Примеры

Пример 1. Исходя из определения, найдем производную функции

 

y = xα ,  x ≠ 0,  α О R.

 

Решение.

1.По определению

 

f‘(x) = lim Δx → 0   (x + Δx)α − xα Δx  .

 

2. Преобразуем выражение под знаком предела

 

lim Δx → 0 (x + Δx)α − xα Δx   = lim Δx → 0   xα   1 +   Δx x α − 1 Δx   =   xα · lim Δx → 0 1 +   Δx x α − 1 Δx

3. При Δx → 0 и x ≠ 0 дробь  

Δx

x

  → 0. В пределе отношения заменим бесконечно малую функцию

1 +   Δx x

α − 1 эквивалентной функцией α ·

Δx

x

. После сокращений получаем

 

xα · lim Δx → 0 1 +   Δx x α − 1 Δx   =   α · xα − 1 .

Следовательно,

 

(xα ) ‘ = αxα − 1   (x ≠ 0).

 

Пример 2. Исходя из определения, найдем производную функции

 

f(x) = 1 − cos x · sin   1 x   ,     x ≠ 0, 0,     x = 0,

 

в точке x = 0.

Решение.

1.По определению

 

f ‘(0) = lim x → 0 f(x) − f(0) x   =   lim x → 0 1 − cos(x · sin(1/x)) − 0 x .

 

2. Так как sin(1/x) — ограниченная, а x — бесконечно малая функция при x → 0, то по теореме о произведении бесконечно малой функции на ограниченную x sin(1/x) → 0 при x → 0. Заменяя в числителе бесконечно малую функцию эквивалентной и снова используя упомянутую теорему, получаем

 

lim x → 0 1 − cos(xsin(1/x) ) − 0 x   =   lim x → 0   x2 sin2 (1/x) 2x   = 0 .

 

Таким образом, предел существует и равен нулю. Следовательно, f ‘(0) = 0.

Пример 3. Найдем производную функции

 

y =   3x6 + 4x4 − x2 − 2 15 (x + cos x)   .

 

Решение.

1. Функция y(x) имеет вид

 

1 15     u v   ,

 

где u(x) = 3x6 + 4x4 − x2 − 2 и v(x) = x + cos x .

Вынося числовой множитель, равный 1/15, и используя формулу для производной частного, получаем

 

y ‘ =   1 15     (3x6 + 4x4 − x2 − 2)’ · (x + cos x) − (3x6 + 4x4 − x2 − 2) · (x + cos x)’ (x + cos x)2  .

(1)

 

2. Функции u(x) = 3x6 + 4x4 − x2 − 2 и v(x) = x + cos x являются линейными комбинациями табличных функций. Поэтому

 

(3x6 + 4x4 − x2 − 2) ‘ = 18x5 + 16x3 − 2x,         (x + cos x) ‘ = 1 − sin x.

 

3. Подставляя найденные производные в (1), получаем

 

y ‘ =   1 15     (18x5 + 16x3 − 2x) · (x + cos x) − (3x6 + 4x4 − x2 − 2) · (1 − sin x) (x + cos x)2  .

 

Пример 4. Составим уравнения касательной и нормали к кривой

 

y = x3

 

в точке с абсциссой x =2.

Решение.

1. Если функция f(x) в точке x0 имеет конечную производную, то уравнение касательной имеет вид

 

y − f(x0) = f ‘(x0)(x − x0).

(2)

 

Если f ‘(x0) ≠ 0, то уравнение нормали имеет вид

 

y − f(x0) = −   1 f ‘(x0)   (x − x0).

(3)

 

Если f ‘(x0) = 0, то уравнение нормали имеет вид x = x0.

2. Находим f(2) = 8 и производную f ‘ (2) = 3x2 |x = 2 = 12.

Так как f‘(2) ≠ 0 и f‘(2) ≠ ∞, то подставляя найденные значения f(2) = 8 и f‘(2) = 12 в (2) и (3), получаем уравнения касательной и нормали:

 

y − 8 = 12(x − 2),  y − 8 = −   1 12   (x − 2).

 

Пример 5. Исходя из определения, найдем односторонние производные функции y = |x| в точке x =0.

Решение.

1. Левая производная функции f(х) = |x| в точке х =0 определяется с учетом того, что Δx < 0  и
|Δx| = −Δx. Получаем

 

f ‘л(0) = lim Δx → 0 − 0   |>x| Δx   = lim Δx → 0 − 0   −Δx Δx   =   −1.

 

2. Правая производная функции f(х) = |x| в точке х =0 определяется с учетом того, что Δx > 0  и
|Δx| = Δx. Получаем

 

f ‘п(0) = lim Δx → 0 + 0   |Δx| Δx   = lim Δx → 0 + 0   Δx Δx   = 1.

 

Так как левая и правая производные функции f(х) = |x| в точке х =0 существуют, но не равны, в точке x = 0 функция f(х) = |x| не имеет производной, а ее график не имеет касательной и точке (0, 0) (рис. 1).