Страница 103 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 42

Признаки возрастания и убывания функции

1. Найдите промежутки возрастания и убывания функции:

1) $f(x) = x + \frac{6}{x}$;

2) $f(x) = \sqrt{6x - x^2}$;

3) $f(x) = \cos x + \frac{1}{2}x$.

2. На рисунке 27 изображён график производной функции $f$, дифференцируемой на $R$. Укажите промежутки убывания функции $f$.

Рис. 27

3. Решите уравнение $x^5 + 3x + 1 = \cos 2x$.

4. При каких значениях параметра $a$ функция $f(x) = \frac{1}{3}(a + 1)x^3 - 4x^2 + 3x + 5$ возрастает на $R$?

1.

Для нахождения промежутков возрастания и убывания функции необходимо найти её производную и определить знаки производной на области определения функции. Функция возрастает на промежутках, где её производная неотрицательна ($f'(x) \ge 0$), и убывает на промежутках, где её производная неположительна ($f'(x) \le 0$).

1) $f(x) = x + \frac{6}{x}$

1. Область определения функции: $x \ne 0$, то есть $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Найдём производную функции: $f'(x) = (x + \frac{6}{x})' = 1 - \frac{6}{x^2} = \frac{x^2 - 6}{x^2}$.

3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$\frac{x^2 - 6}{x^2} = 0 \Rightarrow x^2 - 6 = 0 \Rightarrow x = \pm\sqrt{6}$.
Точка $x=0$, в которой производная не определена, является точкой разрыва функции.

4. Нанесём точки $x = -\sqrt{6}$, $x = \sqrt{6}$ и $x=0$ на числовую прямую и определим знаки производной на получившихся интервалах: $(-\infty; -\sqrt{6})$, $(-\sqrt{6}; 0)$, $(0; \sqrt{6})$, $(\sqrt{6}; +\infty)$.
- При $x \in (-\infty; -\sqrt{6})$ (например, $x=-3$), $f'(-3) = 1 - \frac{6}{(-3)^2} = 1 - \frac{6}{9} > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (-\sqrt{6}; 0)$ (например, $x=-1$), $f'(-1) = 1 - \frac{6}{(-1)^2} = 1 - 6 < 0$, функция убывает.
- При $x \in (0; \sqrt{6})$ (например, $x=1$), $f'(1) = 1 - \frac{6}{1^2} = 1 - 6 < 0$, функция убывает.
- При $x \in (\sqrt{6}; +\infty)$ (например, $x=3$), $f'(3) = 1 - \frac{6}{3^2} = 1 - \frac{6}{9} > 0$, функция возрастает.

Таким образом, функция возрастает на промежутках $(-\infty; -\sqrt{6}]$ и $[\sqrt{6}; +\infty)$ и убывает на промежутках $[-\sqrt{6}; 0)$ и $(0; \sqrt{6}]$.

Ответ: функция возрастает на $(-\infty; -\sqrt{6}]$ и $[\sqrt{6}; +\infty)$, убывает на $[-\sqrt{6}; 0)$ и $(0; \sqrt{6}]$.

2) $f(x) = \sqrt{6x - x^2}$

1. Найдём область определения функции из условия $6x - x^2 \ge 0$. Решая неравенство $x(6-x) \ge 0$, получаем $x \in [0; 6]$. Таким образом, $D(f) = [0; 6]$.

2. Найдём производную функции: $f'(x) = (\sqrt{6x - x^2})' = \frac{1}{2\sqrt{6x - x^2}} \cdot (6 - 2x) = \frac{3 - x}{\sqrt{6x - x^2}}$.

3. Найдём критические точки из условия $f'(x) = 0$. Это происходит, когда числитель равен нулю: $3-x=0 \Rightarrow x=3$. Производная не определена на концах области определения, при $x=0$ и $x=6$.

4. Определим знаки производной на интервалах, на которые область определения делится критической точкой: $(0; 3)$ и $(3; 6)$.
- При $x \in (0; 3)$, числитель $3-x > 0$, а знаменатель всегда положителен, значит $f'(x) > 0$, и функция возрастает.
- При $x \in (3; 6)$, числитель $3-x < 0$, а знаменатель положителен, значит $f'(x) < 0$, и функция убывает.

Таким образом, функция возрастает на промежутке $[0; 3]$ и убывает на промежутке $[3; 6]$.

Ответ: функция возрастает на $[0; 3]$, убывает на $[3; 6]$.

3) $f(x) = \cos x + \frac{1}{2}x$

1. Область определения функции: $D(f) = \mathbb{R}$.

2. Найдём производную функции: $f'(x) = (\cos x + \frac{1}{2}x)' = -\sin x + \frac{1}{2}$.

3. Определим промежутки знакопостоянства производной.
Функция возрастает, когда $f'(x) \ge 0$:
$-\sin x + \frac{1}{2} \ge 0 \Rightarrow \sin x \le \frac{1}{2}$.
Решением этого тригонометрического неравенства являются промежутки вида $[-\frac{7\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{6} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Функция убывает, когда $f'(x) \le 0$:
$-\sin x + \frac{1}{2} \le 0 \Rightarrow \sin x \ge \frac{1}{2}$.
Решением этого неравенства являются промежутки вида $[\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-\frac{7\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$, и убывает на промежутках $[\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

2.

Функция $f$ убывает на тех промежутках, где её производная $f'(x)$ неположительна, то есть $f'(x) \le 0$. Геометрически это соответствует участкам, где график производной $y=f'(x)$ находится на оси абсцисс или ниже неё.

Анализируя график на рисунке 27, видим, что $f'(x) \le 0$ на промежутках, где кривая лежит ниже или касается оси $x$. Это происходит на отрезке от $x_1$ до $x_3$ и на луче от $x_4$ вправо.

Ответ: промежутки убывания функции $f$: $[x_1; x_3]$ и $[x_4; +\infty)$.

3.

Дано уравнение $x^5 + 3x + 1 = \cos 2x$.

Рассмотрим две функции: $f(x) = x^5 + 3x + 1$ и $g(x) = \cos 2x$.

Исследуем функцию $f(x)$ на монотонность. Найдём её производную:
$f'(x) = (x^5 + 3x + 1)' = 5x^4 + 3$.
Так как $x^4 \ge 0$ для любого $x$, то $5x^4 \ge 0$, и следовательно $f'(x) = 5x^4 + 3 \ge 3 > 0$.
Поскольку производная $f'(x)$ всегда положительна, функция $f(x)$ является строго возрастающей на всей числовой оси.

Рассмотрим функцию $g(x) = \cos 2x$. Её область значений: $E(g) = [-1; 1]$.

Перепишем уравнение в виде $f(x) - g(x) = 0$ и рассмотрим функцию $h(x) = f(x) - g(x) = x^5 + 3x + 1 - \cos 2x$. Её производная:
$h'(x) = f'(x) - g'(x) = (5x^4 + 3) - (-2\sin 2x) = 5x^4 + 3 + 2\sin 2x$.
Оценим значение $h'(x)$. Мы знаем, что $5x^4 \ge 0$ и $-1 \le \sin 2x \le 1$, откуда $-2 \le 2\sin 2x \le 2$.
Тогда $h'(x) = 5x^4 + 3 + 2\sin 2x \ge 0 + 3 - 2 = 1$.
Так как $h'(x) > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, функция $h(x)$ строго возрастает. Это означает, что она может принимать каждое своё значение только один раз, в частности, значение 0. Таким образом, уравнение $h(x)=0$ имеет не более одного корня.

Проверим, является ли $x=0$ корнем уравнения:
$0^5 + 3 \cdot 0 + 1 = 1$
$\cos(2 \cdot 0) = \cos 0 = 1$
Так как $1=1$, то $x=0$ является корнем уравнения.

Поскольку мы доказали, что корень может быть только один, $x=0$ — единственное решение.

Ответ: $x=0$.

4.

Функция $f(x) = \frac{1}{3}(a + 1)x^3 - 4x^2 + 3x + 5$ возрастает на $\mathbb{R}$ тогда и только тогда, когда её производная $f'(x)$ неотрицательна для всех $x \in \mathbb{R}$, то есть $f'(x) \ge 0$.

Найдём производную:
$f'(x) = (\frac{1}{3}(a + 1)x^3 - 4x^2 + 3x + 5)' = (a+1)x^2 - 8x + 3$.

Необходимо найти все значения параметра $a$, при которых неравенство $(a+1)x^2 - 8x + 3 \ge 0$ выполняется для всех $x \in \mathbb{R}$.

Выражение слева является квадратным трёхчленом относительно $x$.

1. Если коэффициент при $x^2$ равен нулю, то есть $a+1=0 \Rightarrow a = -1$.
Неравенство принимает вид: $0 \cdot x^2 - 8x + 3 \ge 0 \Rightarrow -8x + 3 \ge 0$.
Это неравенство выполняется не для всех $x$ (например, не выполняется для $x=1$). Следовательно, $a = -1$ не подходит.

2. Если коэффициент при $x^2$ не равен нулю, $a+1 \ne 0$.
Квадратный трёхчлен будет неотрицателен для всех $x$ только в том случае, если его график (парабола) расположен не ниже оси абсцисс. Для этого необходимо и достаточно выполнения двух условий:
а) Коэффициент при $x^2$ должен быть положительным (ветви параболы направлены вверх): $a+1 > 0 \Rightarrow a > -1$.
б) Дискриминант квадратного трёхчлена должен быть неположительным (парабола имеет не более одной общей точки с осью абсцисс): $D \le 0$.
$D = (-8)^2 - 4(a+1)(3) = 64 - 12(a+1) = 64 - 12a - 12 = 52 - 12a$.
Решим неравенство $D \le 0$:
$52 - 12a \le 0$
$52 \le 12a$
$a \ge \frac{52}{12} \Rightarrow a \ge \frac{13}{3}$.

Оба условия ($a > -1$ и $a \ge \frac{13}{3}$) должны выполняться одновременно. Решением системы является $a \ge \frac{13}{3}$.

Ответ: $a \in [\frac{13}{3}; +\infty)$.

Самостоятельная работа № 43

Точки экстремума функции

1. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

1) $f(x) = \frac{x^2 + 3}{1 - x}$;

2) $f(x) = x^2 \sqrt{1 - x}$.

2. На рисунке 28 изображён график производной функции $f$, определённой на $\textbf{R}$. Укажите:

1) критические точки функции $f$;

2) точки экстремума функции $f$.

Рис. 28

3. Найдите, при каких значениях параметра $a$ функция $f(x) = \cos^2 x + (5a - 2)x$:

1) не имеет критических точек;

2) не имеет точек экстремума.

1. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

1) $f(x) = \frac{x^2 + 3}{1 - x}$

1. Область определения функции: знаменатель не должен быть равен нулю, поэтому $1 - x \neq 0 \Rightarrow x \neq 1$.
$D(f) = (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.
2. Находим производную функции по правилу дифференцирования частного:
$f'(x) = \left(\frac{x^2 + 3}{1 - x}\right)' = \frac{(x^2 + 3)'(1 - x) - (x^2 + 3)(1 - x)'}{(1 - x)^2} = \frac{2x(1 - x) - (x^2 + 3)(-1)}{(1 - x)^2} = \frac{2x - 2x^2 + x^2 + 3}{(1 - x)^2} = \frac{-x^2 + 2x + 3}{(1 - x)^2}$.
3. Находим критические точки, в которых производная равна нулю или не существует. Производная не существует при $x=1$, но эта точка не входит в область определения.
Приравняем производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$\frac{-x^2 + 2x + 3}{(1 - x)^2} = 0$.
$-x^2 + 2x + 3 = 0$, при условии $x \neq 1$.
$x^2 - 2x - 3 = 0$.
По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = -1$ и $x_2 = 3$.
4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения разбивается критическими точками: $(-\infty; -1)$, $(-1; 1)$, $(1; 3)$, $(3; +\infty)$.
Знак $f'(x)$ совпадает со знаком числителя $-x^2 + 2x + 3$, так как знаменатель $(1-x)^2$ всегда положителен (при $x \neq 1$). График параболы $y = -x^2 + 2x + 3$ - ветви направлены вниз, корни -1 и 3.
- на $(-\infty; -1)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
- на $(-1; 1)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- на $(1; 3)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- на $(3; +\infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
5. Определяем точки экстремума:
При переходе через точку $x = -1$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, $x = -1$ - точка минимума.
При переходе через точку $x = 3$ производная меняет знак с «+» на «-», следовательно, $x = 3$ - точка максимума.
Ответ: функция возрастает на промежутках $(-1; 1)$ и $(1; 3)$, убывает на промежутках $(-\infty; -1)$ и $(3; +\infty)$; $x_{min} = -1$, $x_{max} = 3$.

2) $f(x) = x^2 \sqrt{1 - x}$

1. Область определения функции: выражение под корнем должно быть неотрицательным, $1 - x \geq 0 \Rightarrow x \leq 1$.
$D(f) = (-\infty; 1]$.
2. Находим производную функции по правилу дифференцирования произведения:
$f'(x) = (x^2 \sqrt{1 - x})' = (x^2)'\sqrt{1-x} + x^2(\sqrt{1-x})' = 2x\sqrt{1-x} + x^2 \cdot \frac{-1}{2\sqrt{1-x}} = \frac{4x(1-x) - x^2}{2\sqrt{1-x}} = \frac{4x - 4x^2 - x^2}{2\sqrt{1-x}} = \frac{4x - 5x^2}{2\sqrt{1-x}} = \frac{x(4 - 5x)}{2\sqrt{1-x}}$.
3. Находим критические точки.
$f'(x) = 0$ при $x(4 - 5x) = 0$, откуда $x_1 = 0$, $x_2 = \frac{4}{5}$.
$f'(x)$ не существует при $1-x = 0$, откуда $x_3 = 1$.
Все критические точки ($0, \frac{4}{5}, 1$) принадлежат области определения.
4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; 0)$, $(0; \frac{4}{5})$, $(\frac{4}{5}; 1)$.
Знак $f'(x)$ на интервале $(-\infty; 1)$ совпадает со знаком числителя $x(4 - 5x)$, так как знаменатель $2\sqrt{1-x}$ положителен. График параболы $y = 4x - 5x^2$ - ветви направлены вниз, корни 0 и 4/5.
- на $(-\infty; 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
- на $(0; \frac{4}{5})$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- на $(\frac{4}{5}; 1)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
5. Определяем точки экстремума:
При переходе через точку $x = 0$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, $x = 0$ - точка минимума.
При переходе через точку $x = \frac{4}{5}$ производная меняет знак с «+» на «-», следовательно, $x = \frac{4}{5}$ - точка максимума.
Точка $x=1$ является граничной точкой области определения, но не точкой экстремума в классическом понимании, так как функция определена только с одной стороны.
Ответ: функция возрастает на промежутке $(0; \frac{4}{5})$, убывает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $(\frac{4}{5}; 1)$; $x_{min} = 0$, $x_{max} = \frac{4}{5}$.

2. На рисунке 28 изображён график производной функции f, определённой на R. Укажите:

На рисунке изображен график функции $y = f'(x)$.
1) критические точки функции f;
Критическими точками функции $f(x)$ являются внутренние точки области определения, в которых производная $f'(x)$ равна нулю или не существует.
Из графика видно, что $f'(x) = 0$ при $x = -3$, $x = 0$ и $x = 5$.
В точке $x = -2$ производная не существует (график имеет вертикальную асимптоту).
Так как функция $f(x)$ определена на $\mathbb{R}$, все эти точки являются критическими.
Ответ: -3, -2, 0, 5.
2) точки экстремума функции f.
Точки экстремума — это критические точки, в которых производная меняет свой знак. Проанализируем знак $f'(x)$ по графику (выше оси Ox - «+», ниже - «-»).
- В точке $x = -3$: знак $f'(x)$ меняется с «-» на «+», следовательно, $x = -3$ — точка минимума.
- В точке $x = -2$: знак $f'(x)$ меняется с «+» на «-», следовательно, $x = -2$ — точка максимума.
- В точке $x = 0$: знак $f'(x)$ меняется с «-» на «+», следовательно, $x = 0$ — точка минимума.
- В точке $x = 5$: знак $f'(x)$ меняется с «+» на «-», следовательно, $x = 5$ — точка максимума.
Ответ: точки минимума: $x=-3, x=0$; точки максимума: $x=-2, x=5$.

3. Найдите, при каких значениях параметра a функция $f(x) = \cos^2 x + (5a - 2)x$:

Сначала найдем производную функции:
$f'(x) = (\cos^2 x)' + ((5a - 2)x)' = 2\cos x \cdot (-\sin x) + 5a - 2 = -\sin(2x) + 5a - 2$.
Производная существует при всех $x \in \mathbb{R}$. Критические точки - это точки, где $f'(x) = 0$.
$f'(x) = 0 \Rightarrow -\sin(2x) + 5a - 2 = 0 \Rightarrow \sin(2x) = 5a - 2$.
1) не имеет критических точек;
Функция не имеет критических точек, если уравнение $f'(x) = 0$ не имеет решений.
Уравнение $\sin(2x) = 5a - 2$ не имеет решений, если значение выражения $5a - 2$ выходит за пределы области значений синуса, то есть $[-1; 1]$.
Это означает, что $|5a - 2| > 1$, что равносильно совокупности неравенств:
$5a - 2 < -1$ или $5a - 2 > 1$.
$5a < 1$ или $5a > 3$.
$a < \frac{1}{5}$ или $a > \frac{3}{5}$.
Ответ: $a \in (-\infty; \frac{1}{5}) \cup (\frac{3}{5}; +\infty)$.
2) не имеет точек экстремума.
Функция не имеет точек экстремума, если ее производная $f'(x)$ не меняет знак.
$f'(x) = (5a - 2) - \sin(2x)$.
1. Если у функции нет критических точек (результат из пункта 1), то $f'(x)$ никогда не равна нулю, а значит, сохраняет свой знак на всей числовой прямой. В этом случае точек экстремума нет. Это происходит при $a < \frac{1}{5}$ или $a > \frac{3}{5}$.
2. Рассмотрим случай, когда критические точки есть, но они не являются точками экстремума. Это возможно, если производная в этих точках равна нулю, но не меняет свой знак. Такое происходит, когда прямая $y = 5a - 2$ касается графика $y = \sin(2x)$, то есть в его точках максимума ($y=1$) или минимума ($y=-1$).
- Если $5a - 2 = 1 \Rightarrow 5a = 3 \Rightarrow a = \frac{3}{5}$. Тогда $f'(x) = 1 - \sin(2x)$. Так как $\sin(2x) \leq 1$ для всех $x$, то $f'(x) \geq 0$. Производная неотрицательна и не меняет знак, значит, точек экстремума нет.
- Если $5a - 2 = -1 \Rightarrow 5a = 1 \Rightarrow a = \frac{1}{5}$. Тогда $f'(x) = -1 - \sin(2x)$. Так как $\sin(2x) \geq -1$, то $f'(x) \leq 0$ для всех $x$. Производная неположительна и не меняет знак, значит, точек экстремума нет.
Объединяя оба случая, получаем, что функция не имеет точек экстремума, если $a \leq \frac{1}{5}$ или $a \geq \frac{3}{5}$.
Ответ: $a \in (-\infty; \frac{1}{5}] \cup [\frac{3}{5}; +\infty)$.