Самостоятельная работа 42 Вариант 4, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Имеем: \(D(f) = (-\infty;\ 0) \cup (0;\ +\infty)\) и \[f'(x) = \left(x + \frac{6}{x}\right)' = 1 - \frac{6}{x^2} = \frac{x^2 - 6}{x^2}.\] Знаменатель положителен при всех \(x \in D(f)\), поэтому знак производной совпадает со знаком выражения \(x^2 - 6\). Неравенство \(x^2 - 6 > 0\) выполняется при \(x < -\sqrt{6}\) и при \(x > \sqrt{6}\), а неравенство \(x^2 - 6 < 0\) — при \(-\sqrt{6} < x < \sqrt{6}\), \(x \ne 0\).

Исследовав знак производной, приходим к выводу, что функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{6}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{6};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{6};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{6}\,\right]\).

2) Область определения задаётся неравенством \(6x - x^2 \geqslant 0\), то есть \(x(6 - x) \geqslant 0\). Отсюда \(D(f) = [0;\ 6]\).

Найдём производную функции \(f\) по теореме о производной сложной функции: \[f'(x) = \left(\sqrt{6x - x^2}\right)' = \frac{6 - 2x}{2\sqrt{6x - x^2}} = \frac{3 - x}{\sqrt{6x - x^2}}.\] Заметим, что в точках \(x = 0\) и \(x = 6\) функция \(f\) не является дифференцируемой, однако является непрерывной.

Неравенство \(\dfrac{3 - x}{\sqrt{6x - x^2}} > 0\) равносильно системе \[\begin{cases} 3 - x > 0, \\ 6x - x^2 > 0. \end{cases}\] Решив её, получаем, что множеством решений этого неравенства является промежуток \((0;\ 3)\). Аналогично множеством решений неравенства \(\dfrac{3 - x}{\sqrt{6x - x^2}} < 0\) является промежуток \((3;\ 6)\).

Следовательно, если \(0 < x < 3\), то \(f'(x) > 0\); если \(3 < x < 6\), то \(f'(x) < 0\). Поэтому функция \(f\) возрастает на промежутке \([0;\ 3]\) и убывает на промежутке \([3;\ 6]\).

3) Функция определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\), причём \[f'(x) = \left(\cos x + \frac{1}{2}x\right)' = -\sin x + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \sin x.\] Неравенство \(f'(x) > 0\) равносильно неравенству \(\sin x < \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{13\pi}{6} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\). Неравенство \(f'(x) < 0\) равносильно неравенству \(\sin x > \dfrac{1}{2}\), множество решений которого — промежутки \(\left(\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Функция \(f\) непрерывна на \(\mathbf{R}\), поэтому концы этих промежутков включаются. Следовательно, функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{13\pi}{6} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Ответ: 1) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ -\sqrt{6}\,\right]\) и \(\left[\sqrt{6};\ +\infty\right)\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[-\sqrt{6};\ 0\right)\) и \(\left(0;\ \sqrt{6}\,\right]\); 2) функция возрастает на промежутке \([0;\ 3]\) и убывает на промежутке \([3;\ 6]\); 3) функция возрастает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{13\pi}{6} + 2\pi n\right]\) и убывает на каждом из промежутков \(\left[\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n;\ \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n\right]\), \(n \in \mathbf{Z}\).

2. На рисунке 27 изображён график производной функции \(f\), дифференцируемой на \(\mathbf{R}\). Укажите промежутки убывания функции \(f\).

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

График производной пересекает ось абсцисс в четырёх точках: \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\). Ниже оси абсцисс он расположен при \(x_1 < x < x_2\) и при \(x_3 < x < x_4\), а выше оси абсцисс — при \(x < x_1\), при \(x_2 < x < x_3\) и при \(x > x_4\).

Значит, неравенство \(f'(x) < 0\) выполняется для всех \(x\) из каждого промежутка \((x_1;\ x_2)\) и \((x_3;\ x_4)\). По признаку убывания функция \(f\) убывает на каждом из этих промежутков, а так как она непрерывна в точках \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\), то убывает и на промежутках с включёнными концами.

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

Запишем уравнение в виде \(x^5 + 3x + 1 - \cos 2x = 0\) и рассмотрим функцию \(f(x) = x^5 + 3x + 1 - \cos 2x\), \(D(f) = \mathbf{R}\).

Найдём производную: \(f'(x) = 5x^4 + 3 + 2\sin 2x\).

Так как \(\sin 2x \geqslant -1\), то \(2\sin 2x \geqslant -2\), и потому \[f'(x) = 5x^4 + 3 + 2\sin 2x \geqslant 5x^4 + 3 - 2 = 5x^4 + 1 > 0\] 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 \(0^5 + 3 \cdot 0 + 1 = 1\), правая часть равна \(\cos 0 = 1\).

Значит, \(x = 0\) — единственный корень данного уравнения.

Ответ: \(0\).

Функция \(f\) определена и дифференцируема на \(\mathbf{R}\), причём \[f'(x) = \left(\frac{1}{3}(a + 1)x^3 - 4x^2 + 3x + 5\right)' = (a + 1)x^2 - 8x + 3.\] Если дифференцируемая на \(\mathbf{R}\) функция возрастает на \(\mathbf{R}\), то её производная принимает только неотрицательные значения. Поэтому сначала найдём все значения параметра, при которых \(f'(x) \geqslant 0\) для всех \(x \in \mathbf{R}\), а потом проверим, при каких из них функция \(f\) действительно возрастает.

Пусть \(a = -1\). Тогда \(f'(x) = -8x + 3\), и при \(x > \dfrac{3}{8}\) производная отрицательна. Это значение параметра не подходит.

Пусть \(a \ne -1\). Тогда \(y = f'(x)\) — квадратичная функция, и неравенство \((a + 1)x^2 - 8x + 3 \geqslant 0\) выполняется при всех \(x \in \mathbf{R}\) тогда и только тогда, когда \(a + 1 > 0\) и дискриминант неположителен. Имеем: \(D = (-8)^2 - 4(a + 1) \cdot 3 = 64 - 12(a + 1)\). Из неравенства \(64 - 12(a + 1) \leqslant 0\) получаем \(12a \geqslant 52\), то есть \(a \geqslant \dfrac{13}{3}\); при таких значениях параметра неравенство \(a + 1 > 0\) выполняется само собой.

Проверим найденные значения.

Если \(a > \dfrac{13}{3}\), то \(D < 0\) и \(f'(x) > 0\) при всех \(x \in \mathbf{R}\), поэтому по признаку возрастания функция \(f\) возрастает на \(\mathbf{R}\).

Если \(a = \dfrac{13}{3}\), то \(a + 1 = \dfrac{16}{3}\) и \(f'(x) = \dfrac{16}{3}x^2 - 8x + 3 = \dfrac{16}{3}\left(x - \dfrac{3}{4}\right)^2\). Тогда \(f'(x) > 0\) при всех \(x \ne \dfrac{3}{4}\), и функция \(f\) возрастает на каждом из промежутков \(\left(-\infty;\ \dfrac{3}{4}\right]\) и \(\left[\dfrac{3}{4};\ +\infty\right)\) (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 \(x_1 < \dfrac{3}{4} < x_2\), то \(f(x_1) < f\left(\dfrac{3}{4}\right) < f(x_2)\). Значит, при \(a = \dfrac{13}{3}\) функция \(f\) возрастает на \(\mathbf{R}\).

Ответ: \(a \in \left[\dfrac{13}{3};\ +\infty\right)\).