Самостоятельная работа 42 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка
1) \(D(f) = (-\infty;\ 0) \cup (0;\ +\infty)\); \(f'(x) = 1 - \dfrac{2}{x^2} = \dfrac{x^2 - 2}{x^2}\).
Знаменатель \(x^2\) положителен, поэтому знак производной совпадает со знаком выражения \(x^2 - 2\): \(f'(x) > 0\) при \(x < -\sqrt{2}\) и при \(x > \sqrt{2}\), а \(f'(x) < 0\) при \(-\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\), \(x \ne 0\).
Значит, функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{2};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{2};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{2}\,\right]\).
2) \(x^2 + 6x \geqslant 0\), то есть \(x(x + 6) \geqslant 0\), откуда \(D(f) = (-\infty;\ -6] \cup [0;\ +\infty)\).
\[f'(x) = \left(\sqrt{x^2 + 6x}\right)' = \frac{2x + 6}{2\sqrt{x^2 + 6x}} = \frac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}}.\]
В точках \(x = -6\) и \(x = 0\) функция \(f\) не дифференцируема, но непрерывна.
Неравенство \(\dfrac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}} > 0\) равносильно системе \[\begin{cases} x + 3 > 0, \\ x^2 + 6x > 0. \end{cases}\] Её решение — промежуток \((0;\ +\infty)\), а решение неравенства \(\dfrac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}} < 0\) — промежуток \((-\infty;\ -6)\).
Значит, при \(x < -6\) производная отрицательна, при \(x > 0\) — положительна, поэтому функция \(f\) убывает на промежутке \((-\infty;\ -6]\) и возрастает на промежутке \([0;\ +\infty)\).
3) \(D(f) = \mathbf{R}\), функция дифференцируема; \(f'(x) = \cos x - \dfrac{1}{2}\).
Неравенство \(f'(x) > 0\) равносильно неравенству \(\cos x > \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right)\), а неравенство \(f'(x) < 0\) равносильно неравенству \(\cos x < \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\).
Функция непрерывна на \(\mathbf{R}\), поэтому концы этих промежутков включаются: функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left[-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).
Ответ: 1) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{2};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{2};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{2}\,\right]\); 2) функция убывает на промежутке \((-\infty;\ -6]\) и возрастает на промежутке \([0;\ +\infty)\); 3) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left[-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).
На рисунке график производной, а не самой функции \(f\): \(f'(x) > 0\) 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 \(x_3 < x < x_4\).
Функция \(f\) дифференцируема на \(\mathbf{R}\), значит, непрерывна, и точки \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\) включаются в промежутки возрастания.
Ответ: функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \((-\infty;\ x_1]\), \([x_2;\ x_3]\) и \([x_4;\ +\infty)\).
\(f(x) = x^7 + 7x - \sin 6x\), \(D(f) = \mathbf{R}\); данное уравнение равносильно уравнению \(f(x) = 0\).
\(f'(x) = 7x^6 + 7 - 6\cos 6x\).
\(\cos 6x \leqslant 1\) при всех \(x\), поэтому \(6\cos 6x \leqslant 6\) и \(f'(x) \geqslant 7x^6 + 7 - 6 = 7x^6 + 1 > 0\) при всех \(x\).
Значит, функция \(f\) возрастает на \(\mathbf{R}\) и принимает каждое своё значение только один раз, поэтому корней больше одного быть не может.
При \(x = 0\) левая часть равна \(0^7 + 7 \cdot 0 = 0\), правая равна \(\sin 0 = 0\), значит, \(x = 0\) — единственный корень.
Ответ: \(0\).
Функция \(f\) определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\).
\[f'(x) = \left(\frac{1}{3}(a - 1)x^3 + 3x^2 - 7x - 8\right)' = (a - 1)x^2 + 6x - 7.\]
Функция убывает на \(\mathbf{R}\) только тогда, когда \(f'(x) \leqslant 0\) при всех \(x\); найдём такие значения параметра и проверим для них убывание.
При \(a = 1\) получаем \(f'(x) = 6x - 7\), и при \(x > \dfrac{7}{6}\) значение \(f'(x)\) положительно: \(a = 1\) не подходит.
Пусть \(a \ne 1\). Значения квадратичной функции \(f'\) неположительны при всех \(x\) тогда и только тогда, когда \[\begin{cases} a - 1 < 0, \\ D \leqslant 0. \end{cases}\]
\(D = 6^2 - 4(a - 1) \cdot (-7) = 36 + 28(a - 1) = 28a + 8\); из \(28a + 8 \leqslant 0\) получаем \(a \leqslant -\dfrac{2}{7}\), и при таких значениях параметра неравенство \(a - 1 < 0\) выполняется само собой.
При \(a < -\dfrac{2}{7}\) имеем \(D < 0\), поэтому \(f'(x) < 0\) при всех \(x\) и функция \(f\) убывает на \(\mathbf{R}\).
При \(a = -\dfrac{2}{7}\) имеем \(a - 1 = -\dfrac{9}{7}\) и \(f'(x) = -\dfrac{9}{7}x^2 + 6x - 7 = -\dfrac{9}{7}\left(x - \dfrac{7}{3}\right)^2\), то есть \(f'(x) < 0\) при всех \(x \ne \dfrac{7}{3}\). Функция непрерывна в точке \(\dfrac{7}{3}\), поэтому убывает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ \dfrac{7}{3}\right]\) и \(\left[\dfrac{7}{3};\ +\infty\right)\); у этих промежутков есть общая точка \(\dfrac{7}{3}\), значит, функция \(f\) убывает на всей числовой прямой.
Ответ: \(a \in \left(-\infty;\ -\dfrac{2}{7}\right]\).
1) Имеем: \(D(f) = (-\infty;\ 0) \cup (0;\ +\infty)\) и \[f'(x) = \left(x + \frac{2}{x}\right)' = 1 - \frac{2}{x^2} = \frac{x^2 - 2}{x^2}.\] Знаменатель положителен при всех \(x \in D(f)\), поэтому знак производной совпадает со знаком выражения \(x^2 - 2\). Неравенство \(x^2 - 2 > 0\) выполняется при \(x < -\sqrt{2}\) и при \(x > \sqrt{2}\), а неравенство \(x^2 - 2 < 0\) — при \(-\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\), \(x \ne 0\).
Исследовав знак производной, приходим к выводу, что функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{2};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{2};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{2}\,\right]\).
2) Область определения задаётся неравенством \(x^2 + 6x \geqslant 0\), то есть \(x(x + 6) \geqslant 0\). Отсюда \(D(f) = (-\infty;\ -6] \cup [0;\ +\infty)\).
Найдём производную функции \(f\) по теореме о производной сложной функции: \[f'(x) = \left(\sqrt{x^2 + 6x}\right)' = \frac{2x + 6}{2\sqrt{x^2 + 6x}} = \frac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}}.\] Заметим, что в точках \(x = -6\) и \(x = 0\) функция \(f\) не является дифференцируемой, однако является непрерывной.
Неравенство \(\dfrac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}} > 0\) равносильно системе \[\begin{cases} x + 3 > 0, \\ x^2 + 6x > 0. \end{cases}\] Решив её, получаем, что множеством решений этого неравенства является промежуток \((0;\ +\infty)\). Аналогично множеством решений неравенства \(\dfrac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}} < 0\) является промежуток \((-\infty;\ -6)\).
Следовательно, если \(x < -6\), то \(f'(x) < 0\); если \(x > 0\), то \(f'(x) > 0\). Поэтому функция \(f\) убывает на промежутке \((-\infty;\ -6]\) и возрастает на промежутке \([0;\ +\infty)\).
3) Функция определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\), причём \[f'(x) = \left(\sin x - \frac{1}{2}x\right)' = \cos x - \frac{1}{2}.\] Неравенство \(f'(x) > 0\) равносильно неравенству \(\cos x > \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\). Неравенство \(f'(x) < 0\) равносильно неравенству \(\cos x < \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\).
Функция \(f\) непрерывна на \(\mathbf{R}\), поэтому концы этих промежутков включаются. Следовательно, функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left[-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).
Ответ: 1) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{2}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{2};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{2};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{2}\,\right]\); 2) функция убывает на промежутке \((-\infty;\ -6]\) и возрастает на промежутке \([0;\ +\infty)\); 3) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left[-\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{\pi}{3} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{3} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).
Функция \(f\) дифференцируема на \(\mathbf{R}\), поэтому она непрерывна на \(\mathbf{R}\).
График производной пересекает ось абсцисс в четырёх точках: \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\). Выше оси абсцисс он расположен при \(x < x_1\), при \(x_2 < x < x_3\) и при \(x > x_4\), а ниже оси абсцисс — при \(x_1 < x < x_2\) и при \(x_3 < x < x_4\).
Значит, неравенство \(f'(x) > 0\) выполняется для всех \(x\) из каждого промежутка \((-\infty;\ x_1)\), \((x_2;\ x_3)\) и \((x_4;\ +\infty)\). По признаку возрастания функция \(f\) возрастает на каждом из этих промежутков, а так как она непрерывна в точках \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\), то возрастает и на промежутках с включёнными концами.
Ответ: функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \((-\infty;\ x_1]\), \([x_2;\ x_3]\) и \([x_4;\ +\infty)\).
Запишем уравнение в виде \(x^7 + 7x - \sin 6x = 0\) и рассмотрим функцию \(f(x) = x^7 + 7x - \sin 6x\), \(D(f) = \mathbf{R}\).
Найдём производную: \(f'(x) = 7x^6 + 7 - 6\cos 6x\).
Так как \(\cos 6x \leqslant 1\), то \(6\cos 6x \leqslant 6\), и потому \[f'(x) = 7x^6 + 7 - 6\cos 6x \geqslant 7x^6 + 7 - 6 = 7x^6 + 1 > 0\] при всех \(x \in \mathbf{R}\). 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.
Число \(0\) является корнем данного уравнения: при \(x = 0\) левая часть равна \(0^7 + 7 \cdot 0 = 0\), правая часть равна \(\sin 0 = 0\).
Значит, \(x = 0\) — единственный корень данного уравнения.
Ответ: \(0\).
Функция \(f\) определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\), причём \[f'(x) = \left(\frac{1}{3}(a - 1)x^3 + 3x^2 - 7x - 8\right)' = (a - 1)x^2 + 6x - 7.\] Если дифференцируемая на \(\mathbf{R}\) функция убывает на \(\mathbf{R}\), то её производная принимает только неположительные значения. Поэтому сначала найдём все значения параметра, при которых \(f'(x) \leqslant 0\) для всех \(x \in \mathbf{R}\), а потом проверим, при каких из них функция \(f\) действительно убывает.
Пусть \(a = 1\). Тогда \(f'(x) = 6x - 7\), и при \(x > \dfrac{7}{6}\) производная положительна. Это значение параметра не подходит.
Пусть \(a \ne 1\). Тогда \(y = f'(x)\) — квадратичная функция, и неравенство \((a - 1)x^2 + 6x - 7 \leqslant 0\) выполняется при всех \(x \in \mathbf{R}\) тогда и только тогда, когда \(a - 1 < 0\) и дискриминант неположителен. Имеем: \(D = 6^2 - 4(a - 1) \cdot (-7) = 36 + 28(a - 1) = 28a + 8\). Из неравенства \(28a + 8 \leqslant 0\) получаем \(a \leqslant -\dfrac{2}{7}\); при таких значениях параметра неравенство \(a - 1 < 0\) выполняется само собой.
Проверим найденные значения.
Если \(a < -\dfrac{2}{7}\), то \(D < 0\) и \(f'(x) < 0\) при всех \(x \in \mathbf{R}\), поэтому по признаку убывания функция \(f\) убывает на \(\mathbf{R}\).
Если \(a = -\dfrac{2}{7}\), то \(a - 1 = -\dfrac{9}{7}\) и \(f'(x) = -\dfrac{9}{7}x^2 + 6x - 7 = -\dfrac{9}{7}\left(x - \dfrac{7}{3}\right)^2\). Тогда \(f'(x) < 0\) при всех \(x \ne \dfrac{7}{3}\), и функция \(f\) убывает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ \dfrac{7}{3}\right]\) и \(\left[\dfrac{7}{3};\ +\infty\right)\) (концы включены, потому что функция \(f\) непрерывна). Возьмём произвольные \(x_1 < x_2\). Если оба числа лежат в одном из этих промежутков, то \(f(x_1) > f(x_2)\); если же \(x_1 < \dfrac{7}{3} < x_2\), то \(f(x_1) > f\left(\dfrac{7}{3}\right) > f(x_2)\). Значит, при \(a = -\dfrac{2}{7}\) функция \(f\) убывает на \(\mathbf{R}\).
Ответ: \(a \in \left(-\infty;\ -\dfrac{2}{7}\right]\).
