Номер 129, страница 295 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Функции. Глава 5. Задачи на повторение - номер 129, страница 295.

Условие.

129. Докажите, что:

а) функция $f(x) = \left(\frac{1}{3}\right)^{x+1}$ убывает на множестве $\mathbf{R}$;

б) функция $f(x) = \log_2 3x$ возрастает на промежутке $(0; \infty)$.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) функция $f(x)=\left(\frac{1}{3}\right)^{x+1}$ убывает на множестве R;

Для доказательства того, что функция $f(x) = \left(\frac{1}{3}\right)^{x+1}$ убывает на множестве действительных чисел $R$, воспользуемся определением убывающей функции. Функция называется убывающей на некотором множестве, если для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого множества, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

Выберем два произвольных действительных числа $x_1$ и $x_2$ так, чтобы $x_1 < x_2$.

Прибавим к обеим частям неравенства 1: $x_1 + 1 < x_2 + 1$.

Данная функция $f(x)$ является показательной функцией вида $y = a^t$, где основание $a = \frac{1}{3}$ и показатель степени $t = x+1$.

Поскольку основание степени $a = \frac{1}{3}$ удовлетворяет условию $0 < a < 1$, показательная функция с таким основанием является убывающей. Это означает, что большему значению показателя степени соответствует меньшее значение функции.

Так как $x_1 + 1 < x_2 + 1$, то для убывающей функции $y = \left(\frac{1}{3}\right)^t$ будет верно: $\left(\frac{1}{3}\right)^{x_1+1} > \left(\frac{1}{3}\right)^{x_2+1}$.

Это неравенство можно переписать как $f(x_1) > f(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1, x_2 \in R$ из условия $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) > f(x_2)$. Это доказывает, что функция $f(x)$ убывает на всем множестве действительных чисел $R$.

Ответ: Доказано.

б) функция $f(x) = \log_2 3x$ возрастает на промежутке $(0; \infty)$.

Для доказательства того, что функция $f(x) = \log_2 3x$ возрастает на промежутке $(0; \infty)$, воспользуемся определением возрастающей функции. Функция называется возрастающей на некотором множестве, если для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого множества, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) < f(x_2)$.

Область определения данной функции задается условием $3x > 0$, откуда $x > 0$, что совпадает с заданным промежутком $(0; \infty)$.

Выберем два произвольных числа $x_1$ и $x_2$ из промежутка $(0; \infty)$ так, чтобы $0 < x_1 < x_2$.

Умножим неравенство на 3 (положительное число), при этом знак неравенства не изменится: $3x_1 < 3x_2$.

Данная функция $f(x)$ является логарифмической функцией вида $y = \log_a t$, где основание $a = 2$ и выражение под логарифмом $t = 3x$.

Поскольку основание логарифма $a = 2$ больше 1 ($a > 1$), логарифмическая функция с таким основанием является возрастающей. Это означает, что большему значению выражения под знаком логарифма соответствует большее значение функции.

Так как $3x_1 < 3x_2$, то для возрастающей функции $y = \log_2 t$ будет верно: $\log_2 3x_1 < \log_2 3x_2$.

Это неравенство можно переписать как $f(x_1) < f(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1, x_2 \in (0; \infty)$ из условия $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$. Это доказывает, что функция $f(x)$ возрастает на промежутке $(0; \infty)$.

Ответ: Доказано.