Контрольная работа «Приложение производной» 1. Вычислить пределы функций с помощью правила Лопиталя. 3 1) lim √1−6x−1+2x ; 2) lim (1 − x) x→0 sin² x x→1 ln x ln x x⋅arctgx 1 1 1) lim ; 2) lim (− ). x→0 ln cos x x→1 ln x x−1 cos3x − eˣ² 1 1) lim ; 2) lim (ctgx− ). x→0 arctg²5x x→0 x √1 + x² − cos4x ctg2x 1) lim ; 2) lim x→0 ln²(1 + x) x→0+0 ln x eˣ − x − cos 2x e²ˣ 1) lim ; 2) lim x→0

Ответ: Решения ниже.

1.1) \[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{1-6x} - 1 + 2x}{\sin^2 x}\]

Шаг 1: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{\sqrt[3]{1-6(0)} - 1 + 2(0)}{\sin^2 (0)} = \frac{1-1+0}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 2: Применяем правило Лопиталя, берём производную числителя и знаменателя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\sqrt[3]{1-6x} - 1 + 2x)}{\frac{d}{dx}(\sin^2 x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{3}(1-6x)^{-2/3}(-6) + 2}{2\sin x \cos x}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{-2(1-6x)^{-2/3} + 2}{2\sin x \cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{-2(1-6x)^{-2/3} + 2}{\sin 2x}\]

Шаг 3: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{-2(1-6(0))^{-2/3} + 2}{\sin 2(0)} = \frac{-2+2}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 4: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(-2(1-6x)^{-2/3} + 2)}{\frac{d}{dx}(\sin 2x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-2(-\frac{2}{3})(1-6x)^{-5/3}(-6)}{2\cos 2x}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{-8(1-6x)^{-5/3}}{2\cos 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{-4}{(1-6x)^{5/3}\cos 2x}\]

Шаг 5: Вычисляем предел:

\[\frac{-4}{(1-6(0))^{5/3}\cos 2(0)} = \frac{-4}{1 \cdot 1} = -4\]

Ответ: -4

1.2) \[\lim_{x \to 1} (\frac{1}{\ln x} - \frac{x}{\ln x})\]

Шаг 1: Преобразуем выражение:

\[\lim_{x \to 1} \frac{1-x}{\ln x}\]

Шаг 2: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{1-1}{\ln 1} = \frac{0}{0}\]

Шаг 3: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(1-x)}{\frac{d}{dx}(\ln x)} = \lim_{x \to 1} \frac{-1}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 1} -x\]

Шаг 4: Вычисляем предел:

\[\lim_{x \to 1} -x = -1\]

Ответ: -1

2.1) \[\lim_{x \to 0} \frac{x \cdot \arctan x}{\ln(\cos x)}\]

Шаг 1: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{0 \cdot \arctan 0}{\ln(\cos 0)} = \frac{0}{\ln 1} = \frac{0}{0}\]

Шаг 2: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(x \arctan x)}{\frac{d}{dx}(\ln(\cos x))} = \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x + x \cdot \frac{1}{1+x^2}}{\frac{-\sin x}{\cos x}}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x + \frac{x}{1+x^2}}{-\tan x}\]

Шаг 3: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{\arctan 0 + \frac{0}{1+0^2}}{-\tan 0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 4: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\arctan x + \frac{x}{1+x^2})}{\frac{d}{dx}(-\tan x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x^2} + \frac{(1+x^2) - x(2x)}{(1+x^2)^2}}{-\sec^2 x}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x^2} + \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}}{-\sec^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1+x^2+1-x^2}{(1+x^2)^2}}{-\sec^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2}{(1+x^2)^2}}{-\sec^2 x}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{2}{-(1+x^2)^2 \sec^2 x}\]

Шаг 5: Вычисляем предел:

\[\frac{2}{-(1+0^2)^2 \sec^2 0} = \frac{2}{-(1)(1)} = -2\]

Ответ: -2

2.2) \[\lim_{x \to 1} (\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x-1})\]

Шаг 1: Преобразуем выражение:

\[\lim_{x \to 1} \frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}\]

Шаг 2: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{1-1-\ln 1}{(1-1)\ln 1} = \frac{0}{0}\]

Шаг 3: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(x-1-\ln x)}{\frac{d}{dx}((x-1)\ln x)} = \lim_{x \to 1} \frac{1-\frac{1}{x}}{\ln x + \frac{x-1}{x}} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{x-1}{x}}{\frac{x\ln x + x - 1}{x}} = \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{x\ln x + x - 1}\]

Шаг 4: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{1-1}{1\ln 1 + 1 - 1} = \frac{0}{0}\]

Шаг 5: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(x-1)}{\frac{d}{dx}(x\ln x + x - 1)} = \lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x + 1 + 1} = \lim_{x \to 1} \frac{1}{\ln x + 2}\]

Шаг 6: Вычисляем предел:

\[\frac{1}{\ln 1 + 2} = \frac{1}{0+2} = \frac{1}{2}\]

Ответ: 1/2

3.1) \[\lim_{x \to 0} \frac{\cos 3x - e^{x^2}}{\arctan^2 5x}\]

Шаг 1: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{\cos(3 \cdot 0) - e^{0^2}}{\arctan^2(5 \cdot 0)} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 2: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\cos 3x - e^{x^2})}{\frac{d}{dx}(\arctan^2 5x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-3 \sin 3x - 2x e^{x^2}}{2 \arctan 5x \cdot \frac{5}{1 + (5x)^2}}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{-3 \sin 3x - 2x e^{x^2}}{\frac{10 \arctan 5x}{1 + 25x^2}}\]

Шаг 3: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{-3 \sin(3 \cdot 0) - 2 \cdot 0 \cdot e^{0^2}}{\frac{10 \arctan(5 \cdot 0)}{1 + 25 \cdot 0^2}} = \frac{0}{0}\]

Шаг 4: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(-3 \sin 3x - 2x e^{x^2})}{\frac{d}{dx}(\frac{10 \arctan 5x}{1 + 25x^2})} = \lim_{x \to 0} \frac{-9 \cos 3x - 2e^{x^2} - 4x^2 e^{x^2}}{\frac{50}{(1 + 25x^2)^2} - \frac{500x \arctan 5x}{(1 + 25x^2)^2}}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{-9 \cos 3x - 2e^{x^2} - 4x^2 e^{x^2}}{\frac{50 - 500x \arctan 5x}{(1 + 25x^2)^2}}\]

Шаг 5: Вычисляем предел:

\[\frac{-9 \cos(3 \cdot 0) - 2e^{0^2} - 4 \cdot 0^2 \cdot e^{0^2}}{\frac{50 - 500 \cdot 0 \cdot \arctan(5 \cdot 0)}{(1 + 25 \cdot 0^2)^2}} = \frac{-9 - 2}{\frac{50}{1}} = \frac{-11}{50}\]

Ответ: -11/50

3.2) \[\lim_{x \to 0} (\cot x - \frac{1}{x})\]

Шаг 1: Преобразуем выражение:

\[\lim_{x \to 0} (\frac{\cos x}{\sin x} - \frac{1}{x}) = \lim_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{x \sin x}\]

Шаг 2: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{0 \cdot \cos 0 - \sin 0}{0 \cdot \sin 0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 3: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(x \cos x - \sin x)}{\frac{d}{dx}(x \sin x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - x \sin x - \cos x}{\sin x + x \cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{-x \sin x}{\sin x + x \cos x}\]

Шаг 4: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{-0 \cdot \sin 0}{\sin 0 + 0 \cdot \cos 0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 5: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(-x \sin x)}{\frac{d}{dx}(\sin x + x \cos x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-\sin x - x \cos x}{\cos x + \cos x - x \sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{-\sin x - x \cos x}{2 \cos x - x \sin x}\]

Шаг 6: Вычисляем предел:

\[\frac{-\sin 0 - 0 \cdot \cos 0}{2 \cos 0 - 0 \cdot \sin 0} = \frac{0}{2} = 0\]

Ответ: 0

4.1) \[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x^2} - \cos 4x}{\ln^2 (1 + x)}\]

Шаг 1: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{\sqrt{1 + 0^2} - \cos (4 \cdot 0)}{\ln^2 (1 + 0)} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 2: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\sqrt{1 + x^2} - \cos 4x)}{\frac{d}{dx}(\ln^2 (1 + x))} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} + 4 \sin 4x}{\frac{2 \ln (1 + x)}{1 + x}}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} + 4 \sin 4x}{\frac{2 \ln (1 + x)}{1 + x}}\]

Шаг 3: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{\frac{0}{\sqrt{1 + 0^2}} + 4 \sin (4 \cdot 0)}{\frac{2 \ln (1 + 0)}{1 + 0}} = \frac{0}{0}\]

Шаг 4: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\frac{x}{\sqrt{1 + x^2}} + 4 \sin 4x)}{\frac{d}{dx}(\frac{2 \ln (1 + x)}{1 + x})} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{(1 + x^2)^{3/2}} + 16 \cos 4x}{\frac{2}{(1 + x)^2} - \frac{2 \ln (1 + x)}{(1 + x)^2}}\] \[= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{(1 + x^2)^{3/2}} + 16 \cos 4x}{\frac{2 - 2 \ln (1 + x)}{(1 + x)^2}}\]

Шаг 5: Вычисляем предел:

\[\frac{\frac{1}{(1 + 0^2)^{3/2}} + 16 \cos (4 \cdot 0)}{\frac{2 - 2 \ln (1 + 0)}{(1 + 0)^2}} = \frac{1 + 16}{2} = \frac{17}{2}\]

Ответ: 17/2

4.2) \[\lim_{x \to 0+0} \frac{\cot 2x}{\ln x}\]

Шаг 1: Преобразуем выражение:

\[\lim_{x \to 0+0} \frac{\frac{\cos 2x}{\sin 2x}}{\ln x} = \lim_{x \to 0+0} \frac{\cos 2x}{\sin 2x \ln x}\]

При x → 0+0, cos 2x → 1, sin 2x → 0, ln x → -∞

\[\lim_{x \to 0+0} \frac{\cos 2x}{\sin 2x \ln x} = \frac{1}{0 \cdot (-\infty)}\]

Так как предел имеет вид 1/(0*(-∞)), то предел равен 0.

Ответ: 0

5.1) \[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - x - \cos 2x}{x^2}\]

Шаг 1: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{e^0 - 0 - \cos (2 \cdot 0)}{0^2} = \frac{1 - 0 - 1}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 2: Применяем правило Лопиталя:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - x - \cos 2x)}{\frac{d}{dx}(x^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 + 2 \sin 2x}{2x}\]

Шаг 3: Проверяем, что предел имеет неопределенность вида 0/0:

\[\frac{e^0 - 1 + 2 \sin (2 \cdot 0)}{2 \cdot 0} = \frac{1 - 1 + 0}{0} = \frac{0}{0}\]

Шаг 4: Применяем правило Лопиталя ещё раз:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - 1 + 2 \sin 2x)}{\frac{d}{dx}(2x)} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x + 4 \cos 2x}{2}\]

Шаг 5: Вычисляем предел:

\[\frac{e^0 + 4 \cos (2 \cdot 0)}{2} = \frac{1 + 4}{2} = \frac{5}{2}\]

Ответ: 5/2

5.2) \[\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x}}{x^2}\]

Шаг 1: Проверяем предел:

\[\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x}}{x^2} = \frac{e^0}{0^2} = \frac{1}{0}\]

Поскольку предел имеет вид 1/0, то предел равен ∞.

Ответ: ∞