Номер 22.11, страница 175 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

22.11. Докажите, что функция:

1) $f(x) = x \cdot e^{2x - 1}$ возрастает на промежутке $[-0,5; +\infty)$;

2) $f(x) = \log_5(1 - 3x)$ убывает на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

1) f(x) = x ⋅ e^{2x - 1} возрастает на промежутке [-0,5; +∞);

Чтобы доказать, что функция возрастает на указанном промежутке, достаточно найти ее производную и показать, что она неотрицательна ($f'(x) \ge 0$) для всех $x$ из этого промежутка.

Функция $f(x) = x \cdot e^{2x-1}$ является произведением двух функций $u(x) = x$ и $v(x) = e^{2x-1}$. Найдем ее производную, используя правило дифференцирования произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$.

$f'(x) = (x)' \cdot e^{2x - 1} + x \cdot (e^{2x - 1})'$

Найдем производные составляющих функций:

$(x)' = 1$

$(e^{2x - 1})'$ — это производная сложной функции, она равна $e^{2x - 1} \cdot (2x - 1)' = 2e^{2x - 1}$.

Подставим найденные производные обратно:

$f'(x) = 1 \cdot e^{2x - 1} + x \cdot 2e^{2x - 1}$

Вынесем общий множитель $e^{2x-1}$ за скобки:

$f'(x) = e^{2x - 1}(1 + 2x)$

Теперь исследуем знак производной $f'(x)$ на промежутке $[-0,5; +\infty)$.

Выражение $e^{2x - 1}$ всегда положительно ($e^{y} > 0$ для любого действительного $y$).

Следовательно, знак производной $f'(x)$ совпадает со знаком выражения $(1 + 2x)$.

Найдем, при каких значениях $x$ выражение $(1 + 2x)$ неотрицательно:

$1 + 2x \ge 0$

$2x \ge -1$

$x \ge -0,5$

Это означает, что на промежутке $[-0,5; +\infty)$ выражение $(1 + 2x) \ge 0$.

Поскольку на промежутке $[-0,5; +\infty)$ оба множителя $e^{2x - 1}$ и $(1 + 2x)$ неотрицательны, их произведение $f'(x) \ge 0$. Так как производная функции неотрицательна на данном промежутке (и равна нулю только в точке $x = -0,5$), функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) f(x) = log₅(1 - 3x) убывает на промежутке (-∞; 1/3);

Чтобы доказать, что функция убывает на указанном промежутке, достаточно найти ее производную и показать, что она неположительна ($f'(x) \le 0$) для всех $x$ из этого промежутка.

Во-первых, найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$1 - 3x > 0 \implies -3x > -1 \implies x < \frac{1}{3}$.

Таким образом, область определения функции $D(f) = (-\infty; \frac{1}{3})$, что совпадает с заданным в условии промежутком.

Найдем производную функции $f(x) = \log_5(1 - 3x)$, используя правило дифференцирования сложной функции $(\log_a u(x))' = \frac{u'(x)}{u(x) \ln a}$.

$f'(x) = \frac{(1 - 3x)'}{(1 - 3x) \cdot \ln 5} = \frac{-3}{(1 - 3x) \ln 5}$

Теперь исследуем знак производной $f'(x)$ на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

1. Числитель дроби равен $-3$, он всегда отрицателен.

2. Знаменатель состоит из двух множителей: $(1-3x)$ и $\ln 5$.

- На промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$ выражение $1-3x$ строго положительно (согласно области определения).

- $\ln 5$ — это натуральный логарифм числа больше 1, поэтому $\ln 5 > 0$.

Произведение двух положительных множителей $(1 - 3x) \ln 5$ также положительно на всем промежутке.

Таким образом, производная $f'(x)$ является частным от деления отрицательного числа ($-3$) на положительное число ($(1-3x)\ln 5$), следовательно, $f'(x) < 0$ для всех $x$ из промежутка $(-\infty; \frac{1}{3})$.

Поскольку производная функции строго отрицательна на данном промежутке, функция $f(x)$ убывает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.