Контрольная работа 8 Вариант 2, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Производная суммы равна сумме производных, постоянный множитель выносится за знак производной: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left(3x^6 + \frac{x^4}{4} - 2x^2 + 5x\right)' = {} \\ &= 3 \cdot 6x^5 + \frac{1}{4} \cdot 4x^3 - 2 \cdot 2x + 5 = 18x^5 + x^3 - 4x + 5. \end{aligned}\]

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: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left((2 - 5x)\sqrt{x}\right)' = (2 - 5x)'\sqrt{x} + (\sqrt{x})'(2 - 5x) = {} \\ &= -5\sqrt{x} + \frac{2 - 5x}{2\sqrt{x}} = \frac{-10x + 2 - 5x}{2\sqrt{x}} = \frac{2 - 15x}{2\sqrt{x}} \end{aligned}\] — общий знаменатель равен \(2\sqrt{x}\), причём \(-5\sqrt{x} = \frac{-5\sqrt{x} \cdot 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}} = \frac{-10x}{2\sqrt{x}}\).

3) Функция определена при \(x \ne -2\). По теореме о производной частного получаем: \[\begin{aligned} &f'(x) = \frac{(x^2 - 8x)'(x + 2) - (x + 2)'(x^2 - 8x)}{(x + 2)^2} = {} \\ &= \frac{(2x - 8)(x + 2) - (x^2 - 8x)}{(x + 2)^2} = {} \\ &= \frac{2x^2 - 4x - 16 - x^2 + 8x}{(x + 2)^2} = \frac{x^2 + 4x - 16}{(x + 2)^2}. \end{aligned}\]

4) Функция \(f(x) = \cos^5 4x\) — сложная: внешняя функция — пятая степень, средняя — косинус, внутренняя — линейная функция \(4x\). По теореме о производной сложной функции получаем: \[\begin{aligned} &f'(x) = \left(\cos^5 4x\right)' = 5\cos^4 4x \cdot (\cos 4x)' = {} \\ &= 5\cos^4 4x \cdot (-\sin 4x) \cdot (4x)' = -20\cos^4 4x\sin 4x. \end{aligned}\]

Ответ: 1) \(f'(x) = 18x^5 + x^3 - 4x + 5\); 2) \(f'(x) = \frac{2 - 15x}{2\sqrt{x}}\) при \(x > 0\); 3) \(f'(x) = \frac{x^2 + 4x - 16}{(x + 2)^2}\) при \(x \ne -2\); 4) \(f'(x) = -20\cos^4 4x\sin 4x\).

Имеем: \(f(x_0) = f(-2) = 3 \cdot (-2)^2 - (-2)^3 = 12 + 8 = 20\); \(f'(x) = 6x - 3x^2\); \(f'(x_0) = f'(-2) = 6 \cdot (-2) - 3 \cdot (-2)^2 = -12 - 12 = -24\).

Подставив найденные числовые значения в уравнение касательной \(y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)\), получаем: \(y = -24(x + 2) + 20\) — здесь \(x - x_0 = x - (-2) = x + 2\). Отсюда \(y = -24x - 28\).

Ответ: \(y = -24x - 28\).

Дано:
\(s(t) = 8 + 15t + t^2 - \frac{1}{3}t^3\) — закон движения, перемещение в метрах, время в секундах
\(t_0 = 4\) 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 \(y = s(t)\): \[s'(t) = 0 + 15 + 2t - \frac{1}{3} \cdot 3t^2 = 15 + 2t - t^2.\]

Значит, скорость движения в момент времени \(t\) равна \(v(t) = 15 + 2t - t^2\), и тогда \(v(4) = 15 + 2 \cdot 4 - 4^2 = 15 + 8 - 16 = 7\) (м/с).

Ответ: \(7\) м/с.

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

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

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: \(y'(-3) = -5\); \(y'(-1) = -3\).

Пусть \(x_0\) — абсцисса искомой точки, а \(\alpha\) — угол, который касательная в этой точке образует с положительным направлением оси абсцисс; по условию \(\alpha = 120^\circ\).

Угловой коэффициент касательной равен \(\mathrm{tg}\,\alpha\), а по геометрическому смыслу производной он равен \(f'(x_0)\). Значит, \(f'(x_0) = \mathrm{tg}\,120^\circ\).

По формуле приведения \(\mathrm{tg}\,120^\circ = \mathrm{tg}\,(180^\circ - 60^\circ) = -\mathrm{tg}\,60^\circ = -\sqrt{3}\): угол тупой, поэтому его тангенс отрицателен.

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

Ответ: \(-2\sqrt{3}\).

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

Пусть \(x_0\) — абсцисса точки касания, \(x_0 \ne 3\). По теореме о производной сложной функции \[f'(x) = \left(\frac{1}{x - 3}\right)' = -\frac{1}{(x - 3)^2} \cdot (x - 3)' = -\frac{1}{(x - 3)^2}.\]

Так как \(f(x_0) = \frac{1}{x_0 - 3}\) и \(f'(x_0) = -\frac{1}{(x_0 - 3)^2}\), то уравнение касательной имеет вид \[y = -\frac{1}{(x_0 - 3)^2}(x - x_0) + \frac{1}{x_0 - 3}.\]

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

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

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

Проверка: при \(x = 1\) получаем \(y = -1 + 1 = 0\), то есть найденная касательная действительно проходит через точку \((1;\ 0)\).

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