10 Проверьте себя

Проверьте себя

Сначала решите задания самостоятельно. Ниже в этом же разделе приведены подробные пошаговые решения, чтобы можно было проверить не только ответ, но и ход рассуждения.

Найдите производную
$f(x)=5x^4-3x^2+7$
Найдите производную
$f(x)=(x^2+1)e^x$
Укажите, какое правило применяется первым.
Найдите производную
$f(x)=\dfrac{\cos x}{x^2+4}$
Объясните, почему знаменатель не создаёт запрещённых точек.
Найдите производную
$f(x)=\cos(3x^2)$
Назовите внешний и внутренний слои.
Найдите производную
$f(x)=e^{\sin(x^2)}$
Распишите все слои сложной функции.
Пусть $f$ обратима, выполнены условия теоремы о производной обратной функции,
$f(-1)=3, \qquad f'(-1)=-4$
Найдите $(f^{-1})'(3)$ и объясните, почему знак ответа отрицательный.
Найдите производную $\arcsin x$ в точке
$x=\dfrac12$
Проверьте, что точка лежит в области, где формула производной применима.
Для функции
$f(x)=\tg(2x)\,\ctg(2x)$
найдите область определения и производную. Объясните, почему после упрощения до единицы запрещённые точки нельзя вернуть в область определения.
Найдите производную
$y=x^{\cos x}, \qquad x>0$
а затем вычислите её значение при $x=1$ .
Верно ли утверждение
$(uv)'=u'v'?$
Если нет, приведите простой контрпример и запишите правильную формулу.

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Ниже каждое задание разобрано пошагово: сначала выбираем правило, затем выполняем вычисления и отдельно проверяем ограничения, если они есть.

Дана функция
$f(x)=5x^4-3x^2+7$
Это сумма трёх слагаемых, поэтому производную можно находить по частям. Постоянные множители $5$ и $-3$ выносятся за знак производной, а производная константы $7$ равна нулю:
$\begin{aligned} f'(x) &=(5x^4)'-(3x^2)'+(7)'\\ &=5(x^4)'-3(x^2)'+0\\ &=5(4x^3)-3(2x)\\ &=20x^3-6x \end{aligned}$
Многочлен определён при всех действительных $x$ , поэтому ограничений на ответ нет.
Ответ:
$f'(x)=20x^3-6x$
Рассмотрим
$f(x)=(x^2+1)e^x$
Первым применяется правило произведения, потому что всё выражение состоит из двух множителей:
$u(x)=x^2+1, \qquad v(x)=e^x$
Их производные:
$u'(x)=2x, \qquad v'(x)=e^x$
Поэтому
$\begin{aligned} f'(x) &=u'v+uv'\\ &=2xe^x+(x^2+1)e^x \end{aligned}$
Выносим общий множитель $e^x$ :
$f'(x)=e^x(x^2+2x+1)=e^x(x+1)^2$
Ответ:
$f'(x)=e^x(x+1)^2$
Дана функция
$f(x)=\dfrac{\cos x}{x^2+4}$
Сначала проверим область определения. Знаменатель не должен обращаться в ноль. Для любого действительного $x$
$x^2\ge0,$
поэтому
$x^2+4\ge4>0$
Значит, знаменатель всегда положителен и функция определена при всех $x\in\mathbb R$ .
Внешняя операция — частное. Обозначим
$u(x)=\cos x, \qquad v(x)=x^2+4$
Тогда
$u'(x)=-\sin x, \qquad v'(x)=2x$
По правилу производной частного
$\begin{aligned} f'(x) &=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}\\ &=\dfrac{-\sin x\,(x^2+4)-2x\cos x}{(x^2+4)^2} \end{aligned}$
Дополнительных ограничений в ответе нет, поскольку исходная функция определена на всей числовой прямой.
Ответ:
$f'(x) = \dfrac{-(x^2+4)\sin x-2x\cos x}{(x^2+4)^2}, \qquad x\in\mathbb R$
Рассмотрим
$f(x)=\cos(3x^2)$
Внешняя функция — $g(u)=\cos u$ , внутренняя —
$u(x)=3x^2$
Производная внешней функции по её аргументу:
$g'(u)=-\sin u$
Производная внутренней функции:
$u'(x)=6x$
По правилу цепи
$\begin{aligned} f'(x) &=-\sin(3x^2)(3x^2)'\\ &=-6x\sin(3x^2) \end{aligned}$
Ответ:
$f'(x)=-6x\sin(3x^2)$
Дана функция
$f(x)=e^{\sin(x^2)}$
В ней три уровня:
$x \longrightarrow x^2 \longrightarrow \sin(x^2) \longrightarrow e^{\sin(x^2)}$
Дифференцируем снаружи внутрь. Производная экспоненты сохраняет экспоненту:
$(e^u)'=e^u$
Затем нужно умножить на производную $\sin(x^2)$ , а она сама является сложной функцией:
$\begin{aligned} f'(x) &=e^{\sin(x^2)}(\sin(x^2))'\\ &=e^{\sin(x^2)}\cos(x^2)(x^2)'\\ &=2x\cos(x^2)e^{\sin(x^2)} \end{aligned}$
Ответ:
$f'(x)=2x\cos(x^2)e^{\sin(x^2)}$
Из условия
$f(-1)=3$
следует, что обратная функция возвращает число $-1$ по значению $3$ :
$f^{-1}(3)=-1$
По теореме о производной обратной функции
$(f^{-1})'(3) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(3))}$
Подставляем найденное значение $f^{-1}(3)=-1$ :
$\begin{aligned} (f^{-1})'(3) =\dfrac{1}{f'(-1)} =\dfrac{1}{-4} &=-\dfrac14 \end{aligned}$
Отрицательный знак не появляется случайно. По условию $f'(-1)=-4<0$ , то есть исходная функция в этой точке убывает. Производная обратной функции является взаимно обратной к этой ненулевой производной, поэтому знак сохраняется отрицательным.
Ответ:
$(f^{-1})'(3)=-\dfrac14$
Для $\arcsin x$ формула
$(\arcsin x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
применяется при
$-1<x<1$
Точка
$x=\dfrac12$
этому условию удовлетворяет. Подставляем её в формулу:
$\begin{aligned} (\arcsin x)'\bigg|_{x=\frac12} =\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(\frac12\right)^2}} =\dfrac{1}{\sqrt{1-\frac14}}\\ =\dfrac{1}{\sqrt{\frac34}} =\dfrac{2}{\sqrt3} =\dfrac{2\sqrt3}{3} \end{aligned}$
Последняя форма получена рационализацией знаменателя; обе формы равносильны.
Ответ:
$\dfrac{2}{\sqrt3} = \dfrac{2\sqrt3}{3}$
Рассмотрим
$f(x)=\tg(2x)\,\ctg(2x)$
Сначала найдём область определения исходной функции. Для тангенса требуется
$\cos(2x)\neq0,$
а для котангенса
$\sin(2x)\neq0$
Условие $\sin(2x)=0$ выполняется при
$2x=\pi m, \qquad m\in\mathbb Z,$
то есть при $x=\dfrac{\pi m}{2}$ . Условие $\cos(2x)=0$ выполняется при
$2x=\dfrac{\pi}{2}+\pi m,$
то есть при $x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi m}{2}$ . Объединяя оба набора запрещённых точек, получаем компактную запись
$x\neq\dfrac{\pi k}{4}, \qquad k\in\mathbb Z$
На этой области оба множителя определены и ненулевы, поэтому
$\begin{aligned} \tg(2x)\,\ctg(2x) &=\dfrac{\sin(2x)}{\cos(2x)}\dfrac{\cos(2x)}{\sin(2x)} =1 \end{aligned}$
Следовательно,
$f'(x)=0$
во всех точках области определения. После сокращения запрещённые точки не возвращаются: исходное выражение в них не существовало.
Ответ:
$f'(x)=0, \qquad x\neq\dfrac{\pi k}{4}, \quad k\in\mathbb Z$
Пусть
$y=x^{\cos x}, \qquad x>0$
Здесь меняются и основание $x$ , и показатель $\cos x$ , поэтому обычное степенное правило напрямую не подходит. Так как $x>0$ , применяем логарифмическое дифференцирование:
$\ln y=\cos x\,\ln x$
Дифференцируем обе части. Слева по правилу цепи
$(\ln y)'=\dfrac{y'}{y},$
а справа применяем правило произведения:
$\begin{aligned} \dfrac{y'}{y} &=(\cos x)'\ln x+\cos x\,(\ln x)'\\ &=-\sin x\,\ln x+\dfrac{\cos x}{x} \end{aligned}$
Умножаем обе части на $y=x^{\cos x}$ :
$y' = x^{\cos x} \left( -\sin x\,\ln x+\dfrac{\cos x}{x} \right), \qquad x>0$
Теперь вычислим производную при $x=1$ . Используем
$\ln1=0, \qquad \sin(1)\,\ln1=0, \qquad 1^{\cos(1)}=1$
Тогда
$\begin{aligned} y'(1) &=1^{\cos(1)} \left( -\sin(1)\,0+\dfrac{\cos(1)}{1} \right)\\ &=\cos(1) \end{aligned}$
Ответ:
$y' = x^{\cos x} \left( -\sin x\,\ln x+\dfrac{\cos x}{x} \right), \qquad y'(1)=\cos(1)$
Утверждение
$(uv)'=u'v'$
неверно. Возьмём самый простой пример:
$u(x)=x, \qquad v(x)=x$
Тогда
$u(x)v(x)=x^2,$
поэтому настоящая производная равна
$(uv)'=(x^2)'=2x$
Если бы ошибочная формула была верна, получили бы
$u'v'=1,$
что не совпадает с $2x$ как функция от $x$ .
Правильное правило произведения:
$(uv)'=u'v+uv'$
В нашем примере оно даёт
$u'v+uv' = x+x = 2x,$
как и должно быть.
Ответ: утверждение неверно; правильная формула
$(uv)'=u'v+uv'$

Решения задач по ходу статьи.

Для
$f(x)=(3x^2-1)\sin x$
внешняя операция — произведение. Обозначим
$u(x)=3x^2-1, \qquad v(x)=\sin x$
Тогда
$u'(x)=6x, \qquad v'(x)=\cos x$
По правилу произведения
$\begin{aligned} f'(x) &=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\\ &=6x\sin x+(3x^2-1)\cos x \end{aligned}$
Оба множителя исходной функции определены при всех $x\in\mathbb R$ , поэтому дополнительных ограничений нет.
Ответ:
$f'(x)=6x\sin x+(3x^2-1)\cos x$
Рассмотрим
$f(x)=\ln(1+x^2)$
Сначала проверим область определения логарифма. Для любого действительного $x$
$x^2\ge0,$
поэтому
$1+x^2\ge1>0$
Значит, логарифм определён при всех $x\in\mathbb R$ .
Функция сложная: внешняя функция $g(u)=\ln u$ , внутренняя $u(x)=1+x^2$ . По правилу цепи
$\begin{aligned} f'(x) &=\dfrac{1}{1+x^2}(1+x^2)'\\ &=\dfrac{1}{1+x^2}\,2x\\ &=\dfrac{2x}{1+x^2} \end{aligned}$
Ответ:
$f'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}, \qquad x\in\mathbb R$
Из условий
$f(2)=7, \qquad f'(2)=5$
следует
$f^{-1}(7)=2$
По теореме о производной обратной функции
$(f^{-1})'(7) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(7))}$
Подставляем $f^{-1}(7)=2$ :
$(f^{-1})'(7) = \dfrac{1}{f'(2)} = \dfrac15$
Число $5$ стоит в знаменателе потому, что это производная исходной функции в той точке $x=2$ , которая переходит в $y=7$ .
Ответ:
$(f^{-1})'(7)=\dfrac15$
Пусть
$y=x^{\sin x}, \qquad x>0$
Поскольку основание положительно, можно взять натуральный логарифм:
$\ln y=\sin x\,\ln x$
Дифференцируем обе части:
$\dfrac{y'}{y} = (\sin x\,\ln x)'$
Справа применяем правило произведения:
$\begin{aligned} (\sin x\,\ln x)' &=(\sin x)'\ln x+\sin x(\ln x)'\\ &=\cos x\,\ln x+\dfrac{\sin x}{x} \end{aligned}$
Следовательно,
$\dfrac{y'}{y} = \cos x\,\ln x+\dfrac{\sin x}{x}$
Умножаем на $y=x^{\sin x}$ :
$y' = x^{\sin x} \left( \cos x\,\ln x+\dfrac{\sin x}{x} \right), \qquad x>0$
Ответ:
$y' = x^{\sin x} \left( \cos x\,\ln x+\dfrac{\sin x}{x} \right), \qquad x>0$