книги / Тестовые задания по курсу высшей математики. Ч. 2 Теория пределов. Производная и дифференциал. Основные теоремы о дифференцируемых функциях. Исследование поведения функций

Решение:

Данная функция определена и непрерывна на всей числовой оси.

Найдем производную функции: y′ = 12x2 − 60x + 48.

Определим критические точки первого рода, т.е. точки, в которых y′ = 0 или y′ не существует:

12x2 − 60x + 48 = 0.

Следовательно, x1 = 1, x2 = 4 (рис. 3.12).

Рис. 3.12

Определим знаки первой производной: так как у′ = 12(x − 1)(x − 4) , то

при x <1 y′ > 0; при 1 < x < 4 y′ < 0; при x > 4 y′ > 0. Следовательно,

на промежутке (−∞; 1) функция возрастает, на промежутке (1; 4) функция убывает, на промежутке (4; + ∞ ) функция возрастает.

Ответ: 2.

Задача 3.2.12

Абсцисса точки минимума функции y = x3 − 6x2 − 15x + 8

равна ... .

Решение:

Данная функция определена и дифференцируема на всей числовой прямой.

91

Находим y′ = 3x2 − 12x − 15.

Определим критические точки первого рода:

y′ = 0;

y′ не существует.

В данном случае y′ = 0 в точках x1 = −1, x2 = 5. Тогда y′ = 3(x + 1)( x − 5).

Применим достаточное условие экстремума (рис. 3.13)

Рис. 3.13

Поскольку при переходе через x2 = 5 (слева направо) первая производная меняет знак с минуса на плюс, значит, точка с абсциссой x2 = 5 – точка минимума функции.

Ответ: 5.

Задача 3.2.13

Значение функции y = 4x3 + 18x2 + 24x − 11 в точке макси-

мума равно ... .

Решение:

Данная функция определена и дифференцируема на всей числовой прямой.

Находим y′ = 12x2 + 36x + 24.

Определим критические точки первого рода:

y′ = 0;

y′ не существует.

Определим критические точки, решив уравнение y′ = 0. В данном случае y′ = 0 в точках x1 = −2, x2 = −1. Тогда y′ = 12(x + 2)(x + 1).

92

Применим достаточное условие экстремума (рис. 3.14)

Рис. 3.14

Поскольку при переходе через x1 = −2 (слева направо) первая производная меняет знак с плюса на минус, значит, точка с абсциссой x1 = −2 – точка максимума функции.

Вычислим значение функции в точке максимума: ymax = y (−2) = 4(−2)3 + 18(−2)2 + 24(−2) − 11 = −19.

Ответ: –19.

Задача 3.2.14

Наименьшее значение функции y = 2x + 1 на отрезке [−1;2] равно … :

1)–1;

2)0;

3)1;

4)–2.

Решение:

Поскольку функция y = 2x + 1 монотонно возрастает на от-

резке [−1; 2], наименьшее значение функции достигается на левом конце отрезка, т.е. в точке x = −1:

yнаим = y (−1) = 2(−1) + 1 = −1.

Ответ: 1.

Задача 3.2.15

Наибольшее значение функции y = 1 +1x2 на отрезке [−1; 2]

равно ... .

93

Решение:

y′ = 0 в точке x = 0 .

Критическая точка x = 0 принадлежит отрезку [−1; 2].

Вычислим значения функции в этой точке и на концах отрезка:

Сравнивая все вычисленные значения функции, заключаем, что наибольшее значение функции достигается во внутренней критической точке x = 0:

yнаиб = y (0) = 1.

Ответ: 1.

Задача 3.2.16

Наименьшее значение функции y = 3 − 2x на отрезке [−1; 1] равно … .

Решение:

Найдем критические точки первого рода функции y = 3 − 2x:

Точек, в которых производная равна нулю, нет, а при x = 32 производная не существует.

Но точка x = 32 не принадлежит отрезку [−1; 1].

94

Поскольку внутри отрезка критических точек нет, найдем значение функции на концах отрезка:

y (−1) = 3 − 2(−1) = 5, y (1) = 3 − 2 = 1.

Ответ: 1.

Задача 3.2.17

Кривая y = x3 является выпуклой (выпуклой вверх) на интервале … :

1)(−∞;0) ;

2)(0; +∞ ) ;

3)(−∞;+∞ ) ;

4)(−1; 1) .

Решение:

Если функция y = f (x) на интервале (a; b) имеет отрицательную вторую производную f ′′(x) < 0, то кривая y = f (x) является выпуклой (выпуклой вверх) на этом интервале.

Чтобы найти интервал, на котором кривая y = x3 является выпуклой, необходимо решить неравенство y′′ < 0.

Дифференцируя дважды заданную функцию, получим y′ = 3x2, y′′ = 6x .

Тогда условие y′′ < 0 принимает вид 6x < 0.

Отсюда x < 0.

Ответ: 1.

Задача 3.2.18

Абсцисса точки перегибаграфикафункции y = −6x7 равна… :

95

1)0;

2)1;

3)2;

4)3.

Решение:

Если в точке x0 вторая производная функции y(x) равна нулю или не существует и при переходе через эту точку вторая производная y′′( x) меняет знак, то точка графика функции y = y (x) с абсциссой x0 является точкой перегиба.

Найдем первую и вторую производные функции y = −6x7: y′ = −42x6 , y′′ = −252x5.

Найдем критические точки второго рода, т.е. точки, в которых y′′ = 0 или y′′ не существует.

В данном случае y′′ = 0:

y′′ = −252x5 −252x5 = 0 x = 0.

Определим знаки второй производной (рис. 3.15).

Рис. 3.15

Таким образом, при переходе через точку x = 0 вторая производная функции меняет знак с плюса на минус.

Следовательно, точка с абсциссой x = 0 является точкой перегиба.

Ответ: 1.

96

Ответ: –6.

97

Ответ: –3.

Задача 3.2.22

Прямая y = b является горизонтальной асимптотой к графи-

Ответ: 0.

98

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1.Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа: учеб. пособие. – М.: Альянс, 2015.

2.Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа: учеб. для вузов: в 2 ч. – М.: Физматлит, 2019. – Ч. 1.

3.Смышляева Т.В., Рекка Е.Ю. Математика: введение в анализ, дифференциальное исчисление функции одной переменной: учеб. пособие для вузов. – Пермь: Изд-во Перм. нац. исслед. политехн. ун-та, 2013.

4.Шнейдер В.Е., Слуцкий А.И., Шумов А.С. Краткий курс высшей математики: учеб. пособие для втузов: в 2 т. – М.: Высш.

шк., 1978. – Т. 1.

99

Учебное издание

Лойко Н.А., Плехова Э.В., Савочкина А.А., Смышляева Т.В.

ТЕСТОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО КУРСУ ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ

Часть 2

Теория пределов. Производная и дифференциал.

Основные теоремы о дифференцируемых функциях. Исследование поведения функций.

Редактор и корректор Е.Б. Денисова

Подписано в печать 08.04.2021. Формат 60×90/16. Усл. печ. л. 6,25. Тираж 48 экз. Заказ № 000/2021.

Издательство Пермского национального исследовательского

политехнического университета.

Адрес: 614990, г. Пермь, Комсомольский пр., 29, к. 113.

Тел. (342) 219-80-33.

100