kolmogorov-gdz-10-11-2008 (546283), страница 6

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 6)

Точка пересечения с осими координат (О; 0), т.е. график проходит через начала координат. Промежутки знакопсстояпстеа: у(х) > 0 при х Е ( —; — 2) О (О: ! и у(х) < 0 при х Е (-2; О!. Функция возрастает не всей области определения. Функция не имеет точек мзкспмуиз и минимума. Прямвя .т = — 2 является вертиксльпой асимптотой этой функции, пр»- иан у = 2 является горизонтальной всимптотой этой функции.

Огввт: см. Решение. 94в) В соответствии со сеойстваыи функции. приведенными в таблице, построим гряфик этой функции. Разуместс», гго только одно из возможных релпепий. Щ!Вх: см. график. 2. Огназниг свайсмса нхвнэ 95а) Область определения функции Дх) = 5 — 2х — вон числова» осгч т.е. О(/) = В. Область значений функции Е(/) = В. Найдем точки пересечения с осями координат. Сначала найдем точку пересечения с осью ординат. Для этого в уравнении функции положим х = 0 и найдем /(0) = 5 — 2.0 = 5. Поэтому координаты точки А (О; 5). Чтобы найти точки не(мсечения с осью абсцисс, потожим Дх)-О. Получас» линейное уравнение 0 = 5 — 2х, откуда х = 2,5.

Следовательно, координаты точки В (2,5; 0). Определим промежутки знакопостоявства функции. Если /(х) > О, то получаем неравенство 5 — 2х> О, откуда х < 2,5, т.е..т 0 (-; 2,5). Если Дх) < О, то имеем неравенство 5 — 2х < О, откуда х > 2,5, т.е. х Е (2,5; ). Докажем, что функция убывает во всей области определения. Пусть х > х,. Рассмотрим разность /(хВ) — )(х,) = (5 — 2х ) — (5 — 2х,) = 2х, — 2хэ = = 2(х — «.,) < О, т.к. х, < х,.

Следовательно йхз) — /(х,) < 0 или /(х,) < /(х,), т.с. больше. иу значению аргумента соответствует меньшее звачение функции. Учтем, что данная функция линейная и ее графиком является н пряман. Отват: см. решение. з ь 95б) Область определенна функпии /(х) = 3 — 2х — хз — всн чнслован ось, т.е. (Д/) = Л. Область значений функции сока находить не будем. Найдем точки пересечения с осими координат.

Сначала найдем точку пересечение с осью ординат. Длн этого в уравнении функции положим х= О и найгсм ДО) — -3 — 2.0 — О"-3. Поэтому координаты точки А (О; 3). Чтобы найти точки пересечения с осью абсцисс, положим /(х)=О. Получаем квадратное уравнение: 0 —.

3— — 2х — х-' илн 0 — хт ч 2х - 3, корни которого х — — 1 и х., — — 3. Следо- 3 эатетьно, координаты этих точек В (1: 0) и С ( — 3: 0). Определим промежутки знакопостоянства функции. Если /[х)>0, то получаем неравенство 3 - 2х — хэ > 0 или хз с 2х — 3 < О, решение которого х Е (-3; 1). Если /(х) < О, то имеем неравенство 3 — 2х — хе< 0 или хз42т — 3 > О, решение которого х к ( -3) () (1; ). Учтем, что графиком данной функции явлвется парабола.

Найдем координаты Ь вершины параболы: х, =— 3 (-1) — 1 н у, = Дх,) = 3 — 2 (-1) — ( — 1) = 3 т 2— — 1 = 4. Координаты вершины параболы Р (-1; 4). Ветви параболы направлены вниз. Поэтому область значений функции Е(/) = =- ( —; 4). Точка максимума х = — 1 за Главе !. Т иганалет и ггхиг !! акаии и у,,„„= у(-1) = 4. Функция возрастает на промежутке (-; -1[ и убьншст на промежутке [ — 1; ). График функции симметричен относительно прямой х = — 1. Щ(иу: см. решение.

1 96в) Область определения функцяи ((х) — — псе значения х, х 2 кроме х = — 2 (т.к. делить на н>ль нельзя), т.с. В(!) = ( —: -2) (! (-2; ). Область значецнй функции Е(1) (-; 0) () (О; ). Найдем гочки пересечения с осями координат. Найдем точку пересечения с осью ординат.

Для этого в уравнении функции положим х — 0 н 1 найдем Н(0) = — = — . Чтобы найти точки пс(мсечения с осью абса 2 2 ! цисс, положим Дх) = О. Получаем ураннеинс О.=, которос не х ° 2 имеет решений. Следовательно, график функции с осью абсцисс ие пересекается. Найдем промежутки заа. копостоянства функции. Если /(х) ' О, та получаем нсравен- 1 ство — >0 или хе 2> О, ггз т.е. х б ( — 2; ). Если Г(х) ' О, ! то имеем неравенство — 0 +2 или я+2<0, откуда хН(— -2). Легко показать, что во всей области определения функции убывает. Функция ие существует ори т =-2, что яв.

ляется вертикальной асимитотой. При больших значениях х величина у О. Следовательно. у = 0 — горизонтальная асимптата. 02022: см. решение. 9уа) Область оаределения функции ((х) - тГх — 3 задается условием х-3 >0 (полкоренное выражение должно быть неотрицательным), откуда х 2 3, т.е. В(1) —.

[3; ). Так как ![х — 3 З О, то область значений функции Е(~) = [01 ). Найдем тачки пересечения графика Функции с асими координат. Так как х з 3, то с осью ординат график не пересекается. С осью абсцисс график имеет общую точку х 3. Очевидно, что в области определения функции Л(х) з О. Также в области определения функния возрастает! если хз > х„то З! 3.

Осмеемые сеэасмеи ммчмм х — 3>х — 3 и тх — 3>„х — 3, 2 ! т 2 т ! т.е. Дхз) > Дх,). Никаких других осо. беннсстей функции нс имеет. Ответ: см. решение. 98а) Область определения фуикциа Дх) = хз е х — вел числовая ось, т.е. ))(1) = Я. Область значений функции также вся числовая ось, т.е. Е(()- В.

Точка пересечения с осими координат — начало координат (О; 0). Найдем промежутки знакоцостояиства функции. Если 1(х) >О, то имеем неравенство хз-1- т > О нли х(хзч 1) > О, решение которого х > О, т.е. х 0 (О; ). Если Дх) < О, то аналогично находим х Е ( —; 0). Докажем, что функция возрастает на всей числавой оси. Пусть х. > х„найдем разнесть Дхз! Пх!) = (хз+ х. ) (ха+ х!) = (хз хэ) + +(хз — х )=(х,— х )(хз+х х, + хз)+(х,— «) = -(х — х )(хт+ хтх, +хз+ 1) >О, т к. величина х,— х, > 0 и неполный квадрат хе+ х.х, + е хз> 0 прн всех х и х,.

Легко убедиться, что данная функция нечетная. Найдем Д вЂ” х) = = (-х)з+ (-х) = -хз- х = -(хз+ х) = — 1(х). Следовательно, график этой функции симметричен относительно начала координат. ЯХщх! см. решение. хь1 990) Область определения функции Дх)- задается голова- х — 1 ем х — 1 м 0 (делить на нуль нельзя). откуда х м 1, т.е. ОО) = (; 1) О О (1; ). Область измеиения функции ЯО) = (; !) () (1; ). Найдем точки пересечения с осими каординат. Сначала найдем тачку р пересечения с осью ординат. В ) уравнении функции положим ( О+1 х-0 и найдем ((0) = —- о-! — -1. Координата этой точки ния с осью абсцисс.

В уравне- 1 нии функции положим ((х1= ! — О. Получаем уравнение 0 = м 1 ) — . Дробь равна нулю, если ) х-1 ее числитель равен нулю: х + 1 = О, ст- ! купа х= — 1. Координата этой точки ( — 1; 0). Г«иса !. у и«анелем ические с икиии « ях х значение Функции р= — -1.

Поэтому р — 1 — гаризонтальван асимптота. Заметим, что графиком дробно-.тинейной функции «! /(х) = нвляется гипербола. Ответ: см. решение. « — 1 100а) Учтем, что период Функции тангенс к. Тогда получаем: 1В» / Зк ) Зк 18, = !З[зк с, [ = !К . учтем, что период Фувкции синус 2х, а 23« . / 4к) также бюрмулы приведения. Получаем: з!и —" =в!и! Зк- — '. = 3 ~ 3/! 4« . / «) . к = аш — = а!и! к — = — з1п —. 3 [ З~ 2 тк, к ()гнат! 18 —; -в1п —. 4 101а) Функция /(х) Зсав2х-1 опрелелсна н» всей числовой аси, т.е.

/)(Л= Е< Найдем область значений этой Функции. Учтем ограниченность функции косинус! -1 < сов 2« < 1. Умножнм все части лого неравенства на положительное число 3 (прв этом знак неравенства сохраняется): -3< Зсок 2х с 3. Вычтем из зссх частей неравенства число 1! -3 — 1< Зссм 2х — 14 3 -1 нли — 4 < Зсоа 2« — 1< 2 нли — 4 < /(х)< 2. Следовагсльно, обтасть значений этой Фтнкции Е(Л=.[ — 4! 2). 02й!е! В(Л- Е, Е(Л-.! -4; 2[.

к к 10!в) Область определения функции тангенс ~ — — ' лл; — ' ь кл 1, 2 2 к к Поэтому длн функции /(х) — 2!з- получаем: — — 4- лл « — — - кл. 2 2 г Умножим все части этого нераненства на положительное число 2 (при этом анаки неравенств сохраняются)! — к — 2кл < х < к . 2лл. Следовательно, область определении лампой Функции ()(/) — (-к « — 2юц к 4 2кп). Область значений Функции Е(Л вЂ” Е. <плат:(У(Л = (-ко 2кл! к е 2кл). где л б ".

Е(Л - Е< 102а) Длл функции /(х) = — юп Зх определим нули и промежутки знккапасгоннстка функции. Снз'гала найдем нули Функции. Получаем ураннение! 0= жйпЗх или О юп Зх. откуда Зх — лл Найдем промежутки знакопастоянства функции. Если /(х) > О, « ° 1 то получаем неравенство > О, решение которого х б (-; — 1) О « — 1 «+ ! О (1; ). Если /(к) < О, то имеем неравенство — < О, решение ко.с — 1 торого хб (-1; 1). )божиа показать, что функция /(х) убывает ао всей области определения.

Функция /(х) не определена прн х = 1. Поэтому х = 1 — вертикальная асимптота. При больших значени- 2. Осиааныл снаиства влили (где л Е г) и х- — л. Теперь найдем про- з межутки знакопостоянстаа Функции. Коли 21«) > О, то получаем неравснствол -мп Зх > > 0 или мп Зх < О. Из тригонометрического круга видно, что значения синуса отрицательны, если аргумент принадлежит третьей или четвертой четверти, т.е.

л — 2кл < л 2 2л < Зх < 2п+ 2лл, откуда — + — кл < х < = е 3 з 3 е — хл, где л Е «. Ксви Кх) <О, то имеем неравенство: — юпбх < 0 з или з)п Зх > О. Видно, что значения синуса положительны, если аргумент принадлежит первой или второй четверти, т.е. 2кл < Зх < 2 л 2 л и 2кл, откуда -лл < х < — + -лл. 3 3 3 л л 2 зл 2 ллтврх; Кх) = 0 при х —, л, 1(») > 0 при — + -кл < х < — т — лл, 3 3 3 т 3 2 л 2 Ях) < 0 при — кл < х < — .' — тл, где л е 3.

3 з т 102а) Учтем свойспю Функции косшлус. Функция Кх) - Лсоз Зх л 2 2 воарастает, если -к + 2лл < Зх < 2кл, откуда «Е ~- — + — кл; — кл~. 3 з 'з г Фупкпия убывает, если 2кл < Зх < л + 2хл, откуда х Е ): кл; — т = лл !. 3 3 3 Точки максимума данной функции опрсделяютси условном Зх— 2 — 2лл, откуда хл „.= — кл. Тачки минимума Функции определяются 3 л 2 услевисм 3» = к.г 2кл, откуда тлл, =- — + — кл. 3 3 л Ювет: промежутки возрастания — — е — хл; — лл, промежутки з з 3 Г2 л 2 1 л 2 убывания ~-лл: — + — кл~, х„„„= — лл, х„„, = — + — лл, где л Е».

1 л 104а) Функция 21«) = — сов — может быть исследована анало- 2 3 гично задачаи 101 — 103. ГраФик этой функции получается из графика Функции йх) = сов х при его растяжении в три раза вдоль аси абсцисс и сжатии в два раза вдоль аси ординат. Из графика легко получяютгя все свойства атой функции. 2 Гулулнн Глав» 1. Т игоковгт ггскиг акции Щгдетг см. решение. 106в) Сравним конкретный колебетельный процесс х(1) = =3,5соз4лг с общим видом колебания ЯО Асов(оп+12).

Из сравнения срезу определим амплитуду А -3,5 и частоту ы-4к, Згшя 2й 2й 1 частоту ск найдем период колебаний Т= — = = = †. Координату о 4» 2 ! тела .г(О в момент времени 1 = — с найдем. подставив зту псличн- 12 к ну в уравнение функции: х(1,) = 3,5 сов (4»' ( = 3,5 соз —, 1 1 = 3,5. — = 1,75. »позу: А= 3,5;ы 4к; Т вЂ ; »(1 ) 1,75. 2 з' 109а) Чтобы расположить в порядке возрастания числа сгм 4, сов 7, соз 9, сов (-12.5), запишем их в тзком виде, чтобы значения аргументов принвдлежвли промежутку убывания Функции косинус — отрезку (О; к). Получаем: соз 4 = сов(-4) = соз (2к — 4), сов 7 сов(7 — 2к), соз9 соз(9 — 2к), соз( — 12,5) соз(4к — 12,5). Теперь »впишем зги аргументы в порялке возрастания (для оценок можно принять к 3,14)1 0 < 4к — 12,5 < 7 — Зк < 2к — 4 < 9 — 2к < к. Тогда косинусы зги» аргументов связаны неравенствами протнвоположнык знаков: сов (4к — 12,5) > сов (7 — 2к) > сов (2» — 4) > > ссн (9 — 2к), т.е.

Характеристики

Список файлов книги