Номер 78, страница 49 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

78. Для функции $f$ на промежутке $I$ найдите первообразную $F$, график которой проходит через данную точку:

1) $f(x) = \frac{1}{2}\cos\frac{x}{2} - 5\sin 5x, I = (-\infty; +\infty), A(\pi; 0);$

2) $f(x) = \frac{6}{\cos^2\left(6x + \frac{\pi}{12}\right)}, I = \left(-\frac{7\pi}{72}, \frac{5\pi}{72}\right), A\left(\frac{\pi}{24}; \frac{\sqrt{3}}{2}\right);$

3) $f(x) = \frac{1}{\sqrt{7x - 5}}, I = \left(\frac{5}{7}; +\infty\right), A(3; 2);$

4) $f(x) = 5^x \ln 5 + 2^x \ln 2, I = (-\infty; +\infty), B(2; -3);$

5) $f(x) = 16x^3 - e^{\frac{x}{2}}, I = (-\infty; +\infty), B(1; -2\sqrt{e});$

6) $f(x) = \frac{12}{3x + 2}, I = \left(-\frac{2}{3}; +\infty\right), M(2; \ln 8);$

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

8) $f(x) = \frac{5}{x + 3} - \frac{7}{2\sqrt{x + 18}}, I = (-3; +\infty), M(-2; -30).$

1) $f(x) = \frac{1}{2}\cos\frac{x}{2} - 5\sin 5x$, $I = (-\infty; +\infty)$, $A(\pi; 0)$

Сначала найдем общий вид первообразной $F(x)$ для функции $f(x)$ путем интегрирования:

$F(x) = \int (\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2} - 5\sin 5x) dx = \frac{1}{2}\int\cos\frac{x}{2} dx - 5\int\sin 5x dx$

Используя стандартные интегралы $\int \cos(kx)dx = \frac{1}{k}\sin(kx)$ и $\int \sin(kx)dx = -\frac{1}{k}\cos(kx)$, получаем:

$F(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1/2}\sin\frac{x}{2} - 5 \cdot (-\frac{1}{5}\cos 5x) + C = \sin\frac{x}{2} + \cos 5x + C$.

Теперь найдем значение константы $C$, используя условие, что график первообразной проходит через точку $A(\pi; 0)$, то есть $F(\pi) = 0$:

$F(\pi) = \sin\frac{\pi}{2} + \cos(5\pi) + C = 1 + (-1) + C = 0$.

Отсюда следует, что $C = 0$.

Таким образом, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = \sin\frac{x}{2} + \cos 5x$.

Ответ: $F(x) = \sin\frac{x}{2} + \cos 5x$.

2) $f(x) = \frac{6}{\cos^2(6x + \frac{\pi}{12})}$, $I = (-\frac{7\pi}{72}, \frac{5\pi}{72})$, $A(\frac{\pi}{24}, \frac{\sqrt{3}}{2})$

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

$F(x) = \int \frac{6}{\cos^2(6x + \frac{\pi}{12})} dx = 6 \int \frac{dx}{\cos^2(6x + \frac{\pi}{12})}$

Используя интеграл $\int \frac{dx}{\cos^2(kx+b)} = \frac{1}{k}\tan(kx+b) + C$, получаем:

$F(x) = 6 \cdot \frac{1}{6} \tan(6x + \frac{\pi}{12}) + C = \tan(6x + \frac{\pi}{12}) + C$.

Используем точку $A(\frac{\pi}{24}, \frac{\sqrt{3}}{2})$ для нахождения $C$, подставив координаты в уравнение первообразной $F(\frac{\pi}{24}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$:

$F(\frac{\pi}{24}) = \tan(6 \cdot \frac{\pi}{24} + \frac{\pi}{12}) + C = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}) + C = \tan(\frac{3\pi+\pi}{12}) + C = \tan(\frac{4\pi}{12}) + C = \tan(\frac{\pi}{3}) + C = \sqrt{3} + C$.

$\sqrt{3} + C = \frac{\sqrt{3}}{2}$, откуда $C = \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Искомая первообразная:

$F(x) = \tan(6x + \frac{\pi}{12}) - \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $F(x) = \tan(6x + \frac{\pi}{12}) - \frac{\sqrt{3}}{2}$.

3) $f(x) = \frac{1}{\sqrt{7x-5}}$, $I = (\frac{5}{7}; +\infty)$, $A(3; 2)$

Находим общий вид первообразной $F(x)$, представив функцию в виде $f(x) = (7x-5)^{-1/2}$:

$F(x) = \int (7x-5)^{-1/2} dx$.

Используя формулу $\int (kx+b)^n dx = \frac{1}{k(n+1)}(kx+b)^{n+1} + C$, получаем:

$F(x) = \frac{1}{7 \cdot (-\frac{1}{2}+1)}(7x-5)^{-\frac{1}{2}+1} + C = \frac{1}{7 \cdot \frac{1}{2}}(7x-5)^{\frac{1}{2}} + C = \frac{2}{7}\sqrt{7x-5} + C$.

Используем точку $A(3; 2)$ для нахождения $C$, то есть $F(3) = 2$:

$F(3) = \frac{2}{7}\sqrt{7 \cdot 3 - 5} + C = \frac{2}{7}\sqrt{21 - 5} + C = \frac{2}{7}\sqrt{16} + C = \frac{2}{7} \cdot 4 + C = \frac{8}{7} + C$.

$\frac{8}{7} + C = 2$, откуда $C = 2 - \frac{8}{7} = \frac{14-8}{7} = \frac{6}{7}$.

Искомая первообразная:

$F(x) = \frac{2}{7}\sqrt{7x-5} + \frac{6}{7}$.

Ответ: $F(x) = \frac{2}{7}\sqrt{7x-5} + \frac{6}{7}$.

4) $f(x) = 5^x \ln 5 + 2^x \ln 2$, $I = (-\infty; +\infty)$, $B(2; -3)$

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

$F(x) = \int (5^x \ln 5 + 2^x \ln 2) dx = \int 5^x \ln 5 dx + \int 2^x \ln 2 dx$.

Так как производная $(a^x)' = a^x \ln a$, то интеграл $\int a^x \ln a dx = a^x$. Следовательно:

$F(x) = 5^x + 2^x + C$.

Используем точку $B(2; -3)$ для нахождения $C$, то есть $F(2) = -3$:

$F(2) = 5^2 + 2^2 + C = 25 + 4 + C = 29 + C$.

$29 + C = -3$, откуда $C = -3 - 29 = -32$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 5^x + 2^x - 32$.

Ответ: $F(x) = 5^x + 2^x - 32$.

5) $f(x) = 16x^3 - e^{x/2}$, $I = (-\infty; +\infty)$, $B(1; -2\sqrt{e})$

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

$F(x) = \int (16x^3 - e^{x/2}) dx = 16\int x^3 dx - \int e^{x/2} dx$.

Используя табличные интегралы, получаем:

$F(x) = 16 \cdot \frac{x^4}{4} - \frac{1}{1/2}e^{x/2} + C = 4x^4 - 2e^{x/2} + C$.

Используем точку $B(1; -2\sqrt{e})$ для нахождения $C$, то есть $F(1) = -2\sqrt{e}$:

$F(1) = 4(1)^4 - 2e^{1/2} + C = 4 - 2\sqrt{e} + C$.

$4 - 2\sqrt{e} + C = -2\sqrt{e}$, откуда $4 + C = 0$, $C = -4$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 4x^4 - 2e^{x/2} - 4$.

Ответ: $F(x) = 4x^4 - 2e^{x/2} - 4$.

6) $f(x) = \frac{12}{3x+2}$, $I = (-\frac{2}{3}; +\infty)$, $M(2; \ln 8)$

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

$F(x) = \int \frac{12}{3x+2} dx = 12 \int \frac{dx}{3x+2}$.

Используя интеграл $\int \frac{dx}{kx+b} = \frac{1}{k}\ln|kx+b| + C$, получаем:

$F(x) = 12 \cdot \frac{1}{3}\ln|3x+2| + C = 4\ln|3x+2| + C$.

На интервале $I = (-\frac{2}{3}; +\infty)$ выражение $3x+2 > 0$, поэтому $|3x+2| = 3x+2$.

$F(x) = 4\ln(3x+2) + C$.

Используем точку $M(2; \ln 8)$ для нахождения $C$, то есть $F(2) = \ln 8$:

$F(2) = 4\ln(3 \cdot 2 + 2) + C = 4\ln(8) + C$.

$4\ln(8) + C = \ln 8$, откуда $C = \ln 8 - 4\ln 8 = -3\ln 8$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 4\ln(3x+2) - 3\ln 8$.

Ответ: $F(x) = 4\ln(3x+2) - 3\ln 8$.

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

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

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

$F(x) = \frac{1}{4}\ln|4x-1| - \frac{1}{-3}e^{-3x} + C = \frac{1}{4}\ln|4x-1| + \frac{1}{3}e^{-3x} + C$.

На интервале $I = (-\infty; \frac{1}{4})$ выражение $4x-1 < 0$, поэтому $|4x-1| = -(4x-1) = 1-4x$.

$F(x) = \frac{1}{4}\ln(1-4x) + \frac{1}{3}e^{-3x} + C$.

Используем точку $M(0; 1)$ для нахождения $C$, то есть $F(0) = 1$:

$F(0) = \frac{1}{4}\ln(1-4 \cdot 0) + \frac{1}{3}e^{-3 \cdot 0} + C = \frac{1}{4}\ln(1) + \frac{1}{3}e^0 + C = \frac{1}{4} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot 1 + C = \frac{1}{3} + C$.

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

Искомая первообразная:

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

Ответ: $F(x) = \frac{1}{4}\ln(1-4x) + \frac{1}{3}e^{-3x} + \frac{2}{3}$.

8) $f(x) = \frac{5}{x+3} - \frac{7}{2\sqrt{x+18}}$, $I = (-3; +\infty)$, $M(-2; -30)$

Находим общий вид первообразной $F(x)$:

$F(x) = \int (\frac{5}{x+3} - \frac{7}{2\sqrt{x+18}}) dx = 5\int\frac{dx}{x+3} - \frac{7}{2}\int(x+18)^{-1/2}dx$.

На интервале $I = (-3; +\infty)$ выражение $x+3 > 0$, поэтому $\int\frac{dx}{x+3} = \ln(x+3)$.

$\int(x+18)^{-1/2}dx = \frac{(x+18)^{1/2}}{1/2} = 2\sqrt{x+18}$.

$F(x) = 5\ln(x+3) - \frac{7}{2} \cdot 2\sqrt{x+18} + C = 5\ln(x+3) - 7\sqrt{x+18} + C$.

Используем точку $M(-2; -30)$ для нахождения $C$, то есть $F(-2) = -30$:

$F(-2) = 5\ln(-2+3) - 7\sqrt{-2+18} + C = 5\ln(1) - 7\sqrt{16} + C = 5 \cdot 0 - 7 \cdot 4 + C = -28 + C$.

$-28 + C = -30$, откуда $C = -30 + 28 = -2$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 5\ln(x+3) - 7\sqrt{x+18} - 2$.

Ответ: $F(x) = 5\ln(x+3) - 7\sqrt{x+18} - 2$.