±∞, t → 1 ± 0;

x =32

— вертикальная асимптота при t→ 1; невертикальныхасимптот нет, так как

limt→∞

y

x= lim

t→∞

2(t2 + 3)t(t+ 2)(t− 1)

= 0, limt→∞

(y − 0x) = limt→∞

y = ∞.

3) Вычисление x′(t). x′(t) = t+ 1.Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохра-

няется знак x′(t), а y(t) непрерывна:

E1 = (−∞;−1), E2 = (−1; 1), E3 = (1; +∞).


y = t+ 1 +4

t− 1, y′(t) = 1− 4

(t− 1)2=

(t+ 1)(t− 3)(t− 1)2

,

Y ′(x) =t− 3

(t− 1)2,

Y ′′(x) =(

t− 3(t− 1)2

)′ 1t+ 1

=(

1t− 1

− 2(t− 1)2

)′ 1t+ 1

=

= − t− 5(t+ 1)(t− 1)3

.

4) Заполнение таблицы.

E1 E2 E3

t −∞ −1 −1 1− 0 1 + 0 3 5 +∞x(t) +∞↘− 1

2 −12 ↗

32 − 0 3

2 + 0↗ 152 ↗

352 ↗+∞

x′(t) − 0 0 + + + + + +y(t) −∞↗ −2 −2 ↘ −∞ +∞ ↘ 6 ↗ 7 ↗+∞y′(t) + 0 0 − − 0 + + +Y ′(x) − −1 −1 − − 0 + 1

8 +Y ′′(x) + /∃ /∃ − + + + 0 −


5) Построение кривой.См. рис. 16 на с. 42.

8. Доказать, что последовательность {xn} имеет предел, и найтиего, если

x1 = 0, xn+1 =1 + xn

2 + xn. (1)

Р е ш е н и е. Имеем x1 = 0, x2 =12> 0. Пусть xn > 0.

Тогда xn+1 =1 + xn

2 + xn> 0. По индукции доказано, что xn > 0,

n = 2, 3, . . .Докажем монотонность последовательности {xn}. Имеем

x2 − x1 =12> 0. Пусть xn − xn−1 > 0. Тогда

xn+1 − xn =xn − xn−1

(2 + xn)(2 + xn−1)> 0.

По индукции доказано, что последовательность {xn} строговозрастающая.Из формулы (1) следует, что xn < 1, n = 1, 2, . . .Следовательно, существует конечный

limn→∞

xn = C.

Переходя к пределу в формуле (1), получаем

C =1 + C

2 + C,

откуда заключаем, что C =12(√

5 − 1), а не −12(√

5 + 1), таккак lim

n→∞xn не может быть отрицательным.

Ответ:12(√

5− 1).


Вариант 73


а) ©3∫

sinx ln(1 + sinx) dx, б) ©4∫ 4

√x5 dx

(1− 4√x3)

43.


limx→0

√1 + sin 2x− cosx− shx

ex

1−x − chx+ 12 ln(1− 2x)

.


y = 3√x2(x− 6).

4.©4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = 2до o((x− 2)2n+1) функцию

y =(x2

4− x+ 4

)e2x− x2

2 .

5.©4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением

y5 + y − 2x3 = 0.


limx→+0

(shx

arctg x

) 1x2 +ln x

.


x =t2

t− 2, y =

t2 − 3t− 2

.


x1 = 0, xn+1 = x2n +

14.



1. а) − cosx ln(1 + sinx) + x + cosx + C. б)45( 4√x3 − 1)5/3 +

+ 4( 4√x3 − 1)2/3 +

4(1− 4

√x3)1/3

+ C.

2. −25

;√

1 + sin 2x = 1 + x − x2

2− x3

6+ o(x3); e

x1−x = 1 + x +

+32x2 +

136x3 + o(x3); числитель: −x

3

3+ o(x3), знаменатель:

56x3 + o(x3).

3. Асимптота: y = x− 2.

y′ =x− 4

x1/3(x− 6)2/3, y′′ = − 8

x4/3(x− 6)5/3.

x

y

A

B0

y=x−

2

O(0; 0), x = 0 — точка максимума y(x);A(4;−2 3

√4), x = 4 — точка минимума y(x);

B(6; 0), x = 6 — точка перегиба с вертикальной касательной.Рис. 17

4. y = 3e2 +n∑

k=1

(−1)ke2

2k(k − 1)!

(3k− 1

2

)(x− 2)2k + o((x− 2)2n+1).

5. K =√

23

(y′(1) = 1, y′′(1) = −43).

6. e12 ;

shxarctg x

= 1 +x2

2+ o(x3).


7. Асимптоты: y =x

4+ 3 (t→ 2± 0), y = x (t→ ±∞).

x′t =t(t− 4)(t− 2)2

, y′t =(t− 1)(t− 3)

(t− 2)2,

y′x =(t− 1)(t− 3)t(t− 4)

, y′′xx = − 6(t− 2)3

t3(t− 4)3.

x

y

0

t→−∞

t→2−0

t→2+0t→

+∞

y=x4+3

y=xA

B

CD

A

(0;

32

)(t = 0), касательная в точке A вертикальна;

B(−1; 2) (t = 1); C(9; 6) (t = 3); D(

8;132

)(t = 4),

касательная в точке D вертикальна.Рис. 18

8. limx→∞

xn =12.


Вариант 74


а) ©3∫

(x3 + 2) arctg x dx, б) ©4∫

cos4 x sin 2x(1 + sin2 x)

34dx.


limx→0

(1√

1 + 2x− ln(1 + 3 tg x)

x2 − 3

) 1sh x−x

.


y = 2x−√

(x+ 1)|x− 1|.

4.©4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x =13

до o

((x− 1

3

)2n+2)функцию

y = (−3x2 + 2x+ 1) sin(3x− 1).

5.©4 Найти в точке (√

2; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением

x2 − y − y3 = 0.


limx→+∞

x2( 3√x3 + x− x) + (sinx) ln(1 + x)

ln(1 + x+ e5x).


x =t2 + 3t+ 1

, y =t3 + 9t2

3(t+ 1).


0 < x1 < 1, xn+1 = 1− x2n + x3

n.



1. а)(x4

4+ 2x− 1

4

)arctg x− ln(x2 + 1)− x3

12+x

4+ C;

б) 16(1 + sin2 x

) 14 − 16

5(1 + sin2 x)

54 +

49(1 + sin2 x)

94 + C.

2. e7 ; ln(1+3 tg x) = 3x− 92x2 +10x3 +o(x3);

13− x2

=13

+x2

9+

+ o(x3).3. Область определения x > −1.

Асимптота y = x при x→ +∞.

y′ =

2√

1− x2 + x√1− x2

=5(

45 − x2

)(2√

1− x2 − x)√

1− x2, |x| < 1,

2√x2 − 1− x√x2 − 1

=3(x2 − 4

3

)(2√x2 − 1 + x)

√x2 − 1

, x > 1.

y′′ =

1

(1− x2)3/2, |x| < 1,

1(x2 − 1)3/2

, x > 1.

Касательные в точках A и C вертикальны.График на рис. 19.

x

y

0

A

B

C

y=x

Рис. 19

A(−1;−2), x = −1 — точка

краевого максимума y(x);

B

(− 2√

5;−√

5)

,

x = − 2√5

— точка минимума y;

C(1; 2), x = 1 — точка max y(x).

4. y = 4(x− 1

3

)+

n∑k=1

(−1)k32k

[4

(2k + 1)!+

1(2k − 1)!

]×


×(x− 1

3

)2k+1

+ o

((x− 1

3

)2n+2)

.

5. K =1

3√

6(y′ =

1√2, y′′ = −1

4).

6.115

; ( 3√x3 + x − x)x2 = x3

(3

√1 +

1x2− 1

)=

x

3+ o(1) при

x→ +∞, ln(1 + x+ e5x) = 5x+ o(1) при x→ +∞.

7. Асимптота y =23x− 11

3(t→ −1± 0).

x′t =(t+ 3)(t− 1)

(t+ 1)2, y′t =

2t(t+ 3)2

3(t+ 1)2,

y′x =2t(t+ 3)3(t− 1)

, y′′xx =2(t− 3)(t+ 1)3

3(t+ 3)(t− 1)3.

Кривая на рис. 20.

x

y

0

t→−1−

0

t→+∞

t→−∞

t→−1+

0

y=23x−

113

A

B

C

D

Рис. 20

A(−6;−9) (t = −3) — точка

возврата, касательнаягоризонтальна;B(3; 0) (t = 0);

C

(2;

53

)(t = 1), касательная

в точке C вертикальна;D(3; 9) (t = 3),x = 3 — точка перегиба,tgαкас = 6.

8. limn→∞

xn = 1.


СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Кудрявцев Л.Д. Краткий курс математического анализа. Т. 1.– М.: Наука, 1998, 2002.

2. Никольский С.М. Курс математического анализа. Т. 1. – М.:Наука, 1983, 2000.

3. Яковлев Г.Н. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. –М.: Физматлит, 2001, 2004.

4. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического

анализа. – М.: Наука, 1988; М.: МФТИ, 1997; М.: Физматлит,2003.

5. Иванов Г.Е. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:МФТИ, 2000, 2004.

6. Бесов О.В. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:МФТИ, 2004.

7. Cборник задач по математическому анализу /Под ред.Л.Д. Кудрявцева. Т.1, Т.2 – 2-е изд. – М.: Физматлит. 2003.

Documents

mipt.ru ОГЛАВЛЕНИЕ Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 §1. Экзаменационная работа по математичес