Контрольная работа 8 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Производная суммы равна сумме производных, постоянный множитель выносится за знак производной, а производная числа равна нулю: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left(2x^5 - \frac{x^3}{3} + 3x^2 - 4\right)' = {} \\ &= 2 \cdot 5x^4 - \frac{1}{3} \cdot 3x^2 + 3 \cdot 2x - 0 = 10x^4 - x^2 + 6x. \end{aligned}\]

2) Функция определена при \(x \geqslant 0\), а формула \((\sqrt{x})' = \frac{1}{2\sqrt{x}}\) верна при \(x > 0\), поэтому производную ищем при \(x > 0\). По теореме о производной произведения получаем: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left((3x - 5)\sqrt{x}\right)' = (3x - 5)'\sqrt{x} + (\sqrt{x})'(3x - 5) = {} \\ &= 3\sqrt{x} + \frac{3x - 5}{2\sqrt{x}} = \frac{6x + 3x - 5}{2\sqrt{x}} = \frac{9x - 5}{2\sqrt{x}} \end{aligned}\] — общий знаменатель равен \(2\sqrt{x}\), причём \(3\sqrt{x} = \frac{3\sqrt{x} \cdot 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}} = \frac{6x}{2\sqrt{x}}\).

3) Функция определена при \(x \ne 4\). По теореме о производной частного получаем: \[\begin{aligned} &f'(x) = \frac{(x^2 + 9x)'(x - 4) - (x - 4)'(x^2 + 9x)}{(x - 4)^2} = {} \\ &= \frac{(2x + 9)(x - 4) - (x^2 + 9x)}{(x - 4)^2} = {} \\ &= \frac{2x^2 + x - 36 - x^2 - 9x}{(x - 4)^2} = \frac{x^2 - 8x - 36}{(x - 4)^2}. \end{aligned}\]

4) Функция \(f(x) = \sin^5 6x\) — сложная: внешняя функция — пятая степень, средняя — синус, внутренняя — линейная функция \(6x\). По теореме о производной сложной функции получаем: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left(\sin^5 6x\right)' = 5\sin^4 6x \cdot (\sin 6x)' = {} \\ &= 5\sin^4 6x \cdot \cos 6x \cdot (6x)' = 30\sin^4 6x\cos 6x. \end{aligned}\]

Ответ: 1) \(f'(x) = 10x^4 - x^2 + 6x\); 2) \(f'(x) = \frac{9x - 5}{2\sqrt{x}}\) при \(x > 0\); 3) \(f'(x) = \frac{x^2 - 8x - 36}{(x - 4)^2}\) при \(x \ne 4\); 4) \(f'(x) = 30\sin^4 6x\cos 6x\).

Имеем: \(f(x_0) = f(-1) = (-1)^4 - 2 \cdot (-1) = 1 + 2 = 3\); \(f'(x) = 4x^3 - 2\); \(f'(x_0) = f'(-1) = 4 \cdot (-1)^3 - 2 = -6\).

Подставив найденные числовые значения в уравнение касательной \(y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)\), получаем: \(y = -6(x + 1) + 3\) — здесь \(x - x_0 = x - (-1) = x + 1\). Отсюда \(y = -6x - 3\).

Ответ: \(y = -6x - 3\).

Дано:
\(s(t) = -\frac{1}{3}t^3 + 2{,}5t^2 + 24t + 7\) — закон движения, перемещение в метрах, время в секундах
\(t_0 = 3\) с

Найти: \(v(t_0)\) — скорость движения в момент времени \(t_0\).

Решение:

По механическому смыслу производной скорость движения материальной точки в момент времени \(t_0\) равна производной функции \(y = s(t)\) в точке \(t_0\), то есть \(v(t_0) = s'(t_0)\).

Найдём производную функции \(y = s(t)\): \[s'(t) = -\frac{1}{3} \cdot 3t^2 + 2{,}5 \cdot 2t + 24 = -t^2 + 5t + 24.\]

Значит, скорость движения в момент времени \(t\) равна \(v(t) = -t^2 + 5t + 24\), и тогда \(v(3) = -3^2 + 5 \cdot 3 + 24 = -9 + 15 + 24 = 30\) (м/с).

Ответ: \(30\) м/с.

По определению модуля \(|x - 2| = 2 - x\) при \(x < 2\) и \(|x - 2| = x - 2\) при \(x \geqslant 2\).

Производная функции в точке равна пределу отношения \(\frac{\Delta y}{\Delta x}\) при \(\Delta x \to 0\), то есть определяется значениями функции в некотором интервале, содержащем эту точку. Поэтому модуль достаточно раскрыть на том промежутке, которому принадлежит данная точка.

Точка \(x = 1\) принадлежит промежутку \((-\infty;\ 2)\). На нём \(y = x^2 - (2 - x) = x^2 + x - 2\), поэтому \(y' = 2x + 1\) и \(y'(1) = 2 \cdot 1 + 1 = 3\).

Точка \(x = 3\) принадлежит промежутку \((2;\ +\infty)\). На нём \(y = x^2 - (x - 2) = x^2 - x + 2\), поэтому \(y' = 2x - 1\) и \(y'(3) = 2 \cdot 3 - 1 = 5\).

В самой точке \(x = 2\) график функции имеет излом, и производной в этой точке функция не имеет; обе точки условия лежат по разные стороны от неё.

Ответ: \(y'(1) = 3\); \(y'(3) = 5\).

Пусть \(x_0\) — абсцисса искомой точки, а \(\alpha\) — угол, который касательная в этой точке образует с положительным направлением оси абсцисс; по условию \(\alpha = 150^\circ\).

Угловой коэффициент касательной равен \(\mathrm{tg}\,\alpha\), а по геометрическому смыслу производной он равен \(f'(x_0)\). Значит, \(f'(x_0) = \mathrm{tg}\,150^\circ\).

По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,150^\circ = \mathrm{tg}\,(180^\circ - 30^\circ) = -\mathrm{tg}\,30^\circ = -\frac{\sqrt{3}}{3}\): угол тупой, поэтому его тангенс отрицателен.

Имеем: \(f'(x) = \left(x^2 + x\sqrt{3}\right)' = 2x + \sqrt{3}\). Получаем уравнение \(2x_0 + \sqrt{3} = -\frac{\sqrt{3}}{3}\). Отсюда \[2x_0 = -\frac{\sqrt{3}}{3} - \sqrt{3} = -\frac{\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{3} = -\frac{4\sqrt{3}}{3};\] \[x_0 = -\frac{2\sqrt{3}}{3}.\]

Ответ: \(-\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Заметим, что \(f(3) = \frac{1}{3 - 1} = \frac{1}{2} \ne 0\). Из этого следует, что точка с координатами \((3;\ 0)\) не принадлежит графику функции \(y = \frac{1}{x - 1}\), поэтому абсцисса точки касания неизвестна.

Пусть \(x_0\) — абсцисса точки касания, \(x_0 \ne 1\). По теореме о производной сложной функции \[f'(x) = \left(\frac{1}{x - 1}\right)' = -\frac{1}{(x - 1)^2} \cdot (x - 1)' = -\frac{1}{(x - 1)^2}.\]

Так как \(f(x_0) = \frac{1}{x_0 - 1}\) и \(f'(x_0) = -\frac{1}{(x_0 - 1)^2}\), то уравнение касательной имеет вид \[y = -\frac{1}{(x_0 - 1)^2}(x - x_0) + \frac{1}{x_0 - 1}.\]

Координаты точки \((3;\ 0)\) удовлетворяют полученному уравнению: \[0 = -\frac{3 - x_0}{(x_0 - 1)^2} + \frac{1}{x_0 - 1}.\]

Так как \(x_0 \ne 1\), то \((x_0 - 1)^2 \ne 0\), и умножение обеих частей уравнения на \((x_0 - 1)^2\) — равносильное преобразование. Получаем: \(-(3 - x_0) + (x_0 - 1) = 0\); \(2x_0 - 4 = 0\); \(x_0 = 2\). Это уравнение линейное, поэтому такая точка единственная.

Имеем: \(f(2) = \frac{1}{2 - 1} = 1\), \(f'(2) = -\frac{1}{(2 - 1)^2} = -1\). Значит, касательную надо провести в точке \((2;\ 1)\), и её уравнение \(y = -(x - 2) + 1\), то есть \(y = -x + 3\).

Проверка: при \(x = 3\) получаем \(y = -3 + 3 = 0\), то есть найденная касательная действительно проходит через точку \((3;\ 0)\).

Ответ: касательную надо провести в точке \((2;\ 1)\); уравнение этой касательной \(y = -x + 3\).