Страница 16 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

69. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 4e^{-x} - ax + 6$ не имеет критических точек?

Критическими точками функции называются внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

Данная функция $f(x) = 4e^{-x} - ax + 6$ определена и дифференцируема на всей числовой оси, так как она является комбинацией элементарных функций (экспоненциальной, линейной и константы), которые дифференцируемы на всей области определения. Следовательно, критические точки могут существовать только там, где производная равна нулю.

Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (4e^{-x} - ax + 6)' = (4e^{-x})' - (ax)' + (6)'$
$f'(x) = 4e^{-x} \cdot (-1) - a \cdot 1 + 0 = -4e^{-x} - a$

Приравняем производную к нулю, чтобы найти значения $x$, которые являются кандидатами в критические точки:
$f'(x) = 0$
$-4e^{-x} - a = 0$

Выразим из этого уравнения $e^{-x}$:
$-4e^{-x} = a$
$e^{-x} = -\frac{a}{4}$

Функция не будет иметь критических точек, если это уравнение не будет иметь решений относительно $x$.
Мы знаем, что показательная функция $e^y$ всегда принимает только положительные значения, то есть $e^y > 0$ для любого действительного $y$. В нашем случае $y = -x$, поэтому $e^{-x} > 0$ для любого $x \in R$.

Следовательно, уравнение $e^{-x} = -\frac{a}{4}$ не будет иметь решений, если его правая часть будет меньше либо равна нулю:
$-\frac{a}{4} \le 0$

Решим это неравенство относительно $a$. Умножим обе части неравенства на -4. При умножении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный:
$a \ge 0 \cdot (-4)$
$a \ge 0$

Таким образом, при $a \ge 0$ уравнение $f'(x)=0$ не имеет решений, а значит функция $f(x)$ не имеет критических точек.

Ответ: $a \in [0, +\infty)$

70. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 3^a x \ln 3 - 27x \ln 3 - 3^{3x-2}$ убывает на множестве действительных чисел?

Для того чтобы дифференцируемая функция $f(x)$ убывала на множестве действительных чисел, необходимо и достаточно, чтобы ее производная $f'(x)$ была неположительна для всех $x \in \mathbb{R}$, то есть $f'(x) \le 0$.

Найдем производную данной функции $f(x) = 3^a x \ln 3 - 27x \ln 3 - 3^{3x-2}$.

Сначала сгруппируем слагаемые, содержащие $x$: $f(x) = (3^a \ln 3 - 27 \ln 3)x - 3^{3x-2}$.

Теперь найдем производную $f'(x)$:

$f'(x) = ((3^a - 27) \ln 3 \cdot x)' - (3^{3x-2})'$

Производная первого слагаемого по $x$ равна константе $(3^a - 27) \ln 3$.

Для нахождения производной второго слагаемого используем правило дифференцирования сложной функции и формулу $(k^u)' = k^u \ln k \cdot u'$:

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

Таким образом, производная исходной функции равна:

$f'(x) = (3^a - 27) \ln 3 - 3^{3x-1} \ln 3$

Вынесем общий множитель $\ln 3$ за скобки:

$f'(x) = \ln 3 (3^a - 27 - 3^{3x-1})$

Теперь решим неравенство $f'(x) \le 0$:

$\ln 3 (3^a - 27 - 3^{3x-1}) \le 0$

Поскольку $\ln 3$ — положительная константа ($\ln 3 > 0$), мы можем разделить обе части неравенства на $\ln 3$, не изменяя знака неравенства:

$3^a - 27 - 3^{3x-1} \le 0$

Данное неравенство должно выполняться для всех действительных значений $x$. Перепишем его в виде:

$3^a - 27 \le 3^{3x-1}$

В левой части этого неравенства стоит константа (величина, не зависящая от $x$), а в правой — показательная функция $g(x) = 3^{3x-1}$. Область значений показательной функции $y=k^t$ при $k > 1$ — это интервал $(0, +\infty)$. Следовательно, множество значений функции $g(x) = 3^{3x-1}$ также есть $(0, +\infty)$.

Чтобы неравенство $3^a - 27 \le 3^{3x-1}$ выполнялось для всех $x$, необходимо, чтобы константа $3^a - 27$ была меньше или равна любому значению функции $3^{3x-1}$. Это означает, что $3^a - 27$ должно быть меньше или равно наименьшему значению (точнее, инфимуму) функции $3^{3x-1}$. Инфимум множества значений $(0, +\infty)$ равен 0.

Таким образом, мы приходим к неравенству:

$3^a - 27 \le 0$

$3^a \le 27$

Представим $27$ как степень числа $3$: $27 = 3^3$.

$3^a \le 3^3$

Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция $y=3^t$ является возрастающей. Следовательно, при переходе к сравнению показателей степеней знак неравенства сохраняется:

$a \le 3$

Ответ: $a \in (-\infty, 3]$.

71. Докажите, что функция $F$ является первообразной функции $f$ на промежутке $I$:

1) $F(x) = x^3 - 3x^2 + 9, f(x) = 3x^2 - 6x, I = (-\infty; +\infty)$

2) $F(x) = 3x - \frac{4}{x}, f(x) = 3 + \frac{4}{x^2}, I = (-\infty; 0)$

3) $F(x) = \sqrt{2x - 3}, f(x) = \frac{1}{\sqrt{2x - 3}}, I = (1,5; +\infty)$

4) $F(x) = \cos \frac{x}{5}, f(x) = -\frac{1}{5}\sin \frac{x}{5}, I = (-\infty; +\infty)$

5) $F(x) = 3\operatorname{tg} 2x - 10, f(x) = \frac{6}{\cos^2 2x}, I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$

6) $F(x) = x^2 - \ln x^5, f(x) = \frac{2x^2 - 5}{x}, I = (0; +\infty)$

Для того чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на промежутке $I$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и убедиться, что она равна $f(x)$ для всех $x$ из этого промежутка, то есть $F'(x) = f(x)$.

1) Даны функции $F(x) = x^3 - 3x^2 + 9$ и $f(x) = 3x^2 - 6x$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$:
$F'(x) = (x^3 - 3x^2 + 9)' = (x^3)' - (3x^2)' + (9)' = 3x^{3-1} - 3 \cdot 2x^{2-1} + 0 = 3x^2 - 6x$.
Так как $F'(x) = 3x^2 - 6x = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

2) Даны функции $F(x) = 3x - \frac{4}{x}$ и $f(x) = 3 + \frac{4}{x^2}$ на промежутке $I = (-\infty; 0)$.
Найдём производную функции $F(x)$, представив её в виде $F(x) = 3x - 4x^{-1}$:
$F'(x) = (3x - 4x^{-1})' = (3x)' - (4x^{-1})' = 3 - 4 \cdot (-1)x^{-1-1} = 3 + 4x^{-2} = 3 + \frac{4}{x^2}$.
Так как $F'(x) = 3 + \frac{4}{x^2} = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; 0)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

3) Даны функции $F(x) = \sqrt{2x - 3}$ и $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2x-3}}$ на промежутке $I = (1,5; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции. Представим $F(x) = (2x - 3)^{1/2}$:
$F'(x) = ((2x - 3)^{1/2})' = \frac{1}{2}(2x - 3)^{1/2 - 1} \cdot (2x - 3)' = \frac{1}{2}(2x - 3)^{-1/2} \cdot 2 = (2x - 3)^{-1/2} = \frac{1}{(2x-3)^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{2x-3}}$.
Так как $F'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x-3}} = f(x)$ для всех $x \in (1,5; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

4) Даны функции $F(x) = \cos\frac{x}{5}$ и $f(x) = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5}$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$F'(x) = (\cos\frac{x}{5})' = -\sin\frac{x}{5} \cdot (\frac{x}{5})' = -\sin\frac{x}{5} \cdot \frac{1}{5} = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5}$.
Так как $F'(x) = -\frac{1}{5}\sin\frac{x}{5} = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

5) Даны функции $F(x) = 3\tg(2x) - 10$ и $f(x) = \frac{6}{\cos^2 2x}$ на промежутке $I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$.
Найдём производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$F'(x) = (3\tg(2x) - 10)' = 3(\tg(2x))' - (10)' = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot (2x)' - 0 = 3 \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot 2 = \frac{6}{\cos^2 2x}$.
Так как $F'(x) = \frac{6}{\cos^2 2x} = f(x)$ для всех $x$ из промежутка $I = (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$ (на котором $\cos 2x \neq 0$), то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

6) Даны функции $F(x) = x^2 - \ln x^5$ и $f(x) = \frac{2x^2 - 5}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.
Упростим функцию $F(x)$, используя свойство логарифма $\ln a^b = b \ln a$ (это возможно, так как на промежутке $I$ $x > 0$):
$F(x) = x^2 - 5\ln x$.
Найдём производную функции $F(x)$:
$F'(x) = (x^2 - 5\ln x)' = (x^2)' - (5\ln x)' = 2x - 5 \cdot \frac{1}{x} = 2x - \frac{5}{x}$.
Приведём выражение к общему знаменателю:
$F'(x) = \frac{2x \cdot x}{x} - \frac{5}{x} = \frac{2x^2 - 5}{x}$.
Так как $F'(x) = \frac{2x^2 - 5}{x} = f(x)$ для всех $x \in (0; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Доказано.

72. Является ли функция $F(x) = \frac{6}{x^2} - 4$ первообразной функцией $f(x) = -\frac{12}{x^3}$ на промежутке:

1) $(0; +\infty);$

2) $(-3; 3);$

3) $(-\infty; 0];$

4) $[-5; 0)?$

По определению, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на заданном промежутке, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется равенство $F'(x) = f(x)$.

Для проверки этого условия найдем производную функции $F(x) = \frac{6}{x^2} - 4$.

Представим функцию в виде $F(x) = 6x^{-2} - 4$.

Используем формулу производной степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$:

$F'(x) = (6x^{-2} - 4)' = (6x^{-2})' - (4)' = 6 \cdot (-2)x^{-2-1} - 0 = -12x^{-3} = -\frac{12}{x^3}$.

Мы получили, что $F'(x) = f(x)$.

Однако, для того чтобы $F(x)$ была первообразной на промежутке, она должна быть определена и дифференцируема в каждой точке этого промежутка. Функция $F(x) = \frac{6}{x^2} - 4$ не определена в точке $x=0$, так как знаменатель обращается в ноль. Следовательно, $F(x)$ не может быть первообразной на любом промежутке, содержащем точку $x=0$.

Рассмотрим каждый из предложенных промежутков:

1) (0; +∞)

Промежуток $(0; +∞)$ не содержит точку $x=0$. На этом промежутке функция $F(x)$ определена, дифференцируема, и ее производная равна $f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

Ответ: Да.

2) (-3; 3)

Промежуток $(-3; 3)$ содержит точку $x=0$. В этой точке функция $F(x)$ не определена, а значит, не может быть первообразной на всем промежутке.

Ответ: Нет.

3) (-∞; 0)

Промежуток $(-\infty; 0)$ не содержит точку $x=0$. На этом промежутке функция $F(x)$ определена, дифференцируема, и ее производная равна $f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

Ответ: Да.

4) [-5; 0)?

Промежуток $[-5; 0)$ не содержит точку $x=0$. На этом промежутке функция $F(x)$ определена, дифференцируема, и ее производная равна $f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

Ответ: Да.

73. Является ли функция $F(x)=|x+3|$ первообразной функции $f(x)=1$ на промежутке:

1) $(-1; 3);$

2) $(-4; 1)?$

По определению, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на заданном промежутке, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется равенство $F'(x) = f(x)$.

Рассмотрим функцию $F(x) = |x + 3|$. Раскроем модуль, представив функцию в кусочно-заданном виде:

$F(x) = \begin{cases} x + 3, & \text{если } x + 3 \ge 0 \implies x \ge -3 \\ -(x + 3), & \text{если } x + 3 < 0 \implies x < -3 \end{cases}$

Теперь найдем производную функции $F(x)$ на каждом из интервалов:

$F'(x) = \begin{cases} (x + 3)' = 1, & \text{если } x > -3 \\ (-x - 3)' = -1, & \text{если } x < -3 \end{cases}$

В точке $x = -3$ функция $F(x)$ не является дифференцируемой, так как ее график имеет излом, а левосторонняя и правосторонняя производные в этой точке не равны. Левосторонняя производная равна -1, а правосторонняя равна 1. Следовательно, производная $F'(-3)$ не существует.

Теперь проверим заданные промежутки.

1) $(-1; 3)$

Для любого $x$ из промежутка $(-1; 3)$ выполняется неравенство $x > -3$. На этом промежутке, согласно определению функции $F(x)$, имеем $F(x) = x + 3$.

Производная функции на этом промежутке равна $F'(x) = (x + 3)' = 1$.

Так как для всех $x \in (-1; 3)$ выполняется равенство $F'(x) = 1 = f(x)$, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Да, является.

2) $(-4; 1)$

Промежуток $(-4; 1)$ содержит точку $x = -3$. Как было показано выше, в точке $x = -3$ производная функции $F(x)$ не существует.

Поскольку первообразная должна быть дифференцируема во всех точках заданного промежутка, а функция $F(x)$ не дифференцируема в точке $x=-3$, которая принадлежит промежутку $(-4; 1)$, то $F(x)$ не является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

Более того, на части промежутка $(-4; -3)$ производная $F'(x) = -1$, что не равно $f(x) = 1$.

Ответ: Нет, не является.

74. Для функции $f$ на промежутке $I$ найдите первообразную, график которой проходит через указанную точку:

1) $f(x) = x^2, I = (-\infty; +\infty), M (1; -2);$

2) $f(x) = \sin x, I = (-\infty; +\infty), M \left(\frac{\pi}{3}; 1\right);$

3) $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}, I = \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right), M \left(\frac{\pi}{6}; \frac{\sqrt{3}}{3}\right);$

4) $f(x) = \frac{1}{x^4}, I = (-\infty; 0), M \left(-1; -\frac{2}{3}\right);$

5) $f(x) = \sqrt[3]{x}, I = (-\infty; +\infty), M(8;15).$

1)

Дана функция $f(x) = x^2$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$ и точка $M(1; -2)$.

Общий вид первообразной для функции $f(x)$ находится путем интегрирования:

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

Чтобы найти конкретную первообразную, график которой проходит через точку $M(1; -2)$, подставим координаты точки в уравнение первообразной: $F(1) = -2$.

$-2 = \frac{1^3}{3} + C$

$-2 = \frac{1}{3} + C$

$C = -2 - \frac{1}{3} = -\frac{6}{3} - \frac{1}{3} = -\frac{7}{3}$

Таким образом, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{7}{3}$

Ответ: $F(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{7}{3}$

2)

Дана функция $f(x) = \sin x$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$ и точка $M(\frac{\pi}{3}; 1)$.

Общий вид первообразной для функции $f(x) = \sin x$:

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

График первообразной проходит через точку $M(\frac{\pi}{3}; 1)$, следовательно $F(\frac{\pi}{3}) = 1$.

Подставляем координаты точки в уравнение:

$1 = -\cos(\frac{\pi}{3}) + C$

Зная, что $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$, получаем:

$1 = -\frac{1}{2} + C$

$C = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$

Искомая первообразная:

$F(x) = -\cos x + \frac{3}{2}$

Ответ: $F(x) = -\cos x + \frac{3}{2}$

3)

Дана функция $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}$ на промежутке $I = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ и точка $M(\frac{\pi}{6}; \frac{\sqrt{3}}{3})$.

Общий вид первообразной для $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}$:

$F(x) = \int \frac{1}{\cos^2 x} \,dx = \tan x + C$.

График первообразной проходит через точку $M(\frac{\pi}{6}; \frac{\sqrt{3}}{3})$, значит $F(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Подставляем значения:

$\frac{\sqrt{3}}{3} = \tan(\frac{\pi}{6}) + C$

Так как $\tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3}$, получаем:

$\frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3} + C$

$C = 0$

Искомая первообразная:

$F(x) = \tan x$

Ответ: $F(x) = \tan x$

4)

Дана функция $f(x) = \frac{1}{x^4}$ на промежутке $I = (-\infty; 0)$ и точка $M(-1; -\frac{2}{3})$.

Представим функцию в виде $f(x) = x^{-4}$. Общий вид первообразной:

$F(x) = \int x^{-4} \,dx = \frac{x^{-4+1}}{-4+1} + C = \frac{x^{-3}}{-3} + C = -\frac{1}{3x^3} + C$.

График первообразной проходит через точку $M(-1; -\frac{2}{3})$, значит $F(-1) = -\frac{2}{3}$.

Подставляем значения:

$-\frac{2}{3} = -\frac{1}{3(-1)^3} + C$

$-\frac{2}{3} = -\frac{1}{-3} + C$

$-\frac{2}{3} = \frac{1}{3} + C$

$C = -\frac{2}{3} - \frac{1}{3} = -\frac{3}{3} = -1$

Искомая первообразная:

$F(x) = -\frac{1}{3x^3} - 1$

Ответ: $F(x) = -\frac{1}{3x^3} - 1$

5)

Дана функция $f(x) = \sqrt[3]{x}$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$ и точка $M(8; 15)$.

Представим функцию в виде $f(x) = x^{\frac{1}{3}}$. Общий вид первообразной:

$F(x) = \int x^{\frac{1}{3}} \,dx = \frac{x^{\frac{1}{3}+1}}{\frac{1}{3}+1} + C = \frac{x^{\frac{4}{3}}}{\frac{4}{3}} + C = \frac{3}{4}x^{\frac{4}{3}} + C$.

График первообразной проходит через точку $M(8; 15)$, значит $F(8) = 15$.

Подставляем значения:

$15 = \frac{3}{4}(8)^{\frac{4}{3}} + C$

Вычислим $8^{\frac{4}{3}} = (\sqrt[3]{8})^4 = 2^4 = 16$.

$15 = \frac{3}{4} \cdot 16 + C$

$15 = 3 \cdot 4 + C$

$15 = 12 + C$

$C = 15 - 12 = 3$

Искомая первообразная:

$F(x) = \frac{3}{4}x^{\frac{4}{3}} + 3$

Ответ: $F(x) = \frac{3}{4}x^{\frac{4}{3}} + 3$