Номер 269, страница 109 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Параграф 1. Возрастание и убывание функции. Глава 3. Применение производной к исследованию функций - номер 269, страница 109.

Условие.

Найти промежутки монотонности функции (269—270).

269. 1) $y = x^5 - 5x^4 + 5x^3 - 4$; 2) $y = \frac{2}{x} + 1$; 3) $y = -\sqrt{x - 3}$;

4) $y = 3\sqrt{x - 5} + 1$; 5) $y = x - \sin 2x$; 6) $y = 2x + \frac{1}{3}\cos 3x$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Для нахождения промежутков монотонности функции необходимо найти её производную и определить знаки производной на области определения функции.

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

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

2. Находим производную функции:

$y' = (x^5 - 5x^4 + 5x^3 - 4)' = 5x^4 - 20x^3 + 15x^2$

3. Находим критические точки, приравняв производную к нулю:

$5x^4 - 20x^3 + 15x^2 = 0$

$5x^2(x^2 - 4x + 3) = 0$

Отсюда получаем:

$5x^2 = 0 \Rightarrow x_1 = 0$

$x^2 - 4x + 3 = 0 \Rightarrow (x-1)(x-3) = 0 \Rightarrow x_2 = 1, x_3 = 3$

4. Критические точки $0, 1, 3$ разбивают числовую прямую на интервалы: $(-\infty; 0)$, $(0; 1)$, $(1; 3)$, $(3; +\infty)$. Определим знак производной $y' = 5x^2(x-1)(x-3)$ на каждом интервале.

• При $x \in (-\infty; 0)$: $y'(-1) = 5(-1)^2(-1-1)(-1-3) = 5 \cdot 1 \cdot (-2) \cdot (-4) = 40 > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (0; 1)$: $y'(0.5) = 5(0.5)^2(0.5-1)(0.5-3) = 5 \cdot 0.25 \cdot (-0.5) \cdot (-2.5) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (1; 3)$: $y'(2) = 5(2)^2(2-1)(2-3) = 5 \cdot 4 \cdot 1 \cdot (-1) = -20 < 0$, функция убывает.
• При $x \in (3; +\infty)$: $y'(4) = 5(4)^2(4-1)(4-3) = 5 \cdot 16 \cdot 3 \cdot 1 = 240 > 0$, функция возрастает.

Поскольку функция непрерывна в точках $0, 1, 3$, их можно включить в промежутки монотонности.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$; убывает на промежутке $[1; 3]$.

2) $y = \frac{2}{x} + 1$

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

2. Находим производную:

$y' = (\frac{2}{x} + 1)' = (2x^{-1} + 1)' = -2x^{-2} = -\frac{2}{x^2}$

3. Производная $y'$ нигде не равна нулю. Она не определена в точке $x=0$, которая не входит в область определения функции.

4. Определим знак производной. Так как $x^2 > 0$ для любого $x$ из области определения, то $y' = -\frac{2}{x^2}$ всегда отрицательна.

Следовательно, функция убывает на всей своей области определения.

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

3) $y = -\sqrt{x-3}$

1. Область определения: выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x-3 \geq 0 \Rightarrow x \geq 3$. $D(y) = [3; +\infty)$.

2. Находим производную:

$y' = (-\sqrt{x-3})' = -( (x-3)^{\frac{1}{2}} )' = -\frac{1}{2}(x-3)^{-\frac{1}{2}} = -\frac{1}{2\sqrt{x-3}}$

3. Производная нигде не равна нулю. Она не определена в точке $x=3$, которая является граничной точкой области определения.

4. На всей области определения, где производная существует (т.е. при $x>3$), знаменатель $2\sqrt{x-3}$ положителен. Следовательно, производная $y' = -\frac{1}{2\sqrt{x-3}}$ всегда отрицательна.

Функция убывает на всей своей области определения.

Ответ: функция убывает на промежутке $[3; +\infty)$.

4) $y = 3\sqrt{x-5} + 1$

1. Область определения: $x-5 \geq 0 \Rightarrow x \geq 5$. $D(y) = [5; +\infty)$.

2. Находим производную:

$y' = (3\sqrt{x-5} + 1)' = 3 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x-5}} = \frac{3}{2\sqrt{x-5}}$

3. Производная нигде не равна нулю. Она не определена в точке $x=5$.

4. При $x > 5$ знаменатель $2\sqrt{x-5}$ положителен. Следовательно, производная $y' = \frac{3}{2\sqrt{x-5}}$ всегда положительна.

Функция возрастает на всей своей области определения.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[5; +\infty)$.

5) $y = x - \sin 2x$

1. Область определения — все действительные числа, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Находим производную:

$y' = (x - \sin 2x)' = 1 - (\cos 2x) \cdot 2 = 1 - 2\cos 2x$

3. Находим критические точки:

$1 - 2\cos 2x = 0 \Rightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}$

$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$

4. Определим знаки производной.

Функция возрастает, если $y' > 0$:

$1 - 2\cos 2x > 0 \Rightarrow \cos 2x < \frac{1}{2}$

$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n \Rightarrow \frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, если $y' < 0$:

$1 - 2\cos 2x < 0 \Rightarrow \cos 2x > \frac{1}{2}$

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

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{5\pi}{6} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$; убывает на промежутках $[-\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{\pi}{6} + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

6) $y = 2x + \frac{1}{3}\cos 3x$

1. Область определения — все действительные числа, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Находим производную:

$y' = (2x + \frac{1}{3}\cos 3x)' = 2 + \frac{1}{3}(-\sin 3x) \cdot 3 = 2 - \sin 3x$

3. Попробуем найти критические точки: $2 - \sin 3x = 0 \Rightarrow \sin 3x = 2$.

Это уравнение не имеет решений, так как область значений функции синус $[-1; 1]$. Следовательно, критических точек нет.

4. Определим знак производной. Поскольку $-1 \leq \sin 3x \leq 1$, то

$2 - 1 \leq 2 - \sin 3x \leq 2 - (-1)$

$1 \leq 2 - \sin 3x \leq 3$

Таким образом, производная $y'$ всегда положительна ($y' \geq 1$).

Следовательно, функция возрастает на всей числовой прямой.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; +\infty)$.