Страница 7 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 8

Производные показательной и логарифмической функций

1. Найдите производную функции:

1) $y = e^{4x - x^2}$;

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

3) $y = \log_{0,3}(2x^2 - 4x + 3)$;

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

2. Составьте уравнение касательной к графику функции $f(x) = \ln(x^2 - 10x + 26)$ в точке его пересечения с осью абсцисс.

3. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции $f(x) = 1 - x\ln x$.

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

1. Найдите производную функции:

1) $y = e^{4x - x^2}$

Для нахождения производной сложной функции воспользуемся формулой $(e^{u(x)})' = e^{u(x)} \cdot u'(x)$. В данном случае $u(x) = 4x - x^2$, а ее производная $u'(x) = 4 - 2x$.

$y' = (e^{4x - x^2})' = e^{4x - x^2} \cdot (4x - x^2)' = e^{4x - x^2} \cdot (4 - 2x) = (4 - 2x)e^{4x - x^2}$.

Ответ: $y' = (4 - 2x)e^{4x - x^2}$.

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

Используем правило производной произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$, где $u = 2^{-x}$ и $v = \sqrt{x}$.

Найдем производные $u'$ и $v'$:

$u' = (2^{-x})' = 2^{-x} \ln 2 \cdot (-x)' = -2^{-x} \ln 2$.

$v' = (\sqrt{x})' = (x^{1/2})' = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Теперь подставим все в формулу производной произведения:

$y' = (-2^{-x} \ln 2) \cdot \sqrt{x} + 2^{-x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} = 2^{-x} \left( \frac{1}{2\sqrt{x}} - \sqrt{x} \ln 2 \right) = \frac{2^{-x}(1 - 2x \ln 2)}{2\sqrt{x}}$.

Ответ: $y' = 2^{-x} \left( \frac{1}{2\sqrt{x}} - \sqrt{x} \ln 2 \right)$.

3) $y = \log_{0.3}(2x^2 - 4x + 3)$

Применяем формулу производной логарифмической функции $(\log_a u(x))' = \frac{u'(x)}{u(x) \ln a}$. Здесь $a = 0.3$ и $u(x) = 2x^2 - 4x + 3$.

Производная $u'(x) = (2x^2 - 4x + 3)' = 4x - 4$.

$y' = \frac{4x - 4}{(2x^2 - 4x + 3) \ln 0.3}$.

Ответ: $y' = \frac{4x - 4}{(2x^2 - 4x + 3) \ln 0.3}$.

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

Используем правило производной частного $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$, где $u = \ln x$ и $v = x^2$.

$u' = (\ln x)' = \frac{1}{x}$.

$v' = (x^2)' = 2x$.

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

Ответ: $y' = \frac{1 - 2 \ln x}{x^3}$.

2. Составьте уравнение касательной к графику функции $f(x) = \ln(x^2 - 10x + 26)$ в точке его пересечения с осью абсцисс.

Уравнение касательной в точке $(x_0, y_0)$ имеет вид $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.

1. Найдем точку пересечения с осью абсцисс (осью Ox), для этого приравняем функцию к нулю: $f(x) = 0$.

$\ln(x^2 - 10x + 26) = 0$

$x^2 - 10x + 26 = e^0 = 1$

$x^2 - 10x + 25 = 0$

$(x - 5)^2 = 0$

Отсюда $x_0 = 5$. Значение функции в этой точке $y_0 = f(5) = \ln(1) = 0$. Точка касания: $(5, 0)$.

2. Найдем производную функции $f(x)$.

$f'(x) = (\ln(x^2 - 10x + 26))' = \frac{(x^2 - 10x + 26)'}{x^2 - 10x + 26} = \frac{2x - 10}{x^2 - 10x + 26}$.

3. Вычислим значение производной в точке касания $x_0 = 5$.

$f'(5) = \frac{2 \cdot 5 - 10}{5^2 - 10 \cdot 5 + 26} = \frac{10 - 10}{25 - 50 + 26} = \frac{0}{1} = 0$.

4. Подставим найденные значения в уравнение касательной.

$y = 0 + 0 \cdot (x - 5)$

$y = 0$.

Ответ: $y = 0$.

3. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции $f(x) = 1 - x \ln x$.

1. Область определения функции: из-за наличия $\ln x$, $x > 0$.

2. Найдем производную функции.

$f'(x) = (1 - x \ln x)' = -(x \ln x)'$. По правилу производной произведения:

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

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.

$-(\ln x + 1) = 0 \implies \ln x + 1 = 0 \implies \ln x = -1 \implies x = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

4. Определим знаки производной на интервалах, на которые критическая точка разбивает область определения $(0, +\infty)$: $(0, 1/e)$ и $(1/e, +\infty)$.

При $x \in (0, 1/e)$, например $x = e^{-2}$, $f'(e^{-2}) = -(\ln e^{-2} + 1) = -(-2 + 1) = 1 > 0$. Функция возрастает.

При $x \in (1/e, +\infty)$, например $x = e$, $f'(e) = -(\ln e + 1) = -(1 + 1) = -2 < 0$. Функция убывает.

5. В точке $x = 1/e$ производная меняет знак с `+` на `-`, следовательно, это точка максимума.

Промежуток возрастания: $(0, 1/e]$.

Промежуток убывания: $[1/e, +\infty)$.

Точка экстремума (максимума): $x_{max} = 1/e$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(0, 1/e]$, убывает на промежутке $[1/e, +\infty)$, точка максимума $x_{max} = 1/e$.

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

Критические точки — это точки, в которых производная равна нулю или не существует. Данная функция дифференцируема на всей числовой прямой, поэтому критические точки могут быть только там, где $f'(x) = 0$.

1. Найдем производную функции:

$f'(x) = (4e^{-x} - ax + 6)' = 4(e^{-x})' - a(x)' + (6)' = 4e^{-x}(-1) - a = -4e^{-x} - a$.

2. Чтобы функция не имела критических точек, уравнение $f'(x) = 0$ не должно иметь решений.

$-4e^{-x} - a = 0$

$-4e^{-x} = a$

$e^{-x} = -\frac{a}{4}$

3. Проанализируем полученное уравнение. Функция $y = e^{-x}$ принимает только положительные значения, то есть $e^{-x} > 0$ для любого $x \in \mathbb{R}$.

Следовательно, уравнение не будет иметь решений, если правая часть будет неположительной:

$-\frac{a}{4} \le 0$

Умножим обе части неравенства на -4, изменив знак неравенства на противоположный:

$a \ge 0$.

При $a \ge 0$ функция не имеет критических точек.

Ответ: $a \ge 0$.

Самостоятельная работа № 9

Первообразная

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

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

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

2. Является ли функция $F(x) = |x+3|$ первообразной функции $f(x) = 1$ на промежутке:

1) $(-1; 3)$;

2) $(-4; 1)$?

3. Для функции $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}$ на промежутке $I = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ найдите первообразную, график которой проходит через точку $M(\frac{\pi}{6}; \frac{\sqrt{3}}{3})$.

1.

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 $F(x) = \sqrt{2x-3}$ на промежутке $I = (1,5; +\infty)$. Используем правило дифференцирования сложной функции:

$F'(x) = (\sqrt{2x-3})' = ((2x-3)^{1/2})' = \frac{1}{2}(2x-3)^{-1/2} \cdot (2x-3)' = \frac{1}{2\sqrt{2x-3}} \cdot 2 = \frac{1}{\sqrt{2x-3}}$.

Так как $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in (1,5; +\infty)$, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано.

2) Проверим выполнение равенства $F'(x) = f(x)$ для функций $F(x) = x^2 - \ln x^5$ и $f(x) = \frac{2x^2 - 5}{x}$ на промежутке $I = (0; +\infty)$.

На промежутке $I = (0; +\infty)$ справедливо свойство логарифма $\ln x^5 = 5 \ln x$. Тогда $F(x) = x^2 - 5 \ln x$.

Найдем производную функции $F(x)$:

$F'(x) = (x^2 - 5 \ln x)' = (x^2)' - (5 \ln x)' = 2x - 5 \cdot \frac{1}{x} = 2x - \frac{5}{x}$.

Приведем полученное выражение к общему знаменателю:

$F'(x) = \frac{2x \cdot x}{x} - \frac{5}{x} = \frac{2x^2 - 5}{x}$.

Так как $F'(x) = f(x)$ для всех $x \in (0; +\infty)$, то функция $F(x)$ является первообразной для функции $f(x)$ на данном промежутке.

Ответ: Доказано.

2.

Функция $F(x) = |x+3|$ является первообразной для функции $f(x)=1$ на некотором промежутке, если на всем этом промежутке выполняется равенство $F'(x)=1$.

Раскроем модуль в определении функции $F(x)$:

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

Найдем производную этой функции:

$F'(x) = \begin{cases} 1, & \text{если } x > -3 \\ -1, & \text{если } x < -3 \end{cases}$

В точке $x=-3$ производная не существует.

1) Рассмотрим промежуток $(-1; 3)$. Все точки этого промежутка удовлетворяют условию $x > -3$. Следовательно, на всем промежутке $(-1; 3)$ производная $F'(x) = 1$, что совпадает с функцией $f(x)=1$.

Ответ: Да, является.

2) Рассмотрим промежуток $(-4; 1)$. Этот промежуток включает в себя точку $x=-3$, в которой функция $F(x)$ не является дифференцируемой. Кроме того, на части этого промежутка, а именно на $(-4; -3)$, производная $F'(x) = -1$, что не равно $f(x)=1$. Следовательно, $F(x)$ не является первообразной для $f(x)=1$ на промежутке $(-4; 1)$.

Ответ: Нет, не является.

3.

Сначала найдем общее выражение для первообразной функции $f(x) = \frac{1}{\cos^2 x}$. По таблице первообразных:

$F(x) = \int \frac{1}{\cos^2 x} dx = \tan x + C$, где $C$ - произвольная постоянная.

По условию, график искомой первообразной проходит через точку $M(\frac{\pi}{6}; \frac{\sqrt{3}}{3})$. Это означает, что $F(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Подставим координаты точки в общее выражение для первообразной, чтобы найти значение $C$:

$\tan(\frac{\pi}{6}) + C = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Зная, что $\tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3}$, получаем:

$\frac{\sqrt{3}}{3} + C = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$C = 0$

Подставив найденное значение $C$ обратно в общее выражение, получаем искомую первообразную:

$F(x) = \tan x + 0 = \tan x$.

Ответ: $F(x) = \tan x$.