Страница 133 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

5.49 Функция $f(x)$ непрерывна на промежутке $I$ и имеет внутри промежутка производную $f'(x)$. Объясните, как по знаку производной можно заключить, возрастает или убывает она на промежутке $I$.

Чтобы объяснить, как по знаку производной $f'(x)$ можно определить, возрастает или убывает функция $f(x)$ на промежутке $I$, необходимо использовать теорему Лагранжа о среднем значении. Эта теорема является фундаментальной для анализа поведения функций.

Теорема Лагранжа: Если функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ и имеет производную в каждой точке интервала $(a, b)$, то существует по крайней мере одна точка $c$ на интервале $(a, b)$, для которой выполняется равенство:
$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

Это равенство можно переписать в виде: $f(b) - f(a) = f'(c) \cdot (b - a)$.

Теперь применим эту теорему к нашей задаче. Возьмем любые две точки $x_1$ и $x_2$ из промежутка $I$ такие, что $x_1 < x_2$. Поскольку функция $f(x)$ непрерывна на $I$ и дифференцируема внутри $I$, то она также непрерывна на отрезке $[x_1, x_2]$ и дифференцируема на интервале $(x_1, x_2)$. Следовательно, по теореме Лагранжа, существует точка $c \in (x_1, x_2)$, для которой:
$f(x_2) - f(x_1) = f'(c) \cdot (x_2 - x_1)$

В этом равенстве множитель $(x_2 - x_1)$ всегда положителен, так как мы выбрали $x_1 < x_2$. Это означает, что знак разности $f(x_2) - f(x_1)$ полностью зависит от знака производной $f'(c)$ в некоторой точке $c$ между $x_1$ и $x_2$.

Как заключить, что функция возрастает

Пусть производная $f'(x) > 0$ для всех $x$ внутри промежутка $I$. Поскольку точка $c$ находится внутри промежутка $I$, то для нее также будет выполняться $f'(c) > 0$.
Рассмотрим равенство $f(x_2) - f(x_1) = f'(c) \cdot (x_2 - x_1)$.
Правая часть этого равенства является произведением двух положительных чисел: $f'(c) > 0$ и $(x_2 - x_1) > 0$. Следовательно, правая часть положительна.
Это означает, что $f(x_2) - f(x_1) > 0$, или $f(x_2) > f(x_1)$.
Так как для любой пары точек $x_1, x_2$ из $I$ из условия $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) < f(x_2)$, то по определению функция $f(x)$ возрастает на промежутке $I$.
Ответ: Если производная функции $f'(x)$ положительна во всех внутренних точках промежутка $I$, то функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Как заключить, что функция убывает

Пусть производная $f'(x) < 0$ для всех $x$ внутри промежутка $I$. Поскольку точка $c$ находится внутри промежутка $I$, то для нее также будет выполняться $f'(c) < 0$.
Рассмотрим равенство $f(x_2) - f(x_1) = f'(c) \cdot (x_2 - x_1)$.
Правая часть этого равенства является произведением отрицательного числа $f'(c)$ и положительного числа $(x_2 - x_1)$. Следовательно, правая часть отрицательна.
Это означает, что $f(x_2) - f(x_1) < 0$, или $f(x_2) < f(x_1)$.
Так как для любой пары точек $x_1, x_2$ из $I$ из условия $x_1 < x_2$ следует $f(x_1) > f(x_2)$, то по определению функция $f(x)$ убывает на промежутке $I$.
Ответ: Если производная функции $f'(x)$ отрицательна во всех внутренних точках промежутка $I$, то функция $f(x)$ убывает на этом промежутке.

5.50 Докажите, что функция $f(x)$ возрастает на указанном промежутке, если:

а) $f(x) = 3x + 4, x \in \mathbb{R}$;

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

в) $f(x) = x^2, x \in [0; +\infty)$;

г) $f(x) = -x^2, x \in (-\infty; 0]$;

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

е) $f(x) = \cos x, x \in [\pi; 2\pi]$;

ж) $f(x) = 2^x, x \in \mathbb{R}$;

з) $f(x) = \log_2 x, x \in (0; +\infty)$.

Для доказательства того, что функция является возрастающей на заданном промежутке, можно использовать производную. Если производная функции $f'(x)$ положительна ($f'(x) > 0$) на интервале, то функция на этом интервале строго возрастает. Если производная неотрицательна ($f'(x) \ge 0$) и равна нулю лишь в отдельных точках, то функция возрастает на промежутке.

Дана функция $f(x) = 3x + 4$ на промежутке $x \in \mathbb{R}$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (3x + 4)' = 3$.

Так как производная $f'(x) = 3$ является положительной константой ($3 > 0$) для любого значения $x$ из области определения, функция $f(x)$ строго возрастает на всей числовой прямой $\mathbb{R}$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = kx + l$ на промежутке $x \in \mathbb{R}$, при условии, что $k > 0$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (kx + l)' = k$.

По условию задачи $k > 0$. Следовательно, производная $f'(x) = k$ положительна для любого $x \in \mathbb{R}$. Это означает, что функция $f(x)$ строго возрастает на всей числовой прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = x^2$ на промежутке $x \in [0; +\infty)$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (x^2)' = 2x$.

На интервале $(0; +\infty)$ производная $f'(x) = 2x > 0$. В точке $x=0$ производная равна нулю: $f'(0) = 0$. Поскольку производная функции неотрицательна ($f'(x) \ge 0$) на всем промежутке $[0; +\infty)$ и обращается в ноль только в одной точке ($x=0$), функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = -x^2$ на промежутке $x \in (-\infty; 0]$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (-x^2)' = -2x$.

На интервале $(-\infty; 0)$ для любого $x < 0$ производная $f'(x) = -2x > 0$. В точке $x=0$ производная равна нулю: $f'(0) = 0$. Так как производная $f'(x) \ge 0$ на всем промежутке $(-\infty; 0]$ и равна нулю лишь в одной точке ($x=0$), функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = \sin x$ на промежутке $x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (\sin x)' = \cos x$.

На интервале $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ косинус положителен: $\cos x > 0$. На концах промежутка производная равна нулю: $\cos(-\frac{\pi}{2}) = 0$ и $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. Поскольку производная $f'(x) \ge 0$ на всем промежутке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = \cos x$ на промежутке $x \in [\pi; 2\pi]$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (\cos x)' = -\sin x$.

На интервале $(\pi; 2\pi)$ (третья и четвертая координатные четверти) синус отрицателен: $\sin x < 0$. Следовательно, производная $f'(x) = -\sin x$ будет положительна на этом интервале. На концах промежутка производная равна нулю: $f'(\pi) = -\sin(\pi) = 0$ и $f'(2\pi) = -\sin(2\pi) = 0$. Так как производная $f'(x) \ge 0$ на всем промежутке $[\pi; 2\pi]$, функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = 2^x$ на промежутке $x \in \mathbb{R}$.

Найдем производную функции: $f'(x) = (2^x)' = 2^x \ln 2$.

Значение $2^x$ всегда положительно для любого действительного $x$. Константа $\ln 2$ (натуральный логарифм 2) также положительна ($\ln 2 \approx 0.693$). Произведение двух положительных чисел всегда положительно, поэтому $f'(x) = 2^x \ln 2 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Это означает, что функция строго возрастает на всей числовой прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Дана функция $f(x) = \log_2 x$ на промежутке $x \in (0; +\infty)$.

Найдем производную функции. Для этого представим логарифм по основанию 2 через натуральный логарифм: $f(x) = \frac{\ln x}{\ln 2}$. $f'(x) = \left(\frac{\ln x}{\ln 2}\right)' = \frac{1}{\ln 2} (\ln x)' = \frac{1}{x \ln 2}$.

На промежутке $(0; +\infty)$ значение $x$ всегда положительно. Константа $\ln 2$ также положительна. Следовательно, производная $f'(x) = \frac{1}{x \ln 2}$ положительна для всех $x$ из указанного промежутка. Это доказывает, что функция строго возрастает на $(0; +\infty)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

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

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.

5.52 Докажите, что функция:

а) $f(x) = 2x + \cos x;$

б) $f(x) = x + \sin x$

возрастает на промежутке $\mathbf{R}$.

Для того чтобы доказать, что функция возрастает на промежутке, необходимо найти ее производную и показать, что она неотрицательна на этом промежутке. Если производная $f'(x) \ge 0$ для всех $x$ из промежутка, причем равенство $f'(x) = 0$ выполняется лишь в отдельных точках, то функция возрастает на этом промежутке.

а) $f(x) = 2x + \cos x$

1. Найдем производную функции $f(x)$. Используя правила дифференцирования суммы и производные элементарных функций, получаем:

$f'(x) = (2x + \cos x)' = (2x)' + (\cos x)' = 2 - \sin x$.

2. Проанализируем знак производной на всей числовой прямой $R$. Область значений функции синус, $E(\sin x)$, это отрезок $[-1, 1]$. То есть, для любого действительного числа $x$ выполняется неравенство:

$-1 \le \sin x \le 1$

Умножим все части неравенства на $-1$, при этом знаки неравенства изменятся на противоположные:

$-1 \le -\sin x \le 1$

Прибавим ко всем частям неравенства 2:

$2 - 1 \le 2 - \sin x \le 2 + 1$

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

Таким образом, мы получили, что $1 \le f'(x) \le 3$ для всех $x \in R$.

3. Поскольку производная функции $f'(x)$ всегда строго положительна ($f'(x) > 0$) на всей числовой прямой, то функция $f(x) = 2x + \cos x$ строго возрастает на промежутке $R$.

Ответ: Так как производная $f'(x) = 2 - \sin x > 0$ для всех $x \in R$, функция $f(x) = 2x + \cos x$ возрастает на промежутке $R$.

б) $f(x) = x + \sin x$

1. Найдем производную функции $f(x)$.

$f'(x) = (x + \sin x)' = (x)' + (\sin x)' = 1 + \cos x$.

2. Проанализируем знак производной на всей числовой прямой $R$. Область значений функции косинус, $E(\cos x)$, это отрезок $[-1, 1]$. То есть, для любого действительного числа $x$ выполняется неравенство:

$-1 \le \cos x \le 1$

Прибавим ко всем частям неравенства 1:

$1 - 1 \le 1 + \cos x \le 1 + 1$

$0 \le 1 + \cos x \le 2$

Таким образом, мы получили, что $0 \le f'(x) \le 2$ для всех $x \in R$.

3. Производная $f'(x)$ неотрицательна на всей числовой прямой. Выясним, в каких точках она обращается в ноль:

$f'(x) = 0 \Rightarrow 1 + \cos x = 0 \Rightarrow \cos x = -1$.

Это равенство выполняется в точках $x = \pi + 2k\pi$, где $k \in Z$. Это изолированные точки, они не образуют сплошного промежутка.

4. Поскольку производная функции $f'(x) \ge 0$ на всей числовой прямой и обращается в ноль лишь в отдельных точках, функция $f(x) = x + \sin x$ возрастает на промежутке $R$.

Ответ: Так как производная $f'(x) = 1 + \cos x \ge 0$ для всех $x \in R$ и равна нулю лишь в отдельных точках, функция $f(x) = x + \sin x$ возрастает на промежутке $R$.

5.53 Докажите, что функция:

а) $f(x) = -2x + \cos x$;

б) $f(x) = -x + \sin x$

убывает на промежутке $R$.

Для доказательства того, что дифференцируемая функция убывает на некотором промежутке, достаточно показать, что её производная на этом промежутке неположительна ($f'(x) \le 0$) и обращается в ноль лишь в отдельных точках (не образующих сплошной интервал). Если производная строго отрицательна ($f'(x) < 0$), то функция строго убывает.

а) $f(x) = -2x + \cos x$

1. Найдём область определения функции. Функция является суммой линейной и тригонометрической функций, поэтому она определена для всех действительных чисел: $D(f) = R$.

2. Найдём производную функции:
$f'(x) = (-2x + \cos x)' = -2 - \sin x$.

3. Оценим знак производной. Область значений функции $\sin x$ — это отрезок $[-1, 1]$. То есть, $-1 \le \sin x \le 1$.
Это позволяет нам оценить значение производной:
Максимальное значение $f'(x)$ равно $-2 - (-1) = -1$ (при $\sin x = -1$).
Минимальное значение $f'(x)$ равно $-2 - 1 = -3$ (при $\sin x = 1$).
Следовательно, для любого $x \in R$ выполняется неравенство $-3 \le f'(x) \le -1$.

Так как производная $f'(x)$ всегда отрицательна ($f'(x) < 0$) на всей числовой прямой, то функция $f(x) = -2x + \cos x$ строго убывает на промежутке $R$.

Ответ: Утверждение доказано. Производная функции $f'(x) = -2 - \sin x$ отрицательна для всех $x \in R$, следовательно, функция убывает на $R$.

б) $f(x) = -x + \sin x$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = R$.

2. Найдём производную функции:
$f'(x) = (-x + \sin x)' = -1 + \cos x$.

3. Оценим знак производной. Область значений функции $\cos x$ — это отрезок $[-1, 1]$. То есть, $-1 \le \cos x \le 1$.
Прибавив -1 ко всем частям неравенства, получаем:
$-1 - 1 \le -1 + \cos x \le 1 - 1$,
что даёт $-2 \le f'(x) \le 0$.

Производная $f'(x)$ неположительна ($f'(x) \le 0$) для всех $x \in R$. Равенство $f'(x) = 0$ достигается только тогда, когда $\cos x = 1$, то есть в изолированных точках $x = 2\pi k$, где $k$ — любое целое число.
Поскольку производная функции неположительна на всей числовой прямой и равна нулю лишь в отдельных точках, функция $f(x) = -x + \sin x$ строго убывает на промежутке $R$.

Ответ: Утверждение доказано. Производная функции $f'(x) = -1 + \cos x$ неположительна для всех $x \in R$ и равна нулю лишь в дискретных точках, следовательно, функция убывает на $R$.

5.54 Докажите, что функция $f(x) = \frac{1}{x}$ убывает на каждом из промежутков $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$.

Чтобы доказать, что функция $f(x) = \frac{1}{x}$ убывает на каждом из промежутков $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$, воспользуемся определением убывающей функции. Функция $f(x)$ называется убывающей на некотором промежутке, если для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких, что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

Рассмотрим каждый промежуток отдельно.

Промежуток $(0; +\infty)$

Пусть $x_1$ и $x_2$ — произвольные числа из промежутка $(0; +\infty)$, причем $x_1 < x_2$. Из этого следует, что $0 < x_1 < x_2$.

Рассмотрим разность значений функции в этих точках:

$f(x_1) - f(x_2) = \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2}$

Приведем дроби к общему знаменателю:

$f(x_1) - f(x_2) = \frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2}$

Оценим знак полученного выражения. Числитель $x_2 - x_1 > 0$, так как $x_1 < x_2$. Знаменатель $x_1 x_2 > 0$, так как $x_1$ и $x_2$ — положительные числа. Поскольку и числитель, и знаменатель дроби положительны, то и вся дробь положительна:

$\frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2} > 0$

Следовательно, $f(x_1) - f(x_2) > 0$, что равносильно $f(x_1) > f(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1, x_2$ из $(0; +\infty)$ таких, что $x_1 < x_2$, выполняется $f(x_1) > f(x_2)$, значит, функция $f(x) = \frac{1}{x}$ убывает на промежутке $(0; +\infty)$.

Промежуток $(-\infty; 0)$

Пусть $x_1$ и $x_2$ — произвольные числа из промежутка $(-\infty; 0)$, причем $x_1 < x_2$. Из этого следует, что $x_1 < x_2 < 0$.

Рассмотрим разность значений функции в этих точках:

$f(x_1) - f(x_2) = \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2} = \frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2}$

Оценим знак этого выражения. Числитель $x_2 - x_1 > 0$, так как $x_1 < x_2$. Знаменатель $x_1 x_2 > 0$, так как $x_1$ и $x_2$ — отрицательные числа, а произведение двух отрицательных чисел положительно. Поскольку и числитель, и знаменатель дроби положительны, то и вся дробь положительна:

$\frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2} > 0$

Следовательно, $f(x_1) - f(x_2) > 0$, что равносильно $f(x_1) > f(x_2)$.

Таким образом, для любых $x_1, x_2$ из $(-\infty; 0)$ таких, что $x_1 < x_2$, выполняется $f(x_1) > f(x_2)$, значит, функция $f(x) = \frac{1}{x}$ убывает на промежутке $(-\infty; 0)$.

Альтернативное доказательство можно провести с помощью производной. Производная функции $f(x) = \frac{1}{x}$ равна $f'(x) = -\frac{1}{x^2}$. Так как $x^2 > 0$ для всех $x \neq 0$, то $f'(x) < 0$ для всех $x$ из области определения, то есть на промежутках $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$. Если производная функции отрицательна на промежутке, то функция на этом промежутке убывает.

Ответ: Утверждение доказано. Функция $f(x)=\frac{1}{x}$ убывает на каждом из промежутков $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$.

5.55 Докажите, что функция $f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x - 1$ возрастает на каждом из промежутков $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$.

Для доказательства того, что функция возрастает на заданных промежутках, необходимо найти её производную и определить интервалы, на которых эта производная неотрицательна (то есть $f'(x) \geq 0$).

Дана функция $f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x - 1$.

Сначала найдём производную этой функции, используя правила дифференцирования:

$f'(x) = (x^3 - 6x^2 + 9x - 1)' = 3x^2 - 12x + 9$.

Теперь определим, при каких значениях $x$ производная неотрицательна. Для этого решим неравенство:

$3x^2 - 12x + 9 \geq 0$

Чтобы решить это неравенство, найдём корни соответствующего квадратного уравнения $3x^2 - 12x + 9 = 0$. Для упрощения разделим обе части уравнения на 3:

$x^2 - 4x + 3 = 0$

Корни этого уравнения можно найти по теореме Виета. Сумма корней равна 4, а их произведение равно 3. Следовательно, корнями являются $x_1 = 1$ и $x_2 = 3$.

Эти точки являются критическими точками функции. Они разбивают числовую прямую на три интервала. Поскольку $f'(x)$ является квадратичной функцией с положительным старшим коэффициентом ($a=3>0$), её график — парабола, ветви которой направлены вверх.

Это означает, что парабола находится выше или на оси абсцисс (то есть $f'(x) \geq 0$) на промежутках левее меньшего корня и правее большего корня. Таким образом, неравенство $f'(x) \geq 0$ выполняется при $x \in (-\infty; 1]$ и при $x \in [3; +\infty)$.

Поскольку производная функции неотрицательна на промежутках $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$, это означает, что функция $f(x)$ возрастает на каждом из этих промежутков, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что функция $f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x - 1$ возрастает на каждом из промежутков $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$, так как её производная $f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$ на этих промежутках принимает неотрицательные значения ($f'(x) \geq 0$).