Страница 134 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

5.56 a) Докажите, что функция $y = \ln (4 - 2x)$ убывает на полной области определения.

б) Докажите, что функция $y = \ln (2x - 6)$ возрастает на полной области определения.

а)

Чтобы доказать, что функция $y = \ln(4 - 2x)$ убывает на полной области определения, нужно выполнить два шага: найти эту область определения и исследовать знак производной функции на ней.

1. Нахождение области определения.
Функция натурального логарифма $\ln(t)$ определена только для положительных значений аргумента $t > 0$. В данном случае аргументом является выражение $4 - 2x$.
Следовательно, должно выполняться неравенство:
$4 - 2x > 0$
$4 > 2x$
$2 > x$, или $x < 2$.
Таким образом, полная область определения функции $D(y)$ — это интервал $(-\infty; 2)$.

2. Нахождение производной и анализ её знака.
Для исследования на монотонность найдем производную функции $y$ по переменной $x$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$y' = (\ln(4 - 2x))' = \frac{1}{4 - 2x} \cdot (4 - 2x)'$
$y' = \frac{1}{4 - 2x} \cdot (-2) = \frac{-2}{4 - 2x}$
Упростим выражение:
$y' = \frac{-2}{2(2 - x)} = \frac{-1}{2 - x}$
Теперь определим знак производной на всей области определения, то есть для всех $x \in (-\infty; 2)$.
Если $x < 2$, то разность $2 - x$ будет всегда положительной ($2 - x > 0$).
Значит, производная $y' = \frac{-1}{2 - x}$ представляет собой частное от деления отрицательного числа (-1) на положительное число $(2 - x)$. Следовательно, производная всегда отрицательна на области определения:
$y' < 0$ для всех $x \in (-\infty; 2)$.
Поскольку производная функции отрицательна на всей её области определения, функция $y = \ln(4 - 2x)$ является убывающей на своей полной области определения.

Ответ: Доказано, что функция убывает на полной области определения $(-\infty; 2)$.

б)

Чтобы доказать, что функция $y = \ln(2x - 6)$ возрастает на полной области определения, выполним аналогичные действия: найдем область определения и исследуем знак производной.

1. Нахождение области определения.
Аргумент натурального логарифма должен быть строго положительным:
$2x - 6 > 0$
$2x > 6$
$x > 3$
Следовательно, полная область определения функции $D(y)$ — это интервал $(3; +\infty)$.

2. Нахождение производной и анализ её знака.
Найдем производную функции $y$ по переменной $x$:
$y' = (\ln(2x - 6))' = \frac{1}{2x - 6} \cdot (2x - 6)'$
$y' = \frac{1}{2x - 6} \cdot 2 = \frac{2}{2x - 6}$
Упростим выражение:
$y' = \frac{2}{2(x - 3)} = \frac{1}{x - 3}$
Теперь определим знак производной на всей области определения, то есть для всех $x \in (3; +\infty)$.
Если $x > 3$, то разность $x - 3$ будет всегда положительной ($x - 3 > 0$).
Значит, производная $y' = \frac{1}{x - 3}$ представляет собой частное от деления положительного числа (1) на положительное число $(x - 3)$. Следовательно, производная всегда положительна на области определения:
$y' > 0$ для всех $x \in (3; +\infty)$.
Поскольку производная функции положительна на всей её области определения, функция $y = \ln(2x - 6)$ является возрастающей на своей полной области определения.

Ответ: Доказано, что функция возрастает на полной области определения $(3; +\infty)$.

5.57 Найдите критические точки, промежутки возрастания и убывания функции:

а) $y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 6;$

б) $y = x^3 - 6x^2 + 9x + 3;$

в) $y = x^2 - 2 \ln x;$

г) $y = \ln x - 2x^2.$

а) $y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 6$

1. Находим область определения функции. Так как данная функция является многочленом, ее область определения - все действительные числа: $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Находим производную функции:$y' = (2x^3 - 3x^2 - 12x + 6)' = 2 \cdot 3x^2 - 3 \cdot 2x - 12 = 6x^2 - 6x - 12$.
3. Находим критические точки. Это точки из области определения, в которых производная равна нулю или не существует. Производная $y' = 6x^2 - 6x - 12$ существует при любых $x$. Найдем точки, в которых производная равна нулю:$6x^2 - 6x - 12 = 0$
Разделим уравнение на 6:$x^2 - x - 2 = 0$
Решим квадратное уравнение. По теореме Виета, корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 2$.Следовательно, критические точки функции: $x = -1$ и $x = 2$.
4. Определяем промежутки возрастания и убывания. Для этого исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую ось: $(-\infty, -1)$, $(-1, 2)$ и $(2, +\infty)$.
- На интервале $(-\infty, -1)$, выберем точку $x = -2$. $y'(-2) = 6(-2)^2 - 6(-2) - 12 = 24 + 12 - 12 = 24 > 0$. Значит, на этом промежутке функция возрастает.
- На интервале $(-1, 2)$, выберем точку $x = 0$. $y'(0) = 6(0)^2 - 6(0) - 12 = -12 < 0$. Значит, на этом промежутке функция убывает.
- На интервале $(2, +\infty)$, выберем точку $x = 3$. $y'(3) = 6(3)^2 - 6(3) - 12 = 54 - 18 - 12 = 24 > 0$. Значит, на этом промежутке функция возрастает.

Ответ: критические точки: $x=-1, x=2$; промежутки возрастания: $(-\infty, -1]$ и $[2, +\infty)$; промежуток убывания: $[-1, 2]$.

б) $y = x^3 - 6x^2 + 9x + 3$

1. Область определения функции — все действительные числа, так как это многочлен: $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Находим производную функции:$y' = (x^3 - 6x^2 + 9x + 3)' = 3x^2 - 12x + 9$.
3. Находим критические точки. Производная существует при любых $x$. Найдем точки, где $y' = 0$:$3x^2 - 12x + 9 = 0$
Разделим уравнение на 3:$x^2 - 4x + 3 = 0$
По теореме Виета, корни $x_1 = 1$ и $x_2 = 3$.Критические точки функции: $x = 1$ и $x = 3$.
4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty, 1)$, $(1, 3)$ и $(3, +\infty)$.
- На интервале $(-\infty, 1)$, выберем точку $x = 0$. $y'(0) = 3(0)^2 - 12(0) + 9 = 9 > 0$. Функция возрастает.
- На интервале $(1, 3)$, выберем точку $x = 2$. $y'(2) = 3(2)^2 - 12(2) + 9 = 12 - 24 + 9 = -3 < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(3, +\infty)$, выберем точку $x = 4$. $y'(4) = 3(4)^2 - 12(4) + 9 = 48 - 48 + 9 = 9 > 0$. Функция возрастает.

Ответ: критические точки: $x=1, x=3$; промежутки возрастания: $(-\infty, 1]$ и $[3, +\infty)$; промежуток убывания: $[1, 3]$.

в) $y = x^2 - 2\ln x$

1. Область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным, поэтому $x > 0$. Область определения: $D(y) = (0, +\infty)$.
2. Находим производную функции:$y' = (x^2 - 2\ln x)' = 2x - 2 \cdot \frac{1}{x} = 2x - \frac{2}{x}$.
3. Находим критические точки. Производная существует на всей области определения. Найдем точки, где $y' = 0$:$2x - \frac{2}{x} = 0$
Приведем к общему знаменателю:$\frac{2x^2 - 2}{x} = 0$
Так как $x \in (0, +\infty)$, то $x \neq 0$. Следовательно, $2x^2 - 2 = 0 \implies x^2 = 1$.Учитывая область определения $x > 0$, получаем единственную критическую точку: $x = 1$.
4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критическая точка делит область определения: $(0, 1)$ и $(1, +\infty)$.
- На интервале $(0, 1)$, выберем точку $x = 0.5$. $y'(0.5) = 2(0.5) - \frac{2}{0.5} = 1 - 4 = -3 < 0$. Функция убывает.
- На интервале $(1, +\infty)$, выберем точку $x = 2$. $y'(2) = 2(2) - \frac{2}{2} = 4 - 1 = 3 > 0$. Функция возрастает.

Ответ: критическая точка: $x=1$; промежуток возрастания: $[1, +\infty)$; промежуток убывания: $(0, 1]$.

г) $y = \ln x - 2x^2$

1. Область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным, поэтому $x > 0$. Область определения: $D(y) = (0, +\infty)$.
2. Находим производную функции:$y' = (\ln x - 2x^2)' = \frac{1}{x} - 4x$.
3. Находим критические точки. Производная существует на всей области определения. Найдем точки, где $y' = 0$:$\frac{1}{x} - 4x = 0$
$\frac{1 - 4x^2}{x} = 0$
Так как $x \neq 0$, то $1 - 4x^2 = 0 \implies 4x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{4}$.Учитывая область определения $x > 0$, получаем единственную критическую точку: $x = \frac{1}{2}$.
4. Исследуем знак производной на интервалах $(0, 1/2)$ и $(1/2, +\infty)$.
- На интервале $(0, 1/2)$, выберем точку $x = 0.1$. $y'(0.1) = \frac{1}{0.1} - 4(0.1) = 10 - 0.4 = 9.6 > 0$. Функция возрастает.
- На интервале $(1/2, +\infty)$, выберем точку $x = 1$. $y'(1) = \frac{1}{1} - 4(1) = 1 - 4 = -3 < 0$. Функция убывает.

Ответ: критическая точка: $x=1/2$; промежуток возрастания: $(0, 1/2]$; промежуток убывания: $[1/2, +\infty)$.

5.58 Для функции $f(x)$ найдите промежутки непрерывности, промежутки возрастания (убывания), если:

а) $f(x) = \frac{x - 2,5}{x^2 - 4}$;

б) $f(x) = \frac{x - 5}{9 - x^2}$;

в) $f(x) = 2x^2 - \ln x$;

г) $f(x) = \ln x - 4,5x^2$.

а) $f(x) = \frac{x - 2,5}{x^2 - 4}$

1. Промежутки непрерывности. Функция является рациональной, поэтому она непрерывна на всей своей области определения. Область определения - это все действительные числа, кроме тех, при которых знаменатель равен нулю.

Найдем нули знаменателя: $x^2 - 4 = 0 \Rightarrow (x - 2)(x + 2) = 0 \Rightarrow x_1 = -2, x_2 = 2$. Таким образом, функция непрерывна на следующих промежутках: $(-\infty, -2)$, $(-2, 2)$ и $(2, \infty)$.

2. Промежутки возрастания и убывания. Для нахождения этих промежутков найдем производную функции $f'(x)$ по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$f'(x) = \frac{(x - 2,5)'(x^2 - 4) - (x - 2,5)(x^2 - 4)'}{(x^2 - 4)^2} = \frac{1 \cdot (x^2 - 4) - (x - 2,5) \cdot 2x}{(x^2 - 4)^2}$ $= \frac{x^2 - 4 - 2x^2 + 5x}{(x^2 - 4)^2} = \frac{-x^2 + 5x - 4}{(x^2 - 4)^2}$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю. Так как знаменатель $(x^2 - 4)^2$ всегда больше нуля на области определения, знак производной зависит только от знака числителя.

$-x^2 + 5x - 4 = 0 \Rightarrow x^2 - 5x + 4 = 0$. По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = 1, x_2 = 4$.

Нанесем точки разрыва $(-2, 2)$ и критические точки $(1, 4)$ на числовую ось и определим знак производной на полученных интервалах: $(-\infty, -2)$, $(-2, 1)$, $(1, 2)$, $(2, 4)$, $(4, \infty)$. График числителя $y = -x^2 + 5x - 4$ — это парабола с ветвями вниз, пересекающая ось OX в точках 1 и 4.

- На интервалах $(-\infty, -2)$ и $(-2, 1)$ числитель отрицателен, значит $f'(x) < 0$, функция убывает.
- На интервалах $(1, 2)$ и $(2, 4)$ числитель положителен, значит $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- На интервале $(4, \infty)$ числитель отрицателен, значит $f'(x) < 0$, функция убывает.

Ответ: функция непрерывна на промежутках $(-\infty, -2) \cup (-2, 2) \cup (2, \infty)$. Функция возрастает на промежутках $[1, 2)$ и $(2, 4]$. Функция убывает на промежутках $(-\infty, -2)$, $(-2, 1]$ и $[4, \infty)$.

б) $f(x) = \frac{x - 5}{9 - x^2}$

1. Промежутки непрерывности. Функция непрерывна везде, кроме точек, где знаменатель равен нулю.

$9 - x^2 = 0 \Rightarrow (3 - x)(3 + x) = 0 \Rightarrow x_1 = -3, x_2 = 3$. Промежутки непрерывности: $(-\infty, -3)$, $(-3, 3)$ и $(3, \infty)$.

2. Промежутки возрастания и убывания. Найдем производную функции:

$f'(x) = \frac{(x-5)'(9-x^2) - (x-5)(9-x^2)'}{(9-x^2)^2} = \frac{1 \cdot (9-x^2) - (x-5)(-2x)}{(9-x^2)^2}$ $= \frac{9 - x^2 + 2x^2 - 10x}{(9-x^2)^2} = \frac{x^2 - 10x + 9}{(9-x^2)^2}$.

Найдем критические точки из условия $f'(x) = 0$. Знак производной зависит от знака числителя.

$x^2 - 10x + 9 = 0$. По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = 1, x_2 = 9$.

Нанесем точки разрыва $(-3, 3)$ и критические точки $(1, 9)$ на числовую ось. Интервалы для анализа: $(-\infty, -3)$, $(-3, 1)$, $(1, 3)$, $(3, 9)$, $(9, \infty)$. График числителя $y = x^2 - 10x + 9$ — это парабола с ветвями вверх, пересекающая ось OX в точках 1 и 9.

- На интервалах $(-\infty, -3)$ и $(-3, 1)$ числитель положителен, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- На интервалах $(1, 3)$ и $(3, 9)$ числитель отрицателен, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- На интервале $(9, \infty)$ числитель положителен, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

Ответ: функция непрерывна на промежутках $(-\infty, -3) \cup (-3, 3) \cup (3, \infty)$. Функция возрастает на промежутках $(-\infty, -3)$, $(-3, 1]$ и $[9, \infty)$. Функция убывает на промежутках $[1, 3)$ и $(3, 9]$.

в) $f(x) = 2x^2 - \ln x$

1. Промежутки непрерывности. Функция определена и непрерывна, когда выражение под знаком логарифма положительно, то есть $x > 0$. Промежуток непрерывности: $(0, \infty)$.

2. Промежутки возрастания и убывания. Найдем производную функции: $f'(x) = (2x^2 - \ln x)' = 4x - \frac{1}{x} = \frac{4x^2 - 1}{x}$.

Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{4x^2 - 1}{x} = 0$. Так как $x > 0$, то $4x^2 - 1 = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{1}{4} \Rightarrow x = \frac{1}{2}$ (корень $x = -\frac{1}{2}$ не входит в область определения).

Рассмотрим знак производной на интервалах $(0, \frac{1}{2})$ и $(\frac{1}{2}, \infty)$.

- На интервале $(0, \frac{1}{2})$, например при $x = 0,1$, $f'(0,1) = \frac{4(0,01) - 1}{0,1} = \frac{-0,96}{0,1} < 0$, функция убывает.
- На интервале $(\frac{1}{2}, \infty)$, например при $x=1$, $f'(1) = \frac{4(1) - 1}{1} = 3 > 0$, функция возрастает.

Ответ: функция непрерывна на промежутке $(0, \infty)$. Функция убывает на промежутке $(0, \frac{1}{2}]$ и возрастает на промежутке $[\frac{1}{2}, \infty)$.

г) $f(x) = \ln x - 4,5x^2$

1. Промежутки непрерывности. Область определения функции задается условием $x > 0$. Промежуток непрерывности: $(0, \infty)$.

2. Промежутки возрастания и убывания. Найдем производную функции: $f'(x) = (\ln x - 4,5x^2)' = \frac{1}{x} - 9x = \frac{1 - 9x^2}{x}$.

Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{1 - 9x^2}{x} = 0$. С учетом области определения $x > 0$, получаем $1 - 9x^2 = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{1}{9} \Rightarrow x = \frac{1}{3}$.

Рассмотрим знак производной на интервалах $(0, \frac{1}{3})$ и $(\frac{1}{3}, \infty)$.

- На интервале $(0, \frac{1}{3})$, например при $x=0,1$, $f'(0,1) = \frac{1 - 9(0,01)}{0,1} = \frac{0,91}{0,1} > 0$, функция возрастает.
- На интервале $(\frac{1}{3}, \infty)$, например при $x=1$, $f'(1) = \frac{1 - 9(1)}{1} = -8 < 0$, функция убывает.

Ответ: функция непрерывна на промежутке $(0, \infty)$. Функция возрастает на промежутке $(0, \frac{1}{3}]$ и убывает на промежутке $[\frac{1}{3}, \infty)$.

5.59* Докажите, что функция $f(x) = \frac{1}{3}x^3 - x^2 - 8x + 1$ на отрезке $[-1; 3]$ имеет единственный нуль. Сколько нулей на промежутке $(-\infty; +\infty)$ имеет функция $f(x)$? Определите точки локального экстремума функции $f(x)$.

Докажите, что функция $f(x)=\frac{1}{3}x^3 - x^2 - 8x + 1$ на отрезке $[-1; 3]$ имеет единственный нуль.

Для доказательства существования и единственности нуля функции на отрезке воспользуемся двумя основными свойствами непрерывных функций.

1. Доказательство существования нуля.
Функция $f(x)$ является многочленом, следовательно, она непрерывна на всей числовой оси, включая отрезок $[-1; 3]$. Найдем значения функции на концах этого отрезка:
$f(-1) = \frac{1}{3}(-1)^3 - (-1)^2 - 8(-1) + 1 = -\frac{1}{3} - 1 + 8 + 1 = 8 - \frac{1}{3} = \frac{23}{3}$
$f(3) = \frac{1}{3}(3)^3 - (3)^2 - 8(3) + 1 = \frac{1}{3} \cdot 27 - 9 - 24 + 1 = 9 - 9 - 24 + 1 = -23$
Поскольку $f(-1) = \frac{23}{3} > 0$ и $f(3) = -23 < 0$, а функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[-1; 3]$, то по теореме о промежуточном значении (следствие из теоремы Больцано-Коши) существует хотя бы одна точка $c \in (-1; 3)$, в которой $f(c) = 0$. То есть, на отрезке существует как минимум один нуль.

2. Доказательство единственности нуля.
Для доказательства единственности нуля исследуем монотонность функции на отрезке $[-1; 3]$. Для этого найдем ее производную:
$f'(x) = (\frac{1}{3}x^3 - x^2 - 8x + 1)' = x^2 - 2x - 8$
Найдем нули производной, чтобы определить интервалы знакопостоянства:
$x^2 - 2x - 8 = 0$
По теореме Виета или через дискриминант находим корни: $x_1 = -2$ и $x_2 = 4$.
Оба корня производной, $x_1 = -2$ и $x_2 = 4$, не принадлежат интервалу $(-1; 3)$. Это означает, что на всем интервале $(-1; 3)$ производная $f'(x)$ сохраняет свой знак. Чтобы определить этот знак, выберем любую точку из этого интервала, например, $x=0$:
$f'(0) = 0^2 - 2(0) - 8 = -8 < 0$
Так как $f'(x) < 0$ для всех $x \in (-1; 3)$, функция $f(x)$ является строго убывающей на отрезке $[-1; 3]$. Строго монотонная функция может принимать каждое свое значение (в том числе и значение 0) не более одного раза.
Таким образом, мы доказали, что на отрезке $[-1; 3]$ существует нуль функции, и он является единственным.

Ответ: Существование нуля на отрезке $[-1; 3]$ следует из непрерывности функции и разных знаков ее значений на концах отрезка ($f(-1) > 0, f(3) < 0$). Единственность следует из того, что производная $f'(x) = x^2 - 2x - 8$ отрицательна на всем интервале $(-1; 3)$, что означает строгую монотонность (убывание) функции на этом отрезке.

Сколько нулей на промежутке $(-\infty; +\infty)$ имеет функция $f(x)$?

Для определения общего числа нулей функции исследуем ее поведение на всей числовой оси с помощью точек экстремума.
Как мы уже нашли, критические точки функции (нули производной $f'(x) = x^2 - 2x - 8$) это $x = -2$ и $x = 4$.
Определим значения функции в этих точках (значения в экстремумах):
В точке $x = -2$ (точка локального максимума, так как $f'(x)$ меняет знак с + на -):
$f_{max} = f(-2) = \frac{1}{3}(-2)^3 - (-2)^2 - 8(-2) + 1 = -\frac{8}{3} - 4 + 16 + 1 = 13 - \frac{8}{3} = \frac{39-8}{3} = \frac{31}{3} > 0$
В точке $x = 4$ (точка локального минимума, так как $f'(x)$ меняет знак с - на +):
$f_{min} = f(4) = \frac{1}{3}(4)^3 - (4)^2 - 8(4) + 1 = \frac{64}{3} - 16 - 32 + 1 = \frac{64}{3} - 47 = \frac{64 - 141}{3} = -\frac{77}{3} < 0$
Рассмотрим поведение функции на трех интервалах монотонности:
1. На интервале $(-\infty; -2)$ функция возрастает от $-\infty$ (так как $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$) до положительного значения $f(-2) = \frac{31}{3}$. Переходя от отрицательных значений к положительному, график функции пересекает ось Ox один раз.
2. На интервале $(-2; 4)$ функция убывает от положительного значения $f(-2) = \frac{31}{3}$ до отрицательного $f(4) = -\frac{77}{3}$. Переходя от положительных значений к отрицательному, график функции пересекает ось Ox второй раз.
3. На интервале $(4; +\infty)$ функция возрастает от отрицательного значения $f(4) = -\frac{77}{3}$ до $+\infty$ (так как $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$). Переходя от отрицательных значений к положительным, график функции пересекает ось Ox в третий раз.
Таким образом, функция имеет три нуля на промежутке $(-\infty; +\infty)$.

Ответ: Функция имеет 3 нуля на промежутке $(-\infty; +\infty)$.

Определите точки локального экстремума функции $f(x)$.

Точки локального экстремума – это точки, в которых производная функции равна нулю или не существует, и при переходе через которые производная меняет знак. Функция $f(x)$ дифференцируема на всей числовой прямой.
Найдем производную:
$f'(x) = x^2 - 2x - 8$
Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:
$x^2 - 2x - 8 = 0$
Корни этого уравнения: $x_1 = -2$ и $x_2 = 4$.
Исследуем знак производной на интервалах, на которые эти точки разбивают числовую ось: $(-\infty; -2)$, $(-2; 4)$ и $(4; +\infty)$.
- При $x \in (-\infty; -2)$, например $x=-3$: $f'(-3) = (-3)^2 - 2(-3) - 8 = 9 + 6 - 8 = 7 > 0$. Функция возрастает.
- При $x \in (-2; 4)$, например $x=0$: $f'(0) = 0^2 - 2(0) - 8 = -8 < 0$. Функция убывает.
- При $x \in (4; +\infty)$, например $x=5$: $f'(5) = 5^2 - 2(5) - 8 = 25 - 10 - 8 = 7 > 0$. Функция возрастает.
В точке $x = -2$ производная меняет знак с «+» на «–», следовательно, это точка локального максимума.
В точке $x = 4$ производная меняет знак с «–» на «+», следовательно, это точка локального минимума.

Ответ: Точка локального максимума $x_{max} = -2$, точка локального минимума $x_{min} = 4$.

5.60* Определите точки локального экстремума функции:

а) $f(x) = \frac{x}{x^2 + 5};$

б) $f(x) = \frac{-4x}{x^2 + 1}.$

Достигает ли функция $f(x)$ в точках локального экстремума своего наибольшего (наименьшего) значения?

а) $f(x) = \frac{x}{x^2+5}$

Для нахождения точек локального экстремума найдем производную функции и приравняем ее к нулю.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$, так как знаменатель $x^2+5 > 0$ при любых $x$.

2. Находим производную функции, используя правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$f'(x) = \frac{(x)'(x^2+5) - x(x^2+5)'}{(x^2+5)^2} = \frac{1 \cdot (x^2+5) - x \cdot 2x}{(x^2+5)^2} = \frac{x^2+5-2x^2}{(x^2+5)^2} = \frac{5-x^2}{(x^2+5)^2}$.

3. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x)=0$:

$\frac{5-x^2}{(x^2+5)^2} = 0$

$5-x^2 = 0 \implies x^2 = 5 \implies x_1 = -\sqrt{5}, x_2 = \sqrt{5}$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую ось. Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $5-x^2$.

• При $x \in (-\infty; -\sqrt{5})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (-\sqrt{5}; \sqrt{5})$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (\sqrt{5}; +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

Таким образом, в точке $x = -\sqrt{5}$ производная меняет знак с минуса на плюс, значит, это точка локального минимума. В точке $x = \sqrt{5}$ производная меняет знак с плюса на минус, значит, это точка локального максимума.

Теперь ответим на второй вопрос: достигает ли функция в этих точках своего наибольшего/наименьшего значения.

Вычислим значения функции в точках экстремума:

$f_{min} = f(-\sqrt{5}) = \frac{-\sqrt{5}}{(-\sqrt{5})^2+5} = \frac{-\sqrt{5}}{5+5} = -\frac{\sqrt{5}}{10}$.

$f_{max} = f(\sqrt{5}) = \frac{\sqrt{5}}{(\sqrt{5})^2+5} = \frac{\sqrt{5}}{5+5} = \frac{\sqrt{5}}{10}$.

Найдем пределы функции на бесконечности:

$\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2+5} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1/x}{1+5/x^2} = 0$.

Поскольку функция непрерывна на всей числовой оси, на бесконечности стремится к 0, а $f_{max} = \frac{\sqrt{5}}{10} > 0$ и $f_{min} = -\frac{\sqrt{5}}{10} < 0$, то эти значения являются наибольшим и наименьшим значениями функции на всей области определения. Таким образом, локальные экстремумы являются глобальными.

Ответ: $x_{min} = -\sqrt{5}$ — точка локального (и глобального) минимума, $x_{max} = \sqrt{5}$ — точка локального (и глобального) максимума. Функция достигает своего наименьшего значения $f(-\sqrt{5}) = -\frac{\sqrt{5}}{10}$ и наибольшего значения $f(\sqrt{5}) = \frac{\sqrt{5}}{10}$ в точках локального экстремума.

б) $f(x) = \frac{-4x}{x^2+1}$

Действуем аналогично предыдущему пункту.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$, так как знаменатель $x^2+1 > 0$ при любых $x$.

2. Находим производную функции:

$f'(x) = \frac{(-4x)'(x^2+1) - (-4x)(x^2+1)'}{(x^2+1)^2} = \frac{-4(x^2+1) + 4x(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{-4x^2-4+8x^2}{(x^2+1)^2} = \frac{4x^2-4}{(x^2+1)^2}$.

3. Находим критические точки из уравнения $f'(x)=0$:

$\frac{4x^2-4}{(x^2+1)^2} = 0$

$4x^2-4 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x_1 = -1, x_2 = 1$.

4. Исследуем знак производной. Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $4x^2-4$.

• При $x \in (-\infty; -1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (-1; 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (1; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

Таким образом, в точке $x = -1$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка локального максимума. В точке $x = 1$ производная меняет знак с минуса на плюс, это точка локального минимума.

Проверим, являются ли экстремумы глобальными.

Вычислим значения функции в точках экстремума:

$f_{max} = f(-1) = \frac{-4(-1)}{(-1)^2+1} = \frac{4}{2} = 2$.

$f_{min} = f(1) = \frac{-4(1)}{1^2+1} = \frac{-4}{2} = -2$.

Найдем пределы функции на бесконечности:

$\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-4x}{x^2+1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-4/x}{1+1/x^2} = 0$.

Поскольку функция непрерывна, на бесконечности стремится к 0, а $f_{max} = 2 > 0$ и $f_{min} = -2 < 0$, эти значения являются наибольшим и наименьшим значениями функции. Локальные экстремумы являются глобальными.

Ответ: $x_{max} = -1$ — точка локального (и глобального) максимума, $x_{min} = 1$ — точка локального (и глобального) минимума. Функция достигает своего наибольшего значения $f(-1) = 2$ и наименьшего значения $f(1) = -2$ в точках локального экстремума.

5.61* Докажите, что функция $f(x) = x^4 + 4x^3 + 28$ принимает положительные значения для каждого $x \in \mathbb{R}$.

Для того чтобы доказать, что функция $f(x) = x^4 + 4x^3 + 28$ принимает только положительные значения для любого действительного $x$, достаточно найти ее наименьшее (глобальное минимальное) значение и убедиться, что оно положительно. Если наименьшее значение функции больше нуля, то и все остальные ее значения будут строго положительными. Сделаем это двумя способами.

Способ 1: Исследование с помощью производной

Этот метод заключается в нахождении точек экстремума функции с помощью ее производной.

1. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (x^4 + 4x^3 + 28)' = 4x^3 + 12x^2$

2. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$4x^3 + 12x^2 = 0$

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

Критическими точками являются $x = 0$ и $x = -3$.

3. Определим знаки производной на интервалах, на которые эти точки разбивают числовую ось:

• При $x < -3$ (например, $x=-4$), $f'(-4) = 4(-4)^2(-4+3) = 64(-1) = -64 < 0$, следовательно, функция убывает.
• При $-3 < x < 0$ (например, $x=-1$), $f'(-1) = 4(-1)^2(-1+3) = 4(2) = 8 > 0$, следовательно, функция возрастает.
• При $x > 0$ (например, $x=1$), $f'(1) = 4(1)^2(1+3) = 16 > 0$, следовательно, функция возрастает.

Поскольку при переходе через точку $x = -3$ производная меняет знак с минуса на плюс, эта точка является точкой локального минимума. В точке $x = 0$ знак производной не меняется, значит, это точка перегиба, а не экстремум.

4. Так как на бесконечности функция стремится к плюс бесконечности ($\lim_{x \to \pm\infty} (x^4 + 4x^3 + 28) = +\infty$), то найденный локальный минимум является и глобальным минимумом функции.

5. Вычислим значение функции в точке минимума $x = -3$:

$f(-3) = (-3)^4 + 4(-3)^3 + 28 = 81 + 4(-27) + 28 = 81 - 108 + 28 = 1$

Наименьшее значение функции равно 1. Поскольку $1 > 0$, все значения функции $f(x)$ строго положительны.

Способ 2: Алгебраическое преобразование

Этот метод заключается в преобразовании выражения функции к виду, из которого очевидна его положительность.

1. Преобразуем исходное выражение, выделив неотрицательные слагаемые. Заметим, что $f(x) = (x^4 + 4x^3 + 27) + 1$. Докажем, что выражение в скобках неотрицательно.

2. Обозначим многочлен $P(x) = x^4 + 4x^3 + 27$. Из первого способа мы знаем, что его минимум достигается при $x=-3$, и $P(-3) = (-3)^4 + 4(-3)^3 + 27 = 81 - 108 + 27 = 0$. Это означает, что $(x+3)$ является корнем многочлена $P(x)$. Так как это точка минимума, то корень, скорее всего, имеет кратность 2. Проверим, делится ли $P(x)$ на $(x+3)^2 = x^2+6x+9$.

3. Выполним деление многочленов:

$(x^4 + 4x^3 + 27) \div (x^2 + 6x + 9) = x^2 - 2x + 3$

Таким образом, мы можем разложить $P(x)$ на множители:

$P(x) = x^4 + 4x^3 + 27 = (x+3)^2(x^2 - 2x + 3)$

4. Теперь исходную функцию можно записать в виде:

$f(x) = (x+3)^2(x^2 - 2x + 3) + 1$

5. Проанализируем полученное выражение:

• $(x+3)^2$ — это квадрат действительного числа, следовательно, $(x+3)^2 \ge 0$ для любого $x \in \mathbb{R}$.
• $x^2 - 2x + 3$ — это квадратный трехчлен. Найдем его дискриминант: $D = (-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 4 - 12 = -8$. Поскольку $D < 0$ и старший коэффициент ($a=1$) положителен, этот трехчлен принимает только положительные значения. Его можно также представить в виде $x^2 - 2x + 1 + 2 = (x-1)^2 + 2$, откуда видно, что его наименьшее значение равно 2.

6. Произведение неотрицательного множителя $(x+3)^2$ и строго положительного множителя $(x^2 - 2x + 3)$ всегда будет неотрицательным:

$(x+3)^2(x^2 - 2x + 3) \ge 0$

7. Отсюда следует, что:

$f(x) = (x+3)^2(x^2 - 2x + 3) + 1 \ge 0 + 1 = 1$

Мы доказали, что $f(x) \ge 1$ для всех $x \in \mathbb{R}$.

Ответ: Поскольку наименьшее значение функции $f(x)$ равно 1, а $1 > 0$, то функция принимает только положительные значения для каждого $x \in \mathbb{R}$, что и требовалось доказать.