Номер 5.51, страница 133 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Глава 1. Функции. Производные. Интегралы. Параграф 5. Применение производной - номер 5.51, страница 133.

Условие.

5.51 Докажите, что функция $f(x)$ убывает на указанном промежутке, если:

а) $f(x) = -3x + 8$, $x \in R$;

б) $f(x) = kx + l$, $k < 0$, $x \in R$;

в) $f(x) = -x^2$, $x \in [0; +\infty)$;

г) $f(x) = x^2$, $x \in (-\infty; 0]$;

д) $f(x) = \sin x$, $x \in [\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$;

е) $f(x) = \cos x$, $x \in [0; \pi]$;

ж) $f(x) = (0.5)^x$, $x \in R$;

з) $f(x) = \log_{0.5} x$, $x \in (0; +\infty)$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а) $f(x) = -3x + 8, x \in \mathbb{R}$

Чтобы доказать, что функция убывает на заданном промежутке, необходимо показать, что для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких что $x_2 > x_1$, выполняется неравенство $f(x_2) < f(x_1)$.

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_2 > x_1$. Найдем разность значений функции в этих точках: $f(x_2) - f(x_1) = (-3x_2 + 8) - (-3x_1 + 8) = -3x_2 + 8 + 3x_1 - 8 = -3(x_2 - x_1)$.

Поскольку по нашему выбору $x_2 > x_1$, разность $x_2 - x_1$ является положительным числом, то есть $x_2 - x_1 > 0$. Произведение отрицательного числа $-3$ на положительное число $(x_2 - x_1)$ будет отрицательным: $-3(x_2 - x_1) < 0$. Следовательно, $f(x_2) - f(x_1) < 0$, что равносильно $f(x_2) < f(x_1)$.

Так как для любого $x_2 > x_1$ выполняется $f(x_2) < f(x_1)$, функция $f(x) = -3x + 8$ убывает на всей числовой прямой $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

б) $f(x) = kx + l, k < 0, x \in \mathbb{R}$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_2 > x_1$.

Рассмотрим разность значений функции в этих точках: $f(x_2) - f(x_1) = (kx_2 + l) - (kx_1 + l) = kx_2 - kx_1 = k(x_2 - x_1)$.

Из условия $x_2 > x_1$ следует, что $x_2 - x_1 > 0$. По условию задачи, коэффициент $k < 0$. Произведение отрицательного числа $k$ на положительное число $(x_2 - x_1)$ является отрицательным числом: $k(x_2 - x_1) < 0$.

Таким образом, $f(x_2) - f(x_1) < 0$, откуда $f(x_2) < f(x_1)$. Это доказывает, что линейная функция $f(x) = kx + l$ с отрицательным угловым коэффициентом $k$ убывает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

в) $f(x) = -x^2, x \in [0; +\infty)$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2$ из промежутка $[0; +\infty)$ такие, что $x_2 > x_1$.

Рассмотрим разность $f(x_2) - f(x_1)$: $f(x_2) - f(x_1) = (-x_2^2) - (-x_1^2) = x_1^2 - x_2^2$.

Применим формулу разности квадратов: $x_1^2 - x_2^2 = (x_1 - x_2)(x_1 + x_2)$. Проанализируем знаки полученных множителей: 1. Так как $x_2 > x_1$, то $x_1 - x_2 < 0$. 2. Так как $x_1, x_2 \in [0; +\infty)$, то $x_1 \ge 0$ и $x_2 \ge 0$. Поскольку $x_2 > x_1$, то $x_2$ должно быть строго больше 0. Значит, сумма $x_1 + x_2$ будет положительной ($x_1+x_2 > 0$).

Произведение отрицательного множителя $(x_1 - x_2)$ и положительного множителя $(x_1 + x_2)$ отрицательно: $(x_1 - x_2)(x_1 + x_2) < 0$. Следовательно, $f(x_2) - f(x_1) < 0$, то есть $f(x_2) < f(x_1)$. Функция $f(x) = -x^2$ убывает на промежутке $[0; +\infty)$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

г) $f(x) = x^2, x \in (-\infty; 0]$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2$ из промежутка $(-\infty; 0]$ такие, что $x_2 > x_1$.

Рассмотрим разность $f(x_2) - f(x_1) = x_2^2 - x_1^2$.

Используем формулу разности квадратов: $x_2^2 - x_1^2 = (x_2 - x_1)(x_2 + x_1)$. Проанализируем знаки множителей: 1. Так как $x_2 > x_1$, то $x_2 - x_1 > 0$. 2. Так как $x_1, x_2 \in (-\infty; 0]$, то $x_1 \le 0$ и $x_2 \le 0$. Поскольку $x_2 > x_1$, то $x_1$ должен быть строго меньше 0 ($x_1 < 0$). Сумма двух неположительных чисел, из которых хотя бы одно отрицательное, является отрицательным числом: $x_1 + x_2 < 0$.

Произведение положительного множителя $(x_2 - x_1)$ и отрицательного множителя $(x_2 + x_1)$ отрицательно: $(x_2 - x_1)(x_2 + x_1) < 0$. Следовательно, $f(x_2) - f(x_1) < 0$, то есть $f(x_2) < f(x_1)$. Функция $f(x) = x^2$ убывает на промежутке $(-\infty; 0]$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

д) $f(x) = \sin x, x \in [\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2$ из промежутка $[\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$ такие, что $x_2 > x_1$.

Рассмотрим разность $f(x_2) - f(x_1) = \sin x_2 - \sin x_1$. Применим тригонометрическую формулу разности синусов: $\sin x_2 - \sin x_1 = 2 \cos\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \sin\left(\frac{x_2-x_1}{2}\right)$.

Проанализируем знаки множителей в правой части: 1. Множитель $2$ положителен. 2. Так как $\frac{\pi}{2} \le x_1 < x_2 \le \frac{3\pi}{2}$, то $0 < x_2 - x_1 \le \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = \pi$. Отсюда следует, что $0 < \frac{x_2-x_1}{2} \le \frac{\pi}{2}$. Синус угла в интервале $(0, \frac{\pi}{2}]$ положителен, значит, $\sin\left(\frac{x_2-x_1}{2}\right) > 0$. 3. Оценим полусумму $\frac{x_1+x_2}{2}$. Из $\frac{\pi}{2} \le x_1 < x_2 \le \frac{3\pi}{2}$ следует $\pi < x_1 + x_2 < 3\pi$, а значит $\frac{\pi}{2} < \frac{x_1+x_2}{2} < \frac{3\pi}{2}$. Косинус угла в интервале $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ отрицателен, значит, $\cos\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) < 0$.

Произведение положительного, отрицательного и положительного чисел отрицательно: $f(x_2) - f(x_1) < 0$. Следовательно, $f(x_2) < f(x_1)$, и функция $f(x) = \sin x$ убывает на промежутке $[\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

е) $f(x) = \cos x, x \in [0; \pi]$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2$ из промежутка $[0; \pi]$ такие, что $x_2 > x_1$.

Рассмотрим разность $f(x_2) - f(x_1) = \cos x_2 - \cos x_1$. Применим тригонометрическую формулу разности косинусов: $\cos x_2 - \cos x_1 = -2 \sin\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \sin\left(\frac{x_2-x_1}{2}\right)$.

Проанализируем знаки множителей: 1. Множитель $-2$ отрицателен. 2. Так как $0 \le x_1 < x_2 \le \pi$, то $0 < x_2 - x_1 \le \pi$. Отсюда $0 < \frac{x_2-x_1}{2} \le \frac{\pi}{2}$. Синус угла в интервале $(0, \frac{\pi}{2}]$ положителен, значит, $\sin\left(\frac{x_2-x_1}{2}\right) > 0$. 3. Оценим полусумму $\frac{x_1+x_2}{2}$. Из $0 \le x_1 < x_2 \le \pi$ следует $0 < x_1 + x_2 < 2\pi$, а значит $0 < \frac{x_1+x_2}{2} < \pi$. Синус угла в интервале $(0, \pi)$ положителен, значит, $\sin\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) > 0$.

Произведение отрицательного, положительного и положительного чисел отрицательно: $f(x_2) - f(x_1) < 0$. Следовательно, $f(x_2) < f(x_1)$, и функция $f(x) = \cos x$ убывает на промежутке $[0; \pi]$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

ж) $f(x) = (0,5)^x, x \in \mathbb{R}$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ такие, что $x_2 > x_1$.

Нужно доказать, что $f(x_2) < f(x_1)$, то есть $(0,5)^{x_2} < (0,5)^{x_1}$. Разделим обе части этого неравенства на $(0,5)^{x_1}$. Так как $(0,5)^{x_1} > 0$ для любого $x_1$, знак неравенства сохранится: $\frac{(0,5)^{x_2}}{(0,5)^{x_1}} < 1$.

По свойству степеней $\frac{a^m}{a^n} = a^{m-n}$, получаем: $(0,5)^{x_2-x_1} < 1$. Обозначим $y = x_2 - x_1$. Так как $x_2 > x_1$, то $y > 0$. Необходимо показать, что $(0,5)^y < 1$ для любого $y > 0$.

Запишем $0,5$ в виде дроби $\frac{1}{2}$: $(\frac{1}{2})^y < 1$, что равносильно $\frac{1}{2^y} < 1$. Поскольку $y > 0$, показательная функция с основанием $2 > 1$ возрастает, поэтому $2^y > 2^0 = 1$. Если знаменатель $2^y$ больше 1, то дробь $\frac{1}{2^y}$ меньше 1. Таким образом, исходное неравенство верно. Следовательно, $f(x_2) < f(x_1)$, и функция $f(x) = (0,5)^x$ убывает на $\mathbb{R}$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.

з) $f(x) = \log_{0,5} x, x \in (0; +\infty)$

Возьмем два произвольных числа $x_1, x_2$ из области определения $(0; +\infty)$ такие, что $x_2 > x_1$.

Нужно доказать, что $f(x_2) < f(x_1)$, то есть $\log_{0,5} x_2 < \log_{0,5} x_1$. Пусть $y_1 = \log_{0,5} x_1$ и $y_2 = \log_{0,5} x_2$. По определению логарифма, это эквивалентно равенствам $x_1 = (0,5)^{y_1}$ и $x_2 = (0,5)^{y_2}$.

По нашему предположению $x_2 > x_1$, значит $(0,5)^{y_2} > (0,5)^{y_1}$. Рассмотрим показательную функцию $g(y) = (0,5)^y$. В пункте (ж) было доказано, что эта функция является убывающей. Для убывающей функции, из неравенства $g(y_2) > g(y_1)$ следует, что $y_2 < y_1$.

Подставляя обратно наши обозначения, получаем: $\log_{0,5} x_2 < \log_{0,5} x_1$. Следовательно, $f(x_2) < f(x_1)$, и функция $f(x) = \log_{0,5} x$ убывает на $(0; +\infty)$.

Ответ: Доказано, что функция убывает на указанном промежутке.