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.

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

1) $f(x) = x + \frac{4}{x^2}$;

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

3) $f(x) = \frac{x^2}{4} + \frac{9}{x^2}$;

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

5) $f(x) = \frac{x^2}{x^2 - 16}$;

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

1) $f(x) = x + \frac{4}{x^2}$;

1. Находим область определения функции. Так как знаменатель дроби не может быть равен нулю, $x^2 \neq 0$, следовательно, $x \neq 0$. Область определения: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Находим производную функции, используя правило дифференцирования степенной функции $(x^n)'=nx^{n-1}$:
$f'(x) = (x + 4x^{-2})' = 1 + 4(-2)x^{-3} = 1 - 8x^{-3} = 1 - \frac{8}{x^3} = \frac{x^3 - 8}{x^3}$.

3. Находим критические точки, в которых производная равна нулю или не существует.
Приравниваем производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$\frac{x^3 - 8}{x^3} = 0 \Rightarrow x^3 - 8 = 0 \Rightarrow x^3 = 8 \Rightarrow x = 2$.
Производная не существует в точке $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции, однако она разбивает область определения на интервалы.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения разбивается точками $x=0$ и $x=2$: $(-\infty; 0)$, $(0; 2)$ и $(2; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; 0)$, например, при $x=-1$: $f'(-1) = 1 - \frac{8}{(-1)^3} = 1 + 8 = 9 > 0$. Функция возрастает.
- На интервале $(0; 2)$, например, при $x=1$: $f'(1) = 1 - \frac{8}{1^3} = 1 - 8 = -7 < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(2; +\infty)$, например, при $x=3$: $f'(3) = 1 - \frac{8}{3^3} = 1 - \frac{8}{27} = \frac{19}{27} > 0$. Функция возрастает.

Таким образом, функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $[2; +\infty)$, и убывает на промежутке $(0; 2]$.
В точке $x=2$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, это точка локального минимума.
$x_{min} = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $[2; +\infty)$, убывает на промежутке $(0; 2]$; точка минимума $x_{min} = 2$.

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

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

2. Находим производную функции, используя правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:
$f'(x) = \frac{(x^2-3)'(x-2) - (x^2-3)(x-2)'}{(x-2)^2} = \frac{2x(x-2) - (x^2-3)(1)}{(x-2)^2} = \frac{2x^2 - 4x - x^2 + 3}{(x-2)^2} = \frac{x^2 - 4x + 3}{(x-2)^2}$.

3. Находим критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow x^2 - 4x + 3 = 0$.
Корни уравнения: $(x-1)(x-3) = 0$, следовательно $x_1=1$, $x_2=3$.
Производная не существует при $x=2$, но эта точка не входит в область определения функции.

4. Исследуем знак производной. Знаменатель $(x-2)^2$ всегда положителен (кроме $x=2$), поэтому знак $f'(x)$ совпадает со знаком числителя $g(x) = x^2 - 4x + 3$. Это парабола с ветвями вверх, пересекающая ось Ox в точках $x=1$ и $x=3$.
- На интервале $(-\infty; 1)$: $g(x) > 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
- На интервале $(1; 2)$: $g(x) < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(2; 3)$: $g(x) < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(3; +\infty)$: $g(x) > 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

Промежутки возрастания: $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$.
Промежутки убывания: $[1; 2)$ и $(2; 3]$.
В точке $x=1$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 1$.
В точке $x=3$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума: $x_{min} = 3$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$, убывает на промежутках $[1; 2)$ и $(2; 3]$; точка максимума $x_{max} = 1$, точка минимума $x_{min} = 3$.

3) $f(x) = \frac{x^2}{4} + \frac{9}{x^2}$;

1. Область определения функции: $x^2 \neq 0 \Rightarrow x \neq 0$.
$D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Находим производную функции:
$f'(x) = (\frac{1}{4}x^2 + 9x^{-2})' = \frac{1}{4}(2x) + 9(-2)x^{-3} = \frac{x}{2} - \frac{18}{x^3} = \frac{x^4 - 36}{2x^3}$.

3. Находим критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow x^4 - 36 = 0 \Rightarrow (x^2 - 6)(x^2 + 6) = 0$.
Так как $x^2 + 6 > 0$ всегда, то $x^2 - 6 = 0 \Rightarrow x^2 = 6 \Rightarrow x = \pm\sqrt{6}$.
Производная не существует при $x=0$, что не входит в область определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; -\sqrt{6})$, $(-\sqrt{6}; 0)$, $(0; \sqrt{6})$ и $(\sqrt{6}; +\infty)$.
- На $(-\infty; -\sqrt{6})$, например, $x=-3$: $f'(-3) = \frac{(-3)^4 - 36}{2(-3)^3} = \frac{81-36}{-54} < 0$. Функция убывает.
- На $(-\sqrt{6}; 0)$, например, $x=-1$: $f'(-1) = \frac{(-1)^4 - 36}{2(-1)^3} = \frac{1-36}{-2} > 0$. Функция возрастает.
- На $(0; \sqrt{6})$, например, $x=1$: $f'(1) = \frac{1^4 - 36}{2(1)^3} = \frac{1-36}{2} < 0$. Функция убывает.
- На $(\sqrt{6}; +\infty)$, например, $x=3$: $f'(3) = \frac{3^4 - 36}{2(3)^3} = \frac{81-36}{54} > 0$. Функция возрастает.

Промежутки возрастания: $[-\sqrt{6}; 0)$ и $[\sqrt{6}; +\infty)$.
Промежутки убывания: $(-\infty; -\sqrt{6}]$ и $(0; \sqrt{6}]$.
В точке $x = -\sqrt{6}$ производная меняет знак с «-» на «+» — точка минимума.
В точке $x = \sqrt{6}$ производная меняет знак с «-» на «+» — точка минимума.
$x_{min} = -\sqrt{6}$, $x_{min} = \sqrt{6}$.

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

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

1. Область определения функции: $(x-3)^2 \neq 0 \Rightarrow x \neq 3$.
$D(f) = (-\infty; 3) \cup (3; +\infty)$.

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

3. Находим критические точки.
Уравнение $f'(x) = 0$, то есть $\frac{2}{(x-3)^3} = 0$, не имеет решений. Критических точек нет.
Производная не существует при $x=3$, но эта точка не входит в область определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; 3)$ и $(3; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; 3)$: $x-3 < 0$, поэтому $(x-3)^3 < 0$, и $f'(x) < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(3; +\infty)$: $x-3 > 0$, поэтому $(x-3)^3 > 0$, и $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

Промежуток возрастания: $(3; +\infty)$.
Промежуток убывания: $(-\infty; 3)$.
Так как критических точек нет, то и точек экстремума у функции нет.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(3; +\infty)$, убывает на промежутке $(-\infty; 3)$; точек экстремума нет.

5) $f(x) = \frac{x^2}{x^2 - 16}$;

1. Область определения функции: $x^2 - 16 \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm 4$.
$D(f) = (-\infty; -4) \cup (-4; 4) \cup (4; +\infty)$.

2. Находим производную функции по правилу дифференцирования частного:
$f'(x) = \frac{(x^2)'(x^2-16) - x^2(x^2-16)'}{(x^2-16)^2} = \frac{2x(x^2-16) - x^2(2x)}{(x^2-16)^2} = \frac{2x^3 - 32x - 2x^3}{(x^2-16)^2} = \frac{-32x}{(x^2-16)^2}$.

3. Находим критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow -32x = 0 \Rightarrow x=0$.
Производная не существует при $x=\pm 4$, но эти точки не входят в область определения.

4. Исследуем знак производной. Знаменатель $(x^2-16)^2$ всегда положителен в области определения, поэтому знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $-32x$.
- Если $x < 0$ (на интервалах $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0)$), то $-32x > 0$, и $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
- Если $x > 0$ (на интервалах $(0; 4)$ и $(4; +\infty)$), то $-32x < 0$, и $f'(x) < 0$. Функция убывает.

Промежутки возрастания: $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0]$.
Промежутки убывания: $[0; 4)$ и $(4; +\infty)$.
В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «-», следовательно, это точка максимума.
$x_{max} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0]$, убывает на промежутках $[0; 4)$ и $(4; +\infty)$; точка максимума $x_{max} = 0$.

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

1. Область определения функции: подкоренное выражение должно быть неотрицательным, $x \ge 0$.
$D(f) = [0; +\infty)$.

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

3. Находим критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow 1-\sqrt{x} = 0 \Rightarrow \sqrt{x}=1 \Rightarrow x=1$.
Производная не существует при $x=0$, которая является граничной точкой области определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$. Знаменатель $\sqrt{x}$ положителен при $x > 0$.
- На интервале $(0; 1)$: $0 < \sqrt{x} < 1$, поэтому $1-\sqrt{x} > 0$, и $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
- На интервале $(1; +\infty)$: $\sqrt{x} > 1$, поэтому $1-\sqrt{x} < 0$, и $f'(x) < 0$. Функция убывает.

Промежуток возрастания: $[0; 1]$.
Промежуток убывания: $[1; +\infty)$.
В точке $x=1$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 1$.
В точке $x=0$ (граничная точка) функция начинает возрастать, следовательно, это точка локального минимума (краевой минимум): $x_{min} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0; 1]$, убывает на промежутке $[1; +\infty)$; точка минимума $x_{min} = 0$, точка максимума $x_{max} = 1$.

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

1) $f(x) = \frac{x^2 - 6x}{x + 2}$;

2) $f(x) = x + \frac{9}{x}$;

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

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

5) $f(x) = \frac{1}{16 - x^2}$;

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

1) $f(x) = \frac{x^2 - 6x}{x+2}$

1. Найдём область определения функции. Знаменатель не может быть равен нулю, поэтому $x+2 \neq 0$, откуда $x \neq -2$. Таким образом, $D(f) = (-\infty; -2) \cup (-2; \infty)$.

2. Найдём производную функции по правилу дифференцирования частного:

$f'(x) = \frac{(x^2 - 6x)'(x+2) - (x^2 - 6x)(x+2)'}{(x+2)^2} = \frac{(2x - 6)(x+2) - (x^2 - 6x) \cdot 1}{(x+2)^2} = \frac{2x^2 + 4x - 6x - 12 - x^2 + 6x}{(x+2)^2} = \frac{x^2 + 4x - 12}{(x+2)^2}$.

3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$. Это возможно, когда числитель равен нулю: $x^2 + 4x - 12 = 0$. По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = -6$ и $x_2 = 2$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения разбивается точками $x=-6, x=-2, x=2$. Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $x^2 + 4x - 12$ (так как знаменатель $(x+2)^2$ всегда положителен).

• На интервалах $(-\infty; -6)$ и $(2; \infty)$, $f'(x) > 0$, следовательно, функция возрастает.
• На интервалах $(-6; -2)$ и $(-2; 2)$, $f'(x) < 0$, следовательно, функция убывает.

5. В точке $x=-6$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума ($x_{max} = -6$). В точке $x=2$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума ($x_{min} = 2$).

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -6]$ и $[2; \infty)$, убывает на промежутках $[-6; -2)$ и $(-2; 2]$. Точка максимума $x_{max} = -6$, точка минимума $x_{min} = 2$.

2) $f(x) = x + \frac{9}{x}$

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

2. Найдём производную: $f'(x) = (x)' + (\frac{9}{x})' = 1 - \frac{9}{x^2} = \frac{x^2 - 9}{x^2}$.

3. Найдём критические точки из условия $f'(x)=0$: $\frac{x^2 - 9}{x^2} = 0 \implies x^2 - 9 = 0 \implies x = \pm 3$.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; -3)$, $(-3; 0)$, $(0; 3)$ и $(3; \infty)$. Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $x^2 - 9$.

• На интервалах $(-\infty; -3)$ и $(3; \infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• На интервалах $(-3; 0)$ и $(0; 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x=-3$ производная меняет знак с «+» на «−» (точка максимума, $x_{max} = -3$). В точке $x=3$ производная меняет знак с «−» на «+» (точка минимума, $x_{min} = 3$).

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

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

1. Область определения: знаменатель $x^2 + 3$ всегда положителен, поэтому $D(f) = (-\infty; \infty)$.

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

3. Найдём критические точки: $f'(x) = 0 \implies 6x = 0 \implies x=0$.

4. Исследуем знак производной. Знаменатель $(x^2+3)^2$ всегда положителен, поэтому знак $f'(x)$ совпадает со знаком числителя $6x$.

• При $x < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x > 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

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

Ответ: функция убывает на промежутке $(-\infty; 0]$, возрастает на промежутке $[0; \infty)$. Точка минимума $x_{min} = 0$.

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

1. Область определения: $(x+1)^2 \neq 0 \implies x \neq -1$. $D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; \infty)$.

2. Найдём производную, представив функцию как $f(x) = (x+1)^{-2}$: $f'(x) = -2(x+1)^{-3} \cdot (x+1)' = -2(x+1)^{-3} = \frac{-2}{(x+1)^3}$.

3. Критические точки: производная нигде не равна нулю, так как числитель $-2 \neq 0$.

4. Исследуем знак производной. Знак $f'(x)$ зависит от знака знаменателя $(x+1)^3$.

• При $x < -1$, $(x+1)^3 < 0$, поэтому $f'(x) = \frac{-2}{\text{отриц.}} > 0$, функция возрастает.
• При $x > -1$, $(x+1)^3 > 0$, поэтому $f'(x) = \frac{-2}{\text{полож.}} < 0$, функция убывает.

5. Так как нет критических точек, у функции нет точек экстремума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; -1)$, убывает на промежутке $(-1; \infty)$. Точек экстремума нет.

5) $f(x) = \frac{1}{16 - x^2}$

1. Область определения: $16 - x^2 \neq 0 \implies x^2 \neq 16 \implies x \neq \pm 4$. $D(f) = (-\infty; -4) \cup (-4; 4) \cup (4; \infty)$.

2. Найдём производную: $f(x) = (16 - x^2)^{-1}$, $f'(x) = -1(16-x^2)^{-2} \cdot (-2x) = \frac{2x}{(16-x^2)^2}$.

3. Найдём критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2x = 0 \implies x=0$.

4. Исследуем знак производной. Знаменатель $(16-x^2)^2$ всегда положителен (в области определения), поэтому знак $f'(x)$ совпадает со знаком числителя $2x$.

• При $x < 0$ (на интервалах $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0)$), $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x > 0$ (на интервалах $(0; 4)$ и $(4; \infty)$), $f'(x) > 0$, функция возрастает.

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

Ответ: функция убывает на промежутках $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0]$, возрастает на промежутках $[0; 4)$ и $(4; \infty)$. Точка минимума $x_{min} = 0$.

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

1. Область определения: подкоренное выражение должно быть неотрицательным, $x \ge 0$. $D(f) = [0; \infty)$.

2. Найдём производную: $f'(x) = 2 - \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

3. Найдём критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2 - \frac{1}{2\sqrt{x}} = 0 \implies 2 = \frac{1}{2\sqrt{x}} \implies 4\sqrt{x} = 1 \implies \sqrt{x} = \frac{1}{4} \implies x = \frac{1}{16}$. Производная не определена в точке $x=0$, которая является концом области определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(0; 1/16)$ и $(1/16; \infty)$.

• На интервале $(0; 1/16)$, $f'(x) < 0$ (например, при $x=1/25$, $f'(x) = 2-5/2=-0.5$), функция убывает.
• На интервале $(1/16; \infty)$, $f'(x) > 0$ (например, при $x=1$, $f'(x) = 2-1/2=1.5$), функция возрастает.

5. В точке $x=1/16$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка минимума ($x_{min} = 1/16$). В точке $x=0$ (граница области определения) функция начинает убывать, поэтому это точка локального максимума ($x_{max} = 0$).

Ответ: функция убывает на промежутке $[0; 1/16]$, возрастает на промежутке $[1/16; \infty)$. Точка максимума $x_{max} = 0$, точка минимума $x_{min} = 1/16$.

42.16. Верно ли утверждение:

1) значение функции в точке максимума может быть меньше значения функции в точке минимума;

2) функция в точке экстремума может быть недифференцируемой;

3) если производная в некоторой точке равна нулю, то эта точка является точкой экстремума функции?

1) значение функции в точке максимума может быть меньше значения функции в точке минимума

Да, это утверждение верно. Точка максимума и точка минимума (точки экстремума) — это локальные понятия. Точка максимума — это точка, в которой значение функции больше, чем во всех соседних точках из некоторой её окрестности. Аналогично, точка минимума — это точка, в которой значение функции меньше, чем в соседних точках. При этом, на всей области определения функции может существовать несколько локальных максимумов и минимумов, и значение функции в одном из локальных максимумов вполне может оказаться меньше, чем значение в каком-либо из локальных минимумов.

Рассмотрим в качестве примера функцию $f(x) = \frac{1}{5}x^5 - \frac{13}{3}x^3 + 36x$.

Найдем её производную:

$f'(x) = x^4 - 13x^2 + 36$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$x^4 - 13x^2 + 36 = 0$.

Это биквадратное уравнение. Пусть $t = x^2$, тогда $t^2 - 13t + 36 = 0$.

Корни этого уравнения: $t_1 = 4$ и $t_2 = 9$.

Тогда $x^2 = 4 \implies x = \pm 2$ и $x^2 = 9 \implies x = \pm 3$.

Мы получили четыре критические точки: $-3, -2, 2, 3$.

Найдем вторую производную, чтобы определить характер экстремумов:

$f''(x) = 4x^3 - 26x$.

• $f''(-3) = 4(-3)^3 - 26(-3) = -108 + 78 = -30 < 0$, значит $x=-3$ — точка максимума.
• $f''(3) = 4(3)^3 - 26(3) = 108 - 78 = 30 > 0$, значит $x=3$ — точка минимума.

Теперь найдем значения функции в этих точках:

$f(-3) = \frac{1}{5}(-3)^5 - \frac{13}{3}(-3)^3 + 36(-3) = -\frac{243}{5} + \frac{13 \cdot 27}{3} - 108 = -48.6 + 117 - 108 = -39.6$.

$f(3) = \frac{1}{5}(3)^5 - \frac{13}{3}(3)^3 + 36(3) = \frac{243}{5} - \frac{13 \cdot 27}{3} + 108 = 48.6 - 117 + 108 = 39.6$.

Таким образом, мы нашли локальный максимум функции в точке $x=-3$, значение в котором равно $-39.6$, и локальный минимум в точке $x=3$, значение в котором равно $39.6$. Очевидно, что $-39.6 < 39.6$, то есть значение функции в точке максимума меньше значения функции в точке минимума.

Ответ: да, утверждение верно.

2) функция в точке экстремума может быть недифференцируемой

Да, это утверждение верно. Точки экстремума (максимума или минимума) могут существовать не только там, где производная равна нулю, но и в точках, где производная не существует (то есть функция недифференцируема). Такие точки также являются критическими точками функции.

Классическим примером является функция модуль $f(x) = |x|$.

Эта функция имеет точку минимума при $x=0$. Значение функции в этой точке $f(0)=0$. Для любой другой точки $x \neq 0$, значение $f(x) = |x| > 0$. Следовательно, $x=0$ является точкой глобального (и локального) минимума.

Однако производная этой функции в точке $x=0$ не существует. Для $x > 0$ производная $f'(x) = 1$. Для $x < 0$ производная $f'(x) = -1$. В точке $x=0$ левосторонняя и правосторонняя производные не равны:

$\lim_{h \to 0^-} \frac{|0+h|-|0|}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h}{h} = -1$

$\lim_{h \to 0^+} \frac{|0+h|-|0|}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1$

Поскольку односторонние пределы не совпадают, производная в точке $x=0$ не существует.

Таким образом, функция $f(x)=|x|$ имеет экстремум (минимум) в точке, где она недифференцируема.

Ответ: да, утверждение верно.

3) если производная в некоторой точке равна нулю, то эта точка является точкой экстремума функции?

Нет, это утверждение неверно. Точка, в которой производная функции равна нулю, называется стационарной точкой. Это необходимое, но не достаточное условие для существования экстремума у дифференцируемой функции. Для того чтобы в стационарной точке был экстремум, производная должна менять свой знак при переходе через эту точку (с плюса на минус для максимума, с минуса на плюс для минимума).

Рассмотрим в качестве контрпримера функцию $f(x) = x^3$.

Её производная равна $f'(x) = 3x^2$.

В точке $x=0$ производная равна нулю: $f'(0) = 3 \cdot 0^2 = 0$. Таким образом, $x=0$ — стационарная точка.

Однако, исследуем знак производной в окрестности этой точки:

• При $x < 0$, например $x=-1$, производная $f'(-1) = 3(-1)^2 = 3 > 0$.
• При $x > 0$, например $x=1$, производная $f'(1) = 3(1)^2 = 3 > 0$.

Производная не меняет свой знак при переходе через точку $x=0$. Она положительна как слева, так и справа от нуля. Это означает, что функция $f(x)=x^3$ возрастает на всей своей области определения, и точка $x=0$ не является ни максимумом, ни минимумом. Эта точка является точкой перегиба с горизонтальной касательной.

Ответ: нет, утверждение неверно.

42.17. Верно ли утверждение:

1) в точке экстремума производная функции равна нулю;

2) если функция в некоторой точке недифференцируема, то эта точка является точкой экстремума функции?

1) в точке экстремума производная функции равна нулю;

Данное утверждение неверно. Согласно необходимому условию экстремума (теореме Ферма), если функция $f(x)$ дифференцируема в точке экстремума $x_0$, то ее производная в этой точке равна нулю, то есть $f'(x_0) = 0$. Однако ключевым условием здесь является дифференцируемость функции. Экстремум может существовать и в точке, где функция не является дифференцируемой (ее производная не существует).

Рассмотрим контрпример: функция модуль $f(x) = |x|$. Эта функция имеет точку минимума при $x=0$, поскольку $f(0)=0$ и для любого другого значения $x$ выполняется неравенство $f(x) > 0$. Следовательно, $x=0$ — точка экстремума (минимума).

Однако производная функции $f(x) = |x|$ в точке $x=0$ не существует. Для $x > 0$ производная равна $f'(x) = 1$. Для $x < 0$ производная равна $f'(x) = -1$. Поскольку правосторонняя и левосторонняя производные в точке $x=0$ не совпадают, функция не является дифференцируемой в этой точке. Таким образом, существует точка экстремума ($x=0$), в которой производная не равна нулю (поскольку она просто не существует).

Ответ: утверждение неверно.

2) если функция в некоторой точке недифференцируема, то эта точка является точкой экстремума функции?

Данное утверждение неверно. Точка, в которой функция непрерывна, но недифференцируема, является так называемой критической точкой. Экстремум может быть только в критической точке, но не всякая критическая точка является точкой экстремума.

Рассмотрим контрпример: функция кубический корень $f(x) = \sqrt[3]{x}$. Найдем ее производную: $f'(x) = (x^{1/3})' = \frac{1}{3}x^{-2/3} = \frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$. В точке $x=0$ знаменатель дроби обращается в ноль, значит производная в этой точке не существует. Следовательно, функция недифференцируема в точке $x=0$.

Однако проверим, является ли $x=0$ точкой экстремума. Значение функции в этой точке $f(0) = 0$. Сравним его со значениями в окрестности точки $x=0$:

• При $x > 0$, $f(x) = \sqrt[3]{x} > 0$, то есть $f(x) > f(0)$.
• При $x < 0$, $f(x) = \sqrt[3]{x} < 0$, то есть $f(x) < f(0)$.

Поскольку в любой окрестности точки $x=0$ есть значения функции как большие, так и меньшие, чем $f(0)$, эта точка не является ни точкой максимума, ни точкой минимума. Это точка перегиба с вертикальной касательной.

Ответ: утверждение неверно.

42.18. Верно ли утверждение: если $\max_M f(x) = f(x_0)$, $x_0 \in M$, и функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то $f'(x_0) = 0$?

Утверждение неверно.

Теорема Ферма утверждает, что если функция $f$ имеет в точке $x_0$ локальный экстремум (максимум или минимум) и $x_0$ является внутренней точкой области определения $M$, то при условии, что функция $f$ дифференцируема в этой точке, ее производная обращается в ноль: $f'(x_0) = 0$.

Ключевым моментом здесь является то, что точка $x_0$ должна быть внутренней. В условии задачи это не оговаривается. Если точка максимума $x_0$ является граничной точкой множества $M$, то производная в этой точке не обязана быть равной нулю.

Приведем контрпример, чтобы это продемонстрировать.

Рассмотрим функцию $f(x) = x$ на множестве $M = [0, 1]$.

Проверим выполнение условий из утверждения:

• Максимум функции $f(x)$ на множестве $M$ равен $\max_{x \in [0, 1]} x = 1$.
• Этот максимум достигается в точке $x_0 = 1$.
• Точка $x_0 = 1$ принадлежит множеству $M$, поскольку $1 \in [0, 1]$.
• Функция $f(x) = x$ является дифференцируемой на всей числовой прямой, а значит, и в точке $x_0 = 1$.

Таким образом, все условия из посылки утверждения выполнены. Теперь проверим заключение.

Найдем производную функции $f(x)$ в точке $x_0 = 1$: $f'(x) = (x)' = 1$. Следовательно, $f'(x_0) = f'(1) = 1$.

Мы получили, что $f'(x_0) = 1 \neq 0$. Это противоречит заключению утверждения ($f'(x_0) = 0$). Следовательно, исходное утверждение неверно.

Ответ: утверждение неверно.

42.19. Может ли иметь только одну точку экстремума: 1) чётная функция; 2) нечётная функция; 3) периодическая функция?

1) чётная функция

Да, чётная функция может иметь только одну точку экстремума.
По определению, функция $f(x)$ является чётной, если для любого $x$ из её области определения выполняется равенство $f(-x) = f(x)$. График такой функции симметричен относительно оси ординат (оси OY).
Предположим, что чётная функция имеет точку экстремума $x_0 \neq 0$. В силу симметрии графика относительно оси OY, функция также будет иметь точку экстремума того же типа (максимум или минимум) в точке $-x_0$. Таким образом, если у функции есть экстремум не в нуле, то у неё будет как минимум две точки экстремума ($x_0$ и $-x_0$).
Следовательно, для того чтобы у чётной функции была только одна точка экстремума, эта точка должна быть $x_0 = 0$.
Примером такой функции является парабола $f(x) = x^2$. Эта функция является чётной, так как $f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$. Её производная $f'(x) = 2x$ обращается в ноль только в одной точке $x=0$. Эта точка является точкой минимума, и это единственная точка экстремума данной функции.
Ответ: да, может.

2) нечётная функция

Нет, нечётная функция не может иметь только одну точку экстремума.
По определению, функция $f(x)$ является нечётной, если для любого $x$ из её области определения выполняется равенство $f(-x) = -f(x)$. График такой функции симметричен относительно начала координат.
Предположим, что нечётная функция имеет точку экстремума $x_0 \neq 0$. Пусть в этой точке достигается локальный максимум, то есть в некоторой окрестности точки $x_0$ выполняется неравенство $f(x) \le f(x_0)$.
Рассмотрим точку $-x_0$. В силу нечётности функции, в окрестности точки $-x_0$ будет выполняться неравенство $f(y) \ge f(-x_0)$. Это следует из того, что для $y = -x$, где $x$ из окрестности $x_0$, имеем $f(y) = f(-x) = -f(x) \ge -f(x_0) = f(-x_0)$. Это означает, что в точке $-x_0$ будет локальный минимум. Таким образом, если у нечётной функции есть экстремум в точке $x_0 \neq 0$, то у неё обязательно есть и второй экстремум в точке $-x_0$.
Единственная возможность иметь одну точку экстремума — это если она находится в точке $x_0 = 0$. Однако нечётная функция (за исключением тривиального случая $f(x)=0$ в окрестности нуля) не может иметь экстремум в точке $x=0$. Если бы в точке $x=0$ был, например, локальный максимум, то в некоторой окрестности $(-\delta, \delta)$ выполнялось бы $f(x) \le f(0)$. Для нечётной функции $f(0)=0$, поэтому $f(x) \le 0$ для $x \in (-\delta, \delta)$. Но для $x \in (0, \delta)$ из этого интервала мы имеем $f(-x) = -f(x) \ge 0$. Так как $-x$ также принадлежит этому интервалу, то должно быть и $f(-x) \le 0$. Одновременное выполнение неравенств $f(-x) \ge 0$ и $f(-x) \le 0$ означает, что $f(-x)=0$. Это рассуждение верно для всех $x \in (0, \delta)$, что означает, что функция равна нулю в интервале $(-\delta, \delta)$. В этом случае любая точка интервала является точкой экстремума, и их бесконечно много, а не одна.
Следовательно, нечётная функция не может иметь ровно одну точку экстремума.
Ответ: нет, не может.

3) периодическая функция

Нет, периодическая функция не может иметь только одну точку экстремума.
По определению, функция $f(x)$ является периодической с периодом $T \neq 0$, если для любого $x$ из её области определения выполняется равенство $f(x+T) = f(x)$.
Предположим, что периодическая (непостоянная) функция имеет точку экстремума $x_0$. Это означает, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция принимает наибольшее (для максимума) или наименьшее (для минимума) значение.
Из свойства периодичности следует, что если $x_0$ — точка экстремума, то и любая точка вида $x_n = x_0 + nT$, где $n$ — любое целое число ($n = \pm 1, \pm 2, \ldots$), также является точкой экстремума того же типа. Это происходит потому, что значения функции и её поведение в окрестности точки $x_n$ полностью повторяют значения и поведение в окрестности точки $x_0$.
Таким образом, если у периодической функции есть хотя бы одна точка экстремума, то их у неё бесконечно много. Если же функция является постоянной ($f(x) = C$), то она также периодическая, но у неё каждая точка является точкой экстремума, то есть их также бесконечно много.
Следовательно, периодическая функция не может иметь ровно одну точку экстремума.
Ответ: нет, не может.

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

1) $f(x) = \frac{x}{2} - \sin x$;

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

1) $f(x) = \frac{x}{2} - \sin x$

Чтобы найти промежутки возрастания и убывания, а также точки экстремума, необходимо найти производную функции и проанализировать её знак.

1. Найдём производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\frac{x}{2} - \sin x)' = (\frac{1}{2}x)' - (\sin x)' = \frac{1}{2} - \cos x$.

2. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{1}{2} - \cos x = 0 \Rightarrow \cos x = \frac{1}{2}$.

Решениями этого уравнения являются $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Определим знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую прямую. Так как функция периодическая, достаточно рассмотреть один период, например, от $-\pi$ до $\pi$. Критические точки на этом отрезке: $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.

Интервалы: $(-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k)$ и $(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$.

• Если $f'(x) > 0$, то функция возрастает.
  $\frac{1}{2} - \cos x > 0 \Rightarrow \cos x < \frac{1}{2}$.
  Это неравенство выполняется на интервалах $(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.
• Если $f'(x) < 0$, то функция убывает.
  $\frac{1}{2} - \cos x < 0 \Rightarrow \cos x > \frac{1}{2}$.
  Это неравенство выполняется на интервалах $(-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

4. Найдём точки экстремума.

• В точках $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ знак производной меняется с «-» на «+». Следовательно, это точки локального минимума.
• В точках $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$ (или $x = \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$) знак производной меняется с «+» на «-». Следовательно, это точки локального максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k]$, убывает на промежутках $[-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$. Точки максимума: $x_{max} = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$, точки минимума: $x_{min} = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

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

Действуем по тому же алгоритму.

1. Найдём производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\cos 2x - x\sqrt{3})' = -2\sin 2x - \sqrt{3}$.

2. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \Rightarrow -2\sin 2x - \sqrt{3} = 0 \Rightarrow \sin 2x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решения этого уравнения можно записать в виде двух серий:

$2x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \Rightarrow x = -\frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$2x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \Rightarrow x = -\frac{\pi}{3} + \pi k$ (эту серию можно записать и как $x = \frac{2\pi}{3} + \pi k$, так как $-\frac{\pi}{3}+\pi(k+1) = \frac{2\pi}{3}+\pi k$).

3. Определим знаки производной.

• Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$:
  $-2\sin 2x - \sqrt{3} > 0 \Rightarrow -2\sin 2x > \sqrt{3} \Rightarrow \sin 2x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
  Решением этого неравенства является $\frac{4\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$.
  Разделив на 2, получаем: $\frac{2\pi}{3} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.
• Функция убывает, когда $f'(x) < 0$:
  $-2\sin 2x - \sqrt{3} < 0 \Rightarrow \sin 2x > -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
  Решением этого неравенства является $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.
  Разделив на 2, получаем: $-\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{2\pi}{3} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

4. Найдём точки экстремума.

• В точках $x = \frac{2\pi}{3} + \pi k$ знак производной меняется с «-» на «+». Следовательно, это точки локального минимума.
• В точках $x = -\frac{\pi}{6} + \pi k$ (или $x = \frac{5\pi}{6} + \pi k$) знак производной меняется с «+» на «-». Следовательно, это точки локального максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{2\pi}{3} + \pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k]$, убывает на промежутках $[-\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{2\pi}{3} + \pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$. Точки максимума: $x_{max} = -\frac{\pi}{6} + \pi k$, точки минимума: $x_{min} = \frac{2\pi}{3} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

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

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

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

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

Для нахождения промежутков возрастания и убывания, а также точек экстремума функции, необходимо исследовать ее производную.

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

2. Находим производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\cos x + \frac{x}{2})' = -\sin x + \frac{1}{2}$

3. Находим критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies -\sin x + \frac{1}{2} = 0 \implies \sin x = \frac{1}{2}$

Решениями этого уравнения являются две серии точек:

$x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

Производная определена на всей числовой прямой, поэтому других критических точек нет.

4. Исследуем знак производной $f'(x) = \frac{1}{2} - \sin x$ на интервалах, на которые числовую прямую разбивают критические точки.

Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$:

$\frac{1}{2} - \sin x > 0 \implies \sin x < \frac{1}{2}$

Это неравенство выполняется на интервалах $(\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{13\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, когда $f'(x) < 0$:

$\frac{1}{2} - \sin x < 0 \implies \sin x > \frac{1}{2}$

Это неравенство выполняется на интервалах $(\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

5. Определяем точки экстремума. В критических точках производная меняет знак.

В точках вида $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ знак производной меняется с `+` на `-`. Следовательно, это точки максимума.

В точках вида $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$ знак производной меняется с `-` на `+`. Следовательно, это точки минимума.

Так как функция непрерывна, концы интервалов можно включать в промежутки возрастания и убывания.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{13\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$; функция убывает на промежутках $[\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$; точки максимума $x_{max} = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$; точки минимума $x_{min} = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

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

Проведем исследование функции аналогично предыдущему пункту.

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

2. Находим производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\sin 2x - x\sqrt{2})' = (\cos 2x) \cdot 2 - \sqrt{2} = 2\cos 2x - \sqrt{2}$

3. Находим критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies 2\cos 2x - \sqrt{2} = 0 \implies \cos 2x = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем уравнение для аргумента $2x$:

$2x = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

Отсюда находим $x$:

$x = \pm \frac{\pi}{8} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

Это две серии критических точек: $x = \frac{\pi}{8} + \pi n$ и $x = -\frac{\pi}{8} + \pi n$. Производная определена везде, других критических точек нет.

4. Исследуем знак производной $f'(x) = 2\cos 2x - \sqrt{2}$.

Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$:

$2\cos 2x - \sqrt{2} > 0 \implies \cos 2x > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Это неравенство выполняется, когда $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, то есть $-\frac{\pi}{8} + \pi n < x < \frac{\pi}{8} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, когда $f'(x) < 0$:

$2\cos 2x - \sqrt{2} < 0 \implies \cos 2x < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Это неравенство выполняется, когда $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, то есть $\frac{\pi}{8} + \pi n < x < \frac{7\pi}{8} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

5. Определяем точки экстремума.

В точках вида $x = \frac{\pi}{8} + \pi n$ знак производной меняется с `+` на `-`. Следовательно, это точки максимума.

В точках вида $x = -\frac{\pi}{8} + \pi n$ знак производной меняется с `-` на `+`. Следовательно, это точки минимума.

Так как функция непрерывна, концы интервалов можно включать в промежутки возрастания и убывания.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-\frac{\pi}{8} + \pi n, \frac{\pi}{8} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$; функция убывает на промежутках $[\frac{\pi}{8} + \pi n, \frac{7\pi}{8} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$; точки максимума $x_{max} = \frac{\pi}{8} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$; точки минимума $x_{min} = -\frac{\pi}{8} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

42.22. При каких значениях $a$ функция $y = x^3 - 3ax^2 + 27x - 5$ имеет только одну критическую точку?

Критические точки функции – это внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует. Для данной функции $y = x^3 - 3ax^2 + 27x - 5$ область определения – все действительные числа, и она является дифференцируемой на всей числовой прямой, так как это многочлен.

Чтобы найти критические точки, необходимо найти производную функции и приравнять ее к нулю.

1. Находим производную функции $y(x)$:

$y' = (x^3 - 3ax^2 + 27x - 5)'$

$y' = 3x^2 - 3a \cdot 2x + 27 - 0$

$y' = 3x^2 - 6ax + 27$

2. Приравниваем производную к нулю:

$3x^2 - 6ax + 27 = 0$

Это квадратное уравнение относительно переменной $x$. Функция будет иметь только одну критическую точку, если это уравнение будет иметь ровно один корень. Квадратное уравнение имеет один корень тогда и только тогда, когда его дискриминант ($D$) равен нулю.

3. Вычислим дискриминант уравнения $3x^2 - 6ax + 27 = 0$.

Коэффициенты уравнения: $A=3$, $B=-6a$, $C=27$.

Формула дискриминанта: $D = B^2 - 4AC$.

$D = (-6a)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 27$

$D = 36a^2 - 324$

4. Приравняем дискриминант к нулю, чтобы найти значения $a$, при которых уравнение имеет один корень:

$36a^2 - 324 = 0$

$36a^2 = 324$

$a^2 = \frac{324}{36}$

$a^2 = 9$

Отсюда получаем два возможных значения для $a$:

$a_1 = 3$

$a_2 = -3$

Следовательно, при $a=3$ и $a=-3$ функция имеет только одну критическую точку.

Ответ: $a = -3; 3$.

42.23. При каких значениях $a$ функция $y = \frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15$ имеет только одну критическую точку?

Критические точки функции – это точки из области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

Данная функция $y = \frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15$ является многочленом, поэтому она дифференцируема на всей числовой оси. Следовательно, ее критические точки — это точки, в которых производная равна нулю.

Найдем производную функции $y'$:

$y' = (\frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15)' = \frac{1}{3} \cdot 3x^{2} - 2a \cdot 2x + 4 = x^2 - 4ax + 4$.

Чтобы найти критические точки, необходимо приравнять производную к нулю:

$x^2 - 4ax + 4 = 0$.

Функция будет иметь только одну критическую точку в том и только в том случае, если полученное квадратное уравнение имеет ровно один действительный корень.

Квадратное уравнение имеет один корень, когда его дискриминант $D$ равен нулю.

Для уравнения $x^2 - 4ax + 4 = 0$ коэффициенты равны: $A=1$, $B=-4a$, $C=4$.

Вычислим дискриминант:

$D = B^2 - 4AC = (-4a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 16a^2 - 16$.

Приравняем дискриминант к нулю и решим уравнение относительно $a$:

$16a^2 - 16 = 0$

$16(a^2 - 1) = 0$

$a^2 = 1$

Отсюда $a = \pm\sqrt{1}$, то есть $a = 1$ или $a = -1$.

Таким образом, при $a=1$ и $a=-1$ функция имеет только одну критическую точку.

Ответ: $a = -1, a = 1$.