Номер 250, страница 127 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Чтобы доказать, что функция $f(x) = x \cdot e^{2x-1}$ возрастает на промежутке $[-0,5; +\infty)$, необходимо найти ее производную и определить знак производной на этом промежутке. Функция возрастает, если ее производная неотрицательна ($f'(x) \ge 0$) на данном промежутке.

Найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

Пусть $u(x) = x$ и $v(x) = e^{2x-1}$. Тогда $u'(x) = 1$ и $v'(x) = e^{2x-1} \cdot (2x-1)' = 2e^{2x-1}$.

$f'(x) = (x)' \cdot e^{2x-1} + x \cdot (e^{2x-1})' = 1 \cdot e^{2x-1} + x \cdot 2e^{2x-1} = e^{2x-1}(1 + 2x)$

Теперь проанализируем знак производной $f'(x) = e^{2x-1}(1 + 2x)$ на промежутке $[-0,5; +\infty)$.

Множитель $e^{2x-1}$ всегда положителен при любом значении $x$, так как это показательная функция ($e^a > 0$ для любого $a$).

Знак производной зависит от знака множителя $(1 + 2x)$.

Рассмотрим промежуток $x \in [-0,5; +\infty)$, что эквивалентно неравенству $x \ge -0,5$.

Если $x \ge -0,5$, то $2x \ge -1$, и $1 + 2x \ge 0$.

Таким образом, на промежутке $[-0,5; +\infty)$ оба множителя в выражении для производной неотрицательны: $e^{2x-1} > 0$ и $(1 + 2x) \ge 0$. Следовательно, их произведение $f'(x) = e^{2x-1}(1 + 2x) \ge 0$ на всем промежутке $[-0,5; +\infty)$.

Поскольку производная функции неотрицательна на указанном промежутке и равна нулю лишь в одной точке $x = -0,5$, функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Производная функции $f'(x) = e^{2x-1}(1 + 2x)$. На промежутке $[-0,5; +\infty)$, множитель $e^{2x-1} > 0$, а множитель $(1 + 2x) \ge 0$. Следовательно, $f'(x) \ge 0$, и функция возрастает, что и требовалось доказать.

2)

Чтобы доказать, что функция $f(x) = \log_5(1 - 3x)$ убывает на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$, необходимо найти ее производную и показать, что она отрицательна ($f'(x) < 0$) на этом промежутке.

Сначала определим область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$1 - 3x > 0 \implies 1 > 3x \implies x < \frac{1}{3}$

Область определения функции — $(-\infty; \frac{1}{3})$, что совпадает с данным промежутком.

Найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования логарифмической функции $(\log_a u)' = \frac{u'}{u \ln a}$:

$f'(x) = (\log_5(1 - 3x))' = \frac{(1-3x)'}{(1-3x)\ln 5} = \frac{-3}{(1-3x)\ln 5}$

Теперь проанализируем знак производной $f'(x)$ на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

Числитель дроби равен -3, что является отрицательным числом.

Рассмотрим знаменатель $(1-3x)\ln 5$:

- Множитель $\ln 5$ — это константа, и так как основание натурального логарифма $e \approx 2,718$ и $5 > 1$, то $\ln 5 > 0$.

- Множитель $(1-3x)$ положителен на всей области определения функции, то есть при $x < \frac{1}{3}$.

Таким образом, знаменатель является произведением двух положительных величин, а значит, он положителен: $(1-3x)\ln 5 > 0$ для всех $x \in (-\infty; \frac{1}{3})$.

В итоге, производная $f'(x) = \frac{-3}{(1-3x)\ln 5}$ представляет собой частное от деления отрицательного числа (-3) на положительное число ($(1-3x)\ln 5$), следовательно, $f'(x) < 0$ на всем промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

Поскольку производная функции строго отрицательна на указанном промежутке, функция $f(x)$ убывает на этом промежутке.

Ответ: Производная функции $f'(x) = \frac{-3}{(1-3x)\ln 5}$. На промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$, числитель -3 отрицателен, а знаменатель $(1-3x)\ln 5$ положителен. Следовательно, $f'(x) < 0$, и функция убывает, что и требовалось доказать.