Definer monotoniteten til en funksjon. Funksjonen øker ikke

økende på intervallet $X$ hvis for noen $x_1, x_2\i X$ slik at \(x_1

Funksjonen kalles ikke synkende

$\blacktriangleright$ Funksjonen $f(x)$ kalles minkende på intervallet $X$ hvis for noen $x_1, x_2\i X$ slik at $x_1 f(x_2)$ .

Funksjonen kalles ikke økende på intervallet $X$ hvis for noen $x_1, x_2\i X$ slik at \(x_1

$\blacktriangleright$ Økende og minkende funksjoner kalles strengt tatt monotont, og ikke-økende og ikke-minkende er rett og slett monotont.

$\blacktriangleright$ Grunnleggende egenskaper:

JEG. Hvis funksjonen $f(x)$ er strengt monoton på $X$ , så følger det fra likheten $x_1=x_2$ ($x_1,x_2\i X$ ) $f( x_1)= f(x_2)$ , og omvendt.

Eksempel: funksjonen $f(x)=\sqrt x$ er strengt økende for alle $x\in $ , derfor har likningen $x^2=9$ maksimalt én løsning på dette intervallet, eller rettere sagt en: $x=-3$ .

funksjonen $f(x)=-\dfrac 1(x+1)$ er strengt økende for alle $x\in (-1;+\infty)$, så ligningen $-\dfrac 1 (x +1)=0$ har ikke mer enn én løsning på dette intervallet, eller rettere sagt ingen, fordi telleren på venstre side kan aldri være lik null.

III. Hvis funksjonen $f(x)$ er ikke-avtagende (ikke-økende) og kontinuerlig på segmentet , og i enden av segmentet tar den verdiene $f(a)= A, f(b)=B$ , så for $C\in $ ($C\in $ ) har likningen $f(x)=C$ alltid minst én løsning.

Eksempel: funksjonen $f(x)=x^3$ er strengt økende (det vil si strengt monoton) og kontinuerlig for alle $x\in\mathbb(R)$ , derfor for enhver $C\ i ( -\infty;+\infty)$ har ligningen $x^3=C$ nøyaktig én løsning: $x=\sqrt(C)$ .

Oppgave 1 #3153

Oppgavenivå: Enklere enn Unified State-eksamenen

har nøyaktig to røtter.

La oss omskrive ligningen slik: \[(3x^2)^3+3x^2=(x-a)^3+(x-a)\] Tenk på funksjonen $f(t)=t^3+t$ . Deretter vil ligningen skrives om i formen: \ La oss studere funksjonen $f(t)$ . \ Følgelig øker funksjonen $f(t)$ for alle $t$ . Dette betyr at hver verdi av funksjonen $f(t)$ tilsvarer nøyaktig én verdi av argumentet $t$ . Derfor, for at ligningen skal ha røtter, er det nødvendig: \ For at den resulterende ligningen skal ha to røtter, må dens diskriminant være positiv: \

Svar:

$\left(-\infty;\dfrac1(12)\right)$

Oppgave 2 #2653

Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen

Finn alle verdiene til parameteren $a$ som ligningen for \

har to røtter.

(Oppgave fra abonnenter.)

La oss lage en erstatning: $ax^2-2x=t$ , $x^2-1=u$ . Deretter vil ligningen ha formen: \ Tenk på funksjonen $f(w)=7^w+\sqrtw$ . Da vil ligningen vår ha formen: \

La oss finne den deriverte \ Merk at for alle $w\ne 0$ er den deriverte $f"(w)>0$ , siden $7^w>0$ , $w^6>0$ . Merk også at funksjonen $f(w)$ i seg selv er definert for alle $w$ Siden $f(w)$ er kontinuerlig, kan vi konkludere med at $f (w)$ øker i det hele tatt. $\mathbb(R)$ .
Dette betyr at likheten $f(t)=f(u)$ er mulig hvis og bare hvis $t=u$ . La oss gå tilbake til de opprinnelige variablene og løse den resulterende ligningen:

\ For at denne ligningen skal ha to røtter, må den være kvadratisk og dens diskriminant må være positiv:

\[\begin(cases) a-1\ne 0\\ 4-4(a-1)>0\end(cases) \quad\Leftrightarrow\quad \begin(cases)a\ne1\\a<2\end{cases}\]

Svar:

$(-\infty;1)\kopp(1;2)$

Oppgave 3 #3921

Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen

Finn alt positive verdier parameter $a$ som ligningen for

har minst $2$ løsninger.

La oss flytte alle ledd som inneholder $ax$ til venstre, og de som inneholder $x^2$ til høyre, og vurdere funksjonen
\

Da vil den opprinnelige ligningen ha formen:
\

La oss finne den deriverte:
\

Fordi $(t-2)^2 \geqslant 0, \e^t>0, \1+\cos(2t) \geqslant 0$, deretter $f"(t)\geqslant 0$ for en hvilken som helst $t\in \mathbb(R)$ .

Dessuten, $f"(t)=0$ hvis $(t-2)^2=0$ og $1+\cos(2t)=0$ på samme tid, noe som ikke er sant for enhver \ (t\) . Derfor $f"(t)> 0$ for enhver $t\in \mathbb(R)$ .

Dermed er funksjonen $f(t)$ strengt økende for alle $t\in \mathbb(R)$ .

Dette betyr at ligningen $f(ax)=f(x^2)$ er ekvivalent med ligningen $ax=x^2$ .

Ligningen $x^2-ax=0$ for $a=0$ har én rot $x=0$, og for $a\ne 0$ har den to ulike røtter$x_1=0$ og $x_2=a$ .
Vi må finne verdiene til $a$ der ligningen vil ha minst to røtter, også ta hensyn til det faktum at $a>0$ .
Derfor er svaret: $a\in (0;+\infty)$ .

Svar:

$(0;+\infty)$ .

Oppgave 4 #1232

Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen

Finn alle verdiene til parameteren $a$ , for hver av dem ligningen \

har en unik løsning.

La oss multiplisere høyre og venstre side av ligningen med $2^(\sqrt(x+1))$ (siden $2^(\sqrt(x+1))>0$ ) og omskrive ligningen i skjemaet : \

Vurder funksjonen $y=2^t\cdot \log_(\frac(1)(9))((t+2))$ for $t\geqslant 0$ (siden $\sqrt(x+1)\geqslant 0$ ).

Derivat $y"=\left(-2^t\cdot \log_9((t+2))\right)"=-\dfrac(2^t)(\ln9)\cdot \left(\ln 2\cdot \ln((t+2))+\dfrac(1)(t+2)\høyre)$.

Fordi $2^t>0, \ \dfrac(1)(t+2)>0, \ \ln((t+2))>0$ for alle $t\geqslant 0$ , deretter $y"<0$ при всех $t\geqslant 0$ .

Følgelig, som $t\geqslant 0$ reduseres funksjonen $y$ monotont.

Ligningen kan betraktes på formen $y(t)=y(z)$ , hvor $z=ax, t=\sqrt(x+1)$ . Fra monotonisiteten til funksjonen følger det at likhet bare er mulig hvis $t=z$ .

Dette betyr at ligningen er ekvivalent med ligningen: $ax=\sqrt(x+1)$, som igjen tilsvarer systemet: \[\begin(cases) a^2x^2-x-1=0\\ ax \geqslant 0 \end(cases)\]

Når $a=0$ har systemet én løsning $x=-1$ som tilfredsstiller betingelsen $ax\geqslant 0$ .

Tenk på tilfellet $a\ne 0$ . Diskriminerende av den første ligningen i systemet $D=1+4a^2>0$ for alle $a$ . Følgelig har ligningen alltid to røtter $x_1$ og $x_2$, og de har forskjellige fortegn (siden i henhold til Vietas teorem $x_1\cdot x_2=-\dfrac(1)(a^2)<0$ ).

Dette betyr at for $a<0$ условию $ax\geqslant 0$ подходит отрицательный корень, при $a>0$ betingelsen er tilfredsstilt med en positiv rot. Derfor har systemet alltid en unik løsning.

Så, $a\in \mathbb(R)$ .

Svar:

$a\in \mathbb(R)$ .

Oppgave 5 #1234

Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen

Finn alle verdiene til parameteren $a$ , for hver av dem ligningen \

har minst én rot fra segmentet $[-1;0]$ .

Vurder funksjonen $f(x)=2x^3-3x(ax+x-a^2-1)-3a-a^3$ for noen faste $a$ . La oss finne dens deriverte: $f"(x)=6x^2-6ax-6x+3a^2+3=3(x^2-2ax+a^2+x^2-2x+1)=3((x-a)^2 +(x-1)^2)$.

Merk at $f"(x)\geqslant 0$ for alle verdier av $x$ og $a$ , og er lik $0$ bare for $x=a=1 $. Men for $a=1$:
$f"(x)=6(x-1)^2 \Høyrepil f(x)=2(x-1)^3 \Høyrepil$ ligningen $2(x-1)^3=0$ har en enkelt rot $x=1$ som ikke tilfredsstiller betingelsen. Derfor kan ikke $a$ være lik $1$ .

Dette betyr at for alle $a\ne 1$ er funksjonen $f(x)$ strengt økende, derfor kan ligningen $f(x)=0$ ikke ha mer enn én rot. Tar man hensyn til egenskapene til den kubiske funksjonen, vil grafen til $f(x)$ for noen faste $a$ se slik ut:

Dette betyr at for at ligningen skal ha en rot fra segmentet $[-1;0]$, er det nødvendig: \[\begin(cases) f(0)\geqslant 0\\ f(-1)\leqslant 0 \end(cases) \Rightarrow \begin(cases) a(a^2+3)\leqslant 0\\ ( a+2)(a^2+a+4)\geqslant 0 \end(cases) \Rightarrow \begin(cases) a\leqslant 0\\ a\geqslant -2 \end(cases) \Rightarrow -2\leqslant a\leqslant 0\]

Dermed $a\in [-2;0]$ .

Svar:

$a\i [-2;0]$ .

Oppgave 6 #2949

Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen

Finn alle verdiene til parameteren $a$ , for hver av dem ligningen \[(\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6)\cdot (\sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^2))=0\]

har røtter.

(Oppgave fra abonnenter)

ODZ-ligninger: $2x-2x^2\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad x\in $. Derfor, for at en ligning skal ha røtter, er det nødvendig at minst én av ligningene \[\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6=0 \quad (\small(\text(or)))\quad \sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^ 2)=0\] hadde vedtak om ODZ.

1) Tenk på den første ligningen \[\sin^2x-5\sin x-2a(\sin x-3)+6=0 \quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin(samlet)\begin(aligned) &\sin x=2a+ 2 \\ &\sin x=3\\ \end(justert) \end(samlet)\høyre. \quad\Leftrightarrow\quad \sin x=2a+2\] Denne ligningen må ha røtter i  . Tenk på en sirkel:

Dermed ser vi at for enhver $2a+2\i [\sin 0;\sin 1]$ vil ligningen ha én løsning, og for alle andre vil den ikke ha noen løsninger. Derfor, når $a\i \venstre[-1;-1+\sin 1\høyre]$ ligningen har løsninger.

2) Tenk på den andre ligningen \[\sqrt2a+8x\sqrt(2x-2x^2)=0 \quad\Leftrightarrow\quad 8x\sqrt(x-x^2)=-a\]

Tenk på funksjonen $f(x)=8x\sqrt(x-x^2)$ . La oss finne dens deriverte: \ På ODZ har den deriverte en null: $x=\frac34$ , som også er maksimumspunktet for funksjonen $f(x)$ .
Merk at $f(0)=f(1)=0$ . Så, skjematisk ser grafen $f(x)$ slik ut:

Derfor, for at ligningen skal ha løsninger, er det nødvendig at grafen $f(x)$ skjærer den rette linjen $y=-a$ (figuren viser et av de passende alternativene). Det vil si at det er nødvendig \ . For disse $x$ :

Funksjonen $y_1=\sqrt(x-1)$ øker strengt. Grafen til funksjonen $y_2=5x^2-9x$ er en parabel, hvis toppunkt er i punktet $x=\dfrac(9)(10)$ . Følgelig, for alle $x\geqslant 1$, er funksjonen $y_2$ også strengt økende (den høyre grenen av parablen). Fordi summen av strengt økende funksjoner er strengt økende, deretter øker $f_a(x)$ strengt tatt (konstanten $3a+8$ påvirker ikke monotonisiteten til funksjonen).

Funksjonen $g_a(x)=\dfrac(a^2)(x)$ for alle $x\geqslant 1$ representerer en del av høyre gren av hyperbelen og er strengt avtagende.

Å løse likningen $f_a(x)=g_a(x)$ betyr å finne skjæringspunktene til funksjonene $f$ og $g$ . Av deres motsatte monotonitet følger det at ligningen maksimalt kan ha én rot.

Når $x\geqslant 1$ \(f_a(x)\geqslant 3a+4, \ \ \ 0 . Derfor vil ligningen ha en unik løsning hvis:

\\kopp

Svar:

\(a\in (-\infty;-1]\kopp , begrenset på dette segmentet;

· summen av økende (minkende) funksjoner er en økende (minkende) funksjon;

· hvis funksjon føker (minker) og n– et oddetall, det øker (minker også);

· Hvis f"(x)>0 for alle xО(a,b), deretter funksjonen y=f(x)øker med intervallet (a,b);

· Hvis f"(x)<0 for alle xО(a,b), deretter funksjonen y=f(x) avtar på intervallet (a,b);

· Hvis f(x) – kontinuerlig og monoton funksjon på settet X, deretter ligningen f(x)=C, Hvor MED– denne konstanten kan ha X ikke mer enn én løsning;

· hvis på definisjonsdomenet til ligningen f(x)=g(x) funksjon f(x)øker, og funksjonen g(x) synker, så kan ikke ligningen ha mer enn én løsning.

Teorem. (en tilstrekkelig betingelse for monotonisiteten til en funksjon). Hvis kontinuerlig på segmentet [ a, b] funksjon y = f(X) på hvert punkt i intervallet ( a, b) har en positiv (negativ) derivert, så øker (minker) denne funksjonen på segmentet [ a, b].

Bevis. La >0 for alle xО(a,b). La oss vurdere to vilkårlige verdier x 2 > x 1, tilhører [ a, b]. I følge Lagranges formel x 1<с < х 2 . (Med) > 0 Og x 2 – x 1 > 0, derfor > 0, hvorfra > , det vil si at funksjonen f(x) øker på intervallet [ a, b]. Den andre delen av teoremet er bevist på lignende måte.

Teorem 3. (et nødvendig tegn på eksistensen av et ekstremum av en funksjon). Hvis funksjonen differensierbar i punkt c på=f(X) har et ekstremum på dette tidspunktet, da .

Bevis. La for eksempel funksjonen på= f(X) har et maksimum i punkt c. Dette betyr at det er et punktert nabolag til punktet c slik at for alle punkter x dette nabolaget er fornøyd f(x) < f (c), det er f(c) er den største verdien av funksjonen i dette nabolaget. Så ved Fermats teorem.

Tilfellet av et minimum i punkt c er bevist på lignende måte.

Kommentar. En funksjon kan ha et ekstremum på et punkt der dens deriverte ikke eksisterer. For eksempel har en funksjon et minimum ved punkt x = 0, selv om den ikke eksisterer. Punktene der den deriverte av en funksjon er null eller ikke eksisterer kalles kritiske punkter for funksjonen. Funksjonen har imidlertid ikke et ekstremum på alle kritiske punkter. For eksempel funksjonen y = x 3 har ingen ekstreme, selv om den er avledet =0.

Teorem 4. (et tilstrekkelig tegn på eksistensen av et ekstremum). Hvis kontinuerlig funksjon y = f(x) har en derivert på alle punkter av et visst intervall som inneholder kritisk punkt C (unntatt kanskje for dette punktet selv), og hvis den deriverte, når argumentet går fra venstre til høyre gjennom det kritiske punktet C, endrer fortegn fra pluss til minus, så har funksjonen i punkt C et maksimum, og når tegnet endres fra minus til pluss, det har et minimum .

Bevis. La c være et kritisk punkt og la for eksempel når argumentet går gjennom punktet c endre fortegn fra pluss til minus. Dette betyr at på et eller annet intervall (c–e; c) funksjonen øker, og på intervallet (c; c+e)– reduseres (kl e>0). Derfor har funksjonen i punkt c et maksimum. Tilfellet av et minimum bevises på lignende måte.

Kommentar. Hvis den deriverte ikke endrer fortegn når argumentet går gjennom det kritiske punktet, så har ikke funksjonen på dette punktet et ekstremum.

Siden definisjonene av grense og kontinuitet for en funksjon av flere variabler praktisk talt sammenfaller med de tilsvarende definisjonene for en funksjon av en variabel, er alle egenskapene til grenser og kontinuerlige funksjoner bevart for funksjoner av flere variabler

©2015-2019 nettsted
Alle rettigheter tilhører deres forfattere. Dette nettstedet krever ikke forfatterskap, men tilbyr gratis bruk.
Opprettelsesdato for side: 2016-02-12

Leksjon og presentasjon i algebra i 10. klasse over temaet: "Undersøkelse av en funksjon for monotonisitet. Forskningsalgoritme"

Ytterligere materialer
Kjære brukere, ikke glem å legge igjen kommentarer, anmeldelser, ønsker! Alt materiale er sjekket av et antivirusprogram.

Manualer og simulatorer i Integral nettbutikk for klasse 10 fra 1C
Algebraiske problemer med parametere, klassetrinn 9–11
Programvaremiljø "1C: Mathematical Constructor 6.1"

Hva vi skal studere:
1. Reduserende og økende funksjoner.
2. Forholdet mellom derivert og monotonisitet av en funksjon.
3. To viktige teoremer om monotoni.
4. Eksempler.

Gutter, tidligere så vi på mye ulike funksjoner og bygget sine grafer. La oss nå introdusere nye regler som fungerer for alle funksjonene som vi har vurdert og vil fortsette å vurdere.

Redusere og øke funksjoner

La oss se på konseptet med å øke og redusere funksjoner. Gutter, hva er en funksjon?

En funksjon er en korrespondanse y= f(x), der hver verdi av x er assosiert med en enkelt verdi av y.

La oss se på grafen til en funksjon:

Grafen vår viser: jo større x, jo mindre y. Så la oss definere en avtagende funksjon. En funksjon kalles avtagende hvis en større verdi av argumentet tilsvarer en mindre verdi av funksjonen.

Hvis x2 > x1, så f(x2) La oss nå se på grafen til denne funksjonen:
Denne grafen viser at jo større x, jo større y. Så la oss definere en økende funksjon. En funksjon kalles økende hvis den største verdien av argumentet tilsvarer høyere verdi funksjoner.
Hvis x2 > x1, så f(x2 > f(x1) eller: jo større x, jo større y.

Hvis en funksjon øker eller minker over et visst intervall, så sies det det det er monotont på dette intervallet.

Forholdet mellom derivert og monotonisitet av en funksjon

Gutter, la oss nå tenke på hvordan du kan bruke konseptet avledet når du studerer funksjonsgrafer. La oss tegne en graf med en økende differensierbar funksjon og tegne et par tangenter til grafen vår.

Hvis du ser på tangentene våre eller visuelt tegner en hvilken som helst annen tangent, vil du legge merke til at vinkelen mellom tangenten og den positive retningen til x-aksen vil være spiss. Dette betyr at tangenten har en positiv skråningen. Vinkelkoeffisienten til tangenten er lik verdien av den deriverte i abscissen til tangenspunktet. Dermed er verdien av den deriverte positiv på alle punkter i grafen vår. For en økende funksjon gjelder følgende ulikhet: f"(x) ≥ 0, for et hvilket som helst punkt x.

Gutter, la oss nå se på grafen til en avtagende funksjon og konstruere tangenter til grafen til funksjonen.

La oss se på tangentene og visuelt tegne en hvilken som helst annen tangent. Vi vil legge merke til at vinkelen mellom tangenten og den positive retningen til x-aksen er stump, noe som betyr at tangenten har en negativ helning. Dermed er verdien av den deriverte negativ på alle punkter i grafen vår. For en avtagende funksjon gjelder følgende ulikhet: f"(x) ≤ 0, for et hvilket som helst punkt x.

Så monotoniteten til en funksjon avhenger av tegnet til den deriverte:

Hvis en funksjon øker på et intervall og har en derivert på dette intervallet, vil ikke denne deriverte være negativ.

Hvis en funksjon avtar på et intervall og har en derivert på dette intervallet, vil ikke denne deriverte være positiv.

Viktig, slik at intervallene som vi vurderer funksjonen på er åpne!

To viktige teoremer om monotonisitet

Teorem 1. Hvis ulikheten f'(x) ≥ 0 gjelder ved alle punkter i et åpent intervall X (og likheten til den deriverte til null enten ikke gjelder eller gjelder, men bare ved et begrenset sett med punkter), vil funksjonen y= f(x) øker med intervallet X.

Teorem 2. Hvis ulikheten f'(x) ≤ 0 gjelder ved alle punkter i et åpent intervall X (og likheten til den deriverte til null enten ikke gjelder eller gjelder, men bare ved et begrenset sett med punkter), vil funksjonen y= f(x) avtar på intervallet X.

Teorem 3. Hvis på alle punkter av det åpne intervallet X er likheten
f’(x)= 0, da er funksjonen y= f(x) konstant på dette intervallet.

Eksempler på å studere en funksjon for monotonisitet

1) Bevis at funksjonen y= x 7 + 3x 5 + 2x - 1 øker på hele tallinjen.

Løsning: La oss finne den deriverte av funksjonen vår: y"= 7 6 + 15x 4 + 2. Siden graden ved x er partall, så strømfunksjon tar kun positive verdier. Så y" > 0 for en hvilken som helst x, som betyr at ved setning 1 øker funksjonen vår på hele talllinjen.

2) Bevis at funksjonen er avtagende: y= sin(2x) - 3x.

La oss finne den deriverte av funksjonen vår: y"= 2cos(2x) - 3.
La oss løse ulikheten:
2cos(2x) - 3 ≤ 0,
2cos(2x) ≤ 3,
cos(2x) ≤ 3/2.
Fordi -1 ≤ cos(x) ≤ 1, som betyr at ulikheten vår er tilfredsstilt for enhver x, så avtar ved setning 2 funksjonen y= sin(2x) - 3x.

3) Undersøk monotonisiteten til funksjonen: y= x 2 + 3x - 1.

Løsning: La oss finne den deriverte av funksjonen vår: y"= 2x + 3.
La oss løse ulikheten:
2x + 3 ≥ 0,
x ≥ -3/2.
Da øker funksjonen vår for x ≥ -3/2, og avtar for x ≤ -3/2.
Svar: For x ≥ -3/2 øker funksjonen, for x ≤ -3/2 reduseres funksjonen.

4) Undersøk monotonisiteten til funksjonen: y= $\sqrt(3x - 1)$.

Løsning: La oss finne den deriverte av funksjonen vår: y"= $\frac(3)(2\sqrt(3x - 1))$.
La oss løse ulikheten: $\frac(3)(2\sqrt(3x - 1))$ ≥ 0.

Vår ulikhet er større enn eller lik null:
$\sqrt(3x - 1)$ ≥ 0,
3x - 1 ≥ 0,
x ≥ 1/3.
La oss løse ulikheten:
$\frac(3)(2\sqrt(3x-1))$ ≤ 0,

$\sqrt(3x-1)$ ≤ 0,
3x - 1 ≤ 0.
Men dette er umulig, fordi Kvadratrot er definert kun for positive uttrykk, noe som betyr at funksjonen vår ikke har avtagende intervaller.
Svar: for x ≥ 1/3 øker funksjonen.

Problemer å løse selvstendig

a) Bevis at funksjonen y= x 9 + 4x 3 + 1x - 10 øker på hele tallinjen.
b) Bevis at funksjonen er avtagende: y= cos(5x) - 7x.
c) Undersøk funksjonen for monotonisitet: y= 2x 3 + 3x 2 - x + 5.
d) Undersøk monotonisiteten til funksjonen: y = $\frac(3x-1)(3x+1)$.