Hvordan finne monotonisitetsintervaller til en funksjon. b - endelig nummer

Teorem om grensen for en monoton funksjon. Beviset for teoremet gis ved hjelp av to metoder. Definisjoner av strengt økende, ikke-minkende, strengt minkende og ikke-økende funksjoner er også gitt. Definisjon av en monoton funksjon.

Definisjoner

Definisjoner av økende og minkende funksjoner
La funksjonen f (x) definert på et sett reelle tall x.
Funksjonen kalles strengt økende (strengt avtagende), hvis for alle x′, x′′ ∈ X slik at x′< x′′ выполняется неравенство:
f (x′)< f(x′′) (f (x′) > f(x′′) ) .
Funksjonen kalles ikke-avtagende (ikke-økende), hvis for alle x′, x′′ ∈ X slik at x′< x′′ выполняется неравенство:
f (x′) ≤ f(x′′)(f (x′) ≥ f(x′′) ) .

Dette innebærer at en strengt økende funksjon også er ikke-minkende. En strengt avtagende funksjon er også ikke-økende.

Definisjon av en monoton funksjon
Funksjonen kalles monotont om den er ikke-avtagende eller ikke-økende.

For å studere monotonisiteten til en funksjon på et sett X, må du finne forskjellen på verdiene i to vilkårlige poeng som tilhører dette settet. Hvis , så er funksjonen strengt økende; hvis , så reduseres ikke funksjonen; hvis , da strengt tatt avtar; hvis , så øker ikke.

Hvis funksjonen på et sett er positiv: , så for å bestemme monotonisitet, kan man undersøke kvotienten for å dele verdiene på to vilkårlige punkter i dette settet. Hvis , så er funksjonen strengt økende; hvis , så reduseres ikke funksjonen; hvis , da strengt tatt avtar; hvis , så øker ikke.

Teorem
La funksjonen f (x) reduseres ikke over intervallet (a,b), hvor .
Hvis det er avgrenset ovenfra av tallet M : , så er det en begrenset venstre grense ved punktet b : . Hvis f (x) ikke avgrenset ovenfor, da .
Hvis f (x) er avgrenset nedenfra av tallet m : , så er det en endelig høyre grense i punktet a : . Hvis f (x) ikke avgrenset nedenfor, da .

Hvis punktene a og b er på uendelig, så betyr grensetegnet i uttrykkene at .
Denne teoremet kan formuleres mer kompakt.

La funksjonen f (x) reduseres ikke over intervallet (a,b), hvor . Så er det ensidige grenser ved punktene a og b:
;
.

Et lignende teorem for en ikke-økende funksjon.

La funksjonen ikke øke på intervallet, hvor . Da er det ensidige grenser:
;
.

Konsekvens
La funksjonen være monoton på intervallet. Så når som helst fra dette intervallet er det ensidige endelige grenser for funksjonen:
og .

Bevis for teoremet

Funksjonen reduseres ikke

b - endelig nummer

Funksjon begrenset ovenfra

1.1.1. La funksjonen være avgrenset ovenfra av tallet M : for .

.
;
.

Siden funksjonen ikke reduseres, så for . Deretter
kl.
La oss transformere den siste ulikheten:
;
;
.
Fordi da. Deretter
kl.

kl.
"Definisjoner av ensidige grenser for en funksjon på et endelig punkt").

Funksjonen er ikke begrenset ovenfra

1. La funksjonen ikke avta på intervallet .
1.1. La tallet b være endelig: .
1.1.2. La funksjonen være ubegrenset ovenfra.
La oss bevise at det i dette tilfellet er en grense.

.

kl.

La oss betegne . Så for noen finnes , slik at
kl.
Dette betyr at grensen til venstre ved punkt b er (se "Definisjoner av ensidige uendelige grenser for en funksjon ved endepunktet").

b tidlig pluss uendelig

Funksjon begrenset ovenfra

1. La funksjonen ikke avta på intervallet .
1.2.1. La funksjonen være avgrenset ovenfra av tallet M : for .
La oss bevise at det i dette tilfellet er en grense.

Siden funksjonen er avgrenset ovenfra, er det en begrenset øvre grense
.
I henhold til definisjonen av eksakt øvre ansikt, utføres følgende forhold:
;
for noe positivt er det et argument for hvilket
.

Siden funksjonen ikke reduseres, så for . Så kl. Eller
kl.

Så vi har funnet ut at det finnes et tall for alle, så det
kl.
"Definisjoner av ensidige grenser i det uendelige").

Funksjonen er ikke begrenset ovenfra

1. La funksjonen ikke avta på intervallet .
1.2. La tallet b være pluss uendelig: .
1.2.2. La funksjonen være ubegrenset ovenfra.
La oss bevise at det i dette tilfellet er en grense.

Siden funksjonen ikke er avgrenset ovenfra, er det for et hvilket som helst tall M et argument , som
.

Siden funksjonen ikke reduseres, så for . Så kl.

Så, for noen er det et tall, slik at
kl.
Dette betyr at grensen ved er (se "Definisjoner av ensidige uendelige grenser ved uendelig").

Funksjonen øker ikke

Vurder nå tilfellet når funksjonen ikke øker. Du kan, som ovenfor, vurdere hvert alternativ separat. Men vi vil dekke dem med en gang. Til dette bruker vi . La oss bevise at det i dette tilfellet er en grense.

Tenk på den endelige nedre grensen til settet med funksjonsverdier:
.
Her kan B enten være et endelig tall eller et uendelig punkt. I henhold til definisjonen av det eksakte infimumet er følgende betingelser oppfylt:
;
for ethvert nabolag til punkt B er det et argument for hvilket
.
Etter betingelsen til teoremet, . Derfor .

Siden funksjonen ikke øker, så for . Fordi da
kl.
Eller
kl.
Videre bemerker vi at ulikheten definerer det venstre punkterte nabolaget til punktet b .

Så vi har funnet ut at for et hvilket som helst nabolag til punktet , er det et så punktert venstre nabolag til punktet b at
kl.
Dette betyr at grensen til venstre ved punkt b er:

(se den universelle definisjonen av grensen for en funksjon ifølge Cauchy).

Grens ved punkt a

La oss nå vise at det er en grense ved punktet a og finne verdien.

La oss vurdere en funksjon. Etter betingelsen til teoremet er funksjonen monoton for . La oss erstatte variabelen x med - x (eller gjøre substitusjonen og deretter erstatte variabelen t med x ). Da er funksjonen monoton for . Multiplisere ulikhetene med -1 og endre rekkefølgen deres, konkluderer vi med at funksjonen er monoton for .

På lignende måte er det lett å vise at hvis det ikke minker, så øker det ikke. Så, i henhold til det som ble bevist ovenfor, er det en grense
.
Hvis det ikke øker, så reduseres det ikke. I dette tilfellet er det en grense
.

Nå gjenstår det å vise at hvis det er en grense for funksjonen ved , så er det en grense for funksjonen ved , og disse grensene er like:
.

La oss introdusere notasjonen:
(1) .
La oss uttrykke f i form av g:
.
Ta et vilkårlig positivt tall. La det være et epsilon-område til punkt A . Epsilon-området er definert for både endelige og uendelige verdier av A (se "Nabolaget til et punkt"). Siden det er en grense (1), så, i henhold til definisjonen av en grense, for enhver finnes det slik at
kl.

La a være et endelig tall. La oss uttrykke det venstre punkterte området til punktet -a ved å bruke ulikhetene:
kl.
La oss erstatte x med -x og ta hensyn til at:
kl.
De to siste ulikhetene definerer et punktert høyre nabolag til punktet a. Deretter
kl.

La a være et uendelig tall, . Vi gjentar diskusjonen.
kl ;
kl ;
kl ;
kl.

Så, vi har funnet ut at for noen finnes det slikt
kl.
Det betyr at
.

Teoremet er bevist.

Vi møttes første gang i 7. klasses algebrakurs. Når vi så på grafen til funksjonen, fjernet vi den relevante informasjonen: hvis vi beveger oss langs grafen fra venstre til høyre, samtidig beveger oss fra bunn til topp (som om vi klatrer en bakke), erklærte vi funksjonen økende (fig. 124); hvis vi beveger oss fra topp til bunn (gå ned bakken), så erklærte vi funksjonen som avtagende (fig. 125).

Matematikere er imidlertid ikke veldig glad i denne måten å studere egenskapene til en funksjon på. De mener at begrepsdefinisjoner ikke bør være basert på en tegning - en tegning skal bare illustrere en eller annen egenskap ved en funksjon på dens diagram. La oss gi strenge definisjoner av begrepene økende og minkende funksjoner.

Definisjon 1. Funksjonen y \u003d f (x) kalles økende på intervallet X, hvis fra ulikheten x 1< х 2 - где хг и х2 - любые две точки промежутка X, следует неравенство f(x 1) < f(x 2).

Definisjon 2. Funksjonen y \u003d f (x) kalles avtagende på intervallet X, hvis fra ulikheten x 1< х 2 , где х 1 и х 2 - любые две точки промежутка X, следует ulikhet f(x1) > f(x2).

I praksis er det mer praktisk å bruke følgende formuleringer:

funksjonen øker hvis den største verdien av argumentet tilsvarer den større verdien av funksjonen;
funksjonen er avtagende hvis den største verdien av argumentet tilsvarer den mindre verdien av funksjonen.

Ved å bruke disse definisjonene og egenskapene fastsatt i § 33 numeriske ulikheter, vil vi kunne underbygge konklusjonene om økning eller reduksjon av tidligere studerte funksjoner.

1. Lineær funksjon y = kx + m

Hvis k > 0, så øker funksjonen totalt sett (fig. 126); hvis k< 0, то функция убывает на всей числовой прямой (рис. 127).

Bevis. La f(x) = kx + m. Hvis x 1< х 2 и k >Å, da, ifølge egenskap 3 av numeriske ulikheter (se § 33), kx 1< kx 2 . Далее, согласно свойству 2, из kx 1 < kx 2 следует, что kx 1 + m < kx 2 + m, т. е. f(х 1) < f(х 2).

Så fra ulikheten x 1< х 2 следует, что f(х 1) < f(x 2). Это и означает возрастание функции у = f(х), т.е. lineær funksjoner y = kx + m.

Hvis x 1< х 2 и k < 0, то, согласно свойству 3 числовых неравенств, kx 1 >kx 2, og ifølge egenskap 2, fra kx 1 > kx 2 følger det at kx 1 + m > kx 2 + t.

Så fra ulikheten x 1< х 2 следует, что f(х 1) >f(x 2). Dette betyr at funksjonen y \u003d f (x) reduseres, dvs. lineær funksjon y = kx + m.

Hvis en funksjon øker (minker) i hele sitt definisjonsdomene, kan den kalles økende (minkende) uten å spesifisere intervallet. For eksempel, om funksjonen y \u003d 2x - 3, kan vi si at den øker på hele talllinjen, men vi kan også si kort: y \u003d 2x - 3 - økende
funksjon.

2. Funksjon y = x2

1. Vurder funksjonen y \u003d x 2 på strålen. Ta to ikke-positive tall x 1 og x 2 slik at x 1< х 2 . Тогда, согласно свойству 3 числовых неравенств, выполняется неравенство - х 1 >- x 2. Siden tallene - x 1 og - x 2 er ikke-negative, får vi, ved å kvadrere begge deler av den siste ulikheten, en ulikhet med samme betydning (-x 1) 2 > (-x 2) 2, dvs. Dette betyr at f (x 1) > f (x 2).

Så fra ulikheten x 1< х 2 следует, что f(х 1) >f(x 2).

Derfor avtar funksjonen y \u003d x 2 på strålen (- 00, 0] (fig. 128).

1. Betrakt en funksjon på intervallet (0, + 00).
La x1< х 2 . Так как х 1 и х 2 - , то из х 1 < x 2 следует (см. пример 1 из § 33), т. е. f(x 1) >f(x2).

Så fra ulikheten x 1< х 2 следует, что f(x 1) >f(x2). Dette betyr at funksjonen avtar på den åpne strålen (0, + 00) (Fig. 129).

2. Betrakt en funksjon på intervallet (-oo, 0). La x 1< х 2 , х 1 и х 2 - negative tall. Deretter - x 1 > - x 2, og begge deler av den siste ulikheten - positive tall, og derfor (vi brukte igjen ulikheten påvist i eksempel 1 i § 33). Så har vi, hvor vi kommer fra.

Så fra ulikheten x 1< х 2 следует, что f(x 1) >f(x 2) dvs. funksjonen reduseres på den åpne strålen (- 00 , 0)

Vanligvis kombineres begrepene "økende funksjon", "reduserende funksjon". vanlig navn monoton funksjon, og studiet av en funksjon for å øke og minke kalles studiet av en funksjon for monotonisitet.

Løsning.

1) La oss plotte funksjonen y \u003d 2x 2 og ta grenen til denne parabelen ved x< 0 (рис. 130).

2) La oss bygge og velge dens del på segmentet (fig. 131).

3) Vi konstruerer en hyperbel og velger dens del på den åpne strålen (4, + 00) (Fig. 132).
4) Alle tre "stykkene" vil bli avbildet i samme koordinatsystem - dette er grafen til funksjonen y \u003d f (x) (fig. 133).

La oss lese grafen til funksjonen y \u003d f (x).

1. Funksjonens omfang er hele tallinjen.

2. y \u003d 0 for x \u003d 0; y > 0 for x > 0.

3. Funksjonen avtar på strålen (-oo, 0], øker på segmentet , avtar på strålen, konveks oppover på segmentet , konveks nedover på strålen Tenk på funksjonen \(f(t)=t^3+t\) . Deretter vil ligningen skrives om på formen: \ Vi undersøker funksjonen \(f(t)\) . \ Derfor 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, trenger du: \ 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 Examination

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 \(w\) .Fordi dessuten \(f(w)\) er kontinuerlig, kan vi konkludere med at \(f (w)\) er økende på alle \(\mathbb(R)\) .
Derfor er likheten \(f(t)=f(u)\) 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 Examination

Finn alle positive verdier av parameteren \(a\) som ligningen for

har minst \(2\) løsninger.

La oss flytte alle leddene 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 øker funksjonen \(f(t)\) strengt tatt for alle \(t\in \mathbb(R)\) .

Så ligningen \(f(ax)=f(x^2)\) er ekvivalent med ligningen \(ax=x^2\) .

Ligningen \(x^2-ax=0\) med \(a=0\) har én rot \(x=0\) , og med \(a\ne 0\) har den to annen rot\(x_1=0\) og \(x_2=a\) .
Vi må finne verdiene\(a\) som ligningen vil ha minst to røtter for, 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 Examination

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

har en unik løsning.

Multipliser høyre og venstre side av ligningen med \(2^(\sqrt(x+1))\) (fordi \(2^(\sqrt(x+1))>0\) ) og omskriv ligningen som : \

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

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, for \(t\geqslant 0\) reduseres funksjonen \(y\) monotont.

Ligningen kan sees på som \(y(t)=y(z)\) , hvor \(z=ax, t=\sqrt(x+1)\) . Det følger av monotonisiteten til funksjonen at likhet bare er mulig hvis \(t=z\) .

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

For \(a=0\) har systemet én løsning \(x=-1\) , som tilfredsstiller betingelsen \(ax\geqslant 0\) .

Tenk på tilfellet \(a\ne 0\) . Diskriminanten til den første ligningen i systemet \(D=1+4a^2>0\) for alle \(a\) . Derfor har ligningen alltid to røtter \(x_1\) og \(x_2\) , og de har forskjellige fortegn (fordi Vieta-setningen \(x_1\cdot x_2=-\dfrac(1)(a^2)<0\) ).

Dette betyr at for \(a<0\) условию \(ax\geqslant 0\) подходит отрицательный корень, при \(a>0\) den positive roten passer til tilstanden. Derfor har systemet alltid en unik løsning.

Så \(a\in \mathbb(R)\) .

Svar:

\(a\in \mathbb(R)\) .

Oppgave 5 #1234

Oppgavenivå: Lik Unified State Examination

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

har minst én rot fra intervallet \([-1;0]\) .

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 \(1\) .

Derfor, for alle \(a\ne 1\) er funksjonen \(f(x)\) strengt økende, derfor kan ligningen \(f(x)=0\) ha maksimalt én rot. Gitt egenskapene til den kubiske funksjonen, vil grafen \(f(x)\) for noen faste \(a\) se slik ut:

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

Så \(a\in [-2;0]\) .

Svar:

\(a\in [-2;0]\) .

Oppgave 6 #2949

Oppgavenivå: Lik Unified State Examination

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 ligning: \(2x-2x^2\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad x\in \). Derfor, for at ligningen 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 løsninger. Derfor, kl \(a\i \venstre[-1;-1+\sin 1\høyre]\) 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) \) krysser linjen \ (y \u003d -a \) (ett av de passende alternativene er vist i figuren) . Det vil si at det er nødvendig det \ . Med 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 \(x=\dfrac(9)(10)\) . Derfor, 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 \(x\geqslant 1\) er 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.

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

\\kopp

Svar:

\(a\in(-\infty;-1]\kopp)