Страница 51 - 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) $f(x) = x + \frac{3}{x}$;

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

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

2. На рисунке 13 изображён график производной функции $f'$, дифференцируемой на $R$. Укажите промежутки убывания функции $f$.

Рис. 13

3. Решите уравнение $x^9 + 5x + 1 = \cos 4x$.

4. При каких значениях параметра $a$ функция $f(x) = \frac{1}{3}(a + 3)x^3 - x^2 + 7x - 4$ возрастает на $R$?

1)

Функция $f(x) = x + \frac{3}{x}$.

1. Область определения функции: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$, так как знаменатель не может быть равен нулю.

2. Найдем производную функции:
$f'(x) = (x + \frac{3}{x})' = 1 - \frac{3}{x^2} = \frac{x^2 - 3}{x^2}$.

3. Найдем критические точки. Производная не определена в точке $x=0$, которая не входит в область определения. Приравняем производную к нулю, чтобы найти стационарные точки:
$f'(x) = 0 \implies \frac{x^2 - 3}{x^2} = 0 \implies x^2 - 3 = 0 \implies x = \sqrt{3}$ и $x = -\sqrt{3}$.

4. Определим знаки производной на интервалах, на которые область определения разбивается критическими точками: $(-\infty; -\sqrt{3})$, $(-\sqrt{3}; 0)$, $(0; \sqrt{3})$, $(\sqrt{3}; +\infty)$.

• При $x \in (-\infty; -\sqrt{3})$, например $x = -2$, $f'(-2) = \frac{(-2)^2 - 3}{(-2)^2} = \frac{1}{4} > 0$, следовательно, функция возрастает.
• При $x \in (-\sqrt{3}; 0)$, например $x = -1$, $f'(-1) = \frac{(-1)^2 - 3}{(-1)^2} = -2 < 0$, следовательно, функция убывает.
• При $x \in (0; \sqrt{3})$, например $x = 1$, $f'(1) = \frac{1^2 - 3}{1^2} = -2 < 0$, следовательно, функция убывает.
• При $x \in (\sqrt{3}; +\infty)$, например $x = 2$, $f'(2) = \frac{2^2 - 3}{2^2} = \frac{1}{4} > 0$, следовательно, функция возрастает.

Таким образом, функция возрастает на промежутках $(-\infty; -\sqrt{3}]$ и $[\sqrt{3}; +\infty)$, и убывает на промежутках $[-\sqrt{3}; 0)$ и $(0; \sqrt{3}]$.

Ответ: функция возрастает на $(-\infty; -\sqrt{3}]$ и $[\sqrt{3}; +\infty)$; убывает на $[-\sqrt{3}; 0)$ и $(0; \sqrt{3}]$.

2)

Функция $f(x) = \sqrt{2x - x^2}$.

1. Найдем область определения функции. Потребуем, чтобы подкоренное выражение было неотрицательным:
$2x - x^2 \ge 0 \implies x(2-x) \ge 0$.
Решением этого неравенства является отрезок $[0; 2]$. Итак, $D(f) = [0; 2]$.

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

3. Найдем критические точки. Производная определена на интервале $(0; 2)$. Приравняем производную к нулю:
$f'(x) = 0 \implies \frac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}} = 0 \implies 1 - x = 0 \implies x = 1$.

4. Точка $x=1$ разбивает область определения $[0; 2]$ на два промежутка: $[0; 1)$ и $(1; 2]$. Определим знак производной на этих интервалах.

• При $x \in (0; 1)$, $1-x > 0$, и знаменатель $\sqrt{2x - x^2} > 0$, значит $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
• При $x \in (1; 2)$, $1-x < 0$, и знаменатель $\sqrt{2x - x^2} > 0$, значит $f'(x) < 0$. Функция убывает.

Таким образом, функция возрастает на отрезке $[0; 1]$ и убывает на отрезке $[1; 2]$.

Ответ: функция возрастает на $[0; 1]$; убывает на $[1; 2]$.

3)

Функция $f(x) = \cos x + \frac{x\sqrt{2}}{2}$.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = \mathbb{R}$.

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

3. Найдем промежутки знакопостоянства производной.

Функция возрастает, когда $f'(x) \ge 0$:
$-\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} \ge 0 \implies \sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства являются промежутки вида $[\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{9\pi}{4} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, когда $f'(x) \le 0$:
$-\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2} \le 0 \implies \sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решением этого неравенства являются промежутки вида $[\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{9\pi}{4} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$; убывает на промежутках $[\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

2.

Функция $f$ убывает на тех промежутках, где ее производная $f'(x)$ неположительна, то есть $f'(x) \le 0$.

На рисунке 13 изображен график функции $y = f'(x)$. Мы ищем промежутки, на которых этот график находится ниже оси абсцисс или касается ее.

Из графика видно, что $f'(x) \le 0$ при $x \in [x_1, x_2]$ и при $x \in [x_3, x_4]$.

Следовательно, это и есть промежутки убывания функции $f$.

Ответ: $[x_1, x_2]$ и $[x_3, x_4]$.

3.

Решим уравнение $x^9 + 5x + 1 = \cos 4x$.

Рассмотрим две функции: левую часть уравнения $f(x) = x^9 + 5x + 1$ и правую часть $g(x) = \cos 4x$.

Исследуем функцию $f(x)$. Найдем ее производную:
$f'(x) = (x^9 + 5x + 1)' = 9x^8 + 5$.
Так как $x^8 \ge 0$ для любого $x$, то $9x^8 \ge 0$, и, следовательно, $f'(x) = 9x^8 + 5 \ge 5 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Это означает, что функция $f(x)$ является строго возрастающей на всей числовой прямой.

Функция $g(x) = \cos 4x$ является периодической, и ее область значений $E(g) = [-1; 1]$.

Подберем корень уравнения. Проверим $x = 0$:
$f(0) = 0^9 + 5(0) + 1 = 1$.
$g(0) = \cos(4 \cdot 0) = \cos(0) = 1$.
Так как $f(0) = g(0)$, то $x=0$ является корнем уравнения.

Докажем, что других корней нет.
Рассмотрим функцию $h(x) = f(x) - g(x) = x^9 + 5x + 1 - \cos 4x$. Нам нужно найти нули этой функции. Мы уже знаем, что $h(0) = 0$.
Найдем производную $h'(x)$:
$h'(x) = (x^9 + 5x + 1 - \cos 4x)' = 9x^8 + 5 - (-\sin 4x \cdot 4) = 9x^8 + 5 + 4\sin 4x$.
Оценим значение $h'(x)$. Минимальное значение $\sin 4x$ равно -1. Тогда минимальное значение $h'(x)$ равно $9x^8 + 5 + 4(-1) = 9x^8 + 1$.
Так как $9x^8 \ge 0$, то $h'(x) \ge 1 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Поскольку производная функции $h(x)$ всегда положительна, функция $h(x)$ строго возрастает на всей числовой прямой. Строго монотонная функция может пересекать ось абсцисс (то есть принимать значение 0) не более одного раза.

Так как мы нашли, что $h(0) = 0$, то $x=0$ является единственным решением уравнения.

Ответ: $0$.

4.

Функция $f(x) = \frac{1}{3}(a + 3)x^3 - x^2 + 7x - 4$ возрастает на $\mathbb{R}$, если ее производная $f'(x) \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Найдем производную функции:
$f'(x) = (\frac{1}{3}(a + 3)x^3 - x^2 + 7x - 4)' = (a + 3)x^2 - 2x + 7$.

Теперь нам нужно найти значения параметра $a$, при которых неравенство $(a + 3)x^2 - 2x + 7 \ge 0$ выполняется для всех $x \in \mathbb{R}$.

Рассмотрим два случая для коэффициента при $x^2$.

1. Случай, когда $a + 3 = 0$, то есть $a = -3$.
Производная принимает вид $f'(x) = -2x + 7$.
Неравенство $-2x + 7 \ge 0$ ($x \le 3.5$) выполняется не для всех $x \in \mathbb{R}$. Следовательно, $a = -3$ не является решением.

2. Случай, когда $a + 3 \ne 0$.
Выражение $(a + 3)x^2 - 2x + 7$ является квадратным трехчленом. Чтобы он был неотрицателен для всех $x$, необходимо, чтобы его график (парабола) был расположен не ниже оси абсцисс. Это возможно, если:

• Ветви параболы направлены вверх, то есть коэффициент при $x^2$ положителен: $a + 3 > 0 \implies a > -3$.
• Парабола не имеет двух различных точек пересечения с осью $x$, то есть дискриминант $D$ должен быть неположительным: $D \le 0$.

Вычислим дискриминант:
$D = (-2)^2 - 4 \cdot (a + 3) \cdot 7 = 4 - 28(a + 3)$.

Решим неравенство $D \le 0$:
$4 - 28(a + 3) \le 0$
$4 \le 28(a + 3)$
$\frac{4}{28} \le a + 3$
$\frac{1}{7} \le a + 3$
$a \ge \frac{1}{7} - 3$
$a \ge -\frac{20}{7}$.

Мы должны удовлетворить обоим условиям: $a > -3$ и $a \ge -\frac{20}{7}$.
Так как $-\frac{20}{7} = -2\frac{6}{7}$, а $-2\frac{6}{7} > -3$, то оба условия выполняются при $a \ge -\frac{20}{7}$.

Ответ: $a \ge -\frac{20}{7}$.

Самостоятельная работа № 43

Точки экстремума функции

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

1) $f(x) = \frac{x^2 + 5}{2 - x}$;

2) $f(x) = x^2 \sqrt{3 - x}$.

2. На рисунке 14 изображён график производной функции $f$, определённой на $R$. Укажите:

1) критические точки функции $f$;

2) точки экстремума функции $f$.

Рис. 14

3. Найдите, при каких значениях параметра $a$ функция $f(x) = \cos^2 x + (4a - 3)x$:

1) не имеет критических точек;

2) не имеет точек экстремума.

1.

1) $f(x) = \frac{x^2 + 5}{2 - x}$

1. Область определения функции: $D(f) = (-\infty; 2) \cup (2; +\infty)$, так как знаменатель не может быть равен нулю ($2-x \neq 0 \implies x \neq 2$).

2. Найдём производную функции, используя правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$f'(x) = \frac{(x^2+5)'(2-x) - (x^2+5)(2-x)'}{(2-x)^2} = \frac{2x(2-x) - (x^2+5)(-1)}{(2-x)^2} = \frac{4x - 2x^2 + x^2 + 5}{(2-x)^2} = \frac{-x^2 + 4x + 5}{(2-x)^2}$.

3. Найдём критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$. Производная не определена при $x=2$, но эта точка не входит в область определения функции.

$\frac{-x^2 + 4x + 5}{(2-x)^2} = 0 \implies -x^2 + 4x + 5 = 0 \implies x^2 - 4x - 5 = 0$.

По теореме Виета, корни уравнения $x_1 = -1$ и $x_2 = 5$.

4. Определим знаки производной на интервалах, на которые критические точки и точка разрыва делят область определения: $(-\infty; -1)$, $(-1; 2)$, $(2; 5)$, $(5; +\infty)$.

Знак $f'(x)$ зависит только от знака числителя $-x^2 + 4x + 5$, так как знаменатель $(2-x)^2$ всегда положителен. График числителя – парабола с ветвями вниз, пересекающая ось Ox в точках -1 и 5.

• При $x \in (-\infty; -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (-1; 2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (2; 5)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (5; +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x = -1$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума. $x_{min} = -1$.

В точке $x = 5$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума. $x_{max} = 5$.

Промежутки возрастания: $[-1, 2)$ и $(2, 5]$.

Промежутки убывания: $(-\infty, -1]$ и $[5, +\infty)$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-1, 2)$ и $(2, 5]$, убывает на промежутках $(-\infty, -1]$ и $[5, +\infty)$; точка минимума $x_{min} = -1$, точка максимума $x_{max} = 5$.

2) $f(x) = x^2 \sqrt{3-x}$

1. Область определения функции: $3-x \ge 0 \implies x \le 3$. $D(f) = (-\infty; 3]$.

2. Найдём производную функции, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$f'(x) = (x^2)'\sqrt{3-x} + x^2(\sqrt{3-x})' = 2x\sqrt{3-x} + x^2 \cdot \frac{-1}{2\sqrt{3-x}} = \frac{2x(3-x) \cdot 2 - x^2}{2\sqrt{3-x}} = \frac{4x(3-x) - x^2}{2\sqrt{3-x}} = \frac{12x - 5x^2}{2\sqrt{3-x}}$.

3. Найдём критические точки. Производная не определена при $x=3$ (эта точка является критической, так как входит в область определения). Приравняем производную к нулю:

$\frac{12x - 5x^2}{2\sqrt{3-x}} = 0 \implies 12x - 5x^2 = 0 \implies x(12 - 5x) = 0$.

Корни уравнения: $x_1 = 0$ и $x_2 = \frac{12}{5} = 2.4$.

Критические точки: 0, 2.4, 3.

4. Определим знаки производной на интервалах $(-\infty; 0)$, $(0; 2.4)$, $(2.4; 3)$. Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $12x - 5x^2$.

• При $x \in (-\infty; 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (0; 2.4)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (2.4; 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x = 0$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума. $x_{min} = 0$.

В точке $x = 12/5$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума. $x_{max} = 12/5$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0, 12/5]$, убывает на промежутках $(-\infty, 0]$ и $[12/5, 3]$; точка минимума $x_{min} = 0$, точка максимума $x_{max} = 12/5$.

2.

На рисунке изображен график производной $y = f'(x)$.

1) Критические точки функции $f(x)$ — это точки, в которых её производная $f'(x)$ равна нулю или не существует. Так как график $f'(x)$ непрерывен, производная существует всюду. Критическими точками будут нули производной, то есть абсциссы точек пересечения графика $f'(x)$ с осью Ox.

Из графика видно, что $f'(x) = 0$ при $x = -7, x = -4, x = 0, x = 3$.

Ответ: критические точки функции $f$: -7, -4, 0, 3.

2) Точки экстремума — это критические точки, в которых производная меняет знак.

• В точке $x = -7$ производная $f'(x)$ меняет знак с «+» (график выше оси) на «−» (график ниже оси). Следовательно, $x = -7$ — точка максимума.
• В точке $x = -4$ производная $f'(x)$ меняет знак с «−» на «+». Следовательно, $x = -4$ — точка минимума.
• В точке $x = 0$ производная $f'(x)$ меняет знак с «+» на «−». Следовательно, $x = 0$ — точка максимума.
• В точке $x = 3$ производная $f'(x)$ равна нулю, но не меняет знак (график касается оси и остается ниже неё). Следовательно, $x = 3$ не является точкой экстремума.

Ответ: точки максимума $x = -7, x = 0$; точка минимума $x = -4$.

3.

Дана функция $f(x) = \cos^2 x + (4a - 3)x$.

Найдём её производную:

$f'(x) = (\cos^2 x)' + ((4a - 3)x)' = 2\cos x \cdot (-\sin x) + (4a - 3) = -2\sin x \cos x + 4a - 3 = -\sin(2x) + 4a - 3$.

Производная определена для всех $x \in \mathbb{R}$. Критические точки — это решения уравнения $f'(x) = 0$.

$-\sin(2x) + 4a - 3 = 0 \implies \sin(2x) = 4a - 3$.

1) Функция не имеет критических точек, если уравнение $\sin(2x) = 4a - 3$ не имеет решений. Это происходит, когда значение выражения $4a - 3$ выходит за пределы области значений синуса, которая равна $[-1, 1]$. То есть, $|4a - 3| > 1$.

Раскроем модуль:

$4a - 3 > 1 \implies 4a > 4 \implies a > 1$.

$4a - 3 < -1 \implies 4a < 2 \implies a < \frac{1}{2}$.

Ответ: $a \in (-\infty; 1/2) \cup (1; +\infty)$.

2) Функция не имеет точек экстремума, если её производная $f'(x)$ не меняет знак. Это возможно в двух случаях: либо у функции нет критических точек, либо критические точки есть, но в них знак производной не меняется.

Знак производной $f'(x) = 4a - 3 - \sin(2x)$ не меняется, если $f'(x) \ge 0$ для всех $x$ или $f'(x) \le 0$ для всех $x$.

1. $f'(x) \ge 0 \implies 4a - 3 - \sin(2x) \ge 0 \implies 4a - 3 \ge \sin(2x)$. Это неравенство должно выполняться для всех $x$. Так как максимальное значение $\sin(2x)$ равно 1, необходимо, чтобы $4a - 3 \ge 1 \implies 4a \ge 4 \implies a \ge 1$.

2. $f'(x) \le 0 \implies 4a - 3 - \sin(2x) \le 0 \implies 4a - 3 \le \sin(2x)$. Это неравенство должно выполняться для всех $x$. Так как минимальное значение $\sin(2x)$ равно -1, необходимо, чтобы $4a - 3 \le -1 \implies 4a \le 2 \implies a \le \frac{1}{2}$.

Объединяя оба случая, получаем, что функция не имеет точек экстремума при $a \le 1/2$ или $a \ge 1$.

Ответ: $a \in (-\infty; 1/2] \cup [1; +\infty)$.