Теорема про межі монотонної функції. Наводиться доказ теореми, використовуючи два методи. Також дано визначення строго зростаючої, неубутньої, строго спадної та незростаючої функцій. Визначення монотонної функції.
ЗмістФункція не обмежена зверху
1.1. Нехай число b кінцеве: .
1.1.2. Нехай функція не обмежена згори.
.
при .
Позначимо. Тоді для будь-кого існує, так що
при .
Це означає, що межа ліворуч у точці b дорівнює (див. «Визначення односторонніх нескінченних меж функції у кінцевій точці»).
b рано плюс нескінченності
Функція обмежена зверху
1. Нехай функція не зменшується на інтервалі.
1.2.1. Нехай функція обмежена зверху числом M: при.
Доведемо, що у цьому випадку існує межа .
Оскільки функція обмежена зверху, існує кінцева верхня грань
.
Відповідно до визначення точної верхньої грані, виконуються такі умови:
;
для будь-якого позитивного існує такий аргумент, для якого
.
Оскільки функція не зменшується, то при . Тоді за . Або
при .
Отже, ми виявили, що для будь-якого існує число , так що
при .
"Визначення односторонніх меж на нескінченності").
Функція не обмежена зверху
1. Нехай функція не зменшується на інтервалі.
1.2. Нехай число b дорівнює плюс нескінченності: .
1.2.2. Нехай функція не обмежена згори.
Доведемо, що у цьому випадку існує межа .
Оскільки функція не обмежена зверху, то для будь-якого числа M існує такий аргумент, для якого
.
Оскільки функція не зменшується, то при . Тоді за .
Отже, для будь-якого існує число, так що
при .
Це означає, що межа при дорівнює (див. «Визначення односторонніх нескінченних меж на нескінченності»).
Функція не зростає
Тепер розглянемо випадок, коли функція не збільшується. Можна, як і вище, розглянути кожен варіант окремо. Але ми охопимо їх одразу. Для цього використовуємо. Доведемо, що у цьому випадку існує межа .
Розглянемо кінцеву нижню грань безлічі значень функції:
.
Тут B може бути як кінцевим числом, так і віддаленою точкою . Відповідно до визначення точної нижньої грані, виконуються такі умови:
;
для будь-якої околиці точки B існує такий аргумент, для якого
.
За умовою теореми, . Тому.
Оскільки функція не зростає, то за . Оскільки , то
при .
Або
при .
Далі помічаємо, що нерівність визначає ліву проколоту околицю точки b .
Отже, ми знайшли, що для будь-якої околиці точки існує така проколота ліва околиця точки b , що
при .
Це означає, що межа зліва в точці b дорівнює :
(Див. Універсальне визначення межі функції по Коші).
Межа в точці a
Тепер покажемо, що є межа в точці a і знайдемо його значення.
Розглянемо функцію. За умовою теореми, функція є монотонною при . Замінимо змінну x на - x (або зробимо підстановку, а потім замінимо змінну t на x). Тоді функція є монотонною при . Помножуючи нерівності на -1 і змінюючи їхній порядок приходимо до висновку, що функція є монотонною при .
Аналогічним способом легко показати, що якщо не зменшується, то не зростає. Тоді згідно з доведеним вище, існує межа
.
Якщо не зростає, то не зменшується. У цьому випадку існує межа
.
Тепер залишилося показати, що й існує межа функції при , існує межа функції при , і ці межі рівні:
.
Введемо позначення:
(1)
.
Виразимо f через g:
.
Візьмемо довільне позитивне число. Нехай є епсілон околиця точки A . Епсилон околиця визначається як кінцевих, так нескінченних значень A (див. «Околиця точки»). Оскільки існує межа (1), то, згідно з визначенням межі, для будь-якого існує таке, що
при .
Нехай a – кінцеве число. Виразимо ліву проколоту околицю точки -a , використовуючи нерівності:
при .
Замінимо x на -x і врахуємо, що :
при .
Останні дві нерівності визначають проколоту праву околицю точки a . Тоді
при .
Нехай a – нескінченне число, . Повторюємо міркування.
при;
при;
при;
при .
Отже, ми знайшли, що для будь-кого існує таке, що
при .
Це означає, що
.
Теорему доведено.
Див. також:Застосування похідної дослідження функцій.
§1. Зростання та зменшення функцій.
Теорема (критерій монотонності функції, що диференціюється).Нехай функція безперервна на проміжку 
та диференційована у всіх його внутрішніх точках. Тоді:
Для монотонного зростання функції необхідно і достатньо, щоб у 
0;
Для монотонного зменшення функції необхідно і достатньо, щоб в (а, в)
0;
Для постійності функції необхідно і достатньо, щоб у (а, в)
=0.
Док-во. Доведемо достатність для зростаючої функції. Виберемо довільно крапки 
. За теоремою Лагранжа знайдеться точка 
, Така що . Т.к. обидва множники у правій частині невід'ємні, то 
, тобто. 
. Отже, функція є монотонно зростаючою.
Доведемо необхідність зростаючої функції. Нехай f (x)
– монотонно зростає. Тоді 
, отже 
в (А, в).
Для спадної функції докази аналогічні.
Доведемо необхідність постійної функції. Якщо f(x)=
constв (а, в),то 
.
Доведемо достатність постійної функції. Нехай 
в (a,
b)
. Тоді тим більше 
в (a,
b)
. Тоді за доведеним вище функція монотонно зростає в (a,
b)
, тобто. . З іншого боку, якщо 
в (a,
b)
тим більше 
в (a,
b)
. Тоді за доведеним вище функція монотонно зменшується в (a,
b)
, тобто. . Одночасне виконання цих умов можливе лише за 
.▲
приклад. Знайти проміжки монотонності функції 
.
Знайдемо похідну 
. Очевидно, що при похідній 
, функція є зростаючою. При 
похідна 
, функція зменшується.
§2. Екстремуми функції.
Нехай функція 
задана на інтервалі 
.
Опр. Крапка 
називається точкою локального максимуму функції f(x)
.
Опр. Крапка 
називається точкою локального мінімуму функції f(x)
, якщо в деякому її околиці виконується умова: 
.
Значення функції в точках локального мінімуму та максимуму називають мінімумом та максимумом функції. Мінімум і максимум функції поєднують у поняття «екстремум функції»
(extr f).
Відзначити відмінності локального та глобального екстремуму.
Теорема (необхідна умова локального екстремуму).Якщо диференційована функція має екстремум у точці 
, то її похідна в цій точці дорівнює нулю: 
.
Док-во. Якщо 
- точка екстремуму диференційованої функції, існує деяка околиця цієї точки, у якій виконані умови теореми Ферма. Тоді її похідна 
.
Зауваження. Функція може мати екстремум і в точках, у яких вона не диференційована (якщо ці точки входять до області визначення). Наприклад, функція 
має екстремум у точці х = 0,але не диференційована у ній.
Точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує, називаються стаціонарнимиабо критичнимиточками. З теореми випливає, що точки локального екстремуму функції є її критичними точками. Зворотне твердження не так. Наприклад, функція 
має невід'ємну похідну, тобто. зростає по всій числової осі, отже немає точок екстремуму. В той же час, 
є її критичною точкою.
Теорема (достатня умова локального екстремуму).Якщо під час переходу через критичну точку 
похідна функції, що диференціюється, змінює знак з «+» на «-», то 
- точка локального максимуму, якщо з "-" на "+", то 
- точка локального мінімуму.
Док-во. Відповідно до достатньої умови монотонності, функція зростає зліва від 
і зменшується праворуч, тоді через безперервність функції, 
є точкою максимуму. Аналогічні міркування для мінімуму.
Зауваження. Якщо під час переходу через критичну точку похідна не змінює знак, то цій точці екстремуму функції немає.
Теорема (2 достатня умова локального екстремуму). Для того, щоб функція мала локальний максимум (мінімум) у критичній точці 
, достатньо, щоб у деякій околиці цієї точки існувала безперервна друга похідна і 
(
).
(Без док-ва).
приклад. Знайти екстремуми функції 
;
Її похідна: 
.
Визначимо критичні точки: 
,
- Критичні точки.
Визначимо знак похідної на околицях критичних точок.
- точка мінімуму, 
- Мінімум функції;
- точка максимуму, 
- максимум функції.
§3. Найбільше та найменше значення функції на відрізку.
При вирішенні прикладних завдань потрібно визначити глобальні екстремуми функції на деякому проміжку. Якщо цей проміжок є відрізком, то функція екстремуми може досягати як в точках екстремуму, так і на кінцях відрізка.
приклад. Знайти найбільше значення функції 
на відрізку 
.
Рішення. Дана функція є безперервною на даному відрізку (бо знаменник не звертається в нуль), а отже, може приймати екстремальні значення або в точках екстремуму, або на кінцях відрізка. Обчислимо похідну:
. Тоді критичними точками є точки х = 0і х=-2. Цьому відрізку належить лише точка х = 0. Обчислимо значення функції в точці екстремуму та на кінцях відрізка:
,
,
. Порівнюючи ці значення, укладаємо, що найбільше значення функції досягається в точці х = 0.
§4. Випуклість функції. Точки перегину.
Опр. Функція називається опуклою вгору (опуклою) на проміжку Х, якщо 
. Графік опуклої на проміжку Х функції розташований над будь-якою її січною (і під будь-якою дотичною) на цьому проміжку.
Аналогічно вводиться визначення функції, опуклою вниз (увігнутою).
опукла (вгору) увігнута (опукла вниз)
Теорема (критерій опуклості функції). Нехай функція 
диференційована в інтервалі (а, в). Тоді для опуклості функції вниз необхідно і достатньо, щоб 
монотонно зростала у цьому інтервалі. Для опуклості функції вгору необхідно і достатньо, щоб 
монотонно спадала на цьому інтервалі.
Наслідок (достатня умова опуклості). Якщо друга похідна функції, що двічі диференціюється, невід'ємна (непозитивна) всередині деякого проміжку, то функція випукла вниз (вгору) на цьому проміжку.
Опр. Точки, у яких графік функції змінює напрям опуклості, називаються точками перегину графіка функції.
Абсциси точок перегину є точками екстремуму першої похідної.
Теорема (необхідна умова точки перегину). Друга похідна функції, що двічі диференціюється, в точці перегину дорівнює нулю: 
.
Абсциси точок, у яких виконується необхідна умова, називаються критичними точками другого роду. Якщо перегин графіка є, то лише у таких точках.
Теорема (достатня умова точки перегину).Нехай 
- Двічі диференційована в інтервалі (а, в). Тоді якщо друга похідна під час переходу через критичну точку другого роду 
змінює знак, то точка 
є точкою перегину графіка функції.
Зауваження. Якщо зміни знака другої похідної немає, то перегину графіка у точці немає.
приклад. 
,
;
- Точка перегину.
Отже, щоб знайти інтервали опуклості функції, потрібно:
1. Знайти другу похідну функцію.
2. Знайти точки, в яких 
чи не існує.
3. Дослідити знак другої похідної ліворуч і праворуч від знайдених точок та зробити висновок про напрям опуклості та точки перегину на підставі достатніх умов.
§5. Асимптоти графіка функції.
p align="justify"> Графіки деяких функцій розташовані на площині так, що при необмеженому віддаленні від початку координат вони необмежено наближаються до деяких прямим, але не перетинають їх. Такі прямі називаються асимптотами функції.
Асимптоти можуть бути горизонтальними, вертикальними, похилими.
Пряма y=
a
називається горизонтальною асимптотою до графіка функції y=
f(x)
.
Пряма x=
bназивається вертикальною асимптотою до графіка функції y=
f(x)
якщо існує кінцева межа 
.
Вертикальні асимптоти слід шукати в точках розриву функції або кінцях області визначення.
Якщо функція не має горизонтальних асимптот, то, можливо, є похилі.
Похила асимптота до графіка функції існує у тому випадку, коли існують кінцеві числа доі в, що обчислюються за формулами:
,
. Тоді похила асимптота задається рівнянням y=
kx+
b. Якщо хоча б одне із чисел доі вневласне, то похилих асимптот у графіка функції немає.
§6. Загальна схема дослідження функцій.
I. 1. Область визначення.
2. Точки перетину з осями координат.
3. Парність.
4. Періодичність.
5. безперервність.
6. Асимптоти.
II. 7. Монотонність.
8. Точки екстремуму, екстремуми.
10. Точки перегину графіка.
IV.11. Додаткові точки.
12. Побудова графіка.
Визначення зростаючої та спадної функції
Нехай \(y = f\left(x \right)\) є функцією, що диференціюється на інтервалі \(\left((a,b) \right).\) Функція називається зростаючою
(або невпадаючою
) на даному інтервалі, якщо для будь-яких точок \((x_1),(x_2) \in \left((a,b) \right),\) таких, що \((x_1)
Якщо це нерівність є суворим, тобто. \(f\left(((x_1)) \right) \lt f\left(((x_2)) \right),\) то кажуть, що функція \(y = f\left(x \right)\) є строго зростаючою
на інтервалі \(\left((a,b) \right).\)
Аналогічно визначаються спадна(або незростаюча ) та суворо спадаюча функції.
Введені поняття можна сформулювати більш компактної формі. Функція \(y = f\left(x \right)\) називається
- зростаючою (невпадаючою
- строго зростаючою на інтервалі \(\left((a,b) \right),\) якщо \[ (\forall\;(x_1),(x_2) \in \left((a,b) \right):\;) ((x_1)
- спадаючою (незростаючою ) на інтервалі \(\left((a,b) \right),\) якщо \[ (\forall\;(x_1),(x_2) \in \left((a,b) \right):\; ) ((x_1)
- суворо спадаючою
на інтервалі \(\left((a,b) \right),\) якщо \[ (\forall\;(x_1),(x_2) \in \left((a,b) \right):\;) ((x_1) Зрозуміло, що незнищуюча функція може містити ділянки суворого зростання та інтервали, де функція є постійною. Схематично це ілюструється на малюнках \(1-4\).
Рис.1
Рис.2
Рис.3
Рис.4
Якщо функція \(f\left(x \right)\) диференційована на інтервалі \(\left((a,b) \right)\) і належить до одного з чотирьох розглянутих типів (тобто є зростаючою, строго зростаючою) , що спадає або суворо спадає), то така функція називається монотонноїна даному інтервалі.
Поняття зростання та зменшення функції можна визначити також і для окремої точки \((x_0).\) У цьому випадку розглядається мала \(\delta\)-околиця \(\left(((x_0) - \delta ,(x_0) + \delta) \right)\) цієї точки. Функція \(y = f\left(x \right)\) є строго зростаючою у точці \((x_0),\) якщо існує число \(\delta > 0,\) таке, що \[\forall\;x \in \left(((x_0) - \delta ,(x_0)) \ right) \Rightarrow f\left(x \right) f\left(((x_0)) \right).\] Аналогічним чином визначається суворе спадання функції \(y = f\left(x \right)\) у точці \ ((x_0).\)
Критерій зростання та зменшення функції
Знову розглянемо функцію \(y = f\left(x \right),\) вважаючи її диференційованою на деякому інтервалі \(\left((a,b) \right).\) Зростання або спадання функції на інтервалі визначається за знаку першої похідної функції.
Теорема 1 .
Для того, щоб функція \ (y = f \ left (x \ right) \) була зростаючою на інтервалі \(\left((a,b) \right),\) необхідно і достатньо, щоб перша похідна функції була невід'ємною всюди на даному інтервалі: \ Аналогічний критерій діє для випадку функції, спадаючоюна інтервалі \(\left((a,b) \right):\) \ Доведемо обидві частини теореми (необхідність та достатність) для випадку зростаючої функції.Необхідна умова .
Розглянемо довільну точку \((x_0) \in \left((a,b) \right).\) Якщо функція \(y = f\left(x \right)\) зростає на \(\left((a, b) \right),\) то за визначенням можна записати, що \[\forall\;x \in \left((a,b) \right):x > (x_0) \Rightarrow f\left(x \right ) > f\left(((x_0)) \right);\] \[\forall\;x \in \left((a,b) \right):x
Розглянемо достатня умова , тобто. зворотне твердження.
Нехай похідна \(f"\left(x \right)\) функції \(y = f\left(x \right)\) невід'ємна на інтервалі \(\left((a,b) \right):\) \ Якщо \((x_1)\) і \((x_2)\) − дві довільні точки даного інтервалу, такі, що \((x_1) теоремі Лагранжаможна записати: \ де \(c \in \left[((x_1),(x_2)) \right],\;\; \Rightarrow c \in \left((a,b) \right).\)Оскільки \(f"\left(c \right) \ge 0,\) то права частина рівності невід'ємна. Отже, \ тобто функція \(y = f\left(x \right)\) є зростаючою на інтервалі \(\left((a,b) \right).\)
Розглянемо тепер випадки суворого зростання і суворого спадання функції. Тут існує схожа теорема, що описує необхідні та достатні умови. Опускаючи доказ, сформулюємо її для випадку строго зростаючої функції.
Теорема 2 .
Для того, щоб функція, що диференціюється на інтервалі \(\left((a,b) \right)\) строго зростаючою на цьому інтервалі необхідно і достатньо, щоб виконувались такі умови:\(f"\left(x \right) \ge 0\;\forall\;x \in \left((a,b) \right);\)
Похідна \(f"\left(x \right)\) тотожно не дорівнює нулю в жодному проміжку \(\left[ ((x_1),(x_2)) \right] \in \left((a,b) \ right).\)
Насправді (при знаходженні інтервалів монотонності) зазвичай використовується достатня умова суворого зростання або суворого спадання функції. З теореми \(2\) випливає таке формулювання достатньої ознаки:
Якщо для всіх (x \in \left((a,b) \right)\) виконується умова \(f"\left(x \right) > 0\) всюди в інтервалі \(\left((a,b) ) \right),\) крім можливо лише деяких окремих точок, в яких \(f"\left(x \right) = 0,\) то функція \(f\left(x \right)\) є строго зростаючою .
Відповідно, умова \(f"\left(x \right) суворо спадаючуфункцію.
Число точок, в яких \(f"\left(x \right) = 0,\) є, як правило, кінцевим. Відповідно до теореми \(2\), вони не можуть щільно заповнювати будь-який проміжок в інтервалі \(\ left((a,b) \right).\)
Наведемо також ознаку суворого зростання (зменшення) функції в точці:
Теорема 3 .
Нехай \((x_0) \in \left((a,b) \right).\)Якщо \(f"\left(((x_0)) \right) > 0\), то функція \(f\left(x \right)\) строго зростає в точці \((x_0)\);
Якщо \(f"\left(((x_0)) \right)
Властивості монотонних функцій
Зростаючі та спадні функції мають певні алгебраїчні властивості, які можуть виявитися корисними при дослідженні функцій. Перерахуємо деякі з них:
зростаючоюна проміжку \(X\) , якщо для будь-яких \(x_1, x_2\in X\) , таких що \(x_1 Функція називається невпадаючою \(\blacktriangleright\) Функція \(f(x)\) називається спадаючоюна проміжку \(X\) , якщо для будь-яких \(x_1, x_2\in X\) , таких що \(x_1 Функція називається незростаючоюна проміжку \(X\) , якщо для будь-яких \(x_1, x_2\in X\) , таких що \(x_1 \(\blacktriangleright\) Зростаючі та спадні функції називають суворо монотонними, а незростаючі та невтратні - просто монотонними. \(\blacktriangleright\) Основні властивості: I.Якщо функція \(f(x)\) - строго монотонна на \(X\) , то з рівності \(x_1=x_2\) (\(x_1,x_2\in X\) ) слід \(f(x_1)= f(x_2)\), і навпаки. Приклад: функція \(f(x)=\sqrt x\) є строго зростаючою при всіх \(x\in \), тому рівняння \(x^2=9\) має на цьому проміжку не більше одного рішення, а точніше одне: \ (x = -3 \). функція \(f(x)=-\dfrac 1(x+1)\) є строго зростаючою при всіх \(x\in (-1;+\infty)\) , тому рівняння \(-\dfrac 1(x +1)=0\) має у цьому проміжку трохи більше рішення, а точніше жодного, т.к. чисельник лівої частини ніколи не може дорівнювати нулю. ІІІ.Якщо функція \(f(x)\) - не убуває (незростає) і безперервна на відрізку \(\) , причому на кінцях відрізка вона набуває значення \(f(a)=A, f(b)=B\) , то при \(C\in \) (\(C\in \) ) рівняння \(f(x)=C\) завжди має хоча б одне рішення. Приклад: функція \(f(x)=x^3\) є строго зростаючою (тобто строго монотонною) і безперервною при всіх \(x\in\mathbb(R)\) , тому при будь-якому \(C\in ( -\infty;+\infty)\) рівняння \(x^3=C\) має рівно одне рішення: \(x=\sqrt(C)\) . Завдання 1 #3153 Рівень завдання: Легше ЄДІ має рівно два корені. Перепишемо рівняння у вигляді: \[(3x^2)^3+3x^2=(x-a)^3+(x-a)\]Розглянемо функцію \(f(t)=t^3+t\) . Тоді рівняння перепишеться у вигляді: Досліджуємо функцію (f(t)). \ Отже, функція \(f(t)\) зростає при всіх \(t\). Отже, кожному значенню функції \(f(t)\) відповідає одно значення аргументу \(t\) . Отже, для того, щоб рівняння мало коріння, потрібно: \
Щоб отримане рівняння мало два корені, потрібно, щоб його дискримінант був позитивним: \
Відповідь: \(\left(-\infty;\dfrac1(12)\right)\) Завдання 2 #2653 Рівень завдання: дорівнює ЄДІ Знайдіть усі значення параметра \(a\) , при яких рівняння \
має два корені. (Завдання від передплатників.) Зробимо заміну: \(ax^2-2x=t\) , \(x^2-1=u\) . Тоді рівняння набуде вигляду: \
Розглянемо функцію \(f(w)=7^w+\sqrtw\) . Тоді наше рівняння набуде вигляду: \ Знайдемо похідну \
Зауважимо, що з усіх \(w\ne 0\) похідна \(f"(w)>0\) , тому що \(7^w>0\) , \(w^6>0\) . Зауважимо також, що сама функція \(f(w)\) визначена при всіх \(w\) .Так до того ж \(f(w)\) безперервна, то ми можемо зробити висновок, що \(f (w)\) зростає на всьому \(\mathbb(R)\). \
Для того, щоб дане рівняння мало два корені, воно має бути квадратним і його дискримінант має бути позитивним: \[\begin(cases) a-1\ne 0\\ 4-4(a-1)>0\end(cases) \quad\Leftrightarrow\quad \begin(cases)a\ne1\\a<2\end{cases}\]
Відповідь: \((-\infty;1)\cup(1;2)\) Завдання 3 #3921 Рівень завдання: дорівнює ЄДІ Знайдіть усі позитивні значення параметра \(a\) , при яких рівняння має як мінімум (2) рішення. Перенесемо всі доданки, що містять \(ax\) , вліво, а що містять \(x^2\) - вправо, і розглянемо функцію Тоді вихідне рівняння набуде вигляду: Знайдемо похідну: Т.к. \((t-2)^2 \geqslant 0, \ e^t>0, \ 1+\cos(2t) \geqslant 0\), то \(f"(t)\geqslant 0\) за будь-яких \(t\in \mathbb(R)\) . Причому \(f"(t)=0\) , якщо \((t-2)^2=0\) і \(1+\cos(2t)=0\) одночасно, що не виконується за жодних \ (t\) Отже, \(f"(t)> 0\) при будь-яких \(t\in \mathbb(R)\) . Таким чином, функція \(f(t)\) строго зростає при всіх \(t\in \mathbb(R)\). Отже, рівняння \(f(ax)=f(x^2)\) рівносильне рівнянню \(ax=x^2\) . Рівняння \(x^2-ax=0\) при \(a=0\) має один корінь \(x=0\) , а при \(a\ne 0\) має два різні корені \(x_1=0 \) та \(x_2=a\) . Відповідь: \((0;+\infty)\) . Завдання 4 #1232 Рівень завдання: дорівнює ЄДІ Знайдіть усі значення параметра \(a\) , при кожному з яких рівняння \
має єдине рішення. Домножимо праву та ліву частини рівняння на \(2^(\sqrt(x+1))\) (т.к. \(2^(\sqrt(x+1))>0\) ) і перепишемо рівняння у вигляді : \
Розглянемо функцію \(y=2^t\cdot \log_(\frac(1)(9))((t+2))\)при \(t\geqslant 0\) (бо \(\sqrt(x+1)\geqslant 0\) ). Похідна \(y"=\left(-2^t\cdot \log_9((t+2))\right)"=-\dfrac(2^t)(\ln9)\cdot \left(\ln 2\cdot \ln((t+2))+\dfrac(1)(t+2)\right)\). Т.к. \(2^t>0, \ dfrac(1)(t+2)>0, \ ln((t+2))>0\)за всіх \(t\geqslant 0\) , то \(y"<0\)
при всех \(t\geqslant 0\)
. Отже, при \(t\geqslant 0\) функція \(y\) монотонно зменшується. Рівняння можна розглядати у вигляді \(y(t)=y(z)\) , де \(z=ax, t=sqrt(x+1)\) . З монотонності функції випливає, що рівність можлива тільки в тому випадку, якщо (t = z). Отже, рівняння рівносильне рівнянню: \(ax=\sqrt(x+1)\) , яке у свою чергу рівносильне системі: \[\begin(cases) a^2x^2-x-1=0\\ ax \geqslant 0 \end(cases)\] При \(a=0\) система має одне рішення \(x=-1\), яке задовольняє умову \(ax\geqslant 0\). Розглянемо випадок \(a\ne 0\) . Дискримінант першого рівняння системи \(D=1+4a^2>0\) за всіх \(a\) . Отже, рівняння завжди має два корені \(x_1\) і \(x_2\), причому вони різних знаків (т.к. за теоремою Вієта) \(x_1\cdot x_2=-\dfrac(1)(a^2)<0\)
). Це означає, що при (a<0\)
условию \(ax\geqslant 0\)
подходит отрицательный корень, при \(a>0\) умові підходить позитивний корінь. Отже система завжди має єдине рішення. Значить \(a\in \mathbb(R)\) . Відповідь: \(a\in \mathbb(R)\) . Завдання 5 #1234 Рівень завдання: дорівнює ЄДІ Знайдіть усі значення параметра \(a\) , при кожному з яких рівняння \
має хоча б один корінь із відрізка \([-1;0]\) . Розглянемо функцію \(f(x)=2x^3-3x(ax+x-a^2-1)-3a-a^3\)при деякому фіксованому (a) . Знайдемо її похідну: \(f"(x)=6x^2-6ax-6x+3a^2+3=3(x^2-2ax+a^2+x^2-2x+1)=3((x-a)^2 +(x-1)^2)\). Зауважимо, що \(f"(x)\geqslant 0\) при всіх значеннях \(x\) і \(a\) , причому дорівнює \(0\) тільки при \(x=a=1\). при \(a=1\): Отже, за всіх \(a\ne 1\) функція \(f(x)\) є строго зростаючою, отже, рівняння \(f(x)=0\) може мати не більше одного кореня. Враховуючи властивості кубічної функції, графік \(f(x)\) при деякому фіксованому \(a\) виглядатиме таким чином: Отже, щоб рівняння мало корінь з відрізка \([-1;0]\) , необхідно: \[\begin(cases) f(0)\geqslant 0\\f(-1)\leqslant 0 \end(cases) \Rightarrow \begin(cases) a(a^2+3)\leqslant 0\\ ( a+2)(a^2+a+4)\geqslant 0 \end(cases) \Rightarrow \begin(cases) a\leqslant 0\\ a\geqslant -2 \end(cases) \Rightarrow -2\leqslant a\leqslant 0\] Отже, \(a\in [-2;0]\) . Відповідь: \ (a \ in [-2; 0] \) . Завдання 6 #2949 Рівень завдання: дорівнює ЄДІ Знайдіть усі значення параметра \(a\) , при кожному з яких рівняння \[(\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6)\cdot (\sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^2))=0\] має коріння. (Завдання від передплатників) ОДЗ рівняння: \(2x-2x^2\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad x\in \). Отже, для того, щоб рівняння мало коріння, потрібно щоб хоча б одне з рівнянь \[\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6=0 \quad (\small(\text(або)))\quad \sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^ 2) = 0 \]мало рішення на ОДЗ. 1) Розглянемо перше рівняння \[\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6=0 \quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin(gathered)\begin(aligned) &sin x=2a+ 2 \\\x=3\ \end(aligned) \end(gathered)\right. \quad\Leftrightarrow\quad \sin x=2a+2\]Дане рівняння повинно мати коріння на \(\). Розглянемо коло: Таким чином, ми бачимо, що для будь-яких \(2a+2\in [\sin 0;\sin 1]\) рівняння матиме одне рішення, а для всіх інших - не матиме рішень. Отже, при \(a\in \left[-1;-1+\sin 1\right]\)рівняння має розв'язки. 2) Розглянемо друге рівняння \[\sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^2)=0 \quad\Leftrightarrow\quad 8x\sqrt(x-x^2)=-a\] Розглянемо функцію \(f(x)=8x\sqrt(x-x^2)\). Знайдемо її похідну: \
На ОДЗ похідна має один нуль: \(x=\frac34\) , який є точкою максимуму функції \(f(x)\) . Отже, щоб рівняння мало розв'язання, потрібно, щоб графік \(f(x)\) перетинався з прямою \(y=-a\) (на малюнку зображено один з відповідних варіантів). Тобто потрібно, щоб \
. При цих (x) : Функція \(y_1=sqrt(x-1)\) є строго зростаючою. Графіком функції \(y_2=5x^2-9x\) є парабола, вершина якої знаходиться в точці \(x=\dfrac(9)(10)\). Отже, за всіх \(x\geqslant 1\) функція \(y_2\) також строго зростає (права гілка параболи). Т.к. сума строго зростаючих функцій є строго зростаюча, то (f_a(x)) - строго зростає (константа (3a + 8) не впливає на монотонність функції). Функція \(g_a(x)=\dfrac(a^2)(x)\) при всіх \(x\geqslant 1\) є частиною правої гілки гіперболи і є строго спадаючою. Вирішити рівняння \(f_a(x)=g_a(x)\) - означає знайти точки перетину функцій \(f\) і \(g\). З їхньої протилежної монотонності випливає, що рівняння може мати не більше одного кореня. При (x\geqslant 1\) \(f_a(x)\geqslant 3a+4, \ \ \ 0 \\cup Відповідь: \(a\in (-\infty;-1]\cup)
Отже, рівність \(f(t)=f(u)\) можлива тоді і лише тоді, коли \(t=u\) . Повернемося до початкових змінних і розв'яжемо отримане рівняння:
\
\
\
Нам потрібно знайти значення \(a\) , при яких рівняння матиме не менше двох коренів, враховуючи також те, що \(a>0\) .
Отже, відповідь: (a in (0; + infty)) .
\(f"(x)=6(x-1)^2 \Rightarrow f(x)=2(x-1)^3 \Rightarrow\)рівняння \(2(x-1)^3=0\) має єдиний корінь \(x=1\), що не задовольняє умові. Отже, \(a\) не може дорівнювати \(1\) .
Зауважимо, що (f(0)=f(1)=0) . Отже, схематично графік (f(x)) виглядає так: 
