Номер 9, страница 31 - 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) $F(x) = \sqrt{8x - 6}$, $f(x) = \frac{4}{\sqrt{8x - 6}}$, $I = (0,75; +\infty)$;

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