Номер 40.10, страница 298 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

40.10. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции $f$ на указанном промежутке:

1) $f(x) = 2\cos x - \sin 2x$, $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$;

2) $f(x) = 2\sqrt{3} \cos x + 2\sin x$, $\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$.

1) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $f(x) = 2\cos x - \sin 2x$ на отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ используется следующий алгоритм:

1. Находим производную функции:
$f'(x) = (2\cos x - \sin 2x)' = -2\sin x - (\cos 2x) \cdot (2x)' = -2\sin x - 2\cos 2x$.

2. Находим критические точки, приравнивая производную к нулю:
$-2\sin x - 2\cos 2x = 0$
$\sin x + \cos 2x = 0$
Применим формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$:
$\sin x + 1 - 2\sin^2 x = 0$
$2\sin^2 x - \sin x - 1 = 0$
Сделаем замену $t = \sin x$. Учитывая, что $x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, имеем $t \in [-1, 1]$.
$2t^2 - t - 1 = 0$
Находим корни квадратного уравнения: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$.
$t_1 = \frac{1 - \sqrt{9}}{4} = \frac{1 - 3}{4} = -\frac{1}{2}$
$t_2 = \frac{1 + \sqrt{9}}{4} = \frac{1 + 3}{4} = 1$
Оба корня принадлежат отрезку $[-1, 1]$. Выполним обратную замену:
$\sin x = -\frac{1}{2}$ или $\sin x = 1$.
В указанном промежутке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ решениями являются $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{\pi}{2}$.

3. Вычисляем значения функции в найденных критических точках и на концах заданного отрезка. Точки для проверки: $x = -\frac{\pi}{2}$ (начало отрезка), $x = -\frac{\pi}{6}$ (критическая точка), $x = \frac{\pi}{2}$ (конец отрезка и критическая точка).
$f(-\frac{\pi}{2}) = 2\cos(-\frac{\pi}{2}) - \sin(2 \cdot (-\frac{\pi}{2})) = 2 \cdot 0 - \sin(-\pi) = 0$.
$f(-\frac{\pi}{6}) = 2\cos(-\frac{\pi}{6}) - \sin(2 \cdot (-\frac{\pi}{6})) = 2\cos(\frac{\pi}{6}) - \sin(-\frac{\pi}{3}) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
$f(\frac{\pi}{2}) = 2\cos(\frac{\pi}{2}) - \sin(2 \cdot \frac{\pi}{2}) = 2 \cdot 0 - \sin(\pi) = 0$.

4. Сравниваем полученные значения: $0$ и $\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Наибольшее значение равно $\frac{3\sqrt{3}}{2}$, а наименьшее равно $0$.

Ответ: наибольшее значение $f_{\text{наиб.}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$, наименьшее значение $f_{\text{наим.}} = 0$.

2) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $f(x) = 2\sqrt{3}\cos x + 2\sin x$ на отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ выполним следующие шаги:

1. Находим производную функции:
$f'(x) = (2\sqrt{3}\cos x + 2\sin x)' = -2\sqrt{3}\sin x + 2\cos x$.

2. Находим критические точки из условия $f'(x) = 0$:
$-2\sqrt{3}\sin x + 2\cos x = 0$
$2\cos x = 2\sqrt{3}\sin x$
$\cos x = \sqrt{3}\sin x$
Если $\cos x = 0$, то $x = \pm \frac{\pi}{2}$, и $\sin x = \pm 1$. Равенство $0 = \sqrt{3}(\pm 1)$ неверно, значит $\cos x \neq 0$. Разделим обе части на $\cos x$:
$1 = \sqrt{3}\tan x$
$\tan x = \frac{1}{\sqrt{3}}$
На отрезке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ этому уравнению соответствует единственная точка $x = \frac{\pi}{6}$.

3. Вычисляем значения функции на концах отрезка и в критической точке $x = \frac{\pi}{6}$.
$f(-\frac{\pi}{2}) = 2\sqrt{3}\cos(-\frac{\pi}{2}) + 2\sin(-\frac{\pi}{2}) = 2\sqrt{3} \cdot 0 + 2 \cdot (-1) = -2$.
$f(\frac{\pi}{6}) = 2\sqrt{3}\cos(\frac{\pi}{6}) + 2\sin(\frac{\pi}{6}) = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 2 \cdot \frac{1}{2} = 3 + 1 = 4$.
$f(\frac{\pi}{2}) = 2\sqrt{3}\cos(\frac{\pi}{2}) + 2\sin(\frac{\pi}{2}) = 2\sqrt{3} \cdot 0 + 2 \cdot 1 = 2$.

4. Сравниваем полученные значения: $-2$, $4$ и $2$. Наибольшее значение равно $4$, а наименьшее равно $-2$.

Ответ: наибольшее значение $f_{\text{наиб.}} = 4$, наименьшее значение $f_{\text{наим.}} = -2$.