Страница 156 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

376. Используя график функции $y=f(x)$, перечислите ее свойства (рис. 48):

1 $y=|\log_2 x|$

2 $y=|\frac{1}{2^{1-x}} - 1|$

Рис. 48

1) Свойства функции $y=|\log_{2}x|$, график которой представлен на рисунке 1:

1. Область определения: $D(f) = (0; +\infty)$, так как логарифмическая функция определена только для положительных значений аргумента.

2. Область значений: $E(f) = [0; +\infty)$, так как модуль любого числа является неотрицательной величиной.

3. Нули функции: $y=0$ при $|\log_{2}x|=0$, что эквивалентно $\log_{2}x=0$. Отсюда $x=2^0=1$. Точка пересечения с осью Ox: $(1; 0)$. С осью Oy пересечений нет.

4. Промежутки знакопостоянства: $y > 0$ при $x \in (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

5. Промежутки монотонности: функция убывает на промежутке $(0; 1]$ и возрастает на промежутке $[1; +\infty)$.

6. Экстремумы: в точке $x=1$ функция имеет минимум, $y_{\min}=0$. Максимума нет.

7. Четность: функция не является ни четной, ни нечетной (функция общего вида), так как ее область определения несимметрична относительно нуля.

8. Асимптоты: прямая $x=0$ (ось Oy) является вертикальной асимптотой, так как $\lim_{x \to 0+} |\log_{2}x| = +\infty$.

Ответ: Свойства функции $y=|\log_{2}x|$:
1. Область определения: $(0; +\infty)$.
2. Область значений: $[0; +\infty)$.
3. Нуль функции: $x=1$.
4. $y > 0$ при $x \in (0; 1) \cup (1; +\infty)$.
5. Убывает на $(0; 1]$, возрастает на $[1; +\infty)$.
6. Точка минимума $x=1$, $y_{\min}=0$.
7. Функция общего вида.
8. Вертикальная асимптота $x=0$.

2) Свойства функции $y=|\frac{1}{2^{1-x}}-1| = |2^{x-1}-1|$, график которой представлен на рисунке 2:

1. Область определения: $D(f) = (-\infty; +\infty)$, так как показательная функция определена для любых действительных чисел.

2. Область значений: $E(f) = [0; +\infty)$.

3. Нули функции: $y=0$ при $|2^{x-1}-1|=0$, что эквивалентно $2^{x-1}=1$. Отсюда $x-1=0$, то есть $x=1$. Точка пересечения с осью Ox: $(1; 0)$. Точка пересечения с осью Oy: $x=0 \implies y=|2^{-1}-1|=|-\frac{1}{2}|=\frac{1}{2}$. Точка $(0; \frac{1}{2})$.

4. Промежутки знакопостоянства: $y > 0$ при $x \in (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.

5. Промежутки монотонности: функция убывает на промежутке $(-\infty; 1]$ и возрастает на промежутке $[1; +\infty)$.

6. Экстремумы: в точке $x=1$ функция имеет минимум, $y_{\min}=0$. Максимума нет.

7. Четность: функция не является ни четной, ни нечетной (функция общего вида). Например, $f(2)=|2^{2-1}-1|=1$, а $f(-2)=|2^{-2-1}-1|=|\frac{1}{8}-1|=\frac{7}{8}$. Так как $f(-2) \ne f(2)$ и $f(-2) \ne -f(2)$, функция не является ни четной, ни нечетной.

8. Асимптоты: прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой при $x \to -\infty$, так как $\lim_{x \to -\infty} |2^{x-1}-1| = |0-1|=1$. Вертикальных асимптот нет.

Ответ: Свойства функции $y=|\frac{1}{2^{1-x}}-1|$:
1. Область определения: $(-\infty; +\infty)$.
2. Область значений: $[0; +\infty)$.
3. Нуль функции: $x=1$. Пересечение с Oy в точке $(0; \frac{1}{2})$.
4. $y > 0$ при $x \in (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.
5. Убывает на $(-\infty; 1]$, возрастает на $[1; +\infty)$.
6. Точка минимума $x=1$, $y_{\min}=0$.
7. Функция общего вида.
8. Горизонтальная асимптота $y=1$ (при $x \to -\infty$).

Найдите площади фигур, ограниченных линиями (377–379):

377.1) $y = x^2 - 4x + 7$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 1$;

2) $y = x^2 + 6x - 8$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$;

3) $y = x^2 + 3x$, $y = 0$;

4) $y = 6x - x^2$, $y = 0$.

1) y = x² - 4x + 7, y = 0, x = 0, x = 1;

Решение
Фигура, площадь которой необходимо найти, является криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком функции $y = x^2 - 4x + 7$, снизу — осью абсцисс ($y=0$), и с боков — прямыми $x=0$ и $x=1$.
Площадь такой фигуры вычисляется с помощью определенного интеграла по формуле $S = \int_a^b f(x) \,dx$, при условии, что $f(x) \ge 0$ на отрезке $[a, b]$.
В нашем случае $f(x) = x^2 - 4x + 7$, $a=0$, $b=1$.
Проверим знак функции на отрезке $[0, 1]$. Найдем дискриминант квадратного трехчлена $y = x^2 - 4x + 7$:
$D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 16 - 28 = -12$.
Поскольку дискриминант отрицательный ($D < 0$), а старший коэффициент положителен ($a=1 > 0$), парабола полностью находится выше оси Ox, а значит, функция $y = x^2 - 4x + 7$ положительна при любых значениях $x$, в том числе и на отрезке $[0, 1]$.
Следовательно, площадь можно вычислить как:
$S = \int_0^1 (x^2 - 4x + 7) \,dx$.
Найдем первообразную для подынтегральной функции:
$F(x) = \int (x^2 - 4x + 7) \,dx = \frac{x^3}{3} - 4\frac{x^2}{2} + 7x = \frac{x^3}{3} - 2x^2 + 7x$.
По формуле Ньютона-Лейбница, площадь равна:
$S = F(1) - F(0) = \left(\frac{1^3}{3} - 2(1)^2 + 7(1)\right) - \left(\frac{0^3}{3} - 2(0)^2 + 7(0)\right) = \left(\frac{1}{3} - 2 + 7\right) - 0 = \frac{1}{3} + 5 = \frac{16}{3}$.
Ответ:$S = \frac{16}{3}$.

2) y = x² + 6x - 8, y = 0, x = 0, x = 2;

Решение
Фигура ограничена графиком функции $y = x^2 + 6x - 8$, осью $y=0$ и прямыми $x=0$, $x=2$. Площадь вычисляется по формуле $S = \int_a^b |f(x)| \,dx$.
Определим знаки функции $f(x) = x^2 + 6x - 8$ на отрезке $[0, 2]$. Для этого найдем корни уравнения $x^2 + 6x - 8 = 0$.
$D = 6^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-8) = 36 + 32 = 68$.
$x_{1,2} = \frac{-6 \pm \sqrt{68}}{2} = \frac{-6 \pm 2\sqrt{17}}{2} = -3 \pm \sqrt{17}$.
Один из корней, $x_0 = \sqrt{17} - 3$, является положительным. Так как $4 < \sqrt{17} < 5$, то $1 < \sqrt{17} - 3 < 2$. Этот корень принадлежит отрезку $[0, 2]$.
Парабола $y = x^2 + 6x - 8$ ветвями вверх, поэтому функция отрицательна между корнями. На отрезке $[0, 2]$ функция меняет знак:
- на интервале $[0, \sqrt{17}-3)$ функция $f(x) \le 0$;
- на интервале $[\sqrt{17}-3, 2]$ функция $f(x) \ge 0$.
Поэтому площадь вычисляется как сумма двух интегралов:
$S = \int_0^{\sqrt{17}-3} -(x^2 + 6x - 8) \,dx + \int_{\sqrt{17}-3}^2 (x^2 + 6x - 8) \,dx$.
Первообразная для $x^2 + 6x - 8$ есть $F(x) = \frac{x^3}{3} + 3x^2 - 8x$.
Тогда $S = -[F(x)]_0^{\sqrt{17}-3} + [F(x)]_{\sqrt{17}-3}^2 = -(F(\sqrt{17}-3) - F(0)) + (F(2) - F(\sqrt{17}-3))$.
$S = F(2) + F(0) - 2F(\sqrt{17}-3)$.
Вычислим значения:
$F(0) = 0$.
$F(2) = \frac{2^3}{3} + 3(2^2) - 8(2) = \frac{8}{3} + 12 - 16 = \frac{8}{3} - 4 = -\frac{4}{3}$.
Для вычисления $F(\sqrt{17}-3)$ обозначим $c = \sqrt{17}-3$. Так как $c$ — корень уравнения $c^2+6c-8=0$, то $c^2=8-6c$.
$F(c) = \frac{c^3}{3} + 3c^2 - 8c = \frac{c(c^2)}{3} + 3c^2 - 8c = \frac{c(8-6c)}{3} + 3(8-6c) - 8c = \frac{8c-6c^2}{3} + 24 - 18c - 8c = \frac{8c-6(8-6c)}{3} + 24 - 26c = \frac{8c - 48 + 36c}{3} + 24 - 26c = \frac{44c - 48}{3} + 24 - 26c = \frac{44c - 48 + 72 - 78c}{3} = \frac{24 - 34c}{3}$.
$F(\sqrt{17}-3) = \frac{24 - 34(\sqrt{17}-3)}{3} = \frac{24 - 34\sqrt{17} + 102}{3} = \frac{126 - 34\sqrt{17}}{3}$.
Подставляем значения в формулу для площади:
$S = -\frac{4}{3} + 0 - 2\left(\frac{126 - 34\sqrt{17}}{3}\right) = \frac{-4 - 252 + 68\sqrt{17}}{3} = \frac{68\sqrt{17} - 256}{3}$.
Ответ:$S = \frac{68\sqrt{17} - 256}{3}$.

3) y = x² + 3x, y = 0;

Решение
Фигура ограничена параболой $y = x^2 + 3x$ и осью абсцисс ($y=0$). Пределы интегрирования определяются точками пересечения параболы с осью Ox.
$x^2 + 3x = 0 \implies x(x+3) = 0$.
Корни уравнения: $x_1 = -3$, $x_2 = 0$. Таким образом, интегрирование производится по отрезку $[-3, 0]$.
Парабола $y = x^2 + 3x$ имеет ветви, направленные вверх, следовательно, на интервале между корнями $(-3, 0)$ функция принимает отрицательные значения ($y \le 0$).
Площадь фигуры равна интегралу от модуля функции:
$S = \int_{-3}^0 |x^2 + 3x| \,dx = \int_{-3}^0 -(x^2 + 3x) \,dx = \int_{-3}^0 (-x^2 - 3x) \,dx$.
Найдем первообразную:
$F(x) = \int (-x^2 - 3x) \,dx = -\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2}$.
Вычислим площадь по формуле Ньютона-Лейбница:
$S = F(0) - F(-3) = \left(-\frac{0^3}{3} - \frac{3 \cdot 0^2}{2}\right) - \left(-\frac{(-3)^3}{3} - \frac{3(-3)^2}{2}\right) = 0 - \left(-\frac{-27}{3} - \frac{3 \cdot 9}{2}\right) = -(9 - \frac{27}{2}) = -(\frac{18-27}{2}) = -(-\frac{9}{2}) = \frac{9}{2}$.
Ответ:$S = \frac{9}{2}$.

4) y = 6x - x², y = 0.

Решение
Фигура ограничена параболой $y = 6x - x^2$ и осью Ox ($y=0$). Найдем пределы интегрирования, решив уравнение $6x - x^2 = 0$.
$x(6 - x) = 0$.
Корни: $x_1 = 0$, $x_2 = 6$. Интегрирование будет вестись по отрезку $[0, 6]$.
Парабола $y = 6x - x^2$ имеет ветви, направленные вниз (коэффициент при $x^2$ отрицателен), поэтому на интервале между корнями $(0, 6)$ функция принимает положительные значения ($y \ge 0$).
Площадь вычисляется как определенный интеграл:
$S = \int_0^6 (6x - x^2) \,dx$.
Найдем первообразную:
$F(x) = \int (6x - x^2) \,dx = 6\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} = 3x^2 - \frac{x^3}{3}$.
Применим формулу Ньютона-Лейбница:
$S = F(6) - F(0) = \left(3(6^2) - \frac{6^3}{3}\right) - \left(3(0^2) - \frac{0^3}{3}\right) = \left(3 \cdot 36 - \frac{216}{3}\right) - 0 = 108 - 72 = 36$.
Ответ:$S = 36$.

378.1) $y = x^2 + 3x + 6$, $y = 6;$

2) $y = 5x + x^2 + 2$, $y = 2;$

3) $y = 5 + 4x - x^2$, $y = x + 1;$

4) $y = 4 - x^2$, $y = x^2 - 2x.$

1) Дано:
$y = x^2+3x+6$
$y = 6$
Найти:
Координаты точек пересечения графиков.
Решение:
Чтобы найти точки пересечения, необходимо решить систему уравнений. Для этого приравняем правые части уравнений, так как левые части равны ($y=y$):
$x^2+3x+6 = 6$
Перенесем 6 в левую часть уравнения:
$x^2+3x+6-6 = 0$
$x^2+3x = 0$
Вынесем общий множитель $x$ за скобки:
$x(x+3) = 0$
Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю. Отсюда получаем два возможных значения для $x$ (абсциссы точек пересечения):
$x_1 = 0$
$x_2+3 = 0 \implies x_2 = -3$
Ордината $y$ для этих точек задана вторым уравнением: $y=6$.
Таким образом, получаем две точки пересечения:
При $x_1=0$, $y_1=6$. Координаты первой точки: $(0, 6)$.
При $x_2=-3$, $y_2=6$. Координаты второй точки: $(-3, 6)$.
Ответ: $(0, 6), (-3, 6)$.

2) Дано:
$y = 5x+x^2+2$
$y = 2$
Найти:
Координаты точек пересечения графиков.
Решение:
Приравняем правые части уравнений. Для удобства запишем первое уравнение в стандартном виде $y = x^2+5x+2$.
$x^2+5x+2 = 2$
Перенесем 2 в левую часть уравнения:
$x^2+5x+2-2 = 0$
$x^2+5x = 0$
Вынесем $x$ за скобки:
$x(x+5) = 0$
Отсюда находим абсциссы точек пересечения:
$x_1 = 0$
$x_2+5 = 0 \implies x_2 = -5$
Ордината $y$ для этих точек равна 2.
Таким образом, точки пересечения имеют координаты: $(0, 2)$ и $(-5, 2)$.
Ответ: $(0, 2), (-5, 2)$.

3) Дано:
$y = 5+4x-x^2$
$y = x+1$
Найти:
Координаты точек пересечения графиков.
Решение:
Приравняем правые части уравнений, чтобы найти абсциссы точек пересечения:
$5+4x-x^2 = x+1$
Перенесем все члены уравнения в одну сторону, чтобы получить стандартное квадратное уравнение:
$-x^2 + 4x - x + 5 - 1 = 0$
$-x^2 + 3x + 4 = 0$
Умножим обе части уравнения на -1 для удобства решения:
$x^2 - 3x - 4 = 0$
Решим полученное квадратное уравнение. Можно использовать теорему Виета: сумма корней $x_1+x_2=3$, произведение корней $x_1x_2=-4$. Подбором находим корни: $x_1=4$ и $x_2=-1$.
Теперь найдем соответствующие ординаты $y$, подставляя найденные значения $x$ в более простое уравнение $y=x+1$.
При $x_1 = 4$: $y_1 = 4+1 = 5$. Координаты первой точки: $(4, 5)$.
При $x_2 = -1$: $y_2 = -1+1 = 0$. Координаты второй точки: $(-1, 0)$.
Ответ: $(4, 5), (-1, 0)$.

4) Дано:
$y = 4-x^2$
$y = x^2-2x$
Найти:
Координаты точек пересечения графиков.
Решение:
Приравняем правые части уравнений:
$4-x^2 = x^2-2x$
Перенесем все члены в одну сторону, например, в правую:
$0 = x^2 - 2x + x^2 - 4$
$2x^2 - 2x - 4 = 0$
Разделим все члены уравнения на 2, чтобы упростить его:
$x^2 - x - 2 = 0$
Решим квадратное уравнение. По теореме Виета: сумма корней $x_1+x_2=1$, произведение $x_1x_2=-2$. Корни: $x_1=2$ и $x_2=-1$.
Теперь найдем соответствующие значения $y$, подставив $x$ в любое из исходных уравнений. Возьмем $y=4-x^2$.
При $x_1 = 2$: $y_1 = 4 - (2)^2 = 4-4 = 0$. Координаты первой точки: $(2, 0)$.
При $x_2 = -1$: $y_2 = 4 - (-1)^2 = 4-1 = 3$. Координаты второй точки: $(-1, 3)$.
Для проверки можно подставить значения во второе уравнение $y=x^2-2x$:
При $x_1=2$: $y_1=2^2-2(2) = 4-4=0$.
При $x_2=-1$: $y_2=(-1)^2-2(-1)=1+2=3$.
Результаты совпадают.
Ответ: $(2, 0), (-1, 3)$.

379.1) $y = \frac{3}{x}$, $y = 1$, $x = 1$;

2) $y = \frac{5}{x}$, $x + y = 6$;

3) $y = \frac{2}{x}$, $x + y = 3$;

4) $y = \frac{7}{x}$, $y = -1$, $x = -1$.

1) $y=\frac{3}{x}, y=1, x=1$

Дано:
Функция $y=\frac{3}{x}$ и прямые $y=1$, $x=1$.

Найти:
Координаты точек пересечения графика функции с каждой из прямых.

Решение:
Задача сводится к нахождению точек пересечения графика функции $y=\frac{3}{x}$ с каждой из данных прямых. Рассмотрим два случая.
1. Пересечение с прямой $y=1$.
Для этого решим систему уравнений: $\begin{cases} y = \frac{3}{x} \\ y = 1 \end{cases}$
Приравняем правые части уравнений: $\frac{3}{x} = 1$
Отсюда следует, что $x=3$.
Таким образом, первая точка пересечения имеет координаты $(3, 1)$.
2. Пересечение с прямой $x=1$.
Для этого решим систему уравнений: $\begin{cases} y = \frac{3}{x} \\ x = 1 \end{cases}$
Подставим значение $x=1$ в первое уравнение: $y = \frac{3}{1} = 3$
Таким образом, вторая точка пересечения имеет координаты $(1, 3)$.

Ответ: Точки пересечения: $(3, 1)$ и $(1, 3)$.

2) $y=\frac{5}{x}, x+y=6$

Дано:
Система уравнений:
$\begin{cases} y = \frac{5}{x} \\ x+y=6 \end{cases}$

Найти:
Координаты точек пересечения $(x, y)$.

Решение:
Для нахождения точек пересечения решим данную систему уравнений. Из второго уравнения выразим $y$:
$y = 6 - x$
Подставим это выражение в первое уравнение:
$6 - x = \frac{5}{x}$
Умножим обе части уравнения на $x$ (при $x \ne 0$):
$x(6 - x) = 5$
$6x - x^2 = 5$
Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить стандартное квадратное уравнение:
$x^2 - 6x + 5 = 0$
Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, сумма корней равна 6, а их произведение равно 5. Следовательно, корни уравнения:
$x_1 = 1$
$x_2 = 5$
Теперь найдем соответствующие значения $y$ для каждого корня, используя уравнение $y = 6 - x$:
Если $x_1 = 1$, то $y_1 = 6 - 1 = 5$.
Если $x_2 = 5$, то $y_2 = 6 - 5 = 1$.
Таким образом, мы получили две точки пересечения: $(1, 5)$ и $(5, 1)$.

Ответ: $(1, 5)$; $(5, 1)$.

3) $y=\frac{2}{x}, x+y=3$

Дано:
Система уравнений:
$\begin{cases} y = \frac{2}{x} \\ x+y=3 \end{cases}$

Найти:
Координаты точек пересечения $(x, y)$.

Решение:
Решим систему уравнений. Из второго уравнения выразим $y$:
$y = 3 - x$
Подставим это выражение в первое уравнение:
$3 - x = \frac{2}{x}$
Умножим обе части на $x$ (при $x \ne 0$):
$x(3 - x) = 2$
$3x - x^2 = 2$
Приведем уравнение к стандартному квадратному виду:
$x^2 - 3x + 2 = 0$
Решим квадратное уравнение. По теореме Виета, сумма корней равна 3, а произведение равно 2. Корнями являются:
$x_1 = 1$
$x_2 = 2$
Найдем соответствующие значения $y$ для каждого $x$ из уравнения $y = 3 - x$:
При $x_1 = 1$, $y_1 = 3 - 1 = 2$.
При $x_2 = 2$, $y_2 = 3 - 2 = 1$.
Получили две точки пересечения: $(1, 2)$ и $(2, 1)$.

Ответ: $(1, 2)$; $(2, 1)$.

4) $y=\frac{7}{x}, y=-1, x=-1$

Дано:
Функция $y=\frac{7}{x}$ и прямые $y=-1$, $x=-1$.

Найти:
Координаты точек пересечения графика функции с каждой из прямых.

Решение:
Рассмотрим два независимых случая пересечения.
1. Пересечение с прямой $y=-1$.
Решим систему: $y = \frac{7}{x}$ и $y = -1$.
Приравняем правые части: $\frac{7}{x} = -1$
Отсюда $x = -7$.
Координаты первой точки пересечения: $(-7, -1)$.
2. Пересечение с прямой $x=-1$.
Решим систему: $y = \frac{7}{x}$ и $x = -1$.
Подставим $x=-1$ в уравнение функции:
$y = \frac{7}{-1} = -7$
Координаты второй точки пересечения: $(-1, -7)$.

Ответ: Точки пересечения: $(-7, -1)$ и $(-1, -7)$.

Решите уравнения графическим способом (380–381):

380. 1) $3^x = x - 2;$

2) $\log_4 x = 2 - x;$

3) $(0,2)^x - x^2 = 0;$

4) $\log_{\frac{1}{5}} x = x^2 - 1.$

1) $3^x = x - 2$

Решение

Чтобы решить уравнение графически, построим в одной системе координат графики функций $y = 3^x$ и $y = x - 2$. Абсциссы точек пересечения этих графиков будут являться решениями уравнения.

1. $y = 3^x$ — показательная функция. График проходит через точки (-1, 1/3), (0, 1), (1, 3), (2, 9). Функция возрастает на всей области определения.

2. $y = x - 2$ — линейная функция. График — прямая, проходящая через точки (0, -2) и (2, 0).

Из графика видно, что функции не пересекаются. Функция $y = 3^x$ всегда положительна, в то время как функция $y = x - 2$ принимает положительные значения только при $x > 2$. Однако при $x > 2$ показательная функция растет гораздо быстрее линейной, и их графики не пересекаются.

Ответ: нет решений.

2) $\log_4 x = 2 - x$

Решение

Решим уравнение графически, построив графики функций $y = \log_4 x$ и $y = 2 - x$. Абсцисса точки их пересечения будет решением уравнения.

1. $y = \log_4 x$ — логарифмическая функция. Область определения $x > 0$. График проходит через точки (1/4, -1), (1, 0), (4, 1). Функция возрастает на всей области определения.

2. $y = 2 - x$ — линейная функция. График — прямая, проходящая через точки (0, 2) и (2, 0). Функция убывает на всей области определения.

Поскольку одна функция строго возрастает, а другая строго убывает, они могут пересечься не более одного раза.

Из графика видно, что функции пересекаются в одной точке. Абсцисса этой точки является единственным решением уравнения.

Ответ: уравнение имеет один корень (абсцисса точки пересечения на графике).

3) $(0,2)^x - x^2 = 0$

Решение

Перепишем уравнение в виде $(0,2)^x = x^2$. Для графического решения построим графики функций $y = (0,2)^x$ и $y = x^2$.

1. $y = (0,2)^x$ или $y = (1/5)^x$ — показательная функция. График проходит через точки (-1, 5), (0, 1), (1, 0,2). Функция убывает на всей области определения.

2. $y = x^2$ — квадратичная функция. График — парабола с вершиной в точке (0, 0), ветви направлены вверх. Проходит через точки (-1, 1), (1, 1), (-2, 4), (2, 4).

На графике видно, что кривые пересекаются в одной точке при $x > 0$. При $x < 0$ график показательной функции $y = (0,2)^x$ лежит выше графика параболы $y = x^2$. Следовательно, уравнение имеет одно решение.

Ответ: уравнение имеет один корень (абсцисса точки пересечения на графике).

4) $\log_{1/5} x = x^2 - 1$

Решение

Для графического решения уравнения построим графики функций $y = \log_{1/5} x$ и $y = x^2 - 1$.

1. $y = \log_{1/5} x$ — логарифмическая функция. Может быть записана как $y = -\log_5 x$. Область определения $x > 0$. График проходит через точки (1/5, 1), (1, 0), (5, -1). Функция убывает на всей области определения.

2. $y = x^2 - 1$ — квадратичная функция. График — парабола с вершиной в точке (0, -1), ветви направлены вверх. На области $x>0$ функция возрастает.

Поскольку на общей области определения $x>0$ одна функция строго убывает, а другая строго возрастает, они могут пересечься не более чем в одной точке. Проверим точку $x=1$:
$y_1(1) = \log_{1/5} 1 = 0$
$y_2(1) = 1^2 - 1 = 0$
Поскольку $y_1(1) = y_2(1)$, точка $x=1$ является решением уравнения.

Так как точка пересечения единственная, $x=1$ является единственным решением.

Ответ: $x=1$.

381. 1) $5^x = x^2 + 1;$

2) $\log_2 x = 2^x;$

3) $\left(\frac{1}{3}\right)^x = \sqrt{x+1};$

4) $\log_{\frac{1}{6}} x = \sqrt{x-1}.$

1) Решим уравнение $5^x = x^2 + 1$ графически и аналитически.

Решение:
Рассмотрим две функции: $y_1 = 5^x$ (левая часть уравнения) и $y_2 = x^2 + 1$ (правая часть уравнения). Корнями уравнения будут абсциссы точек пересечения графиков этих функций.

1. Функция $y_1 = 5^x$ — показательная функция с основанием больше 1. Она определена для всех $x \in \mathbb{R}$, является строго возрастающей и выпуклой вниз. График проходит через точку (0, 1).

2. Функция $y_2 = x^2 + 1$ — квадратичная функция, её график — парабола с ветвями, направленными вверх, и вершиной в точке (0, 1).

Проверим, является ли точка $x=0$ корнем уравнения.
Подставим $x=0$ в левую часть: $5^0 = 1$.
Подставим $x=0$ в правую часть: $0^2 + 1 = 1$.
Так как $1 = 1$, то $x=0$ является корнем уравнения. Это означает, что графики пересекаются в точке (0, 1).

Проанализируем поведение функций, чтобы найти другие корни.
Найдем производные функций:
$y_1' = (5^x)' = 5^x \ln 5$.
$y_2' = (x^2 + 1)' = 2x$.
В точке $x=0$ скорости роста функций различны:
$y_1'(0) = 5^0 \ln 5 = \ln 5 \approx 1.61$.
$y_2'(0) = 2 \cdot 0 = 0$.
В точке $x=0$ парабола имеет горизонтальную касательную (свою вершину), а показательная функция продолжает расти.

Рассмотрим $x > 0$. Так как в точке $x=0$ функции равны, а скорость роста $y_1$ больше, чем у $y_2$, то при $x>0$ будет выполняться неравенство $y_1 > y_2$. Чтобы это доказать строже, рассмотрим разность функций $h(x) = 5^x - x^2 - 1$.
$h(0) = 0$.
$h'(x) = 5^x \ln 5 - 2x$. $h'(0) = \ln 5 > 0$.
$h''(x) = 5^x \ln^2 5 - 2$. $h''(0) = \ln^2 5 - 2 \approx 1.61^2 - 2 = 2.59 - 2 > 0$.
Так как вторая производная $h''(x)$ положительна для всех $x \ge 0$, функция $h(x)$ является выпуклой на этом промежутке. Поскольку $h(0)=0$ и $h'(0)>0$, функция $h(x)$ возрастает при $x>0$, а значит $h(x) > 0$ для всех $x>0$. Таким образом, других корней при $x>0$ нет.

Рассмотрим $x < 0$. Функция $y_1 = 5^x$ убывает при движении влево от 0, $y_1 \in (0, 1)$. Функция $y_2 = x^2+1$ возрастает при движении влево от 0, $y_2 > 1$. Следовательно, для всех $x<0$, $y_1(x) < 1 < y_2(x)$, и равенство невозможно.

Таким образом, уравнение имеет единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=0$.

2) Решим уравнение $\log_2 x = 2x$.

Решение:
Область допустимых значений (ОДЗ) для логарифма: $x > 0$.
Рассмотрим функции $y_1 = \log_2 x$ и $y_2 = 2x$.

1. Функция $y_1 = \log_2 x$ — логарифмическая, строго возрастающая и выпуклая вверх (вогнутая) на всей области определения.

2. Функция $y_2 = 2x$ — линейная, её график — прямая, проходящая через начало координат, является строго возрастающей.

Прямая и строго вогнутая функция могут пересекаться не более чем в двух точках. Попробуем найти точки пересечения.
Рассмотрим функцию $h(x) = \log_2 x - 2x$. Нам нужно найти нули этой функции.
Найдем её производную: $h'(x) = (\log_2 x - 2x)' = \frac{1}{x \ln 2} - 2$.
Найдем точку экстремума, приравняв производную к нулю:
$\frac{1}{x \ln 2} - 2 = 0 \implies \frac{1}{x \ln 2} = 2 \implies x = \frac{1}{2 \ln 2} = \frac{1}{\ln 4}$.
Это точка максимума, так как вторая производная $h''(x) = -\frac{1}{x^2 \ln 2}$ всегда отрицательна при $x>0$.
Найдем максимальное значение функции $h(x)$ в точке $x_0 = \frac{1}{\ln 4}$:
$h(x_0) = \log_2\left(\frac{1}{2 \ln 2}\right) - 2 \cdot \frac{1}{2 \ln 2} = \frac{\ln(1/(2 \ln 2))}{\ln 2} - \frac{1}{\ln 2} = \frac{-\ln(2 \ln 2) - 1}{\ln 2}$.
Так как $2 \ln 2 = \ln 4 \approx 1.386 > 1$, то $\ln(2 \ln 2) > 0$.
Следовательно, числитель $-\ln(2 \ln 2) - 1$ является отрицательным числом. Знаменатель $\ln 2$ положителен.
Значит, $h(x_0) < 0$.

Максимальное значение функции $h(x)$ отрицательно. Это означает, что $h(x) < 0$ для всех $x$ из области определения.
Следовательно, $\log_2 x < 2x$ для всех $x>0$, и уравнение не имеет действительных корней.

Графическая иллюстрация:

Ответ: нет корней.

3) Решим уравнение $\left(\frac{1}{3}\right)^x = \sqrt{x+1}$.

Решение:
ОДЗ: подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x+1 \ge 0 \implies x \ge -1$.
Рассмотрим функции $y_1 = \left(\frac{1}{3}\right)^x$ и $y_2 = \sqrt{x+1}$.

1. Функция $y_1 = \left(\frac{1}{3}\right)^x$ — показательная с основанием меньше 1. Она является строго убывающей на всей числовой оси.

2. Функция $y_2 = \sqrt{x+1}$ — степенная (корень). Она является строго возрастающей на всей своей области определения $x \ge -1$.

Строго убывающая и строго возрастающая функции могут пересечься не более одного раза. Найдем возможное решение подбором.
Проверим $x=0$:
Левая часть: $\left(\frac{1}{3}\right)^0 = 1$.
Правая часть: $\sqrt{0+1} = \sqrt{1} = 1$.
Так как $1=1$, $x=0$ является корнем уравнения.

Поскольку мы доказали, что функции могут иметь не более одной точки пересечения, и мы нашли эту точку, то $x=0$ — единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=0$.

4) Решим уравнение $\log_{\frac{1}{6}} x = \sqrt{x-1}$.

Решение:
Найдем ОДЗ. Из логарифма следует, что $x>0$. Из-под корня следует, что $x-1 \ge 0 \implies x \ge 1$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \ge 1$.
Рассмотрим функции $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ и $y_2 = \sqrt{x-1}$.

1. Функция $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ — логарифмическая с основанием меньше 1. Она является строго убывающей на своей области определения.

2. Функция $y_2 = \sqrt{x-1}$ — степенная (корень). Она является строго возрастающей на своей области определения $x \ge 1$.

Так же, как и в предыдущем задании, строго убывающая и строго возрастающая функции могут пересечься не более одного раза.
Проверим граничную точку ОДЗ $x=1$:
Левая часть: $\log_{\frac{1}{6}} (1) = 0$.
Правая часть: $\sqrt{1-1} = \sqrt{0} = 0$.
Так как $0=0$, $x=1$ является корнем уравнения.

Другой способ рассуждения:
При $x=1$ обе части уравнения равны 0.
При $x>1$:
- левая часть $y_1 = \log_{\frac{1}{6}} x$ становится отрицательной (так как основание логарифма меньше 1, а аргумент больше 1).
- правая часть $y_2 = \sqrt{x-1}$ становится положительной.
Отрицательное число не может равняться положительному, поэтому при $x>1$ корней нет.

Следовательно, $x=1$ — единственный корень.

Графическая иллюстрация:

Ответ: $x=1$.