Класс 12 Решения NCERT - Математика Часть I - Глава 6 Применение производных - Разное упражнение по главе 6 | Набор 2
Глава 6 Применение деривативов – Разное упражнение по главе 6 | Набор 1
Вопрос 12. Точка гипотенузы треугольника находится на расстоянии a и b от сторон треугольника. Докажите, что минимальная длина гипотенузы равна 
Решение:
Given, a triangle ABC
Let, PE = a & PD = b
In the △ABC, ∠B = 90
Let ∠C = θ, so, ∠ DPA = θ
DP|| BC.
Now in △ADDP,
cosθ = DP/AP = b/AP
AP = b/cosθ
In △EPC,
sinθ = EP/CP = a/CP
CP = a/sin θ
Now AC = h = PA + PC
h =
h(θ) = b sec θ + a cosec θ
Put h"(θ) =
b sin3θ = a cos 3θ
tan3θ = a/b
tanθ = (a/b)1/3
secθ =
cosecθ =
hmax =
hmax = (b2/3+a2/3)3/2
Вопрос 13. Найдите точки, в которых функция f, заданная формулой f (x) = (x – 2) 4 (x + 1) 3 , имеет
(i) локальные максимумы
(ii) локальные минимумы
(iii) точка перегиба
Решение:
f(x) = (x – 2)4(x + 1)3
On differentiating w.r.t x, we get
f"(x) = 4(x – 2)3(x + 1)3 + 3(x + 1)2(x – 2)4
Put f"(x) = 0
(x – 2)3(x + 1)2 [4(x + 1) + 3(x – 2)] = 0
(x – 2)3(x + 1)2(7x – 2) = 0
Now,
Around x = -1, sign does not change, i.e
x = -1 is a point of inflation
Around x = 2/7, sign changes from +ve to -ve i.e.,
x = 2/7 is a point of local maxima.
Around x = 2, sign changes from -ve to +ve i.e.,
x = 2 is a point of local minima
Вопрос 14. Найдите абсолютное максимальное и минимальное значения функции f, заданной формулой f(x) = cos 2 x + sin x, x ∈ [0, π]
Решение:
f(x) = cos2x + sin x; x ϵ [0, π]
On differentiating w.r.t x, we get
f"(x) = 2cos x(-sin x) + cos x = cos x – sin2x
Put f"(x) = 0
cos x(1 – 2sin x) = 0
cos x = 0; sin x = 1/2
In x ϵ[0, π] if cos x = 0, then x = π/2
and if sin x = 1/2, then x = π/6 & 5π/6
Now, f”(x) = -sin x – 2 cos2x
f”(π/2) = -1 + 2 = 1 > 0
x = π/2 is a point of local minima f(π/2) = 1
f”(π/6) =
x = π/6 is a point of local maxima f(π/6) = 5/4
x = 5π/6 is a point of local minima f(5π/6) = 5/4
Global/Absolute maxima = ma{f(0), f(π/6), f(π)}
= max{1, 5/4, 1}
= 5/4 = Absolute maxima value
Global/Absolute minima = min{f(0), f(π/2), f(π/6), f(π)}
= min{1, 1, 5/4, 1}
= 1 = Absolute minima value
Вопрос 15. Покажите, что высота прямого кругового конуса максимального объема, который можно вписать в сферу радиуса r, равна 4π/3.
Решение:
Let ABC be the cone
and o is the centre of the sphere.
AO = BO = CO = R
AO = h = height of cone
BD = CD = r = radius of cone.
∠DOC = θ -(Properties of circle)
In △ DOC,
OD = R cosθ & CD = Rsinθ,
r = R sin θ
AD = AO + OD = R + Rcosθ
h = R(1 + cosθ)
Now, the volume of the cone is
V =
v(θ) =
Put v(θ) = 0
sinθ[2cosθ + 2cos2θ − sin2θ] = 0
sinθ[2cosθ + 2cos2θ − 1] = 0
sinθ(3cosθ − 1)(1 + cosθ) = 0
sinθ = 0, cos = 1/3, cosθ = −1
If sinθ = 0, then volume will be 0.
If cosθ = -1, then sinθ = 0 & again volume will be 0.
But if cosθ = 1/3; sinθ = 2√2/3 and
Volume, v = 32/81πR3, which is maximum.
Height, h = R(1 + cosθ) = R(
)
h = 4r/3
Hence proved
Вопрос 16. Пусть f — функция, определенная на [a, b], такая, что f′(x) > 0 для всех x ∈ (a, b). Затем докажите, что f — возрастающая функция на (a, b).
Решение:
Given that on [a, b] f"(x) > 0, for all x in interval I.
So let us considered x1, x2 belongs to I with x1 < x2
To prove: f(x) is increasing in (a, b)
According to the Lagrange’s Mean theorem
f(x2) – f(x1)/ x2 – x1 = f"(c)
f(x2) – f(x1) = f"(c)(x2 – x1)
Where x1 < c < x2
As we know that x1 < x2
so x1 < x2 > 0
It is given that f"(x) > 0
so, f"(c) > 0
Hence, f(x2) – f(x1) > 0
f(x2) < f(x1)
Therefore, for every pair of points x1, x2 belongs to I with x1 < x2
f(x2) < f(x1)
f(x) is strictly increasing in I
Вопрос 17. Покажите, что высота цилиндра максимального объема, который можно вписать в сферу радиуса R, равна 2R/√3. Также найдите максимальную громкость.
Решение:
In △ABC,
AC2 = BC2 + AB2
4R2 = 4r2 + h2
r2 = R2–
……….(1)
Now, volume of cylinder = πr2h
Put the value ov r2 from eq(1), we get
V = π(
).h
V(h) =
On differentiating both side we get
V ‘(h) =
Now, put V"(h) = 0
πR2 =
Now the maximum volume of cylinder = π[R2. 2R/√3 – 1/4.4R2/3.2R/√3]
= 4πR3/ 3√3
Вопрос 18. Покажите, что высота цилиндра наибольшего объема, который можно вписать в прямой круговой конус высотой h и полувертикальным углом α, составляет одну треть высоты конуса, а наибольший объем цилиндра равен 4/27. πh 3 загар 2 α .
Решение:
Let,
XQ = r
XO = h’
AO = h
OC = r’
∠XAQ = α
In triangle AXQ and AOC = XQ/OC = AX/AO
So, r’/r = h-h’/h
hr’ = r(h-h’)
hr’ = rh – rh’
rh’ = rh – hr’
rh’ = h(r – r’)
h’ = h(r – r’)/r
The volume of cylinder = πr’2h’
v = πr’2(h(r – r’)/r)
= π(h(rr’2 – r’3)/r)
On differentiating we get
v’ = πh/r(2rr’ – 3r’2)
Again on differentiating we get
v” = πh/r(2r – 6r’) ………(1)
Now put v’ = 0
πh/r(2rr’ – 3r’2) = 0
(2rr’ – 3r’2) = 0
2r’r = 3r’2
r’ = 2r/3
So, v is maximum at r’ = 2r/3
The maximum volume of cylinder = πh/r[r. 4r2/9 – 8r2/27]
= πhr2[4/27]
= 4/27πh(h tanα)2
= 4/27πh3 tan2α
Вопрос 19. Цилиндрический резервуар радиусом 10 м наполняется пшеницей со скоростью 314 кубометров в час. Затем глубина залегания пшеницы увеличивается со скоростью
(A) 1 м/ч (B) 0,1 м/ч (C) 1,1 м/ч (D) 0,5 м/ч
Решение:
Given,
Radius of cylinder = 10m [radius is fixed]
Rate of increase of volume = 314m3/h
ie dv/dt = 314m3/h
Now, the volume of cylinder = πr2h
v = π.(10)2.h
v = 100πh
On differentiating w.r.t t, we get
dv/dt = 100π
So option A is correct
Вопрос 20. Наклон касательной к кривой x = t 2 + 3t – 8, y = 2t 2 – 2t – 5 в точке (2,– 1) равен
(А) 22/7 (Б) 6/7 (В) 7/6 (Г) -6/7
Решение:
Given that the slope of the tangent to the curve x = t2 + 2t – 8 and y = 2t2 – 2t – 5
On differentiating we get
Now, when x = 2,
t2 + 3 – 8 = 2
t2 + 3 – 10 = 0
t2 – 2t + 5t – 10 = 0
(t – 2)(t + 5) = 0
Here, t = 2, t = -5 ……….(1)
When y = -1
2t2 – 2t – 5 = -1
2t2 – 2t – 4 = 0
t2 – t – 2 = 0
(t + 1)(t – 2) = 0
t = -1 or t = 2 ……….(2)
From eq(1) & eq(2) satisfies both,
Now,
So, option B is the correct.
Вопрос 21. Прямая y = mx + 1 является касательной к кривой y 2 = 4x, если значение m равно
(А) 1 (Б) 2 (В) 3 (Г)1/2
Решение:
The curve if y2 = 4x …….(1)
On differentiating we get
The slope of the tangent to the given curve at point(x, y)
m = 2/y
y = 2/m
The equation of line is y = mx + 1
Now put the value of y, we get the value of x
2/m = mx + 1
x = 2 – m/m
Now put the value of y and x in eq(1), we get
(2/m)2 = 4(2 – m/m)
m = 1
Hence, the option A is correct
Вопрос 22. Нормаль в точке (1, 1) на кривой 2y + x 2 = 3 равна
(А) х + у = 0 (Б) х – у = 0
(С) х + у +1 = 0 (Г) х – у = 1
Решение:
The equation of curve 2y + x2 = 3
On differentiating w.r.t x, we get
2
dy/dx = -x
The slope of the tangent to the given curve at point(1, 1)
dy/dx = -x = -1
m = -1
And slope of normal = 1
Now the equation of normal
(y -1) = 1(x – 1)
x – y = 0
So, B option is correct
Вопрос 23. Нормаль к кривой x 2 = 4y, проходящей через (1, 2), равна
(А) х + у = 3 (Б) х – у = 3 (С) х + у = 1 (Г) х – у = 1
Решение:
The equation of curve is x2 = 4y …….(1)
On differentiating w.r.t x, we get
2x =
The slope of normal at (x, y)
-dx/dy = -2/x = m
The slope at given point(1, 2)
m = (y – 2)/(x – 1)
-2/x = (y – 2)/(x – 1)
y = 2/x
Now put the value of y in eq(1)
x2 = 4(2/x)
x = 2
and y = 1
So the point is (2, 1)
Now the slope of normal at point(2, 1) = -2/2 = -1
The equation of the normal is
(y – 1) = -1(x – 2)
x + y = 3
So option A is correct
Вопрос 24. Точки на кривой 9y 2 = x 3 , в которых нормаль к кривой делает равные пересечения с осями, равны
(А) 
(Б) 
(С) 
(Д) 
Решение:
Given equation 9y2 = x3
On differentiating w.r.t x, we get
18y dy/dx = 3x2
dy/dx = 3x2/18y
dy/dx = x2/6y
Now, the slope of the normal to the given curve at point (x1, y1) is
Hence, the equation of the normal to the curve at point (x1, y1) is
According to the question it is given that the normal
make equal intercepts with the axes.
So,
…………(1)
The point (x1, y1)lie on the curve,
…………(2)
From eq(1) and (2), we get
From eq(2), we get
Hence, the required points are
So, option A is correct.
