Страница 57, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

8.7. Найдите промежутки монотонности функции:

а) $y = (x^2 - 1)^2$;

б) $y = (x^2 - 9)^2 + 6;$

в) $y = (x^2 - 3x - 10)^2$;

г) $y = (x^2 - x - 20)^2 - 18.$

Для нахождения промежутков монотонности функции необходимо найти её производную, приравнять её к нулю, чтобы найти критические точки, а затем определить знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую ось. Если производная положительна ($y' > 0$), функция возрастает. Если производная отрицательна ($y' < 0$), функция убывает.

а) $y = (x^2 - 1)^2$

1. Находим производную функции, используя правило производной сложной функции: $y' = (u^2)' = 2u \cdot u'$.
$y' = 2(x^2 - 1) \cdot (x^2 - 1)' = 2(x^2 - 1) \cdot 2x = 4x(x^2 - 1) = 4x(x - 1)(x + 1)$.

2. Находим критические точки, решив уравнение $y' = 0$:
$4x(x - 1)(x + 1) = 0$.
Критические точки: $x_1 = -1$, $x_2 = 0$, $x_3 = 1$.

3. Определяем знаки производной на интервалах $(-\infty; -1)$, $(-1; 0)$, $(0; 1)$, $(1; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; -1)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(-1; 0)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.
- На интервале $(0; 1)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(1; +\infty)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-1; 0]$ и $[1; +\infty)$; функция убывает на промежутках $(-\infty; -1]$ и $[0; 1]$.

б) $y = (x^2 - 9)^2 + 6$

1. Находим производную функции. Производная константы равна нулю.
$y' = 2(x^2 - 9) \cdot (x^2 - 9)' + 0 = 2(x^2 - 9) \cdot 2x = 4x(x^2 - 9) = 4x(x - 3)(x + 3)$.

2. Находим критические точки, решив уравнение $y' = 0$:
$4x(x - 3)(x + 3) = 0$.
Критические точки: $x_1 = -3$, $x_2 = 0$, $x_3 = 3$.

3. Определяем знаки производной на интервалах $(-\infty; -3)$, $(-3; 0)$, $(0; 3)$, $(3; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; -3)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(-3; 0)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.
- На интервале $(0; 3)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(3; +\infty)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

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

в) $y = (x^2 - 3x - 10)^2$

1. Находим производную функции:
$y' = 2(x^2 - 3x - 10) \cdot (x^2 - 3x - 10)' = 2(x^2 - 3x - 10)(2x - 3)$.

2. Находим критические точки, решив уравнение $y' = 0$:
$2(x^2 - 3x - 10)(2x - 3) = 0$.
Решаем каждое уравнение отдельно:
$x^2 - 3x - 10 = 0 \Rightarrow (x - 5)(x + 2) = 0 \Rightarrow x_1 = 5, x_2 = -2$.
$2x - 3 = 0 \Rightarrow x_3 = 1.5$.
Критические точки: $x_1 = -2$, $x_2 = 1.5$, $x_3 = 5$.

3. Определяем знаки производной $y' = 2(x - 5)(x + 2)(2x - 3)$ на интервалах $(-\infty; -2)$, $(-2; 1.5)$, $(1.5; 5)$, $(5; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; -2)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(-2; 1.5)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.
- На интервале $(1.5; 5)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(5; +\infty)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-2; 1.5]$ и $[5; +\infty)$; функция убывает на промежутках $(-\infty; -2]$ и $[1.5; 5]$.

г) $y = (x^2 - x - 20)^2 - 18$

1. Находим производную функции:
$y' = 2(x^2 - x - 20) \cdot (x^2 - x - 20)' - 0 = 2(x^2 - x - 20)(2x - 1)$.

2. Находим критические точки, решив уравнение $y' = 0$:
$2(x^2 - x - 20)(2x - 1) = 0$.
Решаем каждое уравнение отдельно:
$x^2 - x - 20 = 0 \Rightarrow (x - 5)(x + 4) = 0 \Rightarrow x_1 = 5, x_2 = -4$.
$2x - 1 = 0 \Rightarrow x_3 = 0.5$.
Критические точки: $x_1 = -4$, $x_2 = 0.5$, $x_3 = 5$.

3. Определяем знаки производной $y' = 2(x - 5)(x + 4)(2x - 1)$ на интервалах $(-\infty; -4)$, $(-4; 0.5)$, $(0.5; 5)$, $(5; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; -4)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(-4; 0.5)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.
- На интервале $(0.5; 5)$, $y' < 0$, следовательно, функция убывает.
- На интервале $(5; +\infty)$, $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-4; 0.5]$ и $[5; +\infty)$; функция убывает на промежутках $(-\infty; -4]$ и $[0.5; 5]$.

8.8. На рисунке изображён график функции $y = f(x)$. Найдите промежутки монотонности функции $y = (f(x))^2$:

а) рис. 14;

б) рис. 15;

в) рис. 16;

г) рис. 17.

Рис. 14

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Для нахождения промежутков монотонности функции $y = g(x) = (f(x))^2$, мы проанализируем знак её производной. Используя правило дифференцирования сложной функции, получаем:

$g'(x) = ((f(x))^2)' = 2 \cdot f(x) \cdot f'(x)$

Знак производной $g'(x)$ определяет, возрастает или убывает функция $g(x)$:

• Функция $g(x)$ возрастает, когда $g'(x) > 0$. Это происходит, когда $f(x)$ и $f'(x)$ имеют одинаковые знаки:
  • $f(x) > 0$ (график $f(x)$ находится выше оси Ox) и функция $f(x)$ возрастает ($f'(x) > 0$).
  • $f(x) < 0$ (график $f(x)$ находится ниже оси Ox) и функция $f(x)$ убывает ($f'(x) < 0$).
• Функция $g(x)$ убывает, когда $g'(x) < 0$. Это происходит, когда $f(x)$ и $f'(x)$ имеют разные знаки:
  • $f(x) > 0$ (график $f(x)$ выше оси Ox) и функция $f(x)$ убывает ($f'(x) < 0$).
  • $f(x) < 0$ (график $f(x)$ ниже оси Ox) и функция $f(x)$ возрастает ($f'(x) > 0$).

Ключевыми точками для анализа являются нули функции $f(x)$ (точки пересечения с осью Ox) и точки экстремума функции $f(x)$ (где производная $f'(x)$ равна нулю или не существует).

Исходя из графика функции $f(x)$, определим её свойства:

• Область определения: $D(f) = [-3, 3]$.
• Точки экстремума: $x = -1$ (локальный максимум), $x = 1$ (локальный минимум).
• Нули функции: $f(x)=0$ в одной точке $x_0$. Судя по графику, $1 < x_0 < 3$. Будем считать, что $x_0=2$.
• Промежутки знакопостоянства $f(x)$: $f(x) < 0$ на $[-3, 2)$; $f(x) > 0$ на $(2, 3]$.
• Промежутки монотонности $f(x)$: $f(x)$ возрастает ($f'(x) > 0$) на $[-3, -1]$ и $[1, 3]$; $f(x)$ убывает ($f'(x) < 0$) на $[-1, 1]$.

Проанализируем знак $g'(x) = 2f(x)f'(x)$ на каждом интервале:

• На $[-3, -1]$: $f(x) < 0$ и $f'(x) > 0$. Знаки разные, $g'(x) < 0$, функция $g(x)$ убывает.
• На $[-1, 1]$: $f(x) < 0$ и $f'(x) < 0$. Знаки одинаковые, $g'(x) > 0$, функция $g(x)$ возрастает.
• На $[1, 2]$: $f(x) < 0$ и $f'(x) > 0$. Знаки разные, $g'(x) < 0$, функция $g(x)$ убывает.
• На $[2, 3]$: $f(x) > 0$ и $f'(x) > 0$. Знаки одинаковые, $g'(x) > 0$, функция $g(x)$ возрастает.

Ответ: функция $y=(f(x))^2$ возрастает на промежутках $[-1, 1]$ и $[2, 3]$; убывает на промежутках $[-3, -1]$ и $[1, 2]$.

Исходя из графика функции $f(x)$, определим её свойства, предполагая, что ключевые точки имеют целочисленные координаты:

• Область определения: $D(f) = [-3, 3]$. Точки $f(-3)=-1$ и $f(3)=-1$.
• Точки экстремума: $x = -2$ (локальный максимум, $f(-2)=1$), $x = 0$ (локальный минимум, $f(0)=-2$), $x = 2$ (локальный максимум, $f(2)=1$).
• Нули функции: $f(x)=0$ в точках $x=-1$ и $x=1$. Также есть корень $x_1 \in (-3, -2)$ и корень $x_2 \in (2, 3)$.
• Промежутки знакопостоянства $f(x)$: $f(x) > 0$ на $(x_1, -1) \cup (1, x_2)$; $f(x) < 0$ на $[-3, x_1) \cup (-1, 1) \cup (x_2, 3]$.
• Промежутки монотонности $f(x)$: $f(x)$ возрастает на $[-3, -2]$ и $[0, 2]$; $f(x)$ убывает на $[-2, 0]$ и $[2, 3]$.

Проанализируем знак $g'(x) = 2f(x)f'(x)$ на каждом интервале:

• На $[-3, x_1]$: $f(x) < 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[x_1, -2]$: $f(x) > 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[-2, -1]$: $f(x) > 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[-1, 0]$: $f(x) < 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[0, 1]$: $f(x) < 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[1, 2]$: $f(x) > 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[2, x_2]$: $f(x) > 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[x_2, 3]$: $f(x) < 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.

Ответ: функция $y=(f(x))^2$ возрастает на промежутках $[x_1, -2]$, $[-1, 0]$, $[1, 2]$ и $[x_2, 3]$; убывает на промежутках $[-3, x_1]$, $[-2, -1]$, $[0, 1]$ и $[2, x_2]$, где $x_1$ и $x_2$ — корни функции $f(x)$ на интервалах $(-3,-2)$ и $(2,3)$ соответственно.

Исходя из графика функции $f(x)$, определим её свойства:

• Область определения: $D(f) = [-2, 3]$.
• Точки экстремума: $x = -1$ (локальный максимум, $f(-1)=1$), $x = 1$ (локальный минимум, $f(1)=-1$).
• Нули функции: $f(x)=0$ в точках $x=0$ и $x=2$. Также есть корень $x_0 \in (-2, -1)$ (приблизительно $x_0 = -1.5$).
• Промежутки знакопостоянства $f(x)$: $f(x) > 0$ на $(x_0, 0) \cup (2, 3]$; $f(x) < 0$ на $[-2, x_0) \cup (0, 2)$.
• Промежутки монотонности $f(x)$: $f(x)$ возрастает на $[-2, -1]$ и $[1, 3]$; $f(x)$ убывает на $[-1, 1]$.

Проанализируем знак $g'(x) = 2f(x)f'(x)$ на каждом интервале:

• На $[-2, x_0]$: $f(x) < 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[x_0, -1]$: $f(x) > 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[-1, 0]$: $f(x) > 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[0, 1]$: $f(x) < 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[1, 2]$: $f(x) < 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[2, 3]$: $f(x) > 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.

Ответ: функция $y=(f(x))^2$ возрастает на промежутках $[x_0, -1]$, $[0, 1]$ и $[2, 3]$; убывает на промежутках $[-2, x_0]$, $[-1, 0]$ и $[1, 2]$, где $x_0$ — корень функции $f(x)$ на интервале $(-2,-1)$.

Исходя из графика функции $f(x)$, определим её свойства:

• Область определения: $D(f) = [-2, 3]$.
• Точки экстремума: $x=0$ (локальный минимум, $f(0)=-2$), $x=2$ (локальный максимум, $f(2)=1$).
• Нули функции: $f(x)=0$ в точках $x=-1$ и $x=1$. Также есть корень $x_0 \in (2, 3)$ (приблизительно $x_0 = 7/3 \approx 2.33$).
• Промежутки знакопостоянства $f(x)$: $f(x) > 0$ на $[-2, -1) \cup (1, x_0)$; $f(x) < 0$ на $(-1, 1) \cup (x_0, 3]$.
• Промежутки монотонности $f(x)$: $f(x)$ возрастает на $[0, 2]$; $f(x)$ убывает на $[-2, 0]$ и $[2, 3]$.

Проанализируем знак $g'(x) = 2f(x)f'(x)$ на каждом интервале:

• На $[-2, -1]$: $f(x) > 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[-1, 0]$: $f(x) < 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[0, 1]$: $f(x) < 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[1, 2]$: $f(x) > 0, f'(x) > 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.
• На $[2, x_0]$: $f(x) > 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) < 0$, убывает.
• На $[x_0, 3]$: $f(x) < 0, f'(x) < 0 \implies g'(x) > 0$, возрастает.

Ответ: функция $y=(f(x))^2$ возрастает на промежутках $[-1, 0]$, $[1, 2]$ и $[x_0, 3]$; убывает на промежутках $[-2, -1]$, $[0, 1]$ и $[2, x_0]$, где $x_0$ — корень функции $f(x)$ на интервале $(2,3)$.

08.9. а) Пусть функция $y = f(x)$ возрастает на X и принимает на X только положительные значения. Докажите, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на X.

б) Пусть функция $y = f(x)$ убывает на X и принимает на X только отрицательные значения. Докажите, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ возрастает на X.

в) Пусть функция $y = f(x)$ убывает на X и принимает на X только положительные значения. Докажите, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ возрастает на X.

г) Пусть функция $y = f(x)$ возрастает на X и принимает на X только отрицательные значения. Докажите, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на X.

а) Для доказательства воспользуемся определением убывающей функции. Пусть $x_1$ и $x_2$ — два произвольных значения из множества $X$ такие, что $x_1 < x_2$. Так как функция $y = f(x)$ возрастает на $X$, то из неравенства $x_1 < x_2$ следует, что $f(x_1) < f(x_2)$. По условию, функция $f(x)$ принимает только положительные значения, значит $0 < f(x_1) < f(x_2)$. Рассмотрим значения функции $y = \frac{1}{f(x)}$ в точках $x_1$ и $x_2$: $y_1 = \frac{1}{f(x_1)}$ и $y_2 = \frac{1}{f(x_2)}$. Так как $f(x_1)$ и $f(x_2)$ — положительные числа и $f(x_1) < f(x_2)$, то для их обратных величин будет выполняться неравенство $\frac{1}{f(x_1)} > \frac{1}{f(x_2)}$. Следовательно, $y_1 > y_2$. Мы показали, что для любых $x_1 < x_2$ из множества $X$ выполняется неравенство $\frac{1}{f(x_1)} > \frac{1}{f(x_2)}$, что по определению означает, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на $X$.
Ответ: что и требовалось доказать.

б) Для доказательства воспользуемся определением возрастающей функции. Пусть $x_1$ и $x_2$ — два произвольных значения из множества $X$ такие, что $x_1 < x_2$. Так как функция $y = f(x)$ убывает на $X$, то из $x_1 < x_2$ следует, что $f(x_1) > f(x_2)$. По условию, функция $f(x)$ принимает только отрицательные значения, значит $f(x_2) < f(x_1) < 0$. Рассмотрим значения функции $y = \frac{1}{f(x)}$ в точках $x_1$ и $x_2$: $y_1 = \frac{1}{f(x_1)}$ и $y_2 = \frac{1}{f(x_2)}$. Так как $f(x_1)$ и $f(x_2)$ — отрицательные числа и $f(x_1) > f(x_2)$, то для их обратных величин будет выполняться неравенство $\frac{1}{f(x_1)} < \frac{1}{f(x_2)}$. (Например, если $-2 > -3$, то $-\frac{1}{2} < -\frac{1}{3}$). Следовательно, $y_1 < y_2$. Мы показали, что для любых $x_1 < x_2$ из множества $X$ выполняется неравенство $\frac{1}{f(x_1)} < \frac{1}{f(x_2)}$, что по определению означает, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ возрастает на $X$.
Ответ: что и требовалось доказать.

в) Для доказательства воспользуемся определением возрастающей функции. Пусть $x_1$ и $x_2$ — два произвольных значения из множества $X$ такие, что $x_1 < x_2$. Так как функция $y = f(x)$ убывает на $X$, то из $x_1 < x_2$ следует, что $f(x_1) > f(x_2)$. По условию, функция $f(x)$ принимает только положительные значения, значит $f(x_1) > f(x_2) > 0$. Рассмотрим значения функции $y = \frac{1}{f(x)}$ в точках $x_1$ и $x_2$: $y_1 = \frac{1}{f(x_1)}$ и $y_2 = \frac{1}{f(x_2)}$. Так как $f(x_1)$ и $f(x_2)$ — положительные числа и $f(x_1) > f(x_2)$, то для их обратных величин будет выполняться неравенство $\frac{1}{f(x_1)} < \frac{1}{f(x_2)}$. Следовательно, $y_1 < y_2$. Мы показали, что для любых $x_1 < x_2$ из множества $X$ выполняется неравенство $\frac{1}{f(x_1)} < \frac{1}{f(x_2)}$, что по определению означает, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ возрастает на $X$.
Ответ: что и требовалось доказать.

г) Для доказательства воспользуемся определением убывающей функции. Пусть $x_1$ и $x_2$ — два произвольных значения из множества $X$ такие, что $x_1 < x_2$. Так как функция $y = f(x)$ возрастает на $X$, то из $x_1 < x_2$ следует, что $f(x_1) < f(x_2)$. По условию, функция $f(x)$ принимает только отрицательные значения, значит $f(x_1) < f(x_2) < 0$. Рассмотрим значения функции $y = \frac{1}{f(x)}$ в точках $x_1$ и $x_2$: $y_1 = \frac{1}{f(x_1)}$ и $y_2 = \frac{1}{f(x_2)}$. Так как $f(x_1)$ и $f(x_2)$ — отрицательные числа и $f(x_1) < f(x_2)$, то для их обратных величин будет выполняться неравенство $\frac{1}{f(x_1)} > \frac{1}{f(x_2)}$. Следовательно, $y_1 > y_2$. Мы показали, что для любых $x_1 < x_2$ из множества $X$ выполняется неравенство $\frac{1}{f(x_1)} > \frac{1}{f(x_2)}$, что по определению означает, что функция $y = \frac{1}{f(x)}$ убывает на $X$.
Ответ: что и требовалось доказать.