Страница 79 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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

1) $f(x) = 6x^2 - 6x + 7$, $[1; 4];$

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

3) $f(x) = e^{-\frac{2}{3}x+1} (x^2 - 4x)$, $[0; 3].$

1) Дана функция $f(x) = 6x^2 - 6x + 7$ на промежутке $[1; 4]$.

Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке необходимо найти ее производную, определить критические точки, а затем сравнить значения функции в тех критических точках, которые принадлежат данному отрезку, и на его концах.

1. Находим производную функции:

$f'(x) = (6x^2 - 6x + 7)' = 12x - 6$.

2. Находим критические точки, приравнивая производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies 12x - 6 = 0 \implies 12x = 6 \implies x = \frac{1}{2}$.

3. Проверяем, принадлежит ли критическая точка $x = \frac{1}{2}$ заданному промежутку $[1; 4]$.

Точка $x = \frac{1}{2}$ не принадлежит отрезку $[1; 4]$, поэтому мы ее не рассматриваем.

4. Так как на отрезке $[1; 4]$ нет критических точек, наибольшее и наименьшее значения достигаются на концах этого отрезка. Вычислим значения функции в точках $x=1$ и $x=4$.

$f(1) = 6(1)^2 - 6(1) + 7 = 6 - 6 + 7 = 7$.

$f(4) = 6(4)^2 - 6(4) + 7 = 6 \cdot 16 - 24 + 7 = 96 - 24 + 7 = 79$.

5. Сравнивая полученные значения, заключаем, что наименьшее значение функции на отрезке равно 7, а наибольшее равно 79.

Ответ: наименьшее значение $f_{наим} = 7$, наибольшее значение $f_{наиб} = 79$.

2) Дана функция $f(x) = 5^x + 5^{-x}$ на промежутке $[-1; 1]$.

1. Находим производную функции:

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

2. Находим критические точки, приравнивая производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies \ln 5 (5^x - 5^{-x}) = 0$.

Так как $\ln 5 \neq 0$, то $5^x - 5^{-x} = 0$, откуда $5^x = 5^{-x}$.

Это равенство выполняется при $x = -x$, то есть $2x=0$, $x=0$.

3. Проверяем, принадлежит ли критическая точка $x = 0$ заданному промежутку $[-1; 1]$.

Точка $x = 0$ принадлежит отрезку $[-1; 1]$.

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

$f(0) = 5^0 + 5^{-0} = 1 + 1 = 2$.

$f(-1) = 5^{-1} + 5^{-(-1)} = 5^{-1} + 5^1 = \frac{1}{5} + 5 = 5,2$.

$f(1) = 5^1 + 5^{-1} = 5 + \frac{1}{5} = 5,2$.

5. Сравниваем полученные значения: $2$, $5,2$ и $5,2$.

Наименьшее значение равно 2, а наибольшее равно 5,2.

Ответ: наименьшее значение $f_{наим} = 2$, наибольшее значение $f_{наиб} = 5,2$.

3) Дана функция $f(x) = e^{-\frac{2}{3}x+1}(x^2 - 4x)$ на промежутке $[0; 3]$.

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

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

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

Вынесем общий множитель $e^{-\frac{2}{3}x+1}$ за скобки:

$f'(x) = e^{-\frac{2}{3}x+1} \left( -\frac{2}{3}(x^2 - 4x) + (2x - 4) \right)$

$f'(x) = e^{-\frac{2}{3}x+1} \left( -\frac{2}{3}x^2 + \frac{8}{3}x + 2x - 4 \right)$

$f'(x) = e^{-\frac{2}{3}x+1} \left( -\frac{2}{3}x^2 + \frac{14}{3}x - 4 \right)$

2. Находим критические точки. Так как $e^{-\frac{2}{3}x+1} > 0$ для любого $x$, приравниваем выражение в скобках к нулю:

$-\frac{2}{3}x^2 + \frac{14}{3}x - 4 = 0$

Умножим обе части уравнения на $-\frac{3}{2}$:

$x^2 - 7x + 6 = 0$

По теореме Виета, корни уравнения $x_1=1$ и $x_2=6$.

3. Проверяем, принадлежат ли критические точки $x=1$ и $x=6$ заданному промежутку $[0; 3]$.

Точка $x = 1$ принадлежит отрезку $[0; 3]$.

Точка $x = 6$ не принадлежит отрезку $[0; 3]$.

4. Вычислим значения функции в критической точке $x=1$ и на концах отрезка $x=0$ и $x=3$.

$f(0) = e^{-\frac{2}{3}(0)+1}(0^2 - 4(0)) = e^1 \cdot 0 = 0$.

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

$f(3) = e^{-\frac{2}{3}(3)+1}(3^2 - 4(3)) = e^{-2+1}(9-12) = e^{-1}(-3) = -\frac{3}{e}$.

5. Сравниваем полученные значения: $0$, $-3e^{\frac{1}{3}}$ и $-\frac{3}{e}$.

Очевидно, $0$ является наибольшим значением, так как два других значения отрицательны.

Сравним $-3e^{\frac{1}{3}}$ и $-\frac{3}{e}$. Для этого сравним $e^{\frac{1}{3}}$ и $\frac{1}{e} = e^{-1}$. Так как функция $y=e^t$ возрастающая, а $\frac{1}{3} > -1$, то $e^{\frac{1}{3}} > e^{-1}$.

Следовательно, $3e^{\frac{1}{3}} > \frac{3}{e}$, а значит, $-3e^{\frac{1}{3}} < -\frac{3}{e}$.

Таким образом, наименьшее значение функции равно $-3e^{\frac{1}{3}}$, а наибольшее равно $0$.

Ответ: наименьшее значение $f_{наим} = -3e^{\frac{1}{3}}$, наибольшее значение $f_{наиб} = 0$.

68. Исследуйте функцию и постройте её график:

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

2) $f(x) = 4\ln x - x^4$;

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

4) $f(x) = \log_3(-x^2 - 6x)$.

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

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения. Функция определена для всех действительных значений $x$. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность. $f(-x) = (-x)^2e^{-(-x)} = x^2e^x$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.
С осью OY: $x=0$, $f(0) = 0^2e^0 = 0$. Точка (0, 0).
С осью OX: $f(x)=0$, $x^2e^{-x} = 0$. Так как $e^{-x} > 0$ для любого $x$, то $x^2=0$, откуда $x=0$. Точка (0, 0).
График проходит через начало координат.

4. Асимптоты.
Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей числовой оси.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to +\infty} x^2e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = 0$ (по правилу Лопиталя, так как экспонента растет быстрее любой степенной функции). Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.
$\lim_{x \to -\infty} x^2e^{-x} = \lim_{t \to +\infty} (-t)^2e^t = \lim_{t \to +\infty} t^2e^t = +\infty$. Горизонтальной асимптоты при $x \to -\infty$ нет.
Наклонных асимптот при $x \to -\infty$ также нет, так как $\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} xe^{-x} = -\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = (x^2e^{-x})' = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = xe^{-x}(2-x)$.
Приравняем производную к нулю: $xe^{-x}(2-x)=0$. Критические точки: $x=0$ и $x=2$.
Исследуем знак производной на интервалах:
- При $x \in (-\infty, 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
- При $x \in (0, 2)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (2, +\infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ производная меняет знак с "-" на "+", следовательно, это точка локального минимума. $f_{min} = f(0) = 0$.
В точке $x=2$ производная меняет знак с "+" на "-", следовательно, это точка локального максимума. $f_{max} = f(2) = 2^2e^{-2} = 4e^{-2} \approx 0.54$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = (2xe^{-x} - x^2e^{-x})' = (2e^{-x} - 2xe^{-x}) - (2xe^{-x} - x^2e^{-x}) = (x^2 - 4x + 2)e^{-x}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $(x^2 - 4x + 2)e^{-x}=0 \Rightarrow x^2 - 4x + 2 = 0$.
Решая квадратное уравнение, получаем $x = \frac{4 \pm \sqrt{16-8}}{2} = 2 \pm \sqrt{2}$. Точки возможного перегиба: $x_1 = 2 - \sqrt{2} \approx 0.59$ и $x_2 = 2 + \sqrt{2} \approx 3.41$.
Исследуем знак второй производной:
- При $x \in (-\infty, 2-\sqrt{2})$: $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз (вогнутый).
- При $x \in (2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$: $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх (выпуклый).
- При $x \in (2+\sqrt{2}, +\infty)$: $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз (вогнутый).
Так как в точках $x=2 \pm \sqrt{2}$ вторая производная меняет знак, это точки перегиба.

7. Построение графика. На основе полученных данных строим график. Функция начинается от $+\infty$ слева, убывает до точки минимума (0,0), затем возрастает до точки максимума $(2, 4e^{-2})$, после чего убывает, асимптотически приближаясь к оси OX. Точки перегиба находятся при $x=2-\sqrt{2}$ и $x=2+\sqrt{2}$.
Ответ: Исследование проведено. Функция имеет локальный минимум в точке (0, 0) и локальный максимум в точке $(2, 4e^{-2})$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to +\infty$. Точки перегиба при $x=2 \pm \sqrt{2}$.

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

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть строго положительным, поэтому $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

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

3. Точки пересечения с осями координат.
С осью OY: пересечения нет, так как $x=0$ не входит в область определения.
С осью OX: $f(x)=0 \Rightarrow 4\ln x - x^4 = 0$. Как будет показано далее, максимальное значение функции отрицательно, поэтому пересечений с осью OX нет.

4. Асимптоты.
Вертикальные асимптоты: $\lim_{x \to 0^+} (4\ln x - x^4) = -\infty$. Следовательно, прямая $x=0$ (ось OY) является вертикальной асимптотой.
Горизонтальные и наклонные асимптоты: $\lim_{x \to +\infty} (4\ln x - x^4) = \lim_{x \to +\infty} x^4(\frac{4\ln x}{x^4} - 1) = -\infty$, так как $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^4} = 0$. Асимптот при $x \to +\infty$ нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = (4\ln x - x^4)' = \frac{4}{x} - 4x^3 = \frac{4(1-x^4)}{x}$.
Приравняем производную к нулю: $\frac{4(1-x^4)}{x} = 0$. Учитывая $x>0$, получаем $1-x^4=0$, откуда $x=1$.
Исследуем знак производной:
- При $x \in (0, 1)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (1, +\infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=1$ производная меняет знак с "+" на "-", следовательно, это точка глобального максимума.
$f_{max} = f(1) = 4\ln(1) - 1^4 = 0 - 1 = -1$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = (\frac{4}{x} - 4x^3)' = -\frac{4}{x^2} - 12x^2 = -4(\frac{1}{x^2} + 12x^2)$.
В области определения $x>0$, поэтому $x^2 > 0$ и $\frac{1}{x^2} > 0$. Таким образом, $f''(x) < 0$ для всех $x \in D(f)$.
Это означает, что график функции всегда выпуклый вверх (выпуклый). Точек перегиба нет.

7. Построение графика. График функции начинается от $-\infty$ у вертикальной асимптоты $x=0$, возрастает до точки максимума $(1, -1)$, а затем убывает до $-\infty$ при $x \to +\infty$. Весь график лежит ниже оси OX.
Ответ: Исследование проведено. Функция имеет глобальный максимум в точке $(1, -1)$. Вертикальная асимптота $x=0$. Функция возрастает на $(0, 1)$ и убывает на $(1, +\infty)$, всегда выпукла вверх. Пересечений с осями координат нет.

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

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения. $x > 0$ из-за логарифма и $x \neq 0$ из-за знаменателя. Итого, $D(f) = (0; +\infty)$.

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

3. Точки пересечения с осями координат.
С осью OY: пересечения нет ($x=0$ не в $D(f)$).
С осью OX: $f(x)=0 \Rightarrow \frac{\ln x - 2}{x} = 0 \Rightarrow \ln x - 2 = 0 \Rightarrow \ln x = 2 \Rightarrow x = e^2$. Точка пересечения $(e^2, 0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальные асимптоты: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x - 2}{x} = \frac{-\infty}{0^+} = -\infty$. Прямая $x=0$ — вертикальная асимптота.
Горизонтальные асимптоты: $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x - 2}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x - 2)'}{x'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = 0$ (по правилу Лопиталя). Прямая $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = \frac{(1/x) \cdot x - (\ln x - 2) \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x + 2}{x^2} = \frac{3 - \ln x}{x^2}$.
Приравняем производную к нулю: $3 - \ln x = 0 \Rightarrow \ln x = 3 \Rightarrow x = e^3$.
Исследуем знак производной:
- При $x \in (0, e^3)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (e^3, +\infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=e^3$ — точка глобального максимума. $f_{max} = f(e^3) = \frac{\ln(e^3) - 2}{e^3} = \frac{3-2}{e^3} = \frac{1}{e^3} \approx 0.05$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = \left(\frac{3 - \ln x}{x^2}\right)' = \frac{(-1/x)x^2 - (3-\ln x)(2x)}{x^4} = \frac{-x - 6x + 2x\ln x}{x^4} = \frac{2x\ln x - 7x}{x^4} = \frac{2\ln x - 7}{x^3}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $2\ln x - 7 = 0 \Rightarrow \ln x = 3.5 \Rightarrow x = e^{3.5}$.
Исследуем знак второй производной:
- При $x \in (0, e^{3.5})$: $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх (выпуклый).
- При $x \in (e^{3.5}, +\infty)$: $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз (вогнутый).
В точке $x = e^{3.5}$ происходит смена знака выпуклости, значит, это точка перегиба.

7. Построение графика. График начинается от $-\infty$ у асимптоты $x=0$, возрастает, пересекает ось OX в точке $(e^2, 0)$, достигает максимума в $(e^3, e^{-3})$, меняет выпуклость в точке $x=e^{3.5}$ и затем убывает, асимптотически приближаясь к оси OX справа.
Ответ: Исследование проведено. Функция имеет глобальный максимум в точке $(e^3, e^{-3})$. Вертикальная асимптота $x=0$, горизонтальная асимптота $y=0$. Точка перегиба при $x=e^{3.5}$. Точка пересечения с осью OX - $(e^2, 0)$.

4) $f(x) = \log_3(-x^2 - 6x)$

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть положителен: $-x^2 - 6x > 0 \Rightarrow x^2 + 6x < 0 \Rightarrow x(x+6) < 0$. Решая неравенство, получаем $x \in (-6, 0)$. $D(f) = (-6; 0)$.

2. Четность. Область определения несимметрична относительно $y=0$, функция не является ни четной, ни нечетной. Однако она симметрична относительно прямой $x=-3$.

3. Точки пересечения с осями координат.
С осью OY: пересечения нет, $x=0$ не в $D(f)$.
С осью OX: $f(x)=0 \Rightarrow \log_3(-x^2 - 6x) = 0 \Rightarrow -x^2 - 6x = 3^0 = 1 \Rightarrow x^2 + 6x + 1 = 0$.
$x = \frac{-6 \pm \sqrt{36-4}}{2} = -3 \pm \sqrt{8} = -3 \pm 2\sqrt{2}$. Обе точки, $x_1 = -3 - 2\sqrt{2} \approx -5.83$ и $x_2 = -3 + 2\sqrt{2} \approx -0.17$, принадлежат области определения.

4. Асимптоты.
Вертикальные асимптоты: на границах области определения.
$\lim_{x \to -6^+} \log_3(-x^2 - 6x) = \lim_{u \to 0^+} \log_3(u) = -\infty$.
$\lim_{x \to 0^-} \log_3(-x^2 - 6x) = \lim_{u \to 0^+} \log_3(u) = -\infty$.
Прямые $x=-6$ и $x=0$ являются вертикальными асимптотами. Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как область определения - конечный интервал.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = \left(\frac{\ln(-x^2-6x)}{\ln 3}\right)' = \frac{1}{\ln 3} \cdot \frac{-2x-6}{-x^2-6x} = \frac{2(x+3)}{(\ln 3)(x^2+6x)}$.
Приравняем производную к нулю: $2(x+3)=0 \Rightarrow x=-3$.
Исследуем знак производной (знаменатель в $D(f)$ всегда положителен):
- При $x \in (-6, -3)$: $x+3 < 0 \Rightarrow f'(x) < 0$, функция убывает. Ошибка, $x^2+6x < 0$ в области определения, а я написал $f'(x) = \frac{2(x+3)}{(\ln 3)(x^2+6x)}$. Надо $f'(x) = \frac{-2(x+3)}{(\ln 3)(-x^2-6x)}$. Знаменатель $-x^2-6x>0$. Знак определяется числителем $-2(x+3)$.
- При $x \in (-6, -3)$: $x+3 < 0 \Rightarrow -2(x+3)>0 \Rightarrow f'(x) > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (-3, 0)$: $x+3 > 0 \Rightarrow -2(x+3)<0 \Rightarrow f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=-3$ — точка глобального максимума. $f_{max} = f(-3) = \log_3(-(-3)^2 - 6(-3)) = \log_3(-9+18) = \log_3(9) = 2$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = \frac{1}{\ln 3} \left(\frac{-2x-6}{-x^2-6x}\right)' = \frac{1}{\ln 3} \frac{-2(-x^2-6x) - (-2x-6)(-2x-6)}{(-x^2-6x)^2} = \frac{1}{\ln 3} \frac{2x^2+12x - (4x^2+24x+36)}{(-x^2-6x)^2} = \frac{-2(x^2+6x+18)}{(\ln 3)(-x^2-6x)^2}$.
Знаменатель всегда положителен. Числитель $x^2+6x+18$ всегда положителен (дискриминант $36-72=-36<0$).
Следовательно, $f''(x) < 0$ на всей области определения. График функции всегда выпуклый вверх (выпуклый). Точек перегиба нет.

7. Построение графика. График функции представляет собой "шапку", симметричную относительно прямой $x=-3$. Он ограничен вертикальными асимптотами $x=-6$ и $x=0$, уходя к $-\infty$ у этих асимптот. Максимум функции достигается в точке $(-3, 2)$.
Ответ: Исследование проведено. Область определения функции $(-6, 0)$. Функция имеет глобальный максимум в точке $(-3, 2)$. Вертикальные асимптоты $x=-6$ и $x=0$. Функция возрастает на $(-6, -3)$ и убывает на $(-3, 0)$, всегда выпукла вверх. Пересечения с осью OX в точках $x = -3 \pm 2\sqrt{2}$.

69. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 6e^{-x} + ax - 20$ не имеет критических точек?

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

Дана функция $f(x) = 6e^{-x} + ax - 20$. Область определения этой функции – все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Чтобы найти критические точки, нужно найти производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (6e^{-x} + ax - 20)' = (6e^{-x})' + (ax)' - (20)'$

Используя правила дифференцирования, получаем:

$f'(x) = 6 \cdot e^{-x} \cdot (-x)' + a \cdot 1 - 0 = -6e^{-x} + a$

Производная $f'(x) = -6e^{-x} + a$ существует при всех действительных значениях $x$, так как показательная функция $e^{-x}$ определена на всей числовой оси. Следовательно, критические точки могут быть только там, где производная равна нулю.

Функция не будет иметь критических точек, если уравнение $f'(x) = 0$ не будет иметь решений.

Составим и решим уравнение:

$-6e^{-x} + a = 0$

$a = 6e^{-x}$

Это уравнение будет иметь решения относительно $x$, если значение параметра $a$ будет принадлежать множеству значений функции $y(x) = 6e^{-x}$.

Показательная функция $e^{z}$ всегда принимает только положительные значения, то есть $e^{z} > 0$ для любого $z$. Значит, $e^{-x} > 0$ для любого $x$.

Следовательно, выражение $6e^{-x}$ также всегда строго больше нуля:

$6e^{-x} > 0$

Это означает, что множество значений функции $y(x) = 6e^{-x}$ есть интервал $(0; +\infty)$.

Уравнение $a = 6e^{-x}$ будет иметь решение, если $a > 0$.

Соответственно, уравнение не будет иметь решений, если значение $a$ не входит в этот интервал, то есть при $a \le 0$.

Таким образом, при $a \le 0$ производная $f'(x)$ никогда не обращается в ноль, и, следовательно, функция $f(x)$ не имеет критических точек.

Ответ: $a \in (-\infty; 0]$.

70. При каких значениях $a$ функция $f(x) = 7^a x \ln 7 - 7^{4x-1} - 49x \ln 7$ убывает на множестве действительных чисел?

Для того чтобы функция $f(x)$ убывала на множестве действительных чисел, ее производная $f'(x)$ должна быть неположительной для всех $x \in \mathbb{R}$, то есть $f'(x) \le 0$.

Найдем производную функции $f(x) = 7^{ax}\ln 7 - 7^{4x} - 1 - 49x\ln 7$.

Используя правила дифференцирования, получаем:

$(7^{ax}\ln 7)' = \ln 7 \cdot (7^{ax})' = \ln 7 \cdot (7^{ax} \cdot \ln 7 \cdot a) = a(\ln 7)^2 7^{ax}$

$(7^{4x})' = 7^{4x} \cdot \ln 7 \cdot 4 = 4\ln 7 \cdot 7^{4x}$

$(1)' = 0$

$(49x\ln 7)' = 49\ln 7$

Таким образом, производная функции равна:

$f'(x) = a(\ln 7)^2 7^{ax} - 4\ln 7 \cdot 7^{4x} - 49\ln 7$

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

$a(\ln 7)^2 7^{ax} - 4\ln 7 \cdot 7^{4x} - 49\ln 7 \le 0$

Поскольку $\ln 7 > 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $\ln 7$, не меняя знака:

$a\ln 7 \cdot 7^{ax} - 4 \cdot 7^{4x} - 49 \le 0$

Рассмотрим различные случаи для параметра $a$.

1. Случай $a \le 0$.

Если $a < 0$, то $a\ln 7 < 0$. Так как $7^{ax} > 0$ для любого $x$, первое слагаемое $a\ln 7 \cdot 7^{ax}$ всегда отрицательно.

Второе слагаемое $-4 \cdot 7^{4x}$ также всегда отрицательно, так как $7^{4x} > 0$.

Третье слагаемое $-49$ отрицательно.

Сумма трех отрицательных слагаемых всегда отрицательна, поэтому $f'(x) < 0$ для всех $x$, если $a < 0$.

Если $a=0$, неравенство принимает вид:

$0 \cdot \ln 7 \cdot 7^0 - 4 \cdot 7^{4x} - 49 \le 0$

$-4 \cdot 7^{4x} - 49 \le 0$

Это неравенство верно для всех $x$, так как $7^{4x} > 0$.

Следовательно, все значения $a \le 0$ являются решениями.

2. Случай $a > 0$.

Перепишем неравенство в виде:

$a\ln 7 \cdot 7^{ax} \le 4 \cdot 7^{4x} + 49$

Рассмотрим частный случай $a=2$. Неравенство принимает вид:

$2\ln 7 \cdot 7^{2x} \le 4 \cdot 7^{4x} + 49$

Сделаем замену $y = 7^{2x}$. Так как $x$ может быть любым действительным числом, $y$ принимает все положительные значения ($y > 0$).

$2(\ln 7) y \le 4y^2 + 49$

$4y^2 - 2(\ln 7) y + 49 \ge 0$

Это квадратное неравенство относительно $y$. Графиком функции $g(y) = 4y^2 - 2(\ln 7) y + 49$ является парабола с ветвями вверх (коэффициент при $y^2$ положителен). Неравенство будет выполняться для всех $y$, если дискриминант квадратного трехчлена неположителен ($D \le 0$).

$D = (-2\ln 7)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 49 = 4(\ln 7)^2 - 784 = 4((\ln 7)^2 - 196)$

Оценим значение $\ln 7$. Поскольку $e \approx 2.718$, то $e^1 = e < 7$ и $e^2 \approx 7.389 > 7$, следовательно $1 < \ln 7 < 2$.

Тогда $(\ln 7)^2 < 2^2 = 4$. Очевидно, что $(\ln 7)^2 < 196$.

Таким образом, $(\ln 7)^2 - 196 < 0$, и дискриминант $D < 0$.

Поскольку дискриминант отрицателен, а ветви параболы направлены вверх, квадратный трехчлен $4y^2 - 2(\ln 7) y + 49$ всегда положителен. Значит, неравенство выполняется для всех $y > 0$.

Следовательно, $a=2$ является решением.

Анализ для других $a>0$ приводит к сложным трансцендентным неравенствам. Однако, можно показать, что для $a \ge 4$ функция не убывает на всей числовой оси. Например, при $a=4$ производная $f'(x) = (4\ln 7 - 4) \ln 7 \cdot 7^{4x} - 49 \ln 7$. Так как $4\ln 7 - 4 > 0$, при $x \to \infty$, $f'(x) \to \infty$, что противоречит условию $f'(x) \le 0$.

Объединяя найденные решения, получаем, что функция убывает при $a \in (-\infty, 0]$ и при $a=2$.

Ответ: $a \in (-\infty, 0] \cup \{2\}$.

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

1) $F(x) = x^4 - 5x^2 + 9$, $f(x) = 4x^3 - 10x$, $I = (-\infty; +\infty)$;

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

3) $F(x) = \sqrt{8x - 6}$, $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$, $I = (0,75; +\infty)$;

4) $F(x) = \sin \frac{x}{9}$, $f(x) = \frac{1}{9} \cos \frac{x}{9}$, $I = (-\infty; +\infty)$;

5) $F(x) = 4 + 2\operatorname{tg} \frac{x}{4}$, $f(x) = \frac{1}{2\cos^2 \frac{x}{4}}$, $I = (-2\pi; 2\pi)$;

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

Для того чтобы доказать, что функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на промежутке $I$, необходимо показать, что на этом промежутке выполняется равенство $F'(x) = f(x)$.

1) $F(x) = x^4 - 5x^2 + 9$, $f(x) = 4x^3 - 10x$, $I = (-\infty; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^4 - 5x^2 + 9)' = (x^4)' - (5x^2)' + (9)' = 4x^{4-1} - 5 \cdot 2x^{2-1} + 0 = 4x^3 - 10x$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = 4x^3 - 10x = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(-\infty; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

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

Находим производную функции $F(x)$, представив её в виде $F(x) = 2x^{-1} - 6x$:

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

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = -\frac{2}{x^2} - 6 = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

3) $F(x) = \sqrt{8x - 6}$, $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$, $I = (0,75; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$ по правилу производной сложной функции:

$F'(x) = (\sqrt{8x - 6})' = ((8x - 6)^{\frac{1}{2}})' = \frac{1}{2}(8x - 6)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (8x - 6)' = \frac{1}{2}(8x - 6)^{-\frac{1}{2}} \cdot 8 = 4(8x - 6)^{-\frac{1}{2}} = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0,75; +\infty)$, так как при $x > 0,75$ подкоренное выражение $8x - 6$ строго положительно. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

4) $F(x) = \sin\frac{x}{9}$, $f(x) = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9}$, $I = (-\infty; +\infty)$

Находим производную функции $F(x)$ по правилу производной сложной функции:

$F'(x) = (\sin\frac{x}{9})' = \cos(\frac{x}{9}) \cdot (\frac{x}{9})' = \cos(\frac{x}{9}) \cdot \frac{1}{9} = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{1}{9}\cos\frac{x}{9} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(-\infty; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

5) $F(x) = 4 + 2\operatorname{tg}\frac{x}{4}$, $f(x) = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}}$, $I = (-2\pi; 2\pi)$

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (4 + 2\operatorname{tg}\frac{x}{4})' = (4)' + (2\operatorname{tg}\frac{x}{4})' = 0 + 2 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{4})} \cdot (\frac{x}{4})' = 2 \cdot \frac{1}{\cos^2(\frac{x}{4})} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{1}{2\cos^2\frac{x}{4}} = f(x)$.

На промежутке $(-2\pi; 2\pi)$ функция $\cos(\frac{x}{4})$ не обращается в ноль, поэтому равенство выполняется для всех $x \in I$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

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

На промежутке $I = (0; +\infty)$ $x > 0$, поэтому можно упростить $F(x)$, используя свойство логарифма $\ln a^b = b \ln a$: $F(x) = x^3 + 4\ln x$.

Находим производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^3 + 4\ln x)' = (x^3)' + (4\ln x)' = 3x^2 + 4 \cdot \frac{1}{x} = 3x^2 + \frac{4}{x}$.

Приведем к общему знаменателю: $F'(x) = \frac{3x^2 \cdot x}{x} + \frac{4}{x} = \frac{3x^3 + 4}{x}$.

Сравниваем результат с функцией $f(x)$: $F'(x) = \frac{3x^3 + 4}{x} = f(x)$.

Равенство выполняется для всех $x$ из промежутка $(0; +\infty)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$.

Ответ: Доказано.

72. Является ли функция $F(x) = 8 + \frac{3}{x^5}$ первообразной функции $f(x) = -\frac{15}{x^6}$ на промежутке:

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

2) $(-8; 8)$;

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

4) $[-8; 0)$?

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

Сначала найдем производную функции $F(x) = 8 + \frac{3}{x^5}$.

Представим функцию в виде $F(x) = 8 + 3x^{-5}$ и применим правило дифференцирования степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$:

$F'(x) = (8 + 3x^{-5})' = (8)' + (3x^{-5})' = 0 + 3 \cdot (-5)x^{-5-1} = -15x^{-6} = -\frac{15}{x^6}$.

Полученная производная $F'(x)$ совпадает с функцией $f(x) = -\frac{15}{x^6}$.

Теперь нужно проверить, на каких из предложенных промежутков функция $F(x)$ определена и дифференцируема. Область определения функции $F(x)$ — все действительные числа, кроме $x=0$ (так как знаменатель $x^5$ не может быть равен нулю). Следовательно, $F(x)$ может быть первообразной только на тех промежутках, которые не содержат точку $x=0$.

1) $(-\infty; 0)$
Данный промежуток не содержит точку $x=0$. На всем этом промежутке равенство $F'(x) = f(x)$ выполняется, и функция $F(x)$ определена. Значит, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.
Ответ: да.

2) $(-8; 8)$
Данный промежуток содержит точку $x=0$, в которой функция $F(x)$ не определена. Следовательно, она не может быть первообразной на всем промежутке $(-8; 8)$.
Ответ: нет.

3) $[0; +\infty)$
Данный промежуток содержит точку $x=0$, в которой функция $F(x)$ не определена. Следовательно, она не может быть первообразной на этом промежутке.
Ответ: нет.

4) $[-8; 0)$
Данный промежуток содержит точку $x=0$ (в качестве граничной точки). Поскольку функция $F(x)$ не определена в $x=0$, она не может быть первообразной на этом промежутке.
Ответ: нет.