Страница 31 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 8

Производные показательной и логарифмической функций

1. Найдите производную функции:

1) $y = e^{7x - x^2}$;

2) $y = 5\sqrt{x} \cdot x^2$;

3) $y = \log_1 (3x^2 - 7x + 6)$;

4) $y = \frac{x^2}{\ln x}$.

2. Составьте уравнение касательной к графику функции $f(x) = \ln(x^2 - 2x + 2)$ в точке его пересечения с осью абсцисс.

3. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции $f(x) = 3x - x\ln x$.

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

1) Для нахождения производной функции $y = e^{7x - x^2}$ применяется правило дифференцирования сложной функции $(e^{u(x)})' = e^{u(x)} \cdot u'(x)$.
В данном случае, $u(x) = 7x - x^2$, и ее производная $u'(x) = 7 - 2x$.
Таким образом, производная исходной функции равна:
$y' = e^{7x - x^2} \cdot (7x - x^2)' = e^{7x - x^2} \cdot (7 - 2x) = (7 - 2x)e^{7x - x^2}$.
Ответ: $y' = (7 - 2x)e^{7x - x^2}$.

2) Для функции $y = 5^{\sqrt{x}} \cdot x^2$ используем правило производной произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$.
Пусть $u(x) = 5^{\sqrt{x}}$ и $v(x) = x^2$.
Найдем производную $u'(x) = (5^{\sqrt{x}})'$. Это сложная функция, производная которой находится по формуле $(a^{w(x)})' = a^{w(x)} \ln a \cdot w'(x)$.
$u'(x) = 5^{\sqrt{x}} \ln 5 \cdot (\sqrt{x})' = 5^{\sqrt{x}} \ln 5 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Производная $v'(x) = (x^2)' = 2x$.
Подставляем найденные производные в формулу производной произведения:
$y' = \left(5^{\sqrt{x}} \ln 5 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\right) \cdot x^2 + 5^{\sqrt{x}} \cdot 2x = 5^{\sqrt{x}} \left( \frac{x^2 \ln 5}{2\sqrt{x}} + 2x \right)$.
Ответ: $y' = 5^{\sqrt{x}} \left( \frac{x^2 \ln 5}{2\sqrt{x}} + 2x \right)$.

3) Для функции $y = \log_{1/2}(3x^2 - 7x + 6)$ используем правило производной сложной функции $(\log_a u(x))' = \frac{u'(x)}{u(x) \ln a}$.
Здесь $u(x) = 3x^2 - 7x + 6$ и основание $a = 1/2$.
Производная $u'(x) = 6x - 7$.
Производная исходной функции:
$y' = \frac{6x - 7}{(3x^2 - 7x + 6) \ln(1/2)} = \frac{6x - 7}{(3x^2 - 7x + 6) (-\ln 2)} = \frac{7 - 6x}{(3x^2 - 7x + 6) \ln 2}$.
Ответ: $y' = \frac{7 - 6x}{(3x^2 - 7x + 6) \ln 2}$.

4) Для функции $y = \frac{x^2}{\ln x}$ используем правило производной частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.
Пусть $u(x) = x^2$ и $v(x) = \ln x$.
Тогда их производные $u'(x) = 2x$ и $v'(x) = \frac{1}{x}$.
$y' = \frac{(x^2)' \ln x - x^2 (\ln x)'}{(\ln x)^2} = \frac{2x \cdot \ln x - x^2 \cdot \frac{1}{x}}{(\ln x)^2} = \frac{2x \ln x - x}{(\ln x)^2} = \frac{x(2 \ln x - 1)}{\ln^2 x}$.
Ответ: $y' = \frac{x(2 \ln x - 1)}{\ln^2 x}$.

2. Уравнение касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $x_0$ имеет вид: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.
1. Сначала найдем точку пересечения графика функции $f(x) = \ln(x^2 - 2x + 2)$ с осью абсцисс, решив уравнение $f(x) = 0$:
$\ln(x^2 - 2x + 2) = 0 \implies x^2 - 2x + 2 = e^0 = 1 \implies x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x - 1)^2 = 0$.
Отсюда абсцисса точки касания $x_0 = 1$. Ордината $f(x_0) = f(1) = 0$. Точка касания: $(1, 0)$.
2. Найдем производную функции:
$f'(x) = (\ln(x^2 - 2x + 2))' = \frac{(x^2 - 2x + 2)'}{x^2 - 2x + 2} = \frac{2x - 2}{x^2 - 2x + 2}$.
3. Вычислим значение производной в точке $x_0 = 1$, чтобы найти угловой коэффициент касательной:
$f'(1) = \frac{2(1) - 2}{1^2 - 2(1) + 2} = \frac{0}{1} = 0$.
4. Подставим найденные значения $x_0=1$, $f(x_0)=0$ и $f'(x_0)=0$ в уравнение касательной:
$y = 0 + 0 \cdot (x - 1) \implies y = 0$.
Ответ: $y = 0$.

3. Исследуем функцию $f(x) = 3x - x \ln x$.
1. Область определения функции: $x > 0$, так как аргумент логарифма должен быть положительным. $D(f) = (0, +\infty)$.
2. Найдем производную функции:
$f'(x) = (3x)' - (x \ln x)' = 3 - ((x)' \ln x + x (\ln x)') = 3 - (1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x}) = 3 - (\ln x + 1) = 2 - \ln x$.
3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$2 - \ln x = 0 \implies \ln x = 2 \implies x = e^2$.
4. Определим знаки производной на интервалах, на которые критическая точка $x = e^2$ разбивает область определения.
- На интервале $(0, e^2)$: выберем $x=e$. $f'(e) = 2 - \ln e = 2 - 1 = 1 > 0$. Следовательно, функция возрастает.
- На интервале $(e^2, +\infty)$: выберем $x=e^3$. $f'(e^3) = 2 - \ln(e^3) = 2 - 3 = -1 < 0$. Следовательно, функция убывает.
5. В точке $x = e^2$ производная меняет знак с «+» на «−», значит, это точка максимума.
Ответ: промежуток возрастания: $(0, e^2]$; промежуток убывания: $[e^2, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = e^2$.

4. Критические точки функции — это внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует.
1. Найдем производную функции $f(x) = 6e^{-x} + ax - 20$:
$f'(x) = (6e^{-x})' + (ax)' - (20)' = -6e^{-x} + a$.
2. Производная $f'(x)$ определена для всех действительных чисел $x$. Следовательно, критические точки могут существовать только там, где $f'(x) = 0$.
$-6e^{-x} + a = 0 \implies a = 6e^{-x} \implies e^{-x} = \frac{a}{6}$.
3. Функция не будет иметь критических точек, если полученное уравнение не имеет решений. Так как показательная функция $e^{-x}$ всегда строго больше нуля ($e^{-x} > 0$ для любого $x$), уравнение не будет иметь решений, если его правая часть будет меньше или равна нулю.
$\frac{a}{6} \le 0 \implies a \le 0$.
Ответ: при $a \in (-\infty, 0]$.

Самостоятельная работа № 9

Первообразная

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

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

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

2. Является ли функция $F(x) = |2x - 6|$ первообразной функции $f(x) = -2$ на промежутке:

1) $(4; 6)$;

2) $(1; 2)$?

3. Для функции $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x}$ на промежутке $I = (-\pi; 0)$ найдите первообразную, график которой проходит через точку $M(-\frac{\pi}{4}; -2)$.

1.

1) Чтобы доказать, что функция $F(x) = \sqrt{8x - 6}$ является первообразной для функции $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$ на промежутке $I = (0,75; +\infty)$, необходимо найти производную функции $F(x)$ и убедиться, что она равна $f(x)$ на данном промежутке.

Используем правило дифференцирования сложной функции, представив корень как степень $\frac{1}{2}$:

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

Поскольку $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из промежутка $(0,75; +\infty)$, утверждение доказано.

Ответ: так как производная функции $F(x)$ на промежутке $I$ равна функции $f(x)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

2) Чтобы доказать, что функция $F(x) = x^3 + \ln x^4$ является первообразной для функции $f(x) = \frac{3x^3 + 4}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$, найдем производную функции $F(x)$. На заданном промежутке $x > 0$, поэтому можно использовать свойство логарифма $\ln(x^4) = 4\ln x$.

Тогда $F(x) = x^3 + 4\ln x$.

Находим производную:

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

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

Поскольку $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из промежутка $(0; +\infty)$, утверждение доказано.

Ответ: так как производная функции $F(x)$ на промежутке $I$ равна функции $f(x)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

2.

Чтобы определить, является ли функция $F(x) = |2x - 6|$ первообразной для $f(x) = -2$ на заданных промежутках, сначала найдем производную $F(x)$. Раскроем модуль:

$F(x) = \begin{cases} 2x - 6, & \text{если } 2x - 6 \ge 0 \implies x \ge 3 \\ 6 - 2x, & \text{если } 2x - 6 < 0 \implies x < 3 \end{cases}$

Тогда производная $F(x)$ (там, где она существует) равна:

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

1) На промежутке $(4; 6)$ все значения $x > 3$. На этом промежутке $F'(x) = 2$. Функция $f(x) = -2$. Так как $F'(x) \neq f(x)$ (поскольку $2 \neq -2$), то $F(x)$ не является первообразной для $f(x)$ на промежутке $(4; 6)$.

Ответ: нет.

2) На промежутке $(1; 2)$ все значения $x < 3$. На этом промежутке $F'(x) = -2$. Функция $f(x) = -2$. Так как $F'(x) = f(x)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $(1; 2)$.

Ответ: да.

3.

Для функции $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x}$ на промежутке $I = (-\pi; 0)$ нужно найти первообразную, график которой проходит через точку $M(-\frac{\pi}{4}; -2)$.

Общий вид первообразной для $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x}$ находится из табличной производной $(\cot x)' = -\frac{1}{\sin^2 x}$. Отсюда следует, что $\int \frac{1}{\sin^2 x} dx = -\cot x + C$.

Итак, общий вид первообразной: $F(x) = -\cot x + C$.

Чтобы найти константу $C$, используем условие, что график проходит через точку $M(-\frac{\pi}{4}; -2)$, то есть $F(-\frac{\pi}{4}) = -2$.

$-\cot(-\frac{\pi}{4}) + C = -2$.

Так как котангенс — нечетная функция, $\cot(-a) = -\cot(a)$, то $-\cot(-\frac{\pi}{4}) = \cot(\frac{\pi}{4})$. Значение $\cot(\frac{\pi}{4}) = 1$.

Подставляем в уравнение: $1 + C = -2$, откуда $C = -3$.

Искомая первообразная: $F(x) = -\cot x - 3$.

Ответ: $F(x) = -\cot x - 3$.