Номер 21.36, страница 139, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 21. Определённый интеграл. Глава 4. Первообразная и интеграл. ч. 2 - номер 21.36, страница 139.

•21.36. Решите неравенство:

а) $\int_{0}^{t} 3^{2x-1} dx \le \frac{1}{3 \ln 3}$, $t > 0;$

б) $\int_{-4}^{t} \left(2x - 5 - \frac{1}{x+5}\right) dx \ge -30 - \ln(t+5)$, $t > -4.$

а)

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части неравенства: $ \int_0^t 3^{2x-1} dx $.

Первообразная для подынтегральной функции $f(x) = 3^{2x-1}$ находится по формуле $\int a^{kx+b} dx = \frac{a^{kx+b}}{k \ln a} + C$.

В нашем случае $a=3$, $k=2$, $b=-1$. Таким образом, первообразная равна $\frac{3^{2x-1}}{2 \ln 3}$.

Теперь применим формулу Ньютона-Лейбница:

$ \int_0^t 3^{2x-1} dx = \left[ \frac{3^{2x-1}}{2 \ln 3} \right]_0^t = \frac{3^{2t-1}}{2 \ln 3} - \frac{3^{2 \cdot 0 - 1}}{2 \ln 3} = \frac{3^{2t-1} - 3^{-1}}{2 \ln 3} = \frac{3^{2t-1} - \frac{1}{3}}{2 \ln 3} $.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$ \frac{3^{2t-1} - \frac{1}{3}}{2 \ln 3} \le \frac{1}{3 \ln 3} $

Так как $\ln 3 > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $6 \ln 3$, чтобы избавиться от знаменателей. Знак неравенства при этом не изменится.

$ 3 \left( 3^{2t-1} - \frac{1}{3} \right) \le 2 $

$ 3 \cdot 3^{2t-1} - 3 \cdot \frac{1}{3} \le 2 $

$ 3^{1+2t-1} - 1 \le 2 $

$ 3^{2t} - 1 \le 2 $

$ 3^{2t} \le 3 $

$ 3^{2t} \le 3^1 $

Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция является возрастающей, поэтому можно перейти к неравенству для показателей:

$ 2t \le 1 $

$ t \le \frac{1}{2} $

По условию задачи также дано, что $t > 0$. Объединяя эти два условия, получаем окончательное решение.

Ответ: $t \in (0, \frac{1}{2}]$.

б)

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части неравенства: $ \int_{-4}^t \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx $.

Подынтегральная функция определена и непрерывна на промежутке интегрирования $[-4, t]$ при $t > -4$, так как $x+5 > 0$ для всех $x \ge -4$.

Найдем первообразную для подынтегральной функции $f(x) = 2x - 5 - \frac{1}{x+5}$:

$ F(x) = \int \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx = 2\frac{x^2}{2} - 5x - \ln|x+5| = x^2 - 5x - \ln(x+5) $ (модуль можно опустить, так как $x+5 > 0$).

Теперь применим формулу Ньютона-Лейбница:

$ \int_{-4}^t \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx = \left[ x^2 - 5x - \ln(x+5) \right]_{-4}^t $

$ = (t^2 - 5t - \ln(t+5)) - ((-4)^2 - 5(-4) - \ln(-4+5)) $

$ = (t^2 - 5t - \ln(t+5)) - (16 + 20 - \ln(1)) $

$ = t^2 - 5t - \ln(t+5) - 36 $ (поскольку $\ln(1)=0$).

Подставим полученное выражение в исходное неравенство:

$ t^2 - 5t - 36 - \ln(t+5) \ge -30 - \ln(t+5) $

Прибавим $\ln(t+5)$ к обеим частям неравенства:

$ t^2 - 5t - 36 \ge -30 $

$ t^2 - 5t - 6 \ge 0 $

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $t^2 - 5t - 6 = 0$. По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни:

$ t_1 = -1 $, $ t_2 = 6 $.

Парабола $y = t^2 - 5t - 6$ имеет ветви, направленные вверх, поэтому неравенство $y \ge 0$ выполняется при $t \le -1$ или $t \ge 6$.

Решение этого неравенства: $t \in (-\infty, -1] \cup [6, \infty)$.

Теперь учтем исходное условие $t > -4$. Найдем пересечение множеств $(-4, \infty)$ и $((-\infty, -1] \cup [6, \infty))$.

Пересечение $(-4, \infty)$ и $(-\infty, -1]$ дает промежуток $(-4, -1]$.

Пересечение $(-4, \infty)$ и $[6, \infty)$ дает промежуток $[6, \infty)$.

Объединяя эти два промежутка, получаем окончательное решение.

Ответ: $t \in (-4, -1] \cup [6, \infty)$.