Самостоятельная работа 42 Вариант 2, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) \(D(f) = (-\infty;\ 0) \cup (0;\ +\infty)\). Найдём производную: \(f'(x) = (x)' + 3\left(\dfrac{1}{x}\right)' = 1 - \dfrac{3}{x^2} = \dfrac{x^2 - 3}{x^2}\).

Знаменатель \(x^2\) положителен при всех \(x\) из области определения, поэтому знак производной совпадает со знаком выражения \(x^2 - 3\). Неравенство \(x^2 - 3 > 0\) верно при \(x < -\sqrt{3}\) и при \(x > \sqrt{3}\), неравенство \(x^2 - 3 < 0\) — при \(-\sqrt{3} < x < \sqrt{3}\).

Значит, \(f'(x) > 0\) на каждом из интервалов \((-\infty;\ -\sqrt{3})\) и \((\sqrt{3};\ +\infty)\), а \(f'(x) < 0\) на каждом из интервалов \((-\sqrt{3};\ 0)\) и \((0;\ \sqrt{3})\). Функция непрерывна в точках \(-\sqrt{3}\) и \(\sqrt{3}\), поэтому эти точки включаются в промежутки; точка \(0\) области определения не принадлежит.

Функция возрастает на каждом из промежутков \((-\infty;\ -\sqrt{3}]\) и \([\sqrt{3};\ +\infty)\) и убывает на каждом из промежутков \([-\sqrt{3};\ 0)\) и \((0;\ \sqrt{3}]\).

2) Область определения задаётся неравенством \(2x - x^2 \geqslant 0\), то есть \(x(2 - x) \geqslant 0\), откуда \(D(f) = [0;\ 2]\).

При \(0 < x < 2\) по правилу дифференцирования сложной функции получаем: \(f'(x) = \left(\sqrt{2x - x^2}\right)' = \dfrac{(2x - x^2)'}{2\sqrt{2x - x^2}} = \dfrac{2 - 2x}{2\sqrt{2x - x^2}} = \dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}}\). В точках \(x = 0\) и \(x = 2\) функция \(f\) не является дифференцируемой, однако является непрерывной.

Неравенство \(\dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}} > 0\) равносильно системе \[\begin{cases} 1 - x > 0, \\ 2x - x^2 > 0. \end{cases}\] Множество её решений — промежуток \((0;\ 1)\).

Неравенство \(\dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}} < 0\) равносильно системе \[\begin{cases} 1 - x < 0, \\ 2x - x^2 > 0. \end{cases}\] Множество её решений — промежуток \((1;\ 2)\).

Значит, если \(0 < x < 1\), то \(f'(x) > 0\); если \(1 < x < 2\), то \(f'(x) < 0\). Учитывая непрерывность функции в точках \(0\), \(1\) и \(2\), получаем: функция возрастает на промежутке \([0;\ 1]\) и убывает на промежутке \([1;\ 2]\).

3) \(D(f) = \mathbf{R}\). Найдём производную: \(f'(x) = (\cos x)' + \dfrac{\sqrt{2}}{2}(x)' = -\sin x + \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \sin x\).

Производная косинуса равна \(-\sin x\), поэтому \(f'(x) > 0\) там, где синус меньше \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), а не больше.

Синус принимает значение \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) при \(x = \dfrac{\pi}{4} + 2\pi n\) и при \(x = \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\). На промежутке \(\left[\dfrac{\pi}{4};\ \dfrac{9\pi}{4}\right]\) длиной в период синус больше \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) при \(\dfrac{\pi}{4} < x < \dfrac{3\pi}{4}\) и меньше \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) при \(\dfrac{3\pi}{4} < x < \dfrac{9\pi}{4}\). Значит, решения неравенства \(f'(x) > 0\) — это \(\dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n < x < \dfrac{9\pi}{4} + 2\pi n\), а решения неравенства \(f'(x) < 0\) — это \(\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Функция дифференцируема на \(\mathbf{R}\), значит, непрерывна, и концы этих промежутков включаются. Функция возрастает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n;\ \dfrac{9\pi}{4} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n;\ \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Ответ: 1) функция возрастает на каждом из промежутков \((-\infty;\ -\sqrt{3}]\) и \([\sqrt{3};\ +\infty)\), убывает на каждом из промежутков \([-\sqrt{3};\ 0)\) и \((0;\ \sqrt{3}]\); 2) функция возрастает на промежутке \([0;\ 1]\), убывает на промежутке \([1;\ 2]\); 3) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n;\ \dfrac{9\pi}{4} + 2\pi n\right]\), убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n;\ \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).

2. На рисунке 13 изображён график производной функции \(f\), дифференцируемой на \(\mathbf{R}\). Укажите промежутки убывания функции \(f\).

Функция \(f\) дифференцируема на \(\mathbf{R}\), поэтому она непрерывна на \(\mathbf{R}\).

На рисунке изображён график производной, а не самой функции \(f\). С него видно, что \(f'(x) < 0\) при \(x < x_1\), при \(x_2 < x < x_3\) и при \(x > x_4\), а \(f'(x) > 0\) при \(x_1 < x < x_2\) и при \(x_3 < x < x_4\).

По признаку убывания функция \(f\) убывает на каждом из интервалов \((-\infty;\ x_1)\), \((x_2;\ x_3)\) и \((x_4;\ +\infty)\). Функция непрерывна в точках \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\) и \(x_4\), поэтому эти точки включаются в промежутки убывания.

Ответ: функция \(f\) убывает на каждом из промежутков \((-\infty;\ x_1]\), \([x_2;\ x_3]\) и \([x_4;\ +\infty)\).

Рассмотрим функцию \(f(x) = x^9 + 5x + 1 - \cos 4x\), \(D(f) = \mathbf{R}\). Данное уравнение равносильно уравнению \(f(x) = 0\).

Найдём производную: \(f'(x) = 9x^8 + 5 + 4\sin 4x\).

Так как \(\sin 4x \geqslant -1\) при всех \(x\), то \(4\sin 4x \geqslant -4\), поэтому \(f'(x) \geqslant 9x^8 + 5 - 4 = 9x^8 + 1\). Выражение \(9x^8 + 1\) положительно при всех \(x\), значит, \(f'(x) > 0\) при всех \(x\).

По признаку возрастания функция \(f\) возрастает на \(\mathbf{R}\). Тогда функция \(f\) принимает каждое своё значение только один раз, а следовательно, данное уравнение не может иметь более одного корня.

Поскольку \(f(0) = 0^9 + 5 \cdot 0 + 1 - \cos 0 = 1 - 1 = 0\), то \(x = 0\) является единственным корнем данного уравнения.

Ответ: \(0\).

Функция \(f\) определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\). Найдём её производную:

\[\begin{aligned} &f'(x) = \left(\frac{1}{3}(a + 3)x^3 - x^2 + 7x - 4\right)' = {} \\ &= \frac{1}{3}(a + 3) \cdot 3x^2 - 2x + 7 = (a + 3)x^2 - 2x + 7. \end{aligned}\]

Если дифференцируемая на \(\mathbf{R}\) функция возрастает на \(\mathbf{R}\), то для всех \(x\) выполняется неравенство \(f'(x) \geqslant 0\). Найдём все значения параметра \(a\), при которых неравенство \((a + 3)x^2 - 2x + 7 \geqslant 0\) верно при всех \(x\), и проверим для них возрастание.

При \(a = -3\) получаем \(f'(x) = -2x + 7\), и при \(x > 3{,}5\) значение \(f'(x)\) отрицательно. Значение \(a = -3\) не подходит.

Пусть \(a \ne -3\). Тогда \(f'\) — квадратичная функция, и её значения неотрицательны при всех \(x\) тогда и только тогда, когда старший коэффициент положителен, а дискриминант неположителен:

\[\begin{cases} a + 3 > 0, \\ D \leqslant 0. \end{cases}\]

Здесь \(D\) — дискриминант квадратного трёхчлена \((a + 3)x^2 - 2x + 7\): \(D = (-2)^2 - 4(a + 3) \cdot 7 = 4 - 28(a + 3) = -28a - 80\).

Из неравенства \(-28a - 80 \leqslant 0\) получаем \(a \geqslant -\dfrac{80}{28}\), то есть \(a \geqslant -\dfrac{20}{7}\). Так как \(-\dfrac{20}{7} + 3 = \dfrac{1}{7} > 0\), условие \(a + 3 > 0\) при таких значениях параметра выполняется само собой.

Убедимся, что при каждом найденном значении параметра функция \(f\) действительно возрастает на \(\mathbf{R}\).

Если \(a > -\dfrac{20}{7}\), то \(D < 0\) и \(a + 3 > 0\), поэтому \(f'(x) > 0\) при всех \(x\), и по признаку возрастания функция \(f\) возрастает на \(\mathbf{R}\).

Если \(a = -\dfrac{20}{7}\), то \(a + 3 = \dfrac{1}{7}\) и \(f'(x) = \dfrac{1}{7}x^2 - 2x + 7 = \dfrac{1}{7}\left(x^2 - 14x + 49\right) = \dfrac{1}{7}(x - 7)^2\). Тогда \(f'(x) > 0\) при всех \(x \ne 7\), поэтому функция \(f\) возрастает на каждом из интервалов \((-\infty;\ 7)\) и \((7;\ +\infty)\); она непрерывна в точке \(7\), значит, возрастает на каждом из промежутков \((-\infty;\ 7]\) и \([7;\ +\infty)\). У этих промежутков есть общая точка \(7\), поэтому функция \(f\) возрастает на всей числовой прямой.

Ответ: \(a \in \left[-\dfrac{20}{7};\ +\infty\right)\).