Страница 191, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

47.25 Напишите уравнение той касательной к графику функции

$y = f(x)$, которая параллельна данной прямой $y = kx + m$:

а) $f(x) = e^{2x}$, $y = 2ex - 5$;

б) $f(x) = \ln (3x + 2)$, $y = x + 7$.

а)

Чтобы найти уравнение касательной к графику функции $f(x) = e^{2x}$, параллельной прямой $y = 2ex - 5$, необходимо выполнить следующие шаги:

1. Найти угловой коэффициент данной прямой. Уравнение прямой $y = kx + m$ имеет угловой коэффициент $k$. Для прямой $y = 2ex - 5$ угловой коэффициент $k = 2e$.

2. Условие параллельности двух прямых — равенство их угловых коэффициентов. Угловой коэффициент касательной к графику функции в точке $x_0$ равен значению производной $f'(x_0)$ в этой точке. Следовательно, нам нужно найти такое $x_0$, что $f'(x_0) = 2e$.

3. Найдем производную функции $f(x) = e^{2x}$. Используя правило дифференцирования сложной функции, получаем:
$f'(x) = (e^{2x})' = e^{2x} \cdot (2x)' = 2e^{2x}$.

4. Теперь решим уравнение $f'(x_0) = 2e$:
$2e^{2x_0} = 2e$
$e^{2x_0} = e$
$e^{2x_0} = e^1$
Так как основания степеней равны, приравниваем показатели:
$2x_0 = 1$
$x_0 = \frac{1}{2}$.

5. Мы нашли абсциссу точки касания. Теперь найдем ординату $y_0$, подставив $x_0$ в исходную функцию:
$y_0 = f(x_0) = f(\frac{1}{2}) = e^{2 \cdot \frac{1}{2}} = e^1 = e$.
Таким образом, точка касания — это $(\frac{1}{2}, e)$.

6. Напишем уравнение касательной, используя формулу $y = y_0 + k(x - x_0)$:
$y = e + 2e(x - \frac{1}{2})$
$y = e + 2ex - 2e \cdot \frac{1}{2}$
$y = e + 2ex - e$
$y = 2ex$.

Ответ: $y = 2ex$.

б)

Чтобы найти уравнение касательной к графику функции $f(x) = \ln(3x + 2)$, параллельной прямой $y = x + 7$, необходимо выполнить аналогичные шаги:

1. Угловой коэффициент прямой $y = x + 7$ равен $k=1$.

2. Условие параллельности касательной и данной прямой: $f'(x_0) = 1$.

3. Найдем производную функции $f(x) = \ln(3x + 2)$. Используя правило дифференцирования сложной функции, получаем:
$f'(x) = (\ln(3x+2))' = \frac{1}{3x+2} \cdot (3x+2)' = \frac{3}{3x+2}$.

4. Решим уравнение $f'(x_0) = 1$:
$\frac{3}{3x_0+2} = 1$
При условии, что $3x_0+2 \ne 0$:
$3 = 3x_0 + 2$
$1 = 3x_0$
$x_0 = \frac{1}{3}$.
(Область определения функции: $3x+2 > 0$, т.е. $x > -\frac{2}{3}$. Найденное значение $x_0 = \frac{1}{3}$ удовлетворяет этому условию).

5. Найдем ординату точки касания $y_0 = f(x_0)$:
$y_0 = f(\frac{1}{3}) = \ln(3 \cdot \frac{1}{3} + 2) = \ln(1+2) = \ln(3)$.
Таким образом, точка касания — это $(\frac{1}{3}, \ln(3))$.

6. Напишем уравнение касательной по формуле $y = y_0 + k(x - x_0)$:
$y = \ln(3) + 1 \cdot (x - \frac{1}{3})$
$y = \ln(3) + x - \frac{1}{3}$
$y = x - \frac{1}{3} + \ln(3)$.

Ответ: $y = x - \frac{1}{3} + \ln(3)$.

47.28 При каких значениях параметра $a$ функция $y = x^6e^{-x}$ на интервале $(a; a + 7)$:

а) имеет одну точку экстремума;

б) имеет две точки экстремума;

в) убывает;

г) возрастает?

Для того чтобы исследовать функцию $y = x^6 e^{-x}$ на наличие экстремумов и на промежутки монотонности, найдем ее производную. Используем правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$y' = (x^6 e^{-x})' = (x^6)' e^{-x} + x^6 (e^{-x})' = 6x^5 e^{-x} - x^6 e^{-x}$

Вынесем общий множитель за скобки:

$y' = x^5 e^{-x} (6 - x)$

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $y' = 0$.

$x^5 e^{-x} (6 - x) = 0$

Поскольку $e^{-x} > 0$ для любого $x$, то уравнение сводится к:

$x^5 (6 - x) = 0$

Отсюда получаем две критические точки (точки возможного экстремума): $x_1 = 0$ и $x_2 = 6$.

Определим знаки производной на интервалах, на которые критические точки делят числовую ось:

• При $x < 0$: $y' < 0$, функция убывает.
• При $0 < x < 6$: $y' > 0$, функция возрастает.
• При $x > 6$: $y' < 0$, функция убывает.

Таким образом, функция имеет две точки экстремума: $x = 0$ — точка локального минимума, $x = 6$ — точка локального максимума. Интервалы убывания: $(-\infty; 0]$ и $[6; \infty)$. Интервал возрастания: $[0; 6]$.

Теперь рассмотрим заданный интервал $(a; a + 7)$ и ответим на вопросы задачи.

Это произойдет, если в интервал $(a; a + 7)$ попадет только одна из точек $x=0$ или $x=6$.

Случай 1: В интервал попадает точка $x=0$, но не попадает точка $x=6$. Это означает, что должны выполняться условия: $a < 0 < a+7$ и ($6 \le a$ или $6 \ge a+7$). Из $a < 0 < a+7$ следует $-7 < a < 0$. Условие $6 \le a$ противоречит $a < 0$. Остается условие $6 \ge a+7$, что дает $a \le -1$. Пересекая $-7 < a < 0$ и $a \le -1$, получаем $-7 < a \le -1$.

Случай 2: В интервал попадает точка $x=6$, но не попадает точка $x=0$. Это означает, что должны выполняться условия: $a < 6 < a+7$ и ($0 \le a$ или $0 \ge a+7$). Из $a < 6 < a+7$ следует $-1 < a < 6$. Условие $0 \ge a+7$ (т.е. $a \le -7$) противоречит $a > -1$. Остается условие $0 \le a$. Пересекая $-1 < a < 6$ и $a \ge 0$, получаем $0 \le a < 6$.

Объединяя оба случая, получаем, что функция имеет одну точку экстремума на интервале $(a; a+7)$ при $a \in (-7; -1] \cup [0; 6)$.

Ответ: $a \in (-7; -1] \cup [0; 6)$.

Это произойдет, если в интервал $(a; a + 7)$ попадут обе точки экстремума: $x=0$ и $x=6$. Для этого должны одновременно выполняться два неравенства:

$a < 0$ и $a + 7 > 6$.

Из второго неравенства получаем $a > 6 - 7$, то есть $a > -1$. Объединяя условия $a < 0$ и $a > -1$, получаем $-1 < a < 0$.

Ответ: $a \in (-1; 0)$.

Функция убывает на промежутках $(-\infty; 0]$ и $[6; \infty)$. Для того чтобы функция убывала на всем интервале $(a; a + 7)$, этот интервал должен целиком содержаться в одном из промежутков убывания.

Случай 1: Интервал $(a; a + 7)$ содержится в $(-\infty; 0]$. Это означает, что $a + 7 \le 0$, откуда $a \le -7$.

Случай 2: Интервал $(a; a + 7)$ содержится в $[6; \infty)$. Это означает, что $a \ge 6$.

Объединяя оба случая, получаем, что функция убывает при $a \in (-\infty; -7] \cup [6; \infty)$.

Ответ: $a \in (-\infty; -7] \cup [6; \infty)$.

Функция возрастает на промежутке $[0; 6]$. Для того чтобы функция возрастала на всем интервале $(a; a + 7)$, этот интервал должен целиком содержаться в промежутке $[0; 6]$. Это означает, что должны одновременно выполняться неравенства: $a \ge 0$ и $a + 7 \le 6$.

Из второго неравенства получаем $a \le 6 - 7$, то есть $a \le -1$. Система неравенств $a \ge 0$ и $a \le -1$ не имеет решений. Также можно заметить, что длина интервала возрастания равна $6-0=6$, а длина заданного интервала равна $7$. Интервал длиной 7 не может содержаться в интервале длиной 6.

Ответ: таких значений $a$ не существует.

47.26 Проведите касательную к графику заданной функции так, чтобы она проходила через начало координат:

a) $y = e^{x/2};$

б) $y = \ln x;$

в) $y = e^{x/3};$

г) $y = \ln x^3.$

Общий подход к решению задачи заключается в следующем. Уравнение касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке с абсциссой $x_0$ имеет вид:

$y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$

По условию, касательная должна проходить через начало координат, то есть через точку $(0, 0)$. Подставим эти координаты в уравнение касательной:

$0 = f(x_0) + f'(x_0)(0 - x_0)$

$0 = f(x_0) - x_0 f'(x_0)$

Отсюда получаем условие для нахождения абсциссы точки касания $x_0$:

$f(x_0) = x_0 f'(x_0)$

После нахождения $x_0$, угловой коэффициент касательной $k$ будет равен $f'(x_0)$, а уравнение самой касательной, проходящей через начало координат, будет $y = kx$.

а) $y = e^{\frac{x}{2}}$

1. Заданная функция $f(x) = e^{\frac{x}{2}}$. Найдем её производную:

$f'(x) = (e^{\frac{x}{2}})' = e^{\frac{x}{2}} \cdot (\frac{x}{2})' = \frac{1}{2}e^{\frac{x}{2}}$

2. Подставим функцию и её производную в условие $f(x_0) = x_0 f'(x_0)$:

$e^{\frac{x_0}{2}} = x_0 \cdot \frac{1}{2}e^{\frac{x_0}{2}}$

Так как $e^{\frac{x_0}{2}} > 0$ для любого действительного $x_0$, можно разделить обе части уравнения на $e^{\frac{x_0}{2}}$:

$1 = \frac{x_0}{2}$

Отсюда находим абсциссу точки касания: $x_0 = 2$.

3. Теперь найдем угловой коэффициент касательной $k$ в этой точке:

$k = f'(2) = \frac{1}{2}e^{\frac{2}{2}} = \frac{1}{2}e$.

4. Уравнение касательной, проходящей через начало координат с угловым коэффициентом $k = \frac{e}{2}$, имеет вид:

$y = \frac{e}{2}x$.

Ответ: $y = \frac{e}{2}x$.

б) $y = \ln x$

1. Заданная функция $f(x) = \ln x$. Область определения $x > 0$. Производная функции:

$f'(x) = (\ln x)' = \frac{1}{x}$.

2. Подставим в условие $f(x_0) = x_0 f'(x_0)$:

$\ln x_0 = x_0 \cdot \frac{1}{x_0}$

$\ln x_0 = 1$

Отсюда абсцисса точки касания: $x_0 = e$.

3. Находим угловой коэффициент:

$k = f'(e) = \frac{1}{e}$.

4. Уравнение касательной:

$y = \frac{1}{e}x$.

Ответ: $y = \frac{1}{e}x$.

в) $y = e^{\frac{x}{3}}$

1. Заданная функция $f(x) = e^{\frac{x}{3}}$. Производная функции:

$f'(x) = (e^{\frac{x}{3}})' = e^{\frac{x}{3}} \cdot (\frac{x}{3})' = \frac{1}{3}e^{\frac{x}{3}}$.

2. Подставляем в условие $f(x_0) = x_0 f'(x_0)$:

$e^{\frac{x_0}{3}} = x_0 \cdot \frac{1}{3}e^{\frac{x_0}{3}}$

Разделив на $e^{\frac{x_0}{3}} > 0$, получаем:

$1 = \frac{x_0}{3}$

Абсцисса точки касания: $x_0 = 3$.

3. Угловой коэффициент:

$k = f'(3) = \frac{1}{3}e^{\frac{3}{3}} = \frac{1}{3}e$.

4. Уравнение касательной:

$y = \frac{e}{3}x$.

Ответ: $y = \frac{e}{3}x$.

г) $y = \ln x^3$

1. Заданная функция $f(x) = \ln x^3$. Область определения $x^3 > 0$, что означает $x > 0$. Используя свойство логарифма, упростим функцию: $f(x) = 3 \ln x$. Найдем производную:

$f'(x) = (3 \ln x)' = 3 \cdot \frac{1}{x} = \frac{3}{x}$.

2. Подставляем в условие $f(x_0) = x_0 f'(x_0)$:

$3 \ln x_0 = x_0 \cdot \frac{3}{x_0}$

$3 \ln x_0 = 3$

$\ln x_0 = 1$

Абсцисса точки касания: $x_0 = e$.

3. Угловой коэффициент:

$k = f'(e) = \frac{3}{e}$.

4. Уравнение касательной:

$y = \frac{3}{e}x$.

Ответ: $y = \frac{3}{e}x$.

47.27 При каком значении параметра $a$:

а) прямая $y = 3x - 4 + a$ является касательной к графику функции $y = \ln(3x - 4)$;

б) прямая $y = 2x + 3 + a$ является касательной к графику функции $y = \ln(2x + 3)$?

а)

Условие касания прямой $y = kx + b$ и графика функции $f(x)$ в точке с абсциссой $x_0$ заключается в выполнении двух условий:
1. Угловые коэффициенты прямой и касательной к графику функции в этой точке равны: $f'(x_0) = k$.
2. Значения y в точке касания совпадают: $f(x_0) = kx_0 + b$.

В данном случае tenemos прямую $y = 3x - 4 + a$ и функцию $f(x) = \ln(3x - 4)$.
Угловой коэффициент прямой $k = 3$.

Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (\ln(3x - 4))' = \frac{1}{3x - 4} \cdot (3x - 4)' = \frac{3}{3x - 4}$.

Применим первое условие, чтобы найти абсциссу точки касания $x_0$:
$f'(x_0) = 3$
$\frac{3}{3x_0 - 4} = 3$
Поскольку $3 \neq 0$, мы можем разделить обе части на 3:
$\frac{1}{3x_0 - 4} = 1$
$3x_0 - 4 = 1$
$3x_0 = 5$
$x_0 = \frac{5}{3}$

Теперь применим второе условие, подставив $x_0 = \frac{5}{3}$ в уравнения прямой и функции:
$f(x_0) = 3x_0 - 4 + a$
$\ln(3x_0 - 4) = 3x_0 - 4 + a$
$\ln(3 \cdot \frac{5}{3} - 4) = 3 \cdot \frac{5}{3} - 4 + a$
$\ln(5 - 4) = 5 - 4 + a$
$\ln(1) = 1 + a$
$0 = 1 + a$
$a = -1$

Ответ: $a = -1$.

б)

Аналогично решаем для прямой $y = 2x + 3 + a$ и функции $f(x) = \ln(2x + 3)$.
Угловой коэффициент прямой $k = 2$.

Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (\ln(2x + 3))' = \frac{1}{2x + 3} \cdot (2x + 3)' = \frac{2}{2x + 3}$.

Найдем абсциссу точки касания $x_0$, приравняв производную к угловому коэффициенту:
$f'(x_0) = 2$
$\frac{2}{2x_0 + 3} = 2$
$\frac{1}{2x_0 + 3} = 1$
$2x_0 + 3 = 1$
$2x_0 = -2$
$x_0 = -1$

Теперь используем условие равенства значений функций в точке $x_0 = -1$:
$f(x_0) = 2x_0 + 3 + a$
$\ln(2x_0 + 3) = 2x_0 + 3 + a$
$\ln(2 \cdot (-1) + 3) = 2 \cdot (-1) + 3 + a$
$\ln(-2 + 3) = -2 + 3 + a$
$\ln(1) = 1 + a$
$0 = 1 + a$
$a = -1$

Ответ: $a = -1$.