ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы самостоятельные работы / С-49. вариант - Б2

### Вариант Б1 Найдите производную функции: **а)** $f(x) = -3 \ln \frac{x+1}{3}$ Область определения функции задается условием $\frac{x+1}{3} > 0$, откуда $x > -1$. Преобразуем выражение с помощью свойства логарифма частного: $$ f(x) = -3(\ln(x + 1) - \ln 3) = -3\ln(x + 1) + 3\ln 3 $$ Дифференцируем полученную функцию: $$ f'(x) = \left(-3\ln(x + 1) + 3\ln 3\right)' = -3 \cdot \frac{1}{x + 1} \cdot (x + 1)' + 0 = -\frac{3}{x + 1} $$ Ответ: $f'(x) = -\frac{3}{x + 1}$. **б)** $f(x) = \log_2 \cos x$ Область определения функции задается условием $\cos x > 0$. Используем формулу производной сложной логарифмической функции $(\log_a u)' = \frac{u'}{u \ln a}$: $$ f'(x) = \frac{(\cos x)'}{\cos x \cdot \ln 2} = \frac{-\sin x}{\cos x \cdot \ln 2} = -\frac{\operatorname{tg} x}{\ln 2} $$ Ответ: $f'(x) = -\frac{\operatorname{tg} x}{\ln 2}$. --- ### Вариант Б2 **1.** Найдите точки экстремума функции: * Случай 1: $f(x) = \ln x^3 + \frac{6}{x}$ 1. Область определения функции: Подкоренное выражение логарифма должно быть положительным, а знаменатель дроби — не равен нулю: $x^3 > 0$ и $x \neq 0$, откуда $x > 0$. Таким образом, $D(f) = (0; +\infty)$. 2. Преобразуем функцию при $x > 0$: $$ f(x) = 3\ln x + 6x^{-1} $$ 3. Найдем производную функции: $$ f'(x) = \left(3\ln x + 6x^{-1}\right)' = \frac{3}{x} - \frac{6}{x^2} = \frac{3x - 6}{x^2} = \frac{3(x - 2)}{x^2} $$ 4. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $$ \frac{3(x - 2)}{x^2} = 0 \implies x = 2 \in D(f) $$ 5. Определим знаки производной методом интервалов на области определения $(0; +\infty)$: - при $x \in (0; 2)$: $f'(x) < 0$ — функция убывает; - при $x \in (2; +\infty)$: $f'(x) > 0$ — функция возрастает. При переходе через точку $x = 2$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, $x = 2$ — точка минимума. Ответ: $x_{\min} = 2$. * Случай 2: $f(x) = \ln \frac{1}{x} - \frac{3}{x}$ 1. Область определения функции: $\frac{1}{x} > 0 \implies x > 0$, то есть $D(f) = (0; +\infty)$. 2. Преобразуем функцию: $$ f(x) = \ln(x^{-1}) - 3x^{-1} = -\ln x - 3x^{-1} $$ 3. Найдем производную функции: $$ f'(x) = \left(-\ln x - 3x^{-1}\right)' = -\frac{1}{x} + \frac{3}{x^2} = \frac{3 - x}{x^2} $$ 4. Найдем критические точки: $$ \frac{3 - x}{x^2} = 0 \implies x = 3 \in D(f) $$ 5. Определим знаки производной на области определения $(0; +\infty)$: - при $x \in (0; 3)$: $f'(x) > 0$ — функция возрастает; - при $x \in (3; +\infty)$: $f'(x) < 0$ — функция убывает. При переходе через точку $x = 3$ производная меняет знак с плюса на минус, следовательно, $x = 3$ — точка максимума. Ответ: $x_{\max} = 3$. --- **2.** Вычислите интеграл: **a)** $\int_{e}^{2} \frac{2}{x} \, dx$ Применим формулу Ньютона-Лейбница и табличный интеграл $\int \frac{dx}{x} = \ln|x| + C$: $$ \int_{e}^{2} \frac{2}{x} \, dx = \left. 2\ln|x| \right|_{e}^{2} = 2(\ln 2 - \ln e) = 2(\ln 2 - 1) = 2\ln 2 - 2 $$ *(Примечание: если в верхнем пределе интегрирования опечатка в условии и имелось в виду $e^2$, то $\int_{e}^{e^2} \frac{2}{x} \, dx = \left. 2\ln x \right|_{e}^{e^2} = 2(\ln e^2 - \ln e) = 2(2 - 1) = 2$)*. Ответ: $2\ln 2 - 2$. **b)** $\int_{0}^{6} \frac{dx}{0,5x + 1}$ Используем правило интегрирования $\int \frac{dx}{kx + b} = \frac{1}{k} \ln|kx + b| + C$, где $k = 0,5$: $$ \int_{0}^{6} \frac{dx}{0,5x + 1} = \left. \frac{1}{0,5} \ln|0,5x + 1| \right|_{0}^{6} = \left. 2\ln(0,5x + 1) \right|_{0}^{6} $$ Подставим пределы интегрирования: $$ 2(\ln(0,5 \cdot 6 + 1) - \ln(0,5 \cdot 0 + 1)) = 2(\ln(3 + 1) - \ln 1) = 2(\ln 4 - 0) = 2\ln(2^2) = 4\ln 2 $$ Ответ: $4\ln 2$. --- **3.** Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: $y = \frac{2}{x}$, $y = 2$, $x = \frac{1}{e^2}$. 1. Найдем точку пересечения гиперболы $y = \frac{2}{x}$ и прямой $y = 2$: $$ \frac{2}{x} = 2 \implies x = 1 $$ 2. Определим взаимное расположение графиков на отрезке $\left[\frac{1}{e^2}; 1\right]$: При $x = \frac{1}{e^2}$ значение гиперболы равно $y = \frac{2}{e^{-2}} = 2e^2 \approx 14,78 > 2$. На интервале $\left(\frac{1}{e^2}; 1\right)$ гипербола $y = \frac{2}{x}$ лежит выше горизонтальной прямой $y = 2$. Фигура ограничена сверху линией $y = \frac{2}{x}$, снизу — $y = 2$, слева — вертикальной прямой $x = \frac{1}{e^2}$, а справа замыкается в точке пересечения $x = 1$. 3. Вычислим площадь фигуры $S$: $$ S = \int_{1/e^2}^{1} \left(\frac{2}{x} - 2\right) \, dx = \left. (2\ln x - 2x) \right|_{e^{-2}}^{1} $$ Подставим пределы интегрирования: $$ S = (2\ln 1 - 2 \cdot 1) - \left(2\ln(e^{-2}) - 2 \cdot e^{-2}\right) $$ $$ S = (0 - 2) - \left(2 \cdot (-2) - \frac{2}{e^2}\right) = -2 - \left(-4 - \frac{2}{e^2}\right) = -2 + 4 + \frac{2}{e^2} = 2 + \frac{2}{e^2} $$ Ответ: $2 + \frac{2}{e^2}$. --- **4.** Определите, совпадает ли область определения функции $g(x)$ с областью определения ее производной, если $g(x) = \ln(9x^2 + 6x + 1)$. 1. Область определения функции $g(x)$: Логарифмическая функция определена при строго положительном аргументе: $$ 9x^2 + 6x + 1 > 0 $$ Свернем трехчлен по формуле квадрата суммы: $$ (3x + 1)^2 > 0 $$ Квадрат действительного числа неотрицателен и строго больше нуля при всех $x$, кроме тех, где основание обращается в ноль: $$ 3x + 1 \neq 0 \implies x \neq -\frac{1}{3} $$ Следовательно, область определения функции: $$ D(g) = \left(-\infty; -\frac{1}{3}\right) \cup \left(-\frac{1}{3}; +\infty\right) $$ 2. Найдем производную функции $g(x)$: $$ g'(x) = \frac{(9x^2 + 6x + 1)'}{9x^2 + 6x + 1} = \frac{18x + 6}{(3x + 1)^2} = \frac{6(3x + 1)}{(3x + 1)^2} = \frac{6}{3x + 1} $$ Область определения производной $g'(x)$: Дробь определена при условии, что знаменатель не равен нулю: $$ 3x + 1 \neq 0 \implies x \neq -\frac{1}{3} $$ Следовательно, область определения производной: $$ D(g') = \left(-\infty; -\frac{1}{3}\right) \cup \left(-\frac{1}{3}; +\infty\right) $$ 3. Сравнение: $D(g) = D(g')$. Ответ: совпадает. --- **5.** Определите, совпадает ли область определения функции $g(x)$ с областью определения ее первообразной, если $g(x) = \frac{1}{8 - x} + \frac{1}{\sqrt{4 - 0,5x}}$. 1. Область определения функции $g(x)$: Знаменатель первой дроби не должен обращаться в ноль, а выражение под корнем в знаменателе второй дроби должно быть строго положительным: $$ \begin{cases} 8 - x \neq 0 \\ 4 - 0,5x > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \neq 8 \\ 0,5x < 4 \end{cases} \implies \begin{cases} x \neq 8 \\ x < 8 \end{cases} \implies x < 8 $$ Таким образом: $$ D(g) = (-\infty; 8) $$ 2. Найдем общий вид первообразной $G(x)$ на промежутке $(-\infty; 8)$: Так как на данном интервале $8 - x > 0$, знак модуля раскрывается однозначно: $|8 - x| = 8 - x$. $$ G(x) = \int \left(\frac{1}{8 - x} + (4 - 0,5x)^{-1/2}\right) dx $$ $$ G(x) = -\ln(8 - x) + \frac{(4 - 0,5x)^{1/2}}{-0,5 \cdot \frac{1}{2}} + C = -\ln(8 - x) - 4\sqrt{4 - 0,5x} + C $$ 3. Область определения первообразной $G(x)$: Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля, а подкоренное выражение — неотрицательным: $$ \begin{cases} 8 - x > 0 \\ 4 - 0,5x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \le 8 \end{cases} \implies x < 8 $$ Таким образом: $$ D(G) = (-\infty; 8) $$ 4. Сравнение: $D(g) = D(G) = (-\infty; 8)$. Ответ: совпадает.