Номер 303, страница 154 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 2. Производная и её применения. Параграф 6. Применения производной к исследованию функции - номер 303, страница 154.

Условие.

303.— Докажите, что функция $f$ принимает на данном промежутке положительные значения:

а) $f(x) = \operatorname{tg} x - x; I = (0; \frac{\pi}{2})$

б) $f(x) = \sqrt{x} - \frac{1}{x}; I = [1; \infty)$

в) $f(x) = x - \sin x; I = (0; \infty)$

г) $f(x) = x + \frac{\pi}{2} - \cos x; I = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \tg x - x$ принимает положительные значения на промежутке $I = (0; \frac{\pi}{2})$, исследуем ее с помощью производной.
Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (\tg x - x)' = (\tg x)' - (x)' = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$.
На интервале $(0; \frac{\pi}{2})$ косинус принимает значения $0 < \cos x < 1$. Следовательно, $\cos^2 x$ принимает значения $0 < \cos^2 x < 1$.
Тогда $\frac{1}{\cos^2 x} > 1$, и значит, производная $f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Поскольку производная функции положительна на всем интервале, функция $f(x)$ является строго возрастающей на этом интервале.
Теперь найдем значение функции на левой границе интервала (точнее, предел при $x$, стремящемся к 0 справа):
$\lim_{x\to0^+} f(x) = \lim_{x\to0^+} (\tg x - x) = \tg 0 - 0 = 0$.
Так как функция $f(x)$ строго возрастает на интервале $(0; \frac{\pi}{2})$ и ее значение "начинается" с 0 в точке $x=0$, то для любого $x$ из этого интервала будет выполняться неравенство $f(x) > f(0) = 0$.
Таким образом, функция $f(x)$ принимает положительные значения на данном промежутке.
Ответ: Доказано, что функция $f(x) = \tg x - x$ принимает положительные значения на промежутке $I = (0; \frac{\pi}{2})$.

б) Чтобы доказать, что функция $f(x) = \sqrt{x} - \frac{1}{x}$ принимает положительные значения на промежутке $I = [1; \infty)$, исследуем ее поведение на этом промежутке.
Сначала проверим значение функции на левой границе промежутка, в точке $x=1$:
$f(1) = \sqrt{1} - \frac{1}{1} = 1 - 1 = 0$.
Теперь найдем производную функции, чтобы определить ее монотонность. Запишем функцию в виде $f(x) = x^{1/2} - x^{-1}$.
$f'(x) = (x^{1/2} - x^{-1})' = \frac{1}{2}x^{-1/2} - (-1)x^{-2} = \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{x^2}$.
На промежутке $[1; \infty)$ переменная $x$ положительна, поэтому $\sqrt{x} > 0$ и $x^2 > 0$. Следовательно, оба слагаемых в выражении для производной положительны: $\frac{1}{2\sqrt{x}} > 0$ и $\frac{1}{x^2} > 0$.
Таким образом, $f'(x) > 0$ для всех $x \in [1; \infty)$.
Поскольку производная функции положительна, функция $f(x)$ строго возрастает на всем промежутке $[1; \infty)$.
Наименьшее значение функция принимает в левой крайней точке промежутка, то есть при $x=1$. Мы уже вычислили, что $f(1) = 0$.
Так как функция строго возрастает и ее минимальное значение на промежутке равно 0, то для всех $x \in (1; \infty)$ будет выполняться строгое неравенство $f(x) > f(1) = 0$. На всем промежутке $[1; \infty)$ функция принимает неотрицательные значения, причем значение 0 достигается только в точке $x=1$, а для всех остальных точек промежутка значения строго положительны.
Ответ: Доказано, что функция $f(x) = \sqrt{x} - \frac{1}{x}$ принимает неотрицательные значения на промежутке $I = [1; \infty)$, и строго положительные значения на $(1; \infty)$.

в) Чтобы доказать, что функция $f(x) = x - \sin x$ принимает положительные значения на промежутке $I = (0; \infty)$, исследуем ее с помощью производной.
Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (x - \sin x)' = 1 - \cos x$.
Известно, что для любого действительного $x$ значение косинуса лежит в пределах $-1 \le \cos x \le 1$.
Следовательно, производная $f'(x) = 1 - \cos x \ge 1 - 1 = 0$.
Производная $f'(x)$ равна нулю только в тех точках, где $\cos x = 1$, то есть при $x = 2\pi k$, где $k$ — целое число. На рассматриваемом промежутке $(0; \infty)$ это точки $2\pi, 4\pi, 6\pi, \ldots$.
Поскольку производная $f'(x) \ge 0$ и обращается в ноль лишь в отдельных точках, функция $f(x)$ является строго возрастающей на всем промежутке $(0; \infty)$.
Найдем значение функции в точке $x=0$, которая является левой границей промежутка:
$f(0) = 0 - \sin 0 = 0$.
Так как функция $f(x)$ строго возрастает на $(0; \infty)$ и $f(0)=0$, то для любого $x > 0$ будет выполняться неравенство $f(x) > f(0) = 0$.
Следовательно, функция $f(x)$ принимает положительные значения на данном промежутке.
Ответ: Доказано, что функция $f(x) = x - \sin x$ принимает положительные значения на промежутке $I = (0; \infty)$.

г) Чтобы доказать, что функция $f(x) = x + \frac{\pi}{2} - \cos x$ принимает положительные значения на промежутке $I = [-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, исследуем ее монотонность.
Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (x + \frac{\pi}{2} - \cos x)' = 1 - (-\sin x) = 1 + \sin x$.
На отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ синус принимает значения от $\sin(-\frac{\pi}{2}) = -1$ до $\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$. То есть, $-1 \le \sin x \le 1$.
Следовательно, производная $f'(x) = 1 + \sin x \ge 1 + (-1) = 0$.
Производная $f'(x)$ равна нулю на данном отрезке только в одной точке, где $\sin x = -1$, то есть при $x = -\frac{\pi}{2}$.
Поскольку производная $f'(x) \ge 0$ и равна нулю только на левой границе отрезка, функция $f(x)$ является строго возрастающей на всем отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$.
Наименьшее значение функция принимает в левой крайней точке отрезка, то есть при $x = -\frac{\pi}{2}$. Вычислим это значение:
$f(-\frac{\pi}{2}) = -\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} - \cos(-\frac{\pi}{2}) = 0 - 0 = 0$.
Так как функция строго возрастает на отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ и ее наименьшее значение равно 0, то для всех $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ выполняется строгое неравенство $f(x) > f(-\frac{\pi}{2}) = 0$. На всем отрезке функция принимает неотрицательные значения.
Ответ: Доказано, что функция $f(x) = x + \frac{\pi}{2} - \cos x$ принимает неотрицательные значения на промежутке $I = [-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, и строго положительные значения на $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$.