Решение задачи на первообразную функции

Вариант 1 Задание 1. Показать, что функция \( F(x) \) является первообразной для \( f(x) \). Для этого необходимо проверить выполнение условия \( F'(x) = f(x) \). Дано: \[ F(x) = 2e^{\frac{x}{2}} - \frac{1}{2}\cos 2x \] \[ f(x) = e^{\frac{x}{2}} + \sin 2x \] Находим производную: \[ F'(x) = (2e^{\frac{x}{2}} - \frac{1}{2}\cos 2x)' = 2 \cdot e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot (-\sin 2x) \cdot 2 \] \[ F'(x) = e^{\frac{x}{2}} + \sin 2x \] Так как \( F'(x) = f(x) \), то \( F(x) \) является первообразной для \( f(x) \). Задание 2. Найти первообразную \( F(x) \) функции \( f(x) = \sqrt{x} + \frac{1}{x} \), график которой проходит через точку \( M(1; -2) \). Общий вид первообразной: \[ F(x) = \int (\sqrt{x} + \frac{1}{x}) dx = \int (x^{\frac{1}{2}} + \frac{1}{x}) dx = \frac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} + \ln|x| + C = \frac{2}{3}x\sqrt{x} + \ln|x| + C \] Подставим координаты точки \( M(1; -2) \), где \( x = 1 \), \( F(x) = -2 \): \[ -2 = \frac{2}{3} \cdot 1 \cdot \sqrt{1} + \ln|1| + C \] \[ -2 = \frac{2}{3} + 0 + C \] \[ C = -2 - \frac{2}{3} = -\frac{8}{3} \] Ответ: \( F(x) = \frac{2}{3}x\sqrt{x} + \ln|x| - \frac{8}{3} \). Задание 3. Найти площадь криволинейной трапеции: \( x=0, x=3, f(x) = \frac{x+2}{x+1} \), ось \( Ox \). Площадь вычисляется по формуле: \[ S = \int_{0}^{3} \frac{x+2}{x+1} dx = \int_{0}^{3} \frac{x+1+1}{x+1} dx = \int_{0}^{3} (1 + \frac{1}{x+1}) dx \] \[ S = [x + \ln|x+1|]_0^3 = (3 + \ln|3+1|) - (0 + \ln|0+1|) \] \[ S = 3 + \ln 4 - \ln 1 = 3 + \ln 4 \] Ответ: \( 3 + \ln 4 \). Задание 4. Вычислить интегралы. 1) \( \int_{1}^{4} \frac{x^2+1}{\sqrt{x}} dx = \int_{1}^{4} (x^{\frac{3}{2}} + x^{-\frac{1}{2}}) dx = [\frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}} + 2x^{\frac{1}{2}}]_1^4 = [\frac{2}{5}x^2\sqrt{x} + 2\sqrt{x}]_1^4 \) \[ = (\frac{2}{5} \cdot 16 \cdot 2 + 2 \cdot 2) - (\frac{2}{5} \cdot 1 + 2) = (\frac{64}{5} + 4) - (\frac{2}{5} + 2) = \frac{62}{5} + 2 = 12.4 + 2 = 14.4 \] 2) \( \int_{1}^{2} \frac{x^2+4}{x+2} dx = \int_{1}^{2} \frac{x^2-4+8}{x+2} dx = \int_{1}^{2} (\frac{(x-2)(x+2)}{x+2} + \frac{8}{x+2}) dx = \int_{1}^{2} (x - 2 + \frac{8}{x+2}) dx \) \[ = [\frac{x^2}{2} - 2x + 8\ln|x+2|]_1^2 = (2 - 4 + 8\ln 4) - (\frac{1}{2} - 2 + 8\ln 3) = -2 + 8\ln 4 + 1.5 - 8\ln 3 = 8\ln\frac{4}{3} - 0.5 \] 3) \( \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \sin x \sin 3x dx \). Используем формулу \( \sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)) \): \[ \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \frac{1}{2}(\cos 2x - \cos 4x) dx = \frac{1}{2} [\frac{1}{2}\sin 2x - \frac{1}{4}\sin 4x]_{\frac{\pi}{2}}^{\pi} \] \[ = \frac{1}{2} ((\frac{1}{2}\sin 2\pi - \frac{1}{4}\sin 4\pi) - (\frac{1}{2}\sin \pi - \frac{1}{4}\sin 2\pi)) = \frac{1}{2}(0 - 0) = 0 \] Задание 5. Найти площадь фигуры: \( y = 8x - x^2 - 7 \) и \( y = x + 3 \). Найдем точки пересечения: \[ 8x - x^2 - 7 = x + 3 \Rightarrow x^2 - 7x + 10 = 0 \] По теореме Виета: \( x_1 = 2, x_2 = 5 \). \[ S = \int_{2}^{5} (8x - x^2 - 7 - (x + 3)) dx = \int_{2}^{5} (-x^2 + 7x - 10) dx \] \[ S = [-\frac{x^3}{3} + \frac{7x^2}{2} - 10x]_2^5 = (-\frac{125}{3} + \frac{175}{2} - 50) - (-\frac{8}{3} + 14 - 20) \] \[ S = (-\frac{250+525-300}{6}) - (-\frac{8}{3} - 6) = \frac{-25}{6} - (-\frac{26}{3}) = -\frac{25}{6} + \frac{52}{6} = \frac{27}{6} = 4.5 \] Ответ: 4.5. Задание 6. Найти площадь фигуры: \( y = x^2 + 12 \) и касательные из точки \( A(0; 3) \). Уравнение касательной: \( y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) \). \( f'(x) = 2x \). Касательная: \( y = x_0^2 + 12 + 2x_0(x - x_0) = 2x_0x - x_0^2 + 12 \). Проходит через \( (0; 3) \): \( 3 = -x_0^2 + 12 \Rightarrow x_0^2 = 9 \Rightarrow x_0 = \pm 3 \). Касательные: \( y_1 = 6x + 3 \) и \( y_2 = -6x + 3 \). Фигура симметрична, найдем половину площади от 0 до 3: \[ S = 2 \int_{0}^{3} (x^2 + 12 - (6x + 3)) dx = 2 \int_{0}^{3} (x^2 - 6x + 9) dx = 2 \int_{0}^{3} (x-3)^2 dx \] \[ S = 2 [\frac{(x-3)^3}{3}]_0^3 = 2 (0 - \frac{-27}{3}) = 2 \cdot 9 = 18 \] Ответ: 18.