Тема Математический анализ

07 Исследование графиков на касательные и асимптоты

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#45619

Выписать уравнение касательной к графику $∘ ----- y = 7−3x2$ в точке с абсциссой $∘ -- x0 = − 32$

Показать ответ и решение

Найдём $y′(x)$ в общем виде: $y′(x) = − √--x--2-. 3(7−x )$ Тогда $∘ -- ∘ --- y′(− 32) = 319.$ Далее, $∘ -- √-- y(− 32) = -567.$

Таким образом, согласно формуле для уравнения касательной к дифференцируемой функции в точке $x0$ :

′ y кас. (x ) = y (x0)(x − x0)+ y(x0 )

Тогда получаем в нашем случае:

∘ --- ∘ -- √ --- y кас. (x) = -3-(x+ 3)+ --57 19 2 6

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#45620

При каком значении параметра $a$ прямая $y = ax + 2$ может являться касательной к функции $y = lnx$ хоть в какой-то точке?

Показать ответ и решение

Уравнение касательной к дифференцируемой функции в точке $x0$ имеет вид:

y кас. (x ) = y′(x0)(x − x0)+ y(x0 )

$y ′(x0) = 1-, x0$ поскольку $y′(x0)$ есть не что иное, как угловой коэффициент касательной, то мы имеем: $1 a = x0.$

С другой стороны, свободный член у нашей касательной равен $2,$ в и то же время он должен быть равен $− y′(x0) ⋅x0 + y(x0),$ то есть в нашем случае имеем: $− x1 ⋅x0 + ln x0 = 2 0$

Откуда легко находим, что $ln x0 = 3,$ а, значит, $3 x0 = e ,$ а, значит, $1- a = e3.$

И мы с вами получили, что единственный возможный случай - это когда $1- a = e3,$ а касательная при этом $a$ к функции $y = lnx$ проводится в точке $x0 = e3.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#45621

Среди всех точек пересечения двух кривых $f1(x) = x2 − 1,$ $f2(x) = x3 − 1$ выбрать ту, у которой наибольшая абсцисса и в ней вычислить угол между этими кривыми.

Показать ответ и решение

Чтобы найти точки пересечения указанных кривых, нужно приравнять правые части:

x2 − 1 = x3 − 1

То есть

x3 − x2 = 0 ⇔ x2(x− 1) = 0

Значит, у нас всего две точки пересечения: $x1 = 0,x2 = 1.$ Нам по условию нужна именно вторая $x2 = 1.$

Далее, угол между кривыми в данной точке равен углу между их касательными в этой точке.

1. $f′1(1) = 2,$ $f1(1) = 0.$ Поэтому касательная к первой функции в точке $x = 1$ имеет вид

y = 2(x− 1 ) f1

2. $f′2(1) = 3,$ $f2(1) = 0.$ Поэтому касательная ко второй функции в точке $x = 1$ имеет вид

yf2 = 3(x− 1 )

Нормаль к первой прямой, таким образом, имеет координаты $−→n1 = (− 3,1).$

Нормаль ко второй прямой, таким образом, имеет координаты $−→n2 = (− 2,1).$

Тогда угол между касательными равен $arccos |<n1,n2>|= arccos √-6√--= arccos√7- |n1||n2| 10 5 50$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#45622

Найти асимптоты графика функции $f(x) = 3+24x−x2.$

Показать ответ и решение

1. Вертикальные асимптоты. Это самый простой вид асимптот. Для их отыскания достаточно найти такие $a ∈ ℝ,$ что при $x → a+$ или $x → a−$ будет $|f(x )| → ∞.$
В данном случае кандидаты на такое $a$ - это, понятное дело, нули знаменателя $a = − 1,a = 3.$ Ясно, что и при $x → − 1$ и при $x → 3$ функция $f(x)$ стремится к либо к $+ ∞,$ либо к $− ∞$ - смотря с какой стороны подходить к нулю знаменателя. Тем самым, прямые $x = − 1$ и $x = 3$ - вертикальные асимптоты.

2. Наклонные асимптоты. Посмотрим, чему может быть равно $c 1$ из определения наклонной асимптоты на плюс бесконечности.
$c = lim f(x)-= lim ----4----= 0. 1 x→+ ∞ x x→+ ∞ 3x+2x2− x3$ Отлично, предел получился конечным, а, значит, это повод найти $c0$ :
$c0 = lim (f(x) − c1x ) = lim f(x) = lim ---4--2 = 0. x→+ ∞ x→+ ∞ x→+ ∞ 3+2x−x$

Заметим, что мы нигде не пользовались тем, что $x → + ∞,$ а не $x → − ∞.$ Поэтому все наши рассуждения пункта 2 можно переформулировать и для случая стремления к минус бесконечности.

Таким образом, получаем, что $y = 0$ является асимптотой (по сути, горизонтальной) графика функции $f (x )$ и на плюс, и на минус бесконечности.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45623

Найти асимптоты графика функции $f(x) = x⋅e− x.$

Показать ответ и решение

1. Вертикальные асимптоты. Поскольку наша функция как произведение всюду непрерывных функций $f1(x) = x$ и $− x f2(x) = e ,$ то ни в какой точке она не может иметь вертикальной асимптоты - наша функция в каждой точке определена и имеет конечный предел, причем равный своему значению в этой точке.

2. Наклонные асимптоты. Посмотрим, чему может быть равно $c 1$ из определения наклонной асимптоты на плюс бесконечности.
$c = lim f(x)-= lim e−x = 0. 1 x→+ ∞ x x→+ ∞$ Отлично, предел получился конечным, а, значит, это повод найти $c 0$ :
$c = lim (f(x) − cx ) = lim f(x) = lim xx = показательная расте=т быстрее линейной0. 0 x→+ ∞ 1 x→+ ∞ x→+ ∞ e$

C другой же стороны, $lim f(x) = lim xx == − ∞ x→ −∞ x→− ∞ e$ (мы что-то стремящееся к минус бесконечности делим на что-то стремящееся к нулю справа) .

Таким образом, получаем, что $y = 0$ является асимптотой (по сути, горизонтальной) графика функции $f (x )$ только(!) на плюс бесконечности.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#52220

Написать уравнения касательной и нормали к кривой

2t+ t2 2t− t2 x = -----3 , y =----3-- 1 + t 1 + t

в точках: $a)t = 0; b)t = 1 ; c)t = ∞$ .

Показать ответ и решение

Для начала найдем $y′x$ в общем виде. Поскольку

3 2 x′ = (2+-2t)(1+-t-)−-3t(2t+-t-), t (1+ t3)2 (2 − 2t)(1 + t3)− 3t(2t− t2) y′t = --------------32---------- (1 + t )

имеем

y′ (2 − 2t)(1 + t3)− 3t(2t− t2) y ′x = -t′= ------------3-----------2-. xt (2 + 2t)(1 + t )− 3t(2t+ t )

Значению параметра $t = 0$ соответствует точка $(0,0)$ , при этом
$2 y′x = -= 1. 2$
Так что касательная имеет уравнение $y = x$ , нормаль имеет уравнение $y = − x$ .
Значению параметра $t = 1$ соответствует точка $3 1 (2,2)$ , при этом
$− 3 y′x = --- = 3 − 1$
Так что касательная имеет уравнение $y = 3x− 4$ , нормаль имеет уравнение $y = − 13x+ 1$ .
Значению параметра $t = ∞$ соответствует точка $(0,0 )$ , при этом
$′ − 2t4 + o(t4) yx = -2t4-+-o(t4)--→ − 1$
Так что касательная имеет уравнение $y = − x$ , нормаль имеет уравнение $y = x$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#52221

Найти асимптоты графика функции $2x3 y = -2--------- x − 2x− 3$ .

Показать ответ и решение

График имеет две вертикальные асимптоты, соответствующие нулям знаменателя: $x = 3$ и $x = − 1$ .

Поскольку при $x → ± ∞$ функция имеет вид $2x y = -------- 1 + o(1)$ , конечных пределов, а значит и наклонных асимптот, у графика нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#52367

Исследовать на асимптоты график функции $y = x + sinx-x$

Убедиться, что график этой функции пересекает асимптоту бесконечно много раз. Отсюда следует, что представление об асимптоте как о прямой, к которой кривая лишь “стремится”, но никогда “не достигает” - в корне ошибочно.

Показать ответ и решение

Функция $y = x + sinx-x$ непрерывна во всех точках, кроме $x = 0$ , как композиция непрерывных функций. Проверим, есть ли в этой точке вертикальная асимптота. Для этого найдем односторонние пределы в точке $x = 0$ с обеих сторон:

lim x+ sin-x-= 1 x→0− 0 x

sin x lim x+ -----= 1 x→0+0 x

Односторонние пределы оказались конечны и равны друг другу. Значит, разрыв устранимый, и вертикальной асимптоты в точке $x = 0$ нет.

Теперь найдем уравнения наклонных асимптот, а заодно убедимся, что они существуют. Уравнения асимптот имеют вид $y = kx + b$ Чтобы найти коэффициенты наклона, нужно посчитать пределы на бесконечностях от $f(x)- x$ :

x+ sinx- k1 = lim f(x)-= lim -----x--= lim 1+ sin-x-= 1 x→+∞ x x→+ ∞ x x→+ ∞ x2

f(x) x+ sinx- sin x k2 = xl→im−∞ -----= xl→im− ∞ -----x--= xl→im−∞ 1+ --2--= 1 x x x

Чтобы найти коэффициенты $b1,b2$ , посчитаем пределы от $f(x)− kx$ :

sin-x- sinx-- b1 = xli→m+∞ f (x )− k1x = xl→im+ ∞ x+ x − x = x→li+m∞ x = 0

b2 = lim f (x )− k2x = lim x+ sin-x-− x = lim sinx-= 0 x→−∞ x→ −∞ x x→ −∞ x

Получается, что у графика одна асимптота $y = x$ , и функция стремится к этой прямой как на положительной, так и на отрицательной бесконечности.

Теперь посмотрим, сколько раз график функции пересекает полученную асимптоту.

sin x x+ -----= x x

sin-x-= 0 x

Данное уравнение имеет бесконечно много решений, потому что синус - периодическая функция, принимающая значение 0.

Наконец, посмотрим на график данной нам функции и наглядно убедимся, что верно его исследовали:

$PIC$

Добавим асимптоту $y = x$ :

$PIC$

Как и ожидалось, графики периодически пересекаются.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#52369

Найти асимптоты графика функции $y = xarcctg(x)$

Показать ответ и решение

Данная нам функция является произведением двух непрерывных на $ℝ$ функций, то есть она и сама непрерывна на $ℝ$ . Значит, вертикальных асимптот у нее нет. Наклонные асимптоты существуют, если существуют конечные пределы:

f(x) k = xl→im∞ ----- x

b = lim f(x)− kx x→ ∞

Найдем их:

f(x) k1 = lim -----= lim arcctg(x) = 0 x→+ ∞ x x→+ ∞

f(x)- k2 = xli→m−∞ x = xl→im−∞ arcctg(x) = π

b1 = lim f(x)− k1x = lim x arcctg(x) x→+ ∞ x→+ ∞

Найдём предел:

π π − arctg 1 π − arcctgy lim x arcctg(x) = lim x(--− arctg x) = lim 2--------y-= lim -2---------- x→+ ∞ x→+ ∞ 2 y→0+ y y→0+ y

(Мы здесь воспользовались тем, что при $y > 0$ выполнено тождество $arctg 1y = arcctgy$ ) Далее, по формуле Тейлора при $y → 0+$ :

π arcctgy = arcctg(0)+ arcctg ′(0)y + ¯o(y) =--− y + ¯o(y) 2

Следовательно,

-π2 −-arcctgy π2 −-(π2 −-y-+-¯o(y)) yl→im0+ y = yl→im0+ y = 1

Аналогично найдем $b2$ :

b2 = lim f(x)− k2x = lim xarcctg(x)− πx = lim x (arcctg(x)− π ) = x→− ∞ x→ −∞ x→−∞

arcctg(1)− π = lim -------y----- y→0− y

Вновь воспользуемся тождеством, верным при $y < 0$ :

1- arcctg y = arctgy + π

Тем самым:

1 lim arcctg(y)−-π-= lim arctg-y +-π-−-π-= lim arctgy- y→0− y y→0 − y y→0 − y

Но поскольку при $y → 0$ $arctgy ∼ y$ , то этот последний предел также равен 1. Получается, что у функции две асимптоты: $y = 1$ и $y = πx + 1$ .

Посмотрим на соответствующие графики и проверим, что все правильно. Слева график функции, справа добавлены асимптоты:

$PIC$

Видно, что асимптоты найдены верно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#53449

Написать уравнения касательной и нормали к кривой $√ ----- y = (x + 1) 3 3− x$ в точках
а) $A (− 1,0)$ б) $B (2,3)$ в) $C (3,0 )$ .

Показать ответ и решение

Уравнения касательной и прямой к кривой $y$ в точке $(x0,y0)$ записываются по следующим формулам:

касательная: $y = y′(x0)(x − x0)+ y0$
нормаль: $-−1-- y = y′(x0)(x − x0)+ y0$

Заметим, что если у прямой $y = kx+ b$ получается, что $k$ неопределен так, что соответствующая производная стремится к + или $−$ $∞$ , то тогда естетственно считать, что такая прямая параллельна оси $Oy$ и её уравнение записывается в виде $x = c$ .

Итак, нам понадобится производная $y$ : $′ √3----- −1 8−4x y = 3 − x+ (x + 1)33√-(3−-x)2-= 33√-(3−-x)2-$

Теперь можно подставить точки из условия:

1.

$A (− 1,0)$
Производная в точке $A$ будет равняться: $3√-- y′(− 1) = 33√8(+34+1)2 = 4$
Тогда:

касательная: $3√ -- y = 4(x+ 1)$
нормаль: $-−1 y = 3√4(x+ 1)$

2.

$B (2,3)$
Производная в точке $B$ будет равняться: $′ 8− 8 y (2) = 33√-(3−-2)2 = 0$
Тогда:

касательная: $y = 0(x− 2) + 3 = 3$
нормаль будет перпендикулярна касательной, которая, как видно, параллельна оси $Ox$ . Следовательно, нормаль перпендикулярна оси $Ox$ и, тем самым, не представима в виде $y = kx+ b$ . Формула нормали будет: $x = 2$

3.

$C (3,0)$
Заметим, что точка $C$ находится на границе области определения функции. А значит, ни касательная, ни нормаль в этой точке не определены.

Ответ

а) касательная: $3√-- √3-- y = 4x + 4$ , нормаль: $− 1 −1 √34-x+ 3√4-$
б) касательная: $y = 3$ , нормаль: $x = 2$
в) касательная и нормаль не определены в этой точке

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#53450

В каких точках кривой $y = 2 + x− x2$ касательная к ней а) параллельна оси $Ox$ ; б) параллельна биссектрисе первого координатного угла?

Показать ответ и решение

Прямые параллельны тогда и только тогда, когда их угловые коэффициенты (углы наклона) равны. Напомним, что угловой коэффициент прямой равен тангенсу угла наклона этой прямой.

Угловой коэффициент касательной к кривой $y$ в точке $(x0,y0)$ будет равен $y′(x0)$
(формула касательной в точке $(x ,y ) 0 0$ : $y = y′(x )(x− x ) + y 0 0 0$ ).

Тогда нужно посчитать производную $y$ : $y′ = (2 + x− x2)′ = 1− 2x$ .

Осталось найти:

1.: точку $(x1,y1)$ , в которой касательная будет параллельна оси Ox

Уравнение оси Ох выглядит так: $y = 0$ . Отсюда получается, что её угловой коэффициент равен $0$ (также её угол наклона равен $0$ , а $tg(0) = 0$ ).
Значит, нужно, чтобы $y′(x1)$ был равен $0$ . Следовательно: $1 − 2x1 = 0$ .
Получаем: $2 x1 = 0.5,y1 = 2 + 0.5− 0.5 = 2.25$
2.: точку $(x2,y2)$ , в которой касательная будет параллельна биссектрисе первого координатного угла

Биссектриса первого координатного угла имеет угол наклона равный $π 4$ . Отсюда её угловой коэффициент равен $π tg(4) = 1$ .
Тогда $y′(x2) = 1$ , откуда $1− 2x2 = 1$ и $x2 = 0$ . Получаем $y2 = 2$ .

Ответ

а) $(0.5,2.25)$ б) $(0,2)$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#53451

Написать уравнения касательной и нормали к кривой $x = 2t − t2,y = 3t − t3$ в точках а) $t = 0$ б) $t = 1$

Показать ответ и решение

Уравнения касательной и прямой к непараместричекой кривой $y$ в точке $(x0,y0)$ записываются по следующим формулам:

касательная: $y = y′x(x0)(x− x0)+ y0$
нормаль: $-−1-- y = y′x(x0)(x − x0) + y0$

Теперь посмотрим, что нужно заменить, чтобы получить уравнения в точке $t0$ для параметрической заданной кривой: $x = x (t ), y = y(t ), y′(x ) = y′t′(t0) 0 0 0 0 x 0 xt(t0)$ . Получаем: