Страница 47 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

67. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции на данном промежутке:

1) $f(x) = 5x^2 + 4x + 5$, $[-3; -1]$;

2) $f(x) = 4^x + 4^{-x}$, $[-2; 1]$;

3) $f(x) = e^{4x+5}(3x^2 + 2x)$, $[-2; -0,5]$.

1) Для функции $f(x) = 5x^2 + 4x + 5$ на промежутке $[-3; -1]$.

Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке, найдем ее производную и критические точки.

Производная функции: $f'(x) = (5x^2 + 4x + 5)' = 10x + 4$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки: $10x + 4 = 0$, откуда $x = -0.4$.

Критическая точка $x = -0.4$ не принадлежит заданному промежутку $[-3; -1]$.

Следовательно, наибольшее и наименьшее значения функция достигает на концах отрезка. Вычислим значения функции в точках $x = -3$ и $x = -1$.

$f(-3) = 5(-3)^2 + 4(-3) + 5 = 5 \cdot 9 - 12 + 5 = 45 - 12 + 5 = 38$.

$f(-1) = 5(-1)^2 + 4(-1) + 5 = 5 \cdot 1 - 4 + 5 = 6$.

Сравнивая полученные значения, находим, что наибольшее значение функции равно 38, а наименьшее – 6.

Ответ: наибольшее значение $38$, наименьшее значение $6$.

2) Для функции $f(x) = 4^x + 4^{-x}$ на промежутке $[-2; 1]$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (4^x + 4^{-x})' = 4^x \ln 4 - 4^{-x} \ln 4 = \ln 4 \cdot (4^x - 4^{-x})$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$\ln 4 \cdot (4^x - 4^{-x}) = 0$.

$4^x - 4^{-x} = 0$.

$4^x = 4^{-x}$, что равносильно $x = -x$, откуда $2x = 0$ и $x = 0$.

Критическая точка $x = 0$ принадлежит промежутку $[-2; 1]$.

Вычислим значения функции в критической точке и на концах отрезка:

$f(0) = 4^0 + 4^{-0} = 1 + 1 = 2$.

$f(-2) = 4^{-2} + 4^{-(-2)} = 4^{-2} + 4^2 = \frac{1}{16} + 16 = 16\frac{1}{16}$.

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

Сравниваем значения $2$, $16\frac{1}{16}$ и $4\frac{1}{4}$.

Наибольшее значение функции равно $16\frac{1}{16}$, а наименьшее – $2$.

Ответ: наибольшее значение $16\frac{1}{16}$, наименьшее значение $2$.

3) Для функции $f(x) = e^{4x+5}(3x^2 + 2x)$ на промежутке $[-2; -0,5]$.

Найдем производную функции, используя правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$f'(x) = (e^{4x+5})'(3x^2 + 2x) + e^{4x+5}(3x^2 + 2x)'$.

$f'(x) = 4e^{4x+5}(3x^2 + 2x) + e^{4x+5}(6x + 2)$.

Вынесем общий множитель $e^{4x+5}$:

$f'(x) = e^{4x+5}(4(3x^2 + 2x) + (6x + 2)) = e^{4x+5}(12x^2 + 8x + 6x + 2) = e^{4x+5}(12x^2 + 14x + 2)$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$e^{4x+5}(12x^2 + 14x + 2) = 0$.

Так как $e^{4x+5} > 0$ для любого $x$, то $12x^2 + 14x + 2 = 0$.

Разделим уравнение на 2: $6x^2 + 7x + 1 = 0$.

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = 7^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 49 - 24 = 25$.

Корни уравнения: $x_1 = \frac{-7 - \sqrt{25}}{2 \cdot 6} = \frac{-12}{12} = -1$ и $x_2 = \frac{-7 + \sqrt{25}}{2 \cdot 6} = \frac{-2}{12} = -\frac{1}{6}$.

Проверим, какие из критических точек принадлежат промежутку $[-2; -0,5]$.

$x_1 = -1$ принадлежит $[-2; -0,5]$.

$x_2 = -\frac{1}{6} \approx -0.167$ не принадлежит $[-2; -0,5]$, так как $-\frac{1}{6} > -0.5$.

Вычислим значения функции в критической точке $x=-1$ и на концах отрезка $x=-2$ и $x=-0,5$.

$f(-1) = e^{4(-1)+5}(3(-1)^2 + 2(-1)) = e^1(3 - 2) = e$.

$f(-2) = e^{4(-2)+5}(3(-2)^2 + 2(-2)) = e^{-3}(3 \cdot 4 - 4) = e^{-3}(12 - 4) = 8e^{-3} = \frac{8}{e^3}$.

$f(-0,5) = e^{4(-0,5)+5}(3(-0,5)^2 + 2(-0,5)) = e^{-2+5}(3(0,25) - 1) = e^3(0,75 - 1) = -0,25e^3 = -\frac{e^3}{4}$.

Сравним полученные значения: $e \approx 2,718$, $\frac{8}{e^3} \approx \frac{8}{20,08} \approx 0,398$, и $-\frac{e^3}{4} \approx -\frac{20,08}{4} \approx -5,02$.

Наибольшее значение функции равно $e$, а наименьшее – $-\frac{e^3}{4}$.

Ответ: наибольшее значение $e$, наименьшее значение $-\frac{e^3}{4}$.

68. Исследуйте функцию и постройте её график:

1) $f(x) = xe^{-\frac{x^2}{2}}$;

2) $f(x) = x^3 - 3\ln x$;

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

4) $f(x) = \log_2(4x - x^2)$.

1) $f(x) = xe^{-\frac{x^2}{2}}$

1. Область определения.

Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

$f(-x) = (-x)e^{-\frac{(-x)^2}{2}} = -xe^{-\frac{x^2}{2}} = -f(x)$.

Функция является нечетной. Ее график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.

При $x=0$, $f(0) = 0 \cdot e^0 = 0$. Пересечение с осью Oy в точке $(0,0)$.

При $f(x)=0$, $xe^{-\frac{x^2}{2}} = 0$. Так как $e^{-\frac{x^2}{2}} > 0$ для любого $x$, то $x=0$. Пересечение с осью Ox в точке $(0,0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: отсутствуют, так как функция непрерывна на всей числовой прямой.

Горизонтальные асимптоты: найдем предел $\lim_{x \to \pm\infty} f(x)$.

$\lim_{x \to +\infty} xe^{-\frac{x^2}{2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{\frac{x^2}{2}}}$. Это неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Применим правило Лопиталя:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{(x)'}{(e^{\frac{x^2}{2}})'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^{\frac{x^2}{2}} \cdot x} = 0$.

Таким образом, $y=0$ (ось Ox) — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$. Так как функция нечетная, то $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$, и $y=0$ также является асимптотой при $x \to -\infty$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную:

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

Приравняем производную к нулю: $f'(x)=0 \Rightarrow 1-x^2=0 \Rightarrow x=\pm1$.

• При $x \in (-\infty, -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (-1, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=-1$ производная меняет знак с "-" на "+", следовательно, это точка локального минимума. $f(-1) = -1 \cdot e^{-1/2} = -1/\sqrt{e}$.

В точке $x=1$ производная меняет знак с "+" на "-", следовательно, это точка локального максимума. $f(1) = 1 \cdot e^{-1/2} = 1/\sqrt{e}$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

Найдем вторую производную:

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

Приравняем вторую производную к нулю: $f''(x)=0 \Rightarrow x(x^2-3)=0 \Rightarrow x=0, x=\pm\sqrt{3}$.

• При $x \in (-\infty, -\sqrt{3})$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый (выпуклость вверх).
• При $x \in (-\sqrt{3}, 0)$, $f''(x) > 0$, график функции вогнутый (выпуклость вниз).
• При $x \in (0, \sqrt{3})$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый.
• При $x \in (\sqrt{3}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график функции вогнутый.

Точки $x=0, x=\pm\sqrt{3}$ являются точками перегиба. Найдем их ординаты:

$f(0)=0$.

$f(\sqrt{3}) = \sqrt{3}e^{-3/2}$.

$f(-\sqrt{3}) = -\sqrt{3}e^{-3/2}$.

7. Построение графика.

На основе полученных данных строим график. Он проходит через начало координат, имеет минимум в точке $(-1, -1/\sqrt{e})$ и максимум в точке $(1, 1/\sqrt{e})$. Ось Ox является горизонтальной асимптотой. Точки перегиба: $(-\sqrt{3}, -\sqrt{3}e^{-3/2})$, $(0,0)$, $(\sqrt{3}, \sqrt{3}e^{-3/2})$. График симметричен относительно начала координат.

Ответ: Область определения: $(-\infty; +\infty)$. Функция нечетная. Точка пересечения с осями: $(0,0)$. Горизонтальная асимптота: $y=0$. Функция возрастает на $(-1, 1)$, убывает на $(-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$. Точка максимума: $(1, 1/\sqrt{e})$. Точка минимума: $(-1, -1/\sqrt{e})$. График функции вогнутый на $(-\sqrt{3}, 0) \cup (\sqrt{3}, +\infty)$, выпуклый на $(-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3})$. Точки перегиба: $(-\sqrt{3}, -\sqrt{3}e^{-3/2})$, $(0,0)$, $(\sqrt{3}, \sqrt{3}e^{-3/2})$.

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

1. Область определения.

Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

Область определения несимметрична относительно нуля, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечения с осью Oy нет, так как $x \ne 0$.

Для нахождения пересечения с осью Ox решим уравнение $x^3 - 3\ln x = 0$. Исследуем функцию на экстремумы (см. п. 5). Минимальное значение функции равно 1. Следовательно, $f(x) > 0$ на всей области определения, и пересечений с осью Ox нет.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: исследуем поведение функции на границе области определения при $x \to 0^+$.

$\lim_{x \to 0^+} (x^3 - 3\ln x) = 0 - 3(-\infty) = +\infty$.

Следовательно, прямая $x=0$ (ось Oy) является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные и наклонные асимптоты: исследуем поведение при $x \to +\infty$.

$\lim_{x \to +\infty} (x^3 - 3\ln x) = \lim_{x \to +\infty} x^3(1 - \frac{3\ln x}{x^3}) = +\infty$, так как $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^3} = 0$. Горизонтальных асимптот нет.

$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3 - 3\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} (x^2 - \frac{3\ln x}{x}) = +\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную:

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

Приравняем производную к нулю: $f'(x)=0 \Rightarrow x-1=0 \Rightarrow x=1$ (так как $x>0$ и $x^2+x+1>0$).

• При $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=1$ производная меняет знак с "-" на "+", следовательно, это точка локального минимума. $f(1) = 1^3 - 3\ln 1 = 1$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

Найдем вторую производную:

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

Так как $x>0$, то $6x>0$ и $\frac{3}{x^2}>0$. Следовательно, $f''(x) > 0$ на всей области определения. Это означает, что график функции всегда вогнутый (выпуклый вниз). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

График имеет вертикальную асимптоту $x=0$. Он убывает на интервале $(0,1)$ до точки минимума $(1,1)$, а затем возрастает на интервале $(1, +\infty)$. График всегда вогнутый.

Ответ: Область определения: $(0; +\infty)$. Функция не является ни четной, ни нечетной. Точек пересечения с осями нет. Вертикальная асимптота: $x=0$. Функция убывает на $(0, 1)$, возрастает на $(1, +\infty)$. Точка минимума: $(1, 1)$. График функции вогнутый на всей области определения. Точек перегиба нет.

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

1. Область определения.

Из-за логарифма $x>0$, из-за знаменателя $x \ne 0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

Область определения несимметрична, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечения с осью Oy нет ($x \ne 0$).

При $f(x)=0$, $\frac{1 + \ln x}{x} = 0 \Rightarrow 1 + \ln x = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = 1/e$. Точка пересечения с осью Ox: $(1/e, 0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: при $x \to 0^+$.

$\lim_{x \to 0^+} \frac{1 + \ln x}{x} = \frac{-\infty}{0^+} = -\infty$.

Прямая $x=0$ (ось Oy) — вертикальная асимптота.

Горизонтальные асимптоты: при $x \to +\infty$.

$\lim_{x \to +\infty} \frac{1 + \ln x}{x}$. По правилу Лопиталя: $\lim_{x \to +\infty} \frac{(1 + \ln x)'}{(x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = 0$.

Прямая $y=0$ (ось Ox) — горизонтальная асимптота.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную:

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

Приравняем производную к нулю: $f'(x)=0 \Rightarrow -\ln x = 0 \Rightarrow x=1$.

• При $x \in (0, 1)$, $\ln x < 0 \Rightarrow f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (1, +\infty)$, $\ln x > 0 \Rightarrow f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=1$ производная меняет знак с "+" на "-", значит, это точка локального максимума. $f(1) = \frac{1+\ln 1}{1} = 1$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

Найдем вторую производную:

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

Приравняем вторую производную к нулю: $f''(x)=0 \Rightarrow 2\ln x - 1 = 0 \Rightarrow \ln x = 1/2 \Rightarrow x = e^{1/2} = \sqrt{e}$.

• При $x \in (0, \sqrt{e})$, $2\ln x - 1 < 0 \Rightarrow f''(x) < 0$, график выпуклый.
• При $x \in (\sqrt{e}, +\infty)$, $2\ln x - 1 > 0 \Rightarrow f''(x) > 0$, график вогнутый.

Точка $x=\sqrt{e}$ — точка перегиба. $f(\sqrt{e}) = \frac{1+\ln \sqrt{e}}{\sqrt{e}} = \frac{1+1/2}{\sqrt{e}} = \frac{3}{2\sqrt{e}}$.

7. Построение графика.

График начинается от $-\infty$ у вертикальной асимптоты $x=0$, возрастает, пересекает ось Ox в точке $(1/e, 0)$, достигает максимума в точке $(1,1)$, затем убывает, стремясь к горизонтальной асимптоте $y=0$. В точке $(\sqrt{e}, \frac{3}{2\sqrt{e}})$ происходит перегиб (изменение с выпуклости на вогнутость).

Ответ: Область определения: $(0; +\infty)$. Точка пересечения с осью Ox: $(1/e, 0)$. Вертикальная асимптота: $x=0$. Горизонтальная асимптота: $y=0$. Функция возрастает на $(0, 1)$, убывает на $(1, +\infty)$. Точка максимума: $(1, 1)$. График функции выпуклый на $(0, \sqrt{e})$, вогнутый на $(\sqrt{e}, +\infty)$. Точка перегиба: $(\sqrt{e}, \frac{3}{2\sqrt{e}})$.

4) $f(x) = \log_2(4x - x^2)$

1. Область определения.

Аргумент логарифма должен быть положительным: $4x - x^2 > 0 \Rightarrow x(4-x) > 0$. Решая неравенство, получаем $D(f) = (0; 4)$.

2. Четность/нечетность.

Область определения несимметрична относительно нуля. Проверим симметрию относительно центра интервала $x=2$: $f(2+h) = \log_2(4(2+h)-(2+h)^2) = \log_2(8+4h-4-4h-h^2)=\log_2(4-h^2)$. $f(2-h) = \log_2(4(2-h)-(2-h)^2) = \log_2(8-4h-4+4h-h^2)=\log_2(4-h^2)$. Так как $f(2+h)=f(2-h)$, график функции симметричен относительно прямой $x=2$.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечения с осью Oy нет ($x \ne 0$).

При $f(x)=0$, $\log_2(4x-x^2) = 0 \Rightarrow 4x-x^2 = 2^0 = 1 \Rightarrow x^2-4x+1=0$.

Решаем квадратное уравнение: $x = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$. Обе точки, $2-\sqrt{3}$ и $2+\sqrt{3}$, принадлежат области определения. Точки пересечения с осью Ox: $(2-\sqrt{3}, 0)$ и $(2+\sqrt{3}, 0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: на границах области определения.

$\lim_{x \to 0^+} \log_2(4x-x^2) = \log_2(0^+) = -\infty$.

$\lim_{x \to 4^-} \log_2(4x-x^2) = \log_2(0^+) = -\infty$.

Прямые $x=0$ и $x=4$ — вертикальные асимптоты.

Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как область определения — конечный интервал.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную: $f'(x) = \frac{(4x-x^2)'}{(4x-x^2)\ln 2} = \frac{4-2x}{(4x-x^2)\ln 2}$.

Приравняем производную к нулю: $f'(x)=0 \Rightarrow 4-2x = 0 \Rightarrow x=2$.

• При $x \in (0, 2)$, $4-2x > 0 \Rightarrow f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (2, 4)$, $4-2x < 0 \Rightarrow f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=2$ производная меняет знак с "+" на "-", значит, это точка локального максимума. $f(2) = \log_2(4 \cdot 2 - 2^2) = \log_2(4) = 2$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

Найдем вторую производную:

$f''(x) = \frac{1}{\ln 2} \left( \frac{4-2x}{4x-x^2} \right)' = \frac{1}{\ln 2} \frac{-2(4x-x^2)-(4-2x)(4-2x)}{(4x-x^2)^2} = \frac{1}{\ln 2} \frac{-8x+2x^2-(16-16x+4x^2)}{(4x-x^2)^2} = \frac{-2x^2+8x-16}{(4x-x^2)^2 \ln 2} = \frac{-2(x^2-4x+8)}{(4x-x^2)^2 \ln 2}$.

Знаменатель всегда положителен. Числитель $x^2-4x+8$ имеет отрицательный дискриминант ($D=16-32=-16$) и старший коэффициент > 0, поэтому $x^2-4x+8 > 0$ всегда. Тогда $-2(x^2-4x+8) < 0$.

Следовательно, $f''(x) < 0$ на всей области определения. График функции всегда выпуклый (выпуклый вверх). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

График ограничен вертикальными асимптотами $x=0$ и $x=4$. Он симметричен относительно прямой $x=2$. График возрастает от $-\infty$ до точки максимума $(2,2)$, а затем убывает до $-\infty$. Пересекает ось Ox в точках $(2-\sqrt{3}, 0)$ и $(2+\sqrt{3}, 0)$. График имеет форму арки.

Ответ: Область определения: $(0; 4)$. График симметричен относительно прямой $x=2$. Точки пересечения с осью Ox: $(2-\sqrt{3}, 0)$ и $(2+\sqrt{3}, 0)$. Вертикальные асимптоты: $x=0$ и $x=4$. Функция возрастает на $(0, 2)$, убывает на $(2, 4)$. Точка максимума: $(2, 2)$. График функции выпуклый на всей области определения. Точек перегиба нет.

69. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 3e^x + ax - 5$ не имеет критических точек?

Критические точки функции – это внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

1. Найдем область определения функции $f(x) = 3e^x + ax - 5$. Данная функция является суммой показательной, линейной функций и константы, каждая из которых определена на всей числовой оси. Следовательно, область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (3e^x + ax - 5)' = (3e^x)' + (ax)' - (5)' = 3e^x + a$.

3. Проанализируем производную. Производная $f'(x) = 3e^x + a$ существует при всех действительных значениях $x$. Таким образом, критические точки могут возникнуть только в тех точках, где производная равна нулю, то есть $f'(x) = 0$.

4. Решим уравнение $f'(x) = 0$:

$3e^x + a = 0$

$3e^x = -a$

$e^x = -\frac{a}{3}$

5. Функция $f(x)$ не будет иметь критических точек, если полученное уравнение не имеет решений. Мы знаем, что показательная функция $y = e^x$ принимает только положительные значения, то есть $e^x > 0$ для любого действительного $x$.

Следовательно, уравнение $e^x = -\frac{a}{3}$ не будет иметь решений, если его правая часть меньше либо равна нулю:

$-\frac{a}{3} \le 0$

6. Решим полученное неравенство относительно параметра $a$. Умножим обе части на -3 и поменяем знак неравенства на противоположный:

$a \ge 0$

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

Ответ: $a \ge 0$.

70. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 2^{2x+1} - 2^a x \ln 2 + 8x \ln 2$ возрастает на множестве действительных чисел?

Для того чтобы функция $f(x)$ возрастала на множестве действительных чисел, необходимо и достаточно, чтобы её производная $f'(x)$ была неотрицательной для всех $x \in \mathbb{R}$, то есть $f'(x) \ge 0$.

Заданная функция:

$f(x) = 2^{2x+1} - 2^a x \ln 2 + 8x \ln 2$

Найдем её производную $f'(x)$. Для этого воспользуемся правилами дифференцирования:

$(b^{u(x)})' = b^{u(x)} \ln b \cdot u'(x)$

$(c \cdot x)' = c$

Производная первого слагаемого $ (2^{2x+1})' $:

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

Производная второго слагаемого $ (-2^a x \ln 2)' $:

$(-2^a x \ln 2)' = -2^a \ln 2$.

Производная третьего слагаемого $ (8x \ln 2)' $:

$(8x \ln 2)' = 8 \ln 2$.

Соберем все вместе, чтобы получить производную функции $f(x)$:

$f'(x) = 2^{2x+2} \ln 2 - 2^a \ln 2 + 8 \ln 2$.

Вынесем общий множитель $\ln 2$ за скобки:

$f'(x) = \ln 2 (2^{2x+2} - 2^a + 8)$.

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

$\ln 2 (2^{2x+2} - 2^a + 8) \ge 0$.

Так как $\ln 2 > 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $\ln 2$, не меняя знака неравенства:

$2^{2x+2} - 2^a + 8 \ge 0$.

Это неравенство должно выполняться для всех действительных значений $x$. Перенесем слагаемые, не зависящие от $x$, в правую часть:

$2^{2x+2} \ge 2^a - 8$.

Рассмотрим левую часть неравенства: $g(x) = 2^{2x+2}$. Это показательная функция. Поскольку основание $2 > 1$, функция является возрастающей. Область значений этой функции — все положительные числа, то есть $E(g) = (0, +\infty)$. Наименьшее значение, к которому стремится функция $g(x)$ (её инфимум), равно 0 (при $x \to -\infty$).

Для того чтобы неравенство $2^{2x+2} \ge 2^a - 8$ выполнялось для всех $x \in \mathbb{R}$, правая часть $2^a - 8$ должна быть меньше или равна наименьшему возможному значению левой части. Так как наименьшее значение левой части не достигается, но её инфимум равен 0, то правая часть должна быть меньше или равна этому инфимуму.

Следовательно, должно выполняться условие:

$2^a - 8 \le 0$.

Решим это неравенство относительно $a$:

$2^a \le 8$

Представим 8 как степень двойки: $8 = 2^3$.

$2^a \le 2^3$.

Так как основание степени $2 > 1$, то при переходе к сравнению показателей знак неравенства сохраняется:

$a \le 3$.

Таким образом, функция возрастает на множестве действительных чисел при $a \le 3$.

Ответ: $a \in (-\infty, 3]$.

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

1) $F(x) = x^2 - 4x^3 - 6$, $f(x) = 2x - 12x^2$, $I = (-\infty; +\infty);$

2) $F(x) = 5x + \frac{7}{x}$, $f(x) = 5 - \frac{7}{x^2}$, $I = (0; +\infty);$

3) $F(x) = \sqrt{4x + 9}$, $f(x) = \frac{2}{\sqrt{4x + 9}}$, $I = (-2,25; +\infty);$

4) $F(x) = \sin 3x$, $f(x) = 3 \cos 3x$, $I = (-\infty; +\infty);$

5) $F(x) = 9 - \operatorname{ctg} \frac{x}{3}$, $f(x) = \frac{1}{3 \sin^2 \frac{x}{3}}$, $I = \left(\frac{\pi}{2}; \pi\right);$

6) $F(x) = \ln x^6 - x^3$, $f(x) = \frac{6 - 3x^3}{x}$, $I = (0; +\infty).$

1) По определению, функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на промежутке $I$, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется равенство $F'(x) = f(x)$.
Найдем производную функции $F(x) = x^2 - 4x^3 - 6$:
$F'(x) = (x^2 - 4x^3 - 6)' = (x^2)' - (4x^3)' - (6)' = 2x - 4 \cdot 3x^2 - 0 = 2x - 12x^2$.
Сравним полученную производную с функцией $f(x) = 2x - 12x^2$.
Так как $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из промежутка $I = (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Найдем производную функции $F(x) = 5x + \frac{7}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.
Для удобства дифференцирования представим $F(x)$ в виде $F(x) = 5x + 7x^{-1}$.
$F'(x) = (5x + 7x^{-1})' = (5x)' + (7x^{-1})' = 5 \cdot 1 + 7 \cdot (-1)x^{-2} = 5 - 7x^{-2} = 5 - \frac{7}{x^2}$.
Полученное выражение $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x) = 5 - \frac{7}{x^2}$.
Так как $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in (0; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: Что и требовалось доказать.

3) Найдем производную функции $F(x) = \sqrt{4x + 9}$ на промежутке $I = (-2,25; +\infty)$.
Используем правило производной сложной функции, представив $F(x)$ как $(4x+9)^{\frac{1}{2}}$.
$F'(x) = ((4x+9)^{\frac{1}{2}})' = \frac{1}{2}(4x+9)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (4x+9)' = \frac{1}{2}(4x+9)^{-\frac{1}{2}} \cdot 4 = 2(4x+9)^{-\frac{1}{2}} = \frac{2}{\sqrt{4x+9}}$.
Результат совпадает с функцией $f(x) = \frac{2}{\sqrt{4x+9}}$.
Функция $F(x)$ дифференцируема при $4x+9 > 0$, то есть при $x > -2,25$, что соответствует заданному промежутку $I$.
Поскольку $F'(x) = f(x)$ на $I$, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.
Ответ: Что и требовалось доказать.

4) Найдем производную функции $F(x) = \sin(3x)$ на промежутке $I = (-\infty; +\infty)$, используя правило производной сложной функции.
$F'(x) = (\sin(3x))' = \cos(3x) \cdot (3x)' = \cos(3x) \cdot 3 = 3\cos(3x)$.
Полученная производная $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x) = 3\cos(3x)$.
Так как $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in (-\infty; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.
Ответ: Что и требовалось доказать.

5) Найдем производную функции $F(x) = 9 - \text{ctg}\frac{x}{3}$ на промежутке $I = (\frac{\pi}{2}; \pi)$.
$F'(x) = (9 - \text{ctg}\frac{x}{3})' = (9)' - (\text{ctg}\frac{x}{3})' = 0 - (-\frac{1}{\sin^2(\frac{x}{3})}) \cdot (\frac{x}{3})' = \frac{1}{\sin^2(\frac{x}{3})} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3\sin^2\frac{x}{3}}$.
Результат совпадает с функцией $f(x) = \frac{1}{3\sin^2\frac{x}{3}}$.
Функция $F(x)$ дифференцируема, если ее знаменатель $\sin(\frac{x}{3}) \neq 0$, то есть $\frac{x}{3} \neq k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$), или $x \neq 3k\pi$. Промежуток $I = (\frac{\pi}{2}; \pi)$ не содержит таких точек, поэтому $F(x)$ дифференцируема на нем.
Так как $F'(x) = f(x)$ на $I$, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.
Ответ: Что и требовалось доказать.

6) Найдем производную функции $F(x) = \ln x^6 - x^3$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.
На данном промежутке $x > 0$, поэтому по свойству логарифма $\ln a^b = b \ln a$ можно упростить функцию: $F(x) = 6\ln x - x^3$.
Теперь найдем производную:
$F'(x) = (6\ln x - x^3)' = 6 \cdot (\ln x)' - (x^3)' = 6 \cdot \frac{1}{x} - 3x^2 = \frac{6}{x} - 3x^2$.
Приведем выражение к общему знаменателю: $F'(x) = \frac{6}{x} - \frac{3x^3}{x} = \frac{6-3x^3}{x}$.
Полученное выражение совпадает с функцией $f(x) = \frac{6 - 3x^3}{x}$.
Поскольку $F'(x) = f(x)$ на промежутке $I = (0; +\infty)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.
Ответ: Что и требовалось доказать.

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

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

2) $(-5; 5)$;

3) $[0; +\infty)$;

4) $(0; 7]$?

Функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на некотором промежутке, если для всех $x$ из этого промежутка выполняется два условия:

1. Функция $F(x)$ дифференцируема на этом промежутке.
2. Производная функции $F(x)$ равна $f(x)$, то есть $F'(x) = f(x)$.

Сначала найдем производную функции $F(x) = 3 - \frac{2}{x^3}$. Для удобства дифференцирования представим ее в виде $F(x) = 3 - 2x^{-3}$.

Используя правило дифференцирования степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$, получаем:

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

Мы видим, что производная $F'(x)$ равна функции $f(x) = \frac{6}{x^4}$. Таким образом, второе условие выполнено.

Теперь проверим первое условие для каждого из предложенных промежутков. Функция $F(x) = 3 - \frac{2}{x^3}$ определена и дифференцируема для всех действительных чисел, кроме $x=0$, так как в этой точке происходит деление на ноль. Следовательно, $F(x)$ будет являться первообразной для $f(x)$ только на тех промежутках, которые не содержат точку $x=0$.

1) $(-\infty; 0)$
Этот промежуток не содержит точку $x=0$. На всем этом промежутке функция $F(x)$ дифференцируема и ее производная равна $f(x)$. Значит, функция $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: да.

2) $(-5; 5)$
Этот промежуток содержит точку $x=0$, в которой функция $F(x)$ не определена и, следовательно, не является дифференцируемой. Значит, $F(x)$ не является первообразной для $f(x)$ на всем промежутке $(-5; 5)$.
Ответ: нет.

3) $[0; +\infty)$
Этот промежуток содержит точку $x=0$ (включает ее). В этой точке функция $F(x)$ не определена и не дифференцируема. Значит, $F(x)$ не является первообразной для $f(x)$ на всем промежутке $[0; +\infty)$.
Ответ: нет.

4) $(0; 7]$
Этот промежуток не содержит точку $x=0$. На всем этом промежутке функция $F(x)$ дифференцируема и ее производная равна $f(x)$. Значит, функция $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.
Ответ: да.