Вариант 4. 1. Докажите, что F(x) = x⁶ - 2cos x является первообразной для f(x) = 6x⁵ + 2sin x.

**Ответ:** **1.** Чтобы доказать, что $F(x)$ является первообразной для $f(x)$, нужно найти производную $F'(x)$: $F'(x) = (x^6 - 2\cos x)' = (x^6)' - 2(\cos x)' = 6x^5 - 2(-\sin x) = 6x^5 + 2\sin x$. Так как $F'(x) = f(x)$, то $F(x)$ — первообразная для $f(x)$. **2.** $\int (\frac{5}{x} - 4\sin x) dx = 5 \int \frac{1}{x} dx - 4 \int \sin x dx = 5\ln|x| + 4\cos x + C$. **3.** а) $\int_0^1 x^{10} dx = \left. \frac{x^{11}}{11} \right|_0^1 = \frac{1^{11}}{11} - \frac{0^{11}}{11} = \frac{1}{11}$. б) $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \cos \frac{x}{2} dx = \left. 2\sin \frac{x}{2} \right|_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} = 2(\sin \frac{3\pi}{4} - \sin \frac{\pi}{4}) = 2(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}) = 0$. **4.** Находим точки пересечения: $1 - x^2 = 0 \Rightarrow x = \pm 1$. $S = \int_{-1}^1 (1 - x^2) dx = \left. (x - \frac{x^3}{3}) \right|_{-1}^1 = (1 - \frac{1}{3}) - (-1 - \frac{-1}{3}) = \frac{2}{3} - (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3} = 1\frac{1}{3}$. **5.** 1) Уравнение касательной в $x_0 = 1$: $y_{кас} = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$. $f(1) = 1^3 - 3 = -2$. $f'(x) = 3x^2 \Rightarrow f'(1) = 3$. $y_{кас} = -2 + 3(x - 1) = 3x - 5$. 2) Площадь ограничена $y = x^3 - 3$, $y = 3x - 5$ и $x = 0$. В интервале $[0, 1]$ график $x^3 - 3$ выше $3x - 5$. $S = \int_0^1 ((x^3 - 3) - (3x - 5)) dx = \int_0^1 (x^3 - 3x + 2) dx = \left. (\frac{x^4}{4} - \frac{3x^2}{2} + 2x) \right|_0^1 = \frac{1}{4} - 1,5 + 2 = 0,75$. **6.** $F(x) = \int (3\sin 3x + \frac{6}{\pi} - \frac{\sqrt{3}}{\cos^2 x}) dx = -\cos 3x + \frac{6x}{\pi} - \sqrt{3}\text{tg } x + C$. Через $(0; 5)$: $F(0) = -\cos(0) + 0 - 0 + C = 5 \Rightarrow -1 + C = 5 \Rightarrow C = 6$. $F(x) = -\cos 3x + \frac{6x}{\pi} - \sqrt{3}\text{tg } x + 6$. При $x = \frac{\pi}{3}$: $F(\frac{\pi}{3}) = -\cos\pi + \frac{6}{\pi} \cdot \frac{\pi}{3} - \sqrt{3}\text{tg } \frac{\pi}{3} + 6 = -(-1) + 2 - \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} + 6 = 1 + 2 - 3 + 6 = 6$.