Страница 221 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

15. Найдите производную функции $f(x)$:

1) $f(x) = 2x(|x| - 1)$;

2) $f(x) = x^2|x - 2| + 2x^2$.

1)

Дана функция $f(x) = 2x(|x| - 1)$.

Для нахождения производной раскроем модуль $|x|$. Модуль раскрывается по-разному в зависимости от знака $x$.

Случай 1: $x > 0$

При $x > 0$, имеем $|x| = x$. Функция принимает вид:

$f(x) = 2x(x - 1) = 2x^2 - 2x$

Находим производную как производную многочлена:

$f'(x) = (2x^2 - 2x)' = 2 \cdot (x^2)' - 2 \cdot (x)' = 2 \cdot 2x - 2 \cdot 1 = 4x - 2$.

Случай 2: $x < 0$

При $x < 0$, имеем $|x| = -x$. Функция принимает вид:

$f(x) = 2x(-x - 1) = -2x^2 - 2x$

Находим производную:

$f'(x) = (-2x^2 - 2x)' = -2 \cdot (x^2)' - 2 \cdot (x)' = -2 \cdot 2x - 2 \cdot 1 = -4x - 2$.

Случай 3: $x = 0$

Чтобы определить, существует ли производная в точке $x = 0$, нужно проверить, равны ли односторонние производные в этой точке. Сначала проверим непрерывность функции в точке $x=0$.

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (2x^2 - 2x) = 0$.

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-2x^2 - 2x) = 0$.

$f(0) = 2 \cdot 0 \cdot (|0| - 1) = 0$.

Так как пределы равны значению функции, функция непрерывна в точке $x=0$.

Теперь найдем односторонние производные (пределы производных слева и справа):

Правосторонняя производная: $f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} (4x - 2) = -2$.

Левосторонняя производная: $f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} (-4x - 2) = -2$.

Поскольку $f'_+(0) = f'_-(0) = -2$, производная в точке $x = 0$ существует и равна -2.

Итоговый результат:

Объединяя результаты, получаем производную в виде кусочно-заданной функции:

$f'(x) = \begin{cases} 4x - 2, & \text{если } x > 0 \\ -2, & \text{если } x = 0 \\ -4x - 2, & \text{если } x < 0 \end{cases}$

Заметим, что при $x > 0$ имеем $4x - 2 = 4|x| - 2$, а при $x < 0$ имеем $-4x - 2 = 4(-x) - 2 = 4|x| - 2$. При $x=0$ выражение $4|x|-2$ также равно $-2$. Следовательно, производную можно записать единой формулой: $f'(x) = 4|x| - 2$.

Ответ: $f'(x) = 4|x| - 2$.

2)

Дана функция $f(x) = x^2|x - 2| + 2x^2$.

Для нахождения производной необходимо раскрыть модуль $|x - 2|$. Знак выражения $x - 2$ меняется в точке $x = 2$.

Случай 1: $x > 2$

При $x > 2$, имеем $x - 2 > 0$, поэтому $|x - 2| = x - 2$. Функция принимает вид:

$f(x) = x^2(x - 2) + 2x^2 = x^3 - 2x^2 + 2x^2 = x^3$.

Находим производную:

$f'(x) = (x^3)' = 3x^2$.

Случай 2: $x < 2$

При $x < 2$, имеем $x - 2 < 0$, поэтому $|x - 2| = -(x - 2) = 2 - x$. Функция принимает вид:

$f(x) = x^2(2 - x) + 2x^2 = 2x^2 - x^3 + 2x^2 = 4x^2 - x^3$.

Находим производную:

$f'(x) = (4x^2 - x^3)' = 4 \cdot 2x - 3x^2 = 8x - 3x^2$.

Случай 3: $x = 2$

Исследуем функцию на дифференцируемость в точке $x = 2$. Сначала проверим непрерывность.

$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} x^3 = 2^3 = 8$.

$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (4x^2 - x^3) = 4(2^2) - 2^3 = 16 - 8 = 8$.

$f(2) = 2^2|2 - 2| + 2(2^2) = 4 \cdot 0 + 8 = 8$.

Функция непрерывна в точке $x=2$.

Теперь найдем односторонние производные в точке $x = 2$:

Правосторонняя производная: $f'_+(2) = \lim_{x \to 2^+} f'(x) = \lim_{x \to 2^+} (3x^2) = 3(2^2) = 12$.

Левосторонняя производная: $f'_-(2) = \lim_{x \to 2^-} f'(x) = \lim_{x \to 2^-} (8x - 3x^2) = 8(2) - 3(2^2) = 16 - 12 = 4$.

Поскольку $f'_+(2) \neq f'_-(2)$ ($12 \neq 4$), производная в точке $x = 2$ не существует.

Итоговый результат:

Производная функции $f(x)$ задается кусочно:

$f'(x) = \begin{cases} 3x^2, & \text{если } x > 2 \\ 8x - 3x^2, & \text{если } x < 2 \end{cases}$

В точке $x = 2$ производная не существует.

Ответ: $f'(x) = \begin{cases} 3x^2, & x > 2 \\ 8x - 3x^2, & x < 2 \end{cases}$, в точке $x=2$ производная не существует.

16. Найдите производную функции $f(x)$:

1) $f(x) = \sin^2 2x + \cos^2 2x - 2^{2x};$

2) $f(x) = \sin^3 2x + \cos 3x - e^{2x};$

3) $f(x) = \operatorname{tg}^2 2x + \operatorname{ctg} 3x + e^x;$

4) $f(x) = \operatorname{arctg} 2x + \operatorname{arccos} x + \sqrt{x}.$

1) Исходная функция: $f(x) = \sin^2{2x} + \cos^2{2x} - 2^{2x}$.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2{\alpha} + \cos^2{\alpha} = 1$. В нашем случае $\alpha = 2x$, поэтому $\sin^2{2x} + \cos^2{2x} = 1$.

Функция упрощается до вида: $f(x) = 1 - 2^{2x}$.

Теперь найдем производную этой функции. Производная от суммы/разности равна сумме/разности производных:

$f'(x) = (1 - 2^{2x})' = (1)' - (2^{2x})'$.

Производная константы равна нулю: $(1)' = 0$.

Для нахождения производной от $2^{2x}$ используем правило дифференцирования показательной функции $(a^u)' = a^u \ln(a) \cdot u'$.

В данном случае $a=2$ и $u=2x$. Тогда $u' = (2x)' = 2$.

Следовательно, $(2^{2x})' = 2^{2x} \cdot \ln(2) \cdot (2x)' = 2^{2x} \cdot \ln(2) \cdot 2 = 2 \cdot 2^{2x} \ln(2) = 2^{2x+1} \ln(2)$.

Подставляем все найденные значения обратно в выражение для производной:

$f'(x) = 0 - 2^{2x+1} \ln(2) = -2^{2x+1} \ln(2)$.

Ответ: $f'(x) = -2^{2x+1} \ln(2)$.

2) Исходная функция: $f(x) = \sin^3{2x} + \cos{3x} - e^{2-x}$.

Найдем производную как сумму производных каждого слагаемого:

$f'(x) = (\sin^3{2x})' + (\cos{3x})' - (e^{2-x})'$.

Найдем производную каждого слагаемого по отдельности, используя правило дифференцирования сложной функции (цепное правило).

Для первого слагаемого $(\sin^3{2x})'$: пусть $u = \sin(2x)$, тогда функция имеет вид $u^3$. Производная будет $(u^3)' = 3u^2 \cdot u' = 3\sin^2(2x) \cdot (\sin(2x))'$. Производная $(\sin(2x))' = \cos(2x) \cdot (2x)' = 2\cos(2x)$.

Таким образом, $(\sin^3{2x})' = 3\sin^2(2x) \cdot 2\cos(2x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x)$.

Для второго слагаемого $(\cos{3x})'$: производная равна $-\sin(3x) \cdot (3x)' = -3\sin(3x)$.

Для третьего слагаемого $(e^{2-x})'$: производная равна $e^{2-x} \cdot (2-x)' = e^{2-x} \cdot (-1) = -e^{2-x}$.

Собираем все вместе:

$f'(x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x) - 3\sin(3x) - (-e^{2-x}) = 6\sin^2(2x)\cos(2x) - 3\sin(3x) + e^{2-x}$.

Ответ: $f'(x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x) - 3\sin(3x) + e^{2-x}$.

3) Исходная функция: $f(x) = \text{tg}^2{2x} + \text{ctg}{3x} + e^x$.

Найдем производную как сумму производных каждого слагаемого:

$f'(x) = (\text{tg}^2{2x})' + (\text{ctg}{3x})' + (e^x)'$.

Для первого слагаемого $(\text{tg}^2{2x})'$: используем цепное правило. Пусть $u = \text{tg}(2x)$, тогда функция $u^2$. Производная равна $2u \cdot u' = 2\text{tg}(2x) \cdot (\text{tg}(2x))'$. Производная $(\text{tg}(2x))' = \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot (2x)' = \frac{2}{\cos^2(2x)}$.

Следовательно, $(\text{tg}^2{2x})' = 2\text{tg}(2x) \cdot \frac{2}{\cos^2(2x)} = \frac{4\text{tg}(2x)}{\cos^2(2x)}$.

Для второго слагаемого $(\text{ctg}{3x})'$: используем цепное правило. Производная равна $-\frac{1}{\sin^2(3x)} \cdot (3x)' = -\frac{3}{\sin^2(3x)}$.

Для третьего слагаемого $(e^x)'$: производная равна $e^x$.

Объединяем результаты:

$f'(x) = \frac{4\text{tg}(2x)}{\cos^2(2x)} - \frac{3}{\sin^2(3x)} + e^x$.

Ответ: $f'(x) = \frac{4\text{tg}(2x)}{\cos^2(2x)} - \frac{3}{\sin^2(3x)} + e^x$.

4) Исходная функция: $f(x) = \text{arctg}^2{2x} + \text{arccos}{x} + \sqrt{x}$.

Найдем производную как сумму производных каждого слагаемого:

$f'(x) = (\text{arctg}^2{2x})' + (\text{arccos}{x})' + (\sqrt{x})'$.

Найдем производную каждого слагаемого по отдельности.

Для первого слагаемого $(\text{arctg}^2{2x})'$: используем цепное правило. Пусть $u = \text{arctg}(2x)$, тогда функция $u^2$. Производная равна $2u \cdot u' = 2\text{arctg}(2x) \cdot (\text{arctg}(2x))'$. Производная $(\text{arctg}(2x))' = \frac{1}{1+(2x)^2} \cdot (2x)' = \frac{2}{1+4x^2}$.

Следовательно, $(\text{arctg}^2{2x})' = 2\text{arctg}(2x) \cdot \frac{2}{1+4x^2} = \frac{4\text{arctg}(2x)}{1+4x^2}$.

Для второго слагаемого $(\text{arccos}{x})'$: это табличная производная, равная $-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

Для третьего слагаемого $(\sqrt{x})' = (x^{1/2})'$: по правилу степенной функции, производная равна $\frac{1}{2}x^{1/2 - 1} = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Объединяем все части:

$f'(x) = \frac{4\text{arctg}(2x)}{1+4x^2} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Ответ: $f'(x) = \frac{4\text{arctg}(2x)}{1+4x^2} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

17. Найдите значение второй производной функции $f(x) = \ln(x + \sqrt{1 + x^2})$ при $x = 2$.

Для нахождения значения второй производной функции $f(x) = \ln(x + \sqrt{1 + x^2})$ при $x = 2$, необходимо последовательно найти первую и вторую производные.

Сначала найдем первую производную $f'(x)$. Используем правило дифференцирования сложной функции (цепное правило), согласно которому производная $(\ln u)'$ равна $\frac{u'}{u}$. В нашем случае $u(x) = x + \sqrt{1 + x^2}$.

Найдем производную от $u(x)$:

$u'(x) = (x + \sqrt{1 + x^2})' = (x)' + (\sqrt{1 + x^2})' = 1 + \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2}} \cdot (1 + x^2)' = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{1 + x^2}} = 1 + \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Приведем выражение для $u'(x)$ к общему знаменателю:

$u'(x) = \frac{\sqrt{1 + x^2} + x}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Теперь можем найти первую производную $f'(x)$:

$f'(x) = \frac{1}{u(x)} \cdot u'(x) = \frac{1}{x + \sqrt{1 + x^2}} \cdot \frac{\sqrt{1 + x^2} + x}{\sqrt{1 + x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Далее, найдем вторую производную $f''(x)$, продифференцировав полученное выражение для $f'(x)$. Для удобства представим $f'(x)$ в виде степени: $f'(x) = (1 + x^2)^{-1/2}$.

Применяем правило дифференцирования степенной функции и цепное правило:

$f''(x) = ((1 + x^2)^{-1/2})' = -\frac{1}{2}(1 + x^2)^{-1/2 - 1} \cdot (1 + x^2)' = -\frac{1}{2}(1 + x^2)^{-3/2} \cdot (2x)$.

Упростим выражение:

$f''(x) = -x(1 + x^2)^{-3/2} = \frac{-x}{(1 + x^2)^{3/2}}$.

Наконец, вычислим значение второй производной в точке $x = 2$:

$f''(2) = \frac{-2}{(1 + 2^2)^{3/2}} = \frac{-2}{(1 + 4)^{3/2}} = \frac{-2}{5^{3/2}}$.

Так как $5^{3/2} = 5^1 \cdot 5^{1/2} = 5\sqrt{5}$, окончательное значение равно:

$f''(2) = -\frac{2}{5\sqrt{5}}$.

Ответ: $-\frac{2}{5\sqrt{5}}$.

18. Найдите производную функции $f(x)$:

1) $f(x) = \ln \frac{2x - 1}{3x + 2}$;

2) $f(x) = \ln \frac{(x - 1)^3}{x + 3}$;

3) $f(x) = \ln \frac{(x + 3)^4}{(x - 1)^2}$;

4) $f(x) = x + \ln \frac{(x - 5)^5}{(x + 1)^4}$.

1) Для функции $f(x) = \ln\frac{2x-1}{3x+2}$ сначала воспользуемся свойством логарифма частного: $\ln(\frac{a}{b}) = \ln(a) - \ln(b)$.

$f(x) = \ln(2x-1) - \ln(3x+2)$

Теперь найдем производную, используя правило дифференцирования разности и формулу производной натурального логарифма $(\ln u)' = \frac{u'}{u}$:

$f'(x) = (\ln(2x-1))' - (\ln(3x+2))'$

$f'(x) = \frac{(2x-1)'}{2x-1} - \frac{(3x+2)'}{3x+2}$

$f'(x) = \frac{2}{2x-1} - \frac{3}{3x+2}$

Приведем дроби к общему знаменателю:

$f'(x) = \frac{2(3x+2) - 3(2x-1)}{(2x-1)(3x+2)} = \frac{6x+4 - 6x+3}{(2x-1)(3x+2)} = \frac{7}{(2x-1)(3x+2)}$

Ответ: $f'(x) = \frac{7}{(2x-1)(3x+2)}$

2) Для функции $f(x) = \ln\frac{(x-1)^3}{x+3}$ сначала упростим выражение с помощью свойств логарифмов: $\ln(\frac{a}{b}) = \ln(a) - \ln(b)$ и $\ln(a^c) = c\ln(a)$.

$f(x) = \ln((x-1)^3) - \ln(x+3) = 3\ln(x-1) - \ln(x+3)$

Теперь найдем производную:

$f'(x) = (3\ln(x-1) - \ln(x+3))'$

$f'(x) = 3(\ln(x-1))' - (\ln(x+3))'$

$f'(x) = 3 \cdot \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+3}$

Приведем к общему знаменателю:

$f'(x) = \frac{3(x+3) - 1(x-1)}{(x-1)(x+3)} = \frac{3x+9 - x+1}{(x-1)(x+3)} = \frac{2x+10}{(x-1)(x+3)}$

Ответ: $f'(x) = \frac{2x+10}{(x-1)(x+3)}$

3) Для функции $f(x) = \ln\frac{(x+3)^4}{(x-1)^2}$ снова применим свойства логарифмов для упрощения.

$f(x) = \ln((x+3)^4) - \ln((x-1)^2) = 4\ln(x+3) - 2\ln(x-1)$

Находим производную:

$f'(x) = (4\ln(x+3) - 2\ln(x-1))'$

$f'(x) = 4(\ln(x+3))' - 2(\ln(x-1))'$

$f'(x) = 4 \cdot \frac{1}{x+3} - 2 \cdot \frac{1}{x-1}$

Приводим выражение к общему знаменателю:

$f'(x) = \frac{4(x-1) - 2(x+3)}{(x+3)(x-1)} = \frac{4x-4-2x-6}{(x+3)(x-1)} = \frac{2x-10}{(x+3)(x-1)}$

Ответ: $f'(x) = \frac{2x-10}{(x+3)(x-1)}$

4) Функция $f(x) = x + \ln\frac{(x-5)^5}{(x+1)^4}$ является суммой двух функций. Найдем их производные по отдельности.

Производная первого слагаемого: $(x)' = 1$.

Для второго слагаемого сначала применим свойства логарифмов:

$\ln\frac{(x-5)^5}{(x+1)^4} = \ln((x-5)^5) - \ln((x+1)^4) = 5\ln(x-5) - 4\ln(x+1)$

Теперь найдем производную этого выражения:

$(5\ln(x-5) - 4\ln(x+1))' = 5(\ln(x-5))' - 4(\ln(x+1))' = 5 \cdot \frac{1}{x-5} - 4 \cdot \frac{1}{x+1}$

Приведем к общему знаменателю:

$\frac{5(x+1) - 4(x-5)}{(x-5)(x+1)} = \frac{5x+5 - 4x+20}{(x-5)(x+1)} = \frac{x+25}{(x-5)(x+1)}$

Теперь сложим производные обоих слагаемых исходной функции:

$f'(x) = 1 + \frac{x+25}{(x-5)(x+1)}$

Представим результат в виде одной дроби:

$f'(x) = \frac{(x-5)(x+1)}{(x-5)(x+1)} + \frac{x+25}{(x-5)(x+1)} = \frac{x^2+x-5x-5+x+25}{(x-5)(x+1)} = \frac{x^2-3x+20}{(x-5)(x+1)}$

Ответ: $f'(x) = \frac{x^2-3x+20}{(x-5)(x+1)}$

19. Найдите точки, в которых $f'(x) = 0$:

1) $f(x) = \sqrt{3} + 3x^2 - x^3$;

2) $f(x) = (x^2 - x) \cdot e^{2x}$;

3) $f(x) = \sin 2x + \cos 2x - 2\pi$;

4) $f(x) = \pi + x + \sin^2 2x$.

1) Дана функция $f(x) = \sqrt{3} + 3x^2 - x^3$.

Сначала найдем производную функции $f(x)$ по правилам дифференцирования степенной функции и константы:

$f'(x) = (\sqrt{3} + 3x^2 - x^3)' = (\sqrt{3})' + (3x^2)' - (x^3)' = 0 + 3 \cdot 2x - 3x^2 = 6x - 3x^2$.

Теперь приравняем производную к нулю, чтобы найти точки, в которых касательная к графику функции горизонтальна:

$f'(x) = 0$

$6x - 3x^2 = 0$

Вынесем общий множитель $3x$ за скобки:

$3x(2 - x) = 0$

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю:

$3x = 0$ или $2 - x = 0$

Отсюда находим решения:

$x_1 = 0$

$x_2 = 2$

Ответ: $x=0$, $x=2$.

2) Дана функция $f(x) = (x^2 - x)e^{2x}$.

Для нахождения производной используем правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$. Пусть $u(x) = x^2 - x$ и $v(x) = e^{2x}$.

Найдем производные $u'(x)$ и $v'(x)$:

$u'(x) = (x^2 - x)' = 2x - 1$

$v'(x) = (e^{2x})' = e^{2x} \cdot (2x)' = 2e^{2x}$ (по правилу дифференцирования сложной функции).

Теперь подставим найденные производные в формулу произведения:

$f'(x) = (2x - 1)e^{2x} + (x^2 - x)(2e^{2x})$

Вынесем общий множитель $e^{2x}$ за скобки и упростим выражение:

$f'(x) = e^{2x}(2x - 1 + 2(x^2 - x)) = e^{2x}(2x - 1 + 2x^2 - 2x) = e^{2x}(2x^2 - 1)$.

Приравняем производную к нулю:

$e^{2x}(2x^2 - 1) = 0$

Так как показательная функция $e^{2x}$ всегда строго положительна ($e^{2x} > 0$ для любого $x$), то уравнение сводится к:

$2x^2 - 1 = 0$

$2x^2 = 1$

$x^2 = \frac{1}{2}$

$x = \pm\sqrt{\frac{1}{2}} = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$

Ответ: $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

3) Дана функция $f(x) = \sin(2x) + \cos(2x) - 2\pi$.

Найдем производную функции, используя правило дифференцирования сложной функции для тригонометрических членов:

$f'(x) = (\sin(2x))' + (\cos(2x))' - (2\pi)'$

$f'(x) = \cos(2x) \cdot (2x)' - \sin(2x) \cdot (2x)' - 0 = 2\cos(2x) - 2\sin(2x)$.

Приравняем производную к нулю:

$2\cos(2x) - 2\sin(2x) = 0$

$\cos(2x) = \sin(2x)$

Разделим обе части уравнения на $\cos(2x)$. Это допустимо, так как если $\cos(2x) = 0$, то из уравнения следует, что и $\sin(2x) = 0$, что невозможно одновременно, поскольку $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$.

$\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)} = 1$

$\tan(2x) = 1$

Общее решение этого тригонометрического уравнения:

$2x = \arctan(1) + \pi k = \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k$ — любое целое число ($k \in \mathbb{Z}$).

Разделим на 2, чтобы найти $x$:

$x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.

4) Дана функция $f(x) = \pi + x + \sin^2(2x)$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (\pi)' + (x)' + (\sin^2(2x))'$.

Производная $(\sin^2(2x))'$ находится как производная сложной функции: $y = u^2$, где $u = \sin(2x)$.

$(\sin^2(2x))' = 2\sin(2x) \cdot (\sin(2x))' = 2\sin(2x) \cdot \cos(2x) \cdot (2x)' = 2\sin(2x)\cos(2x) \cdot 2 = 4\sin(2x)\cos(2x)$.

Используя формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$, получаем: $4\sin(2x)\cos(2x) = 2 \cdot (2\sin(2x)\cos(2x)) = 2\sin(4x)$.

Таким образом, производная равна:

$f'(x) = 0 + 1 + 2\sin(4x) = 1 + 2\sin(4x)$.

Приравняем производную к нулю:

$1 + 2\sin(4x) = 0$

$2\sin(4x) = -1$

$\sin(4x) = -\frac{1}{2}$

Решения этого уравнения находятся по формулам:

$4x = \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi k$ и $4x = \pi - \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Так как $\arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$, получаем две серии решений:

1) $4x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \implies x = -\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}$

2) $4x = \pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2\pi k = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k \implies x = \frac{7\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}$

Ответ: $x = -\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}$ и $x = \frac{7\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

20. Для функции $y = f(x)$ найдите первообразную функцию, график которой проходит через начало координат:

1) $f(x) = 2x - 3;$

2) $f(x) = -3x^2 + 1;$

3) $f(x) = 5 - 3\sin x;$

4) $f(x) = 2\cos x - 3x^2.$

1) f(x) = 2x - 3;

Чтобы найти первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, необходимо вычислить неопределенный интеграл от $f(x)$. Общий вид первообразной: $F(x) = \int (2x - 3) dx = 2 \cdot \frac{x^2}{2} - 3x + C = x^2 - 3x + C$, где $C$ – произвольная постоянная.

По условию, график первообразной проходит через начало координат, то есть через точку $(0, 0)$. Это означает, что $F(0) = 0$.

Подставим $x = 0$ в выражение для $F(x)$:

$F(0) = 0^2 - 3 \cdot 0 + C = 0$

$C = 0$

Таким образом, искомая первообразная имеет вид: $F(x) = x^2 - 3x$.

Ответ: $F(x) = x^2 - 3x$.

2) f(x) = -3x² + 1;

Найдем общий вид первообразной для функции $f(x) = -3x^2 + 1$:

$F(x) = \int (-3x^2 + 1) dx = -3 \cdot \frac{x^3}{3} + x + C = -x^3 + x + C$.

Используем условие, что график проходит через начало координат: $F(0) = 0$.

Подставим $x = 0$ в $F(x)$:

$F(0) = -0^3 + 0 + C = 0$

$C = 0$

Следовательно, искомая первообразная: $F(x) = -x^3 + x$.

Ответ: $F(x) = -x^3 + x$.

3) f(x) = 5 - 3sinx;

Найдем общий вид первообразной для функции $f(x) = 5 - 3\sin x$:

$F(x) = \int (5 - 3\sin x) dx = 5x - 3(-\cos x) + C = 5x + 3\cos x + C$.

Используем условие $F(0) = 0$. Подставим $x = 0$ в $F(x)$:

$F(0) = 5 \cdot 0 + 3\cos(0) + C = 0$

$0 + 3 \cdot 1 + C = 0$

$3 + C = 0$

$C = -3$

Таким образом, искомая первообразная: $F(x) = 5x + 3\cos x - 3$.

Ответ: $F(x) = 5x + 3\cos x - 3$.

4) f(x) = 2cosx - 3x²;

Найдем общий вид первообразной для функции $f(x) = 2\cos x - 3x^2$:

$F(x) = \int (2\cos x - 3x^2) dx = 2\sin x - 3 \cdot \frac{x^3}{3} + C = 2\sin x - x^3 + C$.

Используем условие $F(0) = 0$. Подставим $x = 0$ в $F(x)$:

$F(0) = 2\sin(0) - 0^3 + C = 0$

$2 \cdot 0 - 0 + C = 0$

$C = 0$

Следовательно, искомая первообразная: $F(x) = 2\sin x - x^3$.

Ответ: $F(x) = 2\sin x - x^3$.

21. Найдите неопределенный интеграл:

1) $\int(2x - 1)^4 dx$;

2) $\int(5 - 2x)^{-3} dx$;

3) $\int\sqrt{\sin x} \cos x dx$;

4) $\int(x + e^{2x}) dx$;

5) $\int\sin(2 - 3x) dx$;

6) $\int\cos^2(x - 3) dx$;

7) $\int \frac{3}{\cos^2 3x} dx$;

8) $\int \frac{2x}{3 + x^2} dx$.

1) Для нахождения интеграла $\int (2x-1)^4 dx$ применяется метод замены переменной (подстановки). Введем новую переменную $t = 2x - 1$. Найдем ее дифференциал: $dt = (2x - 1)' dx = 2 dx$. Отсюда выразим $dx = \frac{dt}{2}$. Сделаем подстановку в исходный интеграл: $\int (2x-1)^4 dx = \int t^4 \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int t^4 dt$. Теперь воспользуемся табличным интегралом для степенной функции $\int t^n dt = \frac{t^{n+1}}{n+1} + C$. В нашем случае $n=4$: $\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{4+1}}{4+1} + C = \frac{1}{2} \cdot \frac{t^5}{5} + C = \frac{t^5}{10} + C$. Последний шаг — обратная замена переменной $t$ на $2x-1$. Ответ: $\frac{(2x-1)^5}{10} + C$.

2) Интеграл $\int (5-2x)^{-3} dx$ также решается методом замены переменной. Пусть $t = 5 - 2x$. Тогда $dt = (5-2x)' dx = -2 dx$, и, следовательно, $dx = -\frac{dt}{2}$. Подставляем в интеграл: $\int t^{-3} (-\frac{dt}{2}) = -\frac{1}{2} \int t^{-3} dt$. Применяем формулу для степенной функции: $-\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{-3+1}}{-3+1} + C = -\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{-2}}{-2} + C = \frac{t^{-2}}{4} + C$. Выполняем обратную замену $t = 5 - 2x$. Ответ: $\frac{(5-2x)^{-2}}{4} + C$ или $\frac{1}{4(5-2x)^2} + C$.

3) Для интеграла $\int \sqrt{\sin x} \cos x dx$ используем метод подстановки. Заметим, что производная функции $\sin x$ равна $\cos x$, который присутствует в подынтегральном выражении. Пусть $t = \sin x$. Тогда $dt = (\sin x)' dx = \cos x dx$. Делаем замену: $\int \sqrt{t} dt = \int t^{1/2} dt$. Интегрируем как степенную функцию: $\frac{t^{1/2+1}}{1/2+1} + C = \frac{t^{3/2}}{3/2} + C = \frac{2}{3}t^{3/2} + C$. Возвращаемся к переменной $x$. Ответ: $\frac{2}{3}(\sin x)^{3/2} + C$ или $\frac{2}{3} \sin x \sqrt{\sin x} + C$.

4) Интеграл $\int (x + e^{2x})dx$ является суммой двух интегралов: $\int x dx + \int e^{2x} dx$. Первый интеграл — табличный: $\int x dx = \frac{x^2}{2} + C_1$. Для второго интеграла $\int e^{2x} dx$ сделаем замену $t = 2x$, тогда $dt = 2 dx$ и $dx = \frac{dt}{2}$. Получаем $\int e^t \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int e^t dt = \frac{1}{2}e^t + C_2 = \frac{1}{2}e^{2x} + C_2$. Объединяя результаты и константы ($C=C_1+C_2$), получаем окончательное решение. Ответ: $\frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}e^{2x} + C$.

5) Интеграл $\int \sin(2-3x) dx$ решается заменой переменной. Пусть $t = 2 - 3x$. Тогда $dt = -3 dx$, откуда $dx = -\frac{dt}{3}$. Подставляем в интеграл: $\int \sin(t) (-\frac{dt}{3}) = -\frac{1}{3} \int \sin(t) dt$. Используем табличный интеграл $\int \sin(t) dt = -\cos(t) + C$. Получаем: $-\frac{1}{3}(-\cos(t)) + C = \frac{1}{3}\cos(t) + C$. Выполняем обратную замену $t = 2 - 3x$. Ответ: $\frac{1}{3}\cos(2-3x) + C$.

6) Для нахождения интеграла $\int \cos^2(x-3) dx$ используется тригонометрическая формула понижения степени: $\cos^2(\alpha) = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}$. В нашем случае $\alpha = x-3$. Таким образом, $\cos^2(x-3) = \frac{1+\cos(2(x-3))}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos(2x-6)$. Интеграл принимает вид: $\int (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos(2x-6))dx = \int \frac{1}{2}dx + \frac{1}{2}\int\cos(2x-6)dx$. Первый интеграл равен $\frac{1}{2}x$. Второй интеграл $\int\cos(2x-6)dx$ решается заменой $t=2x-6$, $dt=2dx$: $\int\cos(t)\frac{dt}{2} = \frac{1}{2}\sin(t) = \frac{1}{2}\sin(2x-6)$. Собираем все части вместе: $\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\sin(2x-6) + C$. Ответ: $\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\sin(2x-6) + C$.

7) Для интеграла $\int \frac{3}{\cos^2 3x} dx$ вынесем константу за знак интеграла и воспользуемся заменой переменной: $3\int \frac{1}{\cos^2 3x} dx$. Пусть $t = 3x$, тогда $dt = 3 dx$, и $dx = \frac{dt}{3}$. Подставляем: $3\int \frac{1}{\cos^2 t} \frac{dt}{3} = \int \frac{1}{\cos^2 t} dt$. Это табличный интеграл, который равен $\tan(t)+C$. Выполняем обратную замену $t = 3x$. Ответ: $\tan(3x) + C$.

8) Интеграл $\int \frac{2x}{3+x^2} dx$ решается методом подстановки. Заметим, что числитель $2x$ является производной выражения $x^2$ в знаменателе. Это указывает на удобную замену. Пусть $t = 3+x^2$. Тогда дифференциал $dt = (3+x^2)' dx = 2x dx$. Все подынтегральное выражение сворачивается в $\int \frac{dt}{t}$. Это табличный интеграл, равный натуральному логарифму: $\int \frac{dt}{t} = \ln|t| + C$. Делаем обратную замену $t=3+x^2$. Поскольку выражение $3+x^2$ всегда положительно для любого действительного $x$, знак модуля можно опустить. Ответ: $\ln(3+x^2) + C$.

22. Методом интегрирования по частям найдите:

1) $\int(x+1)e^x dx;$

2) $\int x^5 e^x dx;$

3) $\int x \sin x dx;$

4) $\int x e^{2x} dx;$

5) $\int x^2 \sin x dx;$

6) $\int x \cos^2 \frac{x}{2} dx.$

1) Найдем интеграл $\int (x + 1)e^x dx$ методом интегрирования по частям. Формула интегрирования по частям: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Выберем $u$ и $dv$. Пусть $u = x + 1$ и $dv = e^x dx$.

Тогда найдем $du$ и $v$:

$du = d(x+1) = (x+1)' dx = 1 \, dx = dx$.

$v = \int e^x dx = e^x$.

Теперь подставим все в формулу интегрирования по частям:

$\int (x + 1)e^x dx = (x + 1)e^x - \int e^x dx$.

Вычислим оставшийся интеграл:

$\int e^x dx = e^x$.

Подставим обратно, добавим константу интегрирования $C$ и упростим выражение:

$(x + 1)e^x - e^x + C = xe^x + e^x - e^x + C = xe^x + C$.

Ответ: $xe^x + C$.

2) Для нахождения интеграла $\int x^5 e^{x^2} dx$ сначала сделаем замену переменной, а затем применим интегрирование по частям.

Преобразуем подынтегральное выражение: $\int x^5 e^{x^2} dx = \int x^4 \cdot e^{x^2} \cdot x \, dx$.

Пусть $t = x^2$. Тогда $dt = 2x \, dx$, откуда $x \, dx = \frac{dt}{2}$. Также $x^4 = (x^2)^2 = t^2$.

Подставим в интеграл:

$\int t^2 \cdot e^t \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int t^2 e^t dt$.

Теперь к интегралу $\int t^2 e^t dt$ применим интегрирование по частям: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Пусть $u = t^2$ и $dv = e^t dt$. Тогда $du = 2t \, dt$ и $v = \int e^t dt = e^t$.

$\int t^2 e^t dt = t^2 e^t - \int e^t \cdot 2t \, dt = t^2 e^t - 2 \int t e^t dt$.

К интегралу $\int t e^t dt$ снова применим интегрирование по частям. Пусть $u = t$ и $dv = e^t dt$. Тогда $du = dt$ и $v = e^t$.

$\int t e^t dt = t e^t - \int e^t dt = t e^t - e^t$.

Подставим результат обратно: $\int t^2 e^t dt = t^2 e^t - 2(t e^t - e^t) = t^2 e^t - 2t e^t + 2e^t$.

Теперь вернемся к исходному интегралу:

$\frac{1}{2} \int t^2 e^t dt = \frac{1}{2} (t^2 e^t - 2t e^t + 2e^t) + C = \frac{1}{2}e^t(t^2 - 2t + 2) + C$.

Произведем обратную замену $t = x^2$:

$\frac{1}{2}e^{x^2}((x^2)^2 - 2x^2 + 2) + C = \frac{1}{2}e^{x^2}(x^4 - 2x^2 + 2) + C$.

Ответ: $\frac{1}{2}e^{x^2}(x^4 - 2x^2 + 2) + C$.

3) Найдем интеграл $\int x \sin x \, dx$ методом интегрирования по частям: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Выберем $u = x$ и $dv = \sin x \, dx$.

Тогда $du = dx$ и $v = \int \sin x \, dx = -\cos x$.

Подставим в формулу:

$\int x \sin x \, dx = x(-\cos x) - \int (-\cos x) \, dx = -x \cos x + \int \cos x \, dx$.

Вычислим оставшийся интеграл:

$\int \cos x \, dx = \sin x$.

Окончательный результат, с учетом константы $C$:

$-x \cos x + \sin x + C$.

Ответ: $\sin x - x \cos x + C$.

4) Найдем интеграл $\int x e^{2x} dx$ методом интегрирования по частям: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Выберем $u = x$ и $dv = e^{2x} dx$.

Тогда $du = dx$ и $v = \int e^{2x} dx = \frac{1}{2}e^{2x}$.

Подставим в формулу:

$\int x e^{2x} dx = x \cdot \frac{1}{2}e^{2x} - \int \frac{1}{2}e^{2x} dx = \frac{1}{2}x e^{2x} - \frac{1}{2} \int e^{2x} dx$.

Вычислим оставшийся интеграл: $\int e^{2x} dx = \frac{1}{2}e^{2x}$.

Подставим обратно и добавим константу $C$:

$\frac{1}{2}x e^{2x} - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}e^{2x}\right) + C = \frac{1}{2}x e^{2x} - \frac{1}{4}e^{2x} + C$.

Ответ: $\frac{1}{2}x e^{2x} - \frac{1}{4}e^{2x} + C$.

5) Найдем интеграл $\int x^2 \sin x \, dx$. Потребуется двукратное применение метода интегрирования по частям.

Формула: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Первый шаг: Выберем $u = x^2$ и $dv = \sin x \, dx$.

Тогда $du = 2x \, dx$ и $v = \int \sin x \, dx = -\cos x$.

Подставляем: $\int x^2 \sin x \, dx = x^2(-\cos x) - \int (-\cos x)(2x \, dx) = -x^2 \cos x + 2 \int x \cos x \, dx$.

Второй шаг: Теперь найдем интеграл $\int x \cos x \, dx$ по частям.

Выберем $u = x$ и $dv = \cos x \, dx$.

Тогда $du = dx$ и $v = \int \cos x \, dx = \sin x$.

Подставляем: $\int x \cos x \, dx = x \sin x - \int \sin x \, dx = x \sin x - (-\cos x) = x \sin x + \cos x$.

Заключительный шаг: Подставим результат второго шага в выражение, полученное на первом шаге, и добавим константу $C$:

$-x^2 \cos x + 2(x \sin x + \cos x) + C = -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C$.

Сгруппируем слагаемые: $(2 - x^2)\cos x + 2x \sin x + C$.

Ответ: $(2 - x^2)\cos x + 2x \sin x + C$.

6) Для нахождения интеграла $\int x \cos^2\frac{x}{2} dx$ сначала упростим подынтегральное выражение с помощью тригонометрической формулы понижения степени: $\cos^2\alpha = \frac{1 + \cos(2\alpha)}{2}$.

В нашем случае $\alpha = \frac{x}{2}$, поэтому $2\alpha = x$.

$\cos^2\frac{x}{2} = \frac{1 + \cos x}{2}$.

Подставим в интеграл:

$\int x \cos^2\frac{x}{2} dx = \int x \left(\frac{1 + \cos x}{2}\right) dx = \frac{1}{2} \int (x + x \cos x) dx$.

Разобьем на два интеграла: $\frac{1}{2} \left( \int x \, dx + \int x \cos x \, dx \right)$.

Первый интеграл табличный: $\int x \, dx = \frac{x^2}{2}$.

Второй интеграл $\int x \cos x \, dx$ найдем методом интегрирования по частям. Пусть $u = x$ и $dv = \cos x \, dx$.

Тогда $du = dx$ и $v = \int \cos x \, dx = \sin x$.

$\int x \cos x \, dx = x \sin x - \int \sin x \, dx = x \sin x - (-\cos x) = x \sin x + \cos x$.

Теперь соберем все вместе и добавим константу $C$:

$\frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{2} + (x \sin x + \cos x) \right) + C = \frac{x^2}{4} + \frac{1}{2}x \sin x + \frac{1}{2}\cos x + C$.

Ответ: $\frac{x^2}{4} + \frac{1}{2}x \sin x + \frac{1}{2}\cos x + C$.

23. Вычислите интегралы:

1) $\int_0^1 \frac{xdx}{1 + x^4}$;

2) $\int_0^{2\pi} \cos x \cdot \cos 5x dx$;

3) $\int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 x \cdot \sin 2x dx$;

4) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \sin x}{x + \cos x} dx$;

5) $\int_1^2 \frac{dx}{x + x^2}$;

6) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cdot e^x dx.$

1) Для вычисления интеграла $I = \int_0^1 \frac{xdx}{1+x^4}$ используем замену переменной.

Пусть $t = x^2$. Тогда $dt = 2x dx$, откуда $xdx = \frac{1}{2} dt$.

Найдем новые пределы интегрирования:

Если $x = 0$, то $t = 0^2 = 0$.

Если $x = 1$, то $t = 1^2 = 1$.

Подставляем в интеграл:

$I = \int_0^1 \frac{\frac{1}{2} dt}{1+t^2} = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2}$.

Первообразная для подынтегральной функции $\frac{1}{1+t^2}$ это $\arctan(t)$.

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

$I = \frac{1}{2} [\arctan(t)]_0^1 = \frac{1}{2}(\arctan(1) - \arctan(0)) = \frac{1}{2}(\frac{\pi}{4} - 0) = \frac{\pi}{8}$.

Ответ: $\frac{\pi}{8}$.

2) Для вычисления интеграла $I = \int_0^{2\pi} \cos x \cdot \cos 5x dx$ воспользуемся тригонометрической формулой произведения косинусов:

$\cos \alpha \cos \beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta))$.

В нашем случае $\alpha = x$, $\beta = 5x$.

$\cos x \cos 5x = \frac{1}{2}(\cos(x - 5x) + \cos(x + 5x)) = \frac{1}{2}(\cos(-4x) + \cos(6x))$.

Так как $\cos(-z) = \cos(z)$, получаем: $\frac{1}{2}(\cos(4x) + \cos(6x))$.

Интеграл принимает вид:

$I = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2}(\cos(4x) + \cos(6x)) dx = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (\cos(4x) + \cos(6x)) dx$.

Находим первообразную:

$\int (\cos(4x) + \cos(6x)) dx = \frac{1}{4}\sin(4x) + \frac{1}{6}\sin(6x)$.

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

$I = \frac{1}{2} [\frac{1}{4}\sin(4x) + \frac{1}{6}\sin(6x)]_0^{2\pi} = \frac{1}{2} ((\frac{1}{4}\sin(8\pi) + \frac{1}{6}\sin(12\pi)) - (\frac{1}{4}\sin(0) + \frac{1}{6}\sin(0))) = \frac{1}{2}((0+0)-(0+0)) = 0$.

Ответ: $0$.

3) Для вычисления интеграла $I = \int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 x \cdot \sin 2x dx$ используем формулу синуса двойного угла: $\sin 2x = 2\sin x \cos x$.

$I = \int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 x \cdot (2\sin x \cos x) dx = 2 \int_0^{\frac{\pi}{3}} \cos^3 x \sin x dx$.

Сделаем замену переменной. Пусть $u = \cos x$.

Тогда $du = -\sin x dx$, откуда $\sin x dx = -du$.

Новые пределы интегрирования:

Если $x = 0$, то $u = \cos(0) = 1$.

Если $x = \frac{\pi}{3}$, то $u = \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$.

Подставляем в интеграл:

$I = 2 \int_1^{\frac{1}{2}} u^3 (-du) = -2 \int_1^{\frac{1}{2}} u^3 du = 2 \int_{\frac{1}{2}}^1 u^3 du$.

Находим первообразную и вычисляем интеграл:

$I = 2 [\frac{u^4}{4}]_{\frac{1}{2}}^1 = \frac{1}{2} [u^4]_{\frac{1}{2}}^1 = \frac{1}{2}(1^4 - (\frac{1}{2})^4) = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{16}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{15}{16} = \frac{15}{32}$.

Ответ: $\frac{15}{32}$.

4) Рассмотрим интеграл $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin x}{x+\cos x} dx$.

Этот интеграл имеет вид $\int \frac{f'(x)}{f(x)} dx$, первообразная для которого равна $\ln|f(x)|$.

Пусть $f(x) = x + \cos x$. Тогда производная $f'(x) = (x + \cos x)' = 1 - \sin x$.

Числитель подынтегральной функции является производной знаменателя.

Следовательно, первообразная равна $\ln|x+\cos x|$.

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

$I = [\ln|x+\cos x|]_0^{\frac{\pi}{2}} = \ln|\frac{\pi}{2} + \cos(\frac{\pi}{2})| - \ln|0 + \cos(0)| = \ln|\frac{\pi}{2} + 0| - \ln|0+1| = \ln(\frac{\pi}{2}) - \ln(1) = \ln(\frac{\pi}{2}) - 0 = \ln(\frac{\pi}{2})$.

Ответ: $\ln(\frac{\pi}{2})$.

5) Для вычисления интеграла $I = \int_1^2 \frac{dx}{x+x^2}$ разложим подынтегральную дробь на простейшие.

$x+x^2 = x(1+x)$.

$\frac{1}{x(1+x)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{1+x}$.

Приводя к общему знаменателю, получаем $1 = A(1+x) + Bx$.

При $x=0$, $1 = A(1) \Rightarrow A=1$.

При $x=-1$, $1 = B(-1) \Rightarrow B=-1$.

Таким образом, $\frac{1}{x(1+x)} = \frac{1}{x} - \frac{1}{1+x}$.

Интеграл принимает вид:

$I = \int_1^2 (\frac{1}{x} - \frac{1}{1+x}) dx$.

Находим первообразную и вычисляем интеграл:

$I = [\ln|x| - \ln|1+x|]_1^2 = [\ln|\frac{x}{1+x}|]_1^2 = \ln|\frac{2}{1+2}| - \ln|\frac{1}{1+1}| = \ln(\frac{2}{3}) - \ln(\frac{1}{2})$.

Используя свойство логарифмов $\ln a - \ln b = \ln(\frac{a}{b})$, получаем:

$I = \ln(\frac{2/3}{1/2}) = \ln(\frac{2}{3} \cdot 2) = \ln(\frac{4}{3})$.

Ответ: $\ln(\frac{4}{3})$.

6) Вычислим интеграл $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cdot e^x dx$ методом интегрирования по частям. Формула: $\int u dv = uv - \int v du$.

Пусть $u = \cos x$, $dv = e^x dx$. Тогда $du = -\sin x dx$, $v = e^x$.

$\int e^x \cos x dx = e^x \cos x - \int e^x(-\sin x)dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x dx$.

Применим интегрирование по частям еще раз для $\int e^x \sin x dx$.

Пусть $u = \sin x$, $dv = e^x dx$. Тогда $du = \cos x dx$, $v = e^x$.

$\int e^x \sin x dx = e^x \sin x - \int e^x \cos x dx$.

Подставим это обратно в первое выражение:

$\int e^x \cos x dx = e^x \cos x + e^x \sin x - \int e^x \cos x dx$.

$2\int e^x \cos x dx = e^x(\cos x + \sin x)$.

$\int e^x \cos x dx = \frac{e^x}{2}(\cos x + \sin x)$.

Теперь вычислим определенный интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$I = [\frac{e^x}{2}(\cos x + \sin x)]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}(\cos\frac{\pi}{2} + \sin\frac{\pi}{2}) - \frac{e^0}{2}(\cos 0 + \sin 0)$.

$I = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2}(0 + 1) - \frac{1}{2}(1 + 0) = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}}{2} - \frac{1}{2} = \frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}$.

Ответ: $\frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}$.