Упр.19.9 ГДЗ Мордковича 11 класс профильный уровень (Алгебра)
- Найдите угол, образованный касательной к графику функции $$y=h(x)$$ в точке с абсциссой $$x_0$$ с положительным направлением оси абсцисс:
а) $$h(x)=\frac{1}{5}e^{5x-1},\quad x_0=0{,}2$$;
б) $$h(x)=e^{-x+\sqrt{3}},\quad x_0=-\sqrt{3}$$;
в) $$h(x)=\frac{1}{3}e^{1-3x},\quad x_0=\frac{1}{3}$$;
г) $$h(x)=e^{\frac{\sqrt{3}}{3}x-1},\quad x_0=\sqrt{3}$$.
Угол наклона касательной к графику функции в точке с абсциссой $$x_0$$ находим по формуле $$\tan \alpha = h'(x_0).$$ Если $$h'(x_0)>0$$, то $$\alpha=\arctan h'(x_0)$$, а если $$h'(x_0)<0$$, то $$\alpha=\pi-\arctan |h'(x_0)|$$.
$$h(x)=\frac15 e^{5x-1}, \quad x_0=0{,}2.$$
$$h'(x)=\frac15 \cdot (e^{5x-1})’=\frac15 \cdot 5e^{5x-1}=e^{5x-1}.$$
$$h'(0{,}2)=e^{5\cdot 0{,}2-1}=e^0=1.$$
$$\alpha=\arctan 1=\frac{\pi}{4}.$$
$$h(x)=e^{-x+\sqrt3}, \quad x_0=-\sqrt3.$$
$$h'(x)=(e^{-x+\sqrt3})’=-e^{-x+\sqrt3}.$$
$$h'(-\sqrt3)=-e^{-(-\sqrt3)+\sqrt3}=-e^0=-1.$$
$$\alpha=\pi-\arctan 1=\pi-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}.$$
$$h(x)=\frac13 e^{1-3x}, \quad x_0=\frac13.$$
$$h'(x)=\frac13 \cdot (e^{1-3x})’=\frac13 \cdot (-3)e^{1-3x}=-e^{1-3x}.$$
$$h’\!\left(\frac13\right)=-e^{1-3\cdot \frac13}=-e^0=-1.$$
$$\alpha=\pi-\arctan 1=\pi-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}.$$
$$h(x)=e^{\frac{\sqrt3}{3}x-1}, \quad x_0=\sqrt3.$$
$$h'(x)=\left(e^{\frac{\sqrt3}{3}x-1}\right)’=\frac{\sqrt3}{3}e^{\frac{\sqrt3}{3}x-1}.$$
$$h'(\sqrt3)=\frac{\sqrt3}{3}e^{\frac{\sqrt3}{3}\cdot \sqrt3-1}=\frac{\sqrt3}{3}e^0=\frac{\sqrt3}{3}.$$
$$\alpha=\arctan \frac{\sqrt3}{3}=\frac{\pi}{6}.$$
Ответ
а) $$\frac{\pi}{4}$$; б) $$\frac{3\pi}{4}$$; в) $$\frac{3\pi}{4}$$; г) $$\frac{\pi}{6}$$.
