Номер 9, страница 7 - гдз по алгебре 11 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

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: $F(x) = \tan x$.