Страница 43 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 8

Производные показательной и логарифмической функций

1. Найдите производную функции:

1) $y = e^{2x - 3x^2}$;

2) $y = 4^{-x^2} \cdot \sqrt{x}$;

3) $y = \log_{0{,}8}(x^2 - 8x - 11)$;

4) $y = \frac{x^5}{\ln x}$.

2. Составьте уравнение касательной к графику функции $f(x) = \ln(x^2 + 6x + 10)$ в точке его пересечения с осью абсцисс.

3. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции $f(x) = x \ln x - 4x$.

4. При каких значениях параметра $a$ функция $f(x) = -3e^{-x} + ax - 7$ не имеет критических точек?

1) Дана функция $y = e^{2x - 3x^2}$. Для нахождения производной используем правило дифференцирования сложной функции $(e^{u(x)})' = e^{u(x)} \cdot u'(x)$. В данном случае $u(x) = 2x - 3x^2$, и её производная $u'(x) = (2x - 3x^2)' = 2 - 6x$. Тогда производная исходной функции будет:$y' = e^{2x - 3x^2} \cdot (2 - 6x) = (2 - 6x)e^{2x - 3x^2}$.
Ответ: $y' = (2 - 6x)e^{2x - 3x^2}$.

2) Дана функция $y = 4^{-x^2} \cdot \sqrt{x}$. Для нахождения производной используем правило производной произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$. Пусть $u(x) = 4^{-x^2}$ и $v(x) = \sqrt{x}$.
Найдем производную $u'(x)$: $u'(x) = (4^{-x^2})' = 4^{-x^2} \cdot \ln 4 \cdot (-x^2)' = -2x \ln 4 \cdot 4^{-x^2}$.
Найдем производную $v'(x)$: $v'(x) = (\sqrt{x})' = (x^{1/2})' = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Теперь подставим найденные производные в формулу произведения:
$y' = (-2x \ln 4 \cdot 4^{-x^2}) \cdot \sqrt{x} + 4^{-x^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = 4^{-x^2} \left(-2x\sqrt{x}\ln 4 + \frac{1}{2\sqrt{x}}\right)$.
Можно привести выражение в скобках к общему знаменателю: $4^{-x^2} \left(\frac{-4x^2\ln 4 + 1}{2\sqrt{x}}\right)$.
Ответ: $y' = 4^{-x^2} \frac{1 - 4x^2\ln 4}{2\sqrt{x}}$.

3) Дана функция $y = \log_{0.8}(x^2 - 8x - 11)$. Используем правило дифференцирования сложной функции $(\log_a u)' = \frac{u'}{u \ln a}$.
Здесь $u(x) = x^2 - 8x - 11$, и её производная $u'(x) = 2x - 8$.
Следовательно, производная исходной функции равна:
$y' = \frac{(x^2 - 8x - 11)'}{(x^2 - 8x - 11)\ln 0.8} = \frac{2x - 8}{(x^2 - 8x - 11)\ln 0.8}$.
Ответ: $y' = \frac{2x - 8}{(x^2 - 8x - 11)\ln 0.8}$.

4) Дана функция $y = \frac{x^5}{\ln x}$. Используем правило производной частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.
Пусть $u(x) = x^5$ и $v(x) = \ln x$. Тогда $u'(x) = 5x^4$ и $v'(x) = \frac{1}{x}$.
Подставляем в формулу:
$y' = \frac{5x^4 \cdot \ln x - x^5 \cdot \frac{1}{x}}{(\ln x)^2} = \frac{5x^4 \ln x - x^4}{(\ln x)^2}$.
Вынесем $x^4$ за скобки в числителе: $y' = \frac{x^4(5\ln x - 1)}{\ln^2 x}$.
Ответ: $y' = \frac{x^4(5\ln x - 1)}{\ln^2 x}$.

2. Уравнение касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке с абсциссой $x_0$ имеет вид $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.
1. Сначала найдем точку пересечения графика функции $f(x) = \ln(x^2 + 6x + 10)$ с осью абсцисс. Для этого решим уравнение $f(x) = 0$:
$\ln(x^2 + 6x + 10) = 0 \implies x^2 + 6x + 10 = e^0 \implies x^2 + 6x + 10 = 1 \implies x^2 + 6x + 9 = 0 \implies (x + 3)^2 = 0$.
Отсюда получаем абсциссу точки касания $x_0 = -3$. Ордината точки касания $y_0 = f(-3) = 0$.
2. Теперь найдем производную функции:$f'(x) = (\ln(x^2 + 6x + 10))' = \frac{1}{x^2 + 6x + 10} \cdot (x^2 + 6x + 10)' = \frac{2x + 6}{x^2 + 6x + 10}$.
3. Вычислим значение производной в точке $x_0 = -3$, чтобы найти угловой коэффициент касательной $k$:
$k = f'(-3) = \frac{2(-3) + 6}{(-3)^2 + 6(-3) + 10} = \frac{-6 + 6}{9 - 18 + 10} = \frac{0}{1} = 0$.
4. Подставим найденные значения $x_0 = -3$, $y_0 = 0$ и $k = 0$ в уравнение касательной:
$y - 0 = 0 \cdot (x - (-3)) \implies y = 0$.
Ответ: $y = 0$.

3. Для исследования функции $f(x) = x\ln x - 4x$ на монотонность и экстремумы, найдем ее производную.
1. Область определения функции задается условием $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
2. Найдем производную $f'(x)$:
$f'(x) = (x\ln x - 4x)' = (x)'\ln x + x(\ln x)' - (4x)' = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} - 4 = \ln x + 1 - 4 = \ln x - 3$.
3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$\ln x - 3 = 0 \implies \ln x = 3 \implies x = e^3$.
4. Определим знаки производной на интервалах, на которые область определения делится критической точкой: $(0, e^3)$ и $(e^3, +\infty)$.
- На интервале $(0, e^3)$ производная $f'(x) < 0$ (например, $f'(1) = \ln 1 - 3 = -3 < 0$), следовательно, функция убывает.
- На интервале $(e^3, +\infty)$ производная $f'(x) > 0$ (например, $f'(e^4) = \ln e^4 - 3 = 4 - 3 = 1 > 0$), следовательно, функция возрастает.
5. Поскольку в точке $x = e^3$ производная меняет знак с «-» на «+», эта точка является точкой минимума.
Ответ: функция убывает на промежутке $(0, e^3]$ и возрастает на промежутке $[e^3, +\infty)$; точка минимума $x_{min} = e^3$.

4. Критические точки функции — это внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует. Функция $f(x) = -3e^{-x} + ax - 7$ определена и дифференцируема на всей числовой оси.
1. Найдем производную функции:
$f'(x) = (-3e^{-x} + ax - 7)' = -3(e^{-x})' + (ax)' - (7)' = -3(-e^{-x}) + a - 0 = 3e^{-x} + a$.
2. Поскольку производная $f'(x)$ существует при всех $x$, критические точки могут быть только там, где $f'(x) = 0$.
$3e^{-x} + a = 0 \implies 3e^{-x} = -a \implies e^{-x} = -\frac{a}{3}$.
3. Функция $f(x)$ не будет иметь критических точек, если полученное уравнение не имеет решений. Так как показательная функция $e^{-x}$ всегда строго положительна ($e^{-x} > 0$) для любого действительного $x$, уравнение не будет иметь решений, если его правая часть неположительна.
$-\frac{a}{3} \le 0$.
Умножив обе части неравенства на -3 и изменив знак, получим:
$a \ge 0$.
Ответ: $a \ge 0$.

Самостоятельная работа № 9

Первообразная

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

1) $F(x) = \sqrt{6x + 15}$, $f(x) = \frac{3}{\sqrt{6x + 15}}$, $I = (-2.5; +\infty)$;

2) $F(x) = x^3 + \ln x^7$, $f(x) = \frac{3x^3 + 7}{x}$, $I = (0; +\infty)$.

2. Является ли функция $F(x) = |3x + 6|$ первообразной функции $f(x) = 3$ на промежутке:

1) $(-3; 6)$;

2) $(-1; 2)$?

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

1) Чтобы доказать, что функция $F(x) = \sqrt{6x+15}$ является первообразной для функции $f(x) = \frac{3}{\sqrt{6x+15}}$ на промежутке $I = (-2,5; +\infty)$, нужно показать, что на этом промежутке производная от $F(x)$ равна $f(x)$.

Находим производную функции $F(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:

$F'(x) = (\sqrt{6x+15})' = ((6x+15)^{\frac{1}{2}})' = \frac{1}{2}(6x+15)^{\frac{1}{2}-1} \cdot (6x+15)' = \frac{1}{2}(6x+15)^{-\frac{1}{2}} \cdot 6 = 3(6x+15)^{-\frac{1}{2}} = \frac{3}{\sqrt{6x+15}}$

На промежутке $I = (-2,5; +\infty)$ функция $F(x)$ дифференцируема. Мы получили, что $F'(x) = f(x)$ для всех $x$ из данного промежутка. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на промежутке $I$.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Чтобы доказать, что функция $F(x) = x^3 + \ln x^7$ является первообразной для функции $f(x) = \frac{3x^3+7}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$, найдем производную $F'(x)$.

Предварительно упростим $F(x)$, используя свойство логарифма: $F(x) = x^3 + 7\ln x$.

Теперь дифференцируем:

$F'(x) = (x^3 + 7\ln x)' = (x^3)' + (7\ln x)' = 3x^2 + 7 \cdot \frac{1}{x} = 3x^2 + \frac{7}{x}$

Приведем полученное выражение к общему знаменателю:

$F'(x) = \frac{3x^2 \cdot x}{x} + \frac{7}{x} = \frac{3x^3+7}{x}$

На промежутке $I = (0; +\infty)$ функция $F(x)$ дифференцируема и $F'(x) = f(x)$. Следовательно, $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Утверждение доказано.

Для того чтобы функция $F(x) = |3x+6|$ была первообразной для функции $f(x)=3$ на заданном промежутке, она должна быть дифференцируема на этом промежутке, и ее производная должна быть равна 3.

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

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

В точке $x=-2$ функция недифференцируема.

1) (-3; 6)

Промежуток $(-3; 6)$ содержит точку $x=-2$, в которой $F(x)$ не является дифференцируемой. Следовательно, на всем этом промежутке $F(x)$ не может быть первообразной.

Ответ: нет.

2) (-1; 2)

Промежуток $(-1; 2)$ полностью содержится в области $x > -2$. На этом промежутке $F(x) = 3x+6$. Производная $F'(x) = (3x+6)' = 3$. Так как $F'(x)=f(x)$ на всем промежутке $(-1; 2)$, то $F(x)$ является первообразной для $f(x)$ на этом промежутке.

Ответ: да.

3. Сначала найдем общий вид первообразной для функции $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}$. Так как производная тангенса $(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$, то общий вид первообразной есть $F(x) = \tan x + C$, где $C$ - постоянная.

В условии задачи указано, что нужно найти первообразную на промежутке $I = (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2})$, график которой проходит через точку $M(\frac{\pi}{4}; 1)$. Однако, абсцисса точки $x_M = \frac{\pi}{4}$ не принадлежит данному промежутку, так как $\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2}$. Это, скорее всего, опечатка в условии. Будем решать задачу в предположении, что имелся в виду промежуток, содержащий точку $M$, например $I' = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, на котором функция $f(x)$ также определена и непрерывна.

Для нахождения константы $C$ используем координаты точки $M(\frac{\pi}{4}; 1)$. Подставим их в уравнение первообразной $F(x_M)=y_M$:

$F(\frac{\pi}{4}) = \tan(\frac{\pi}{4}) + C = 1$

Поскольку $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$, получаем:

$1 + C = 1$

Отсюда $C = 0$.

Таким образом, искомая первообразная имеет вид $F(x) = \tan x$.

Ответ: $F(x) = \tan x$ (при условии, что промежуток содержит $x=\frac{\pi}{4}$).