Номер 42.13, страница 330 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

42.13. Докажите, что данная функция не имеет точек экстремума:

1) $f(x)=6x^5 - 15x^4 + 10x^3 - 20;$

2) $f(x)=\cos x + x.$

1) $f(x) = 6x^5 - 15x^4 + 10x^3 - 20$

Для того чтобы доказать, что функция не имеет точек экстремума, найдем ее производную и исследуем ее знак. Точки экстремума (максимумы и минимумы) могут существовать только в критических точках, где производная равна нулю или не существует, и при этом производная меняет свой знак при переходе через эти точки.

Область определения данной функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (6x^5 - 15x^4 + 10x^3 - 20)' = 6 \cdot 5x^4 - 15 \cdot 4x^3 + 10 \cdot 3x^2 - 0 = 30x^4 - 60x^3 + 30x^2$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$30x^4 - 60x^3 + 30x^2 = 0$

Вынесем общий множитель $30x^2$ за скобки:

$30x^2(x^2 - 2x + 1) = 0$

Выражение в скобках является полным квадратом разности: $x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$.

$30x^2(x-1)^2 = 0$

Это уравнение имеет два корня: $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$. Это критические точки.

Теперь исследуем знак производной $f'(x) = 30x^2(x-1)^2$. Так как множители $x^2$ и $(x-1)^2$ представляют собой квадраты, они всегда неотрицательны, то есть $x^2 \ge 0$ и $(x-1)^2 \ge 0$ для любых действительных $x$.

Следовательно, их произведение $f'(x) = 30x^2(x-1)^2 \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Производная равна нулю только в точках $x=0$ и $x=1$, а во всех остальных точках она строго положительна. Это означает, что производная не меняет свой знак при переходе через критические точки. Функция $f(x)$ является монотонно возрастающей на всей числовой оси. А монотонная функция не имеет точек экстремума.

Ответ: Так как производная $f'(x) \ge 0$ для всех $x$ и не меняет знак, функция не имеет точек экстремума.

2) $f(x) = \cos x + x$

Действуем аналогично первому пункту: находим производную и исследуем ее знак.

Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\cos x + x)' = -\sin x + 1$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$-\sin x + 1 = 0$

$\sin x = 1$

Решениями этого уравнения являются $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Это критические точки.

Теперь исследуем знак производной $f'(x) = 1 - \sin x$.

Известно, что область значений функции синус ограничена отрезком $[-1, 1]$, то есть $-1 \le \sin x \le 1$ для любого $x$.

Максимальное значение $\sin x$ равно 1. В этом случае $f'(x) = 1 - 1 = 0$. Это происходит в найденных критических точках.

Во всех остальных точках $\sin x < 1$, и, следовательно, $1 - \sin x > 0$, то есть $f'(x) > 0$.

Таким образом, производная $f'(x) = 1 - \sin x \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Производная обращается в ноль в изолированных точках, но не меняет свой знак (остается неотрицательной). Это означает, что функция $f(x)$ является монотонно возрастающей на всей числовой оси. Следовательно, у нее нет точек экстремума.

Ответ: Так как производная $f'(x) \ge 0$ для всех $x$ и не меняет знак, функция не имеет точек экстремума.