Упр.41.46 ГДЗ Мордковича 10 класс профильный уровень (Алгебра)

Определите абсциссы точек, в которых касательная к графику функции $$y=f(x)$$ образует тупой угол с положительным направлением оси $$x$$, если:

а) $$f(x)=\sin x+3$$;

б) $$f(x)=0{,}2x^5-\frac{10}{3}x^3+9x$$;

в) $$f(x)=\operatorname{ctg}x+9x$$;

г) $$f(x)=x^4-\frac{1}{3}x^3+21$$.

Тангенс угла между касательной к графику функции и положительным направлением оси $$x$$ равен производной в точке касания. Если касательная образует тупой угол, то

$$90^\circ<\alpha<180^\circ,$$

значит, $$\tan \alpha<0,$$ то есть нужно найти те $$x,$$ при которых $$f'(x)<0.$$

а)

$$f(x)=\sin x+3,$$

$$f'(x)=\cos x.$$

Тогда

$$\cos x<0.$$

Это выполняется во II и III четвертях:

$$\frac{\pi}{2}+2\pi n<x<\frac{3\pi}{2}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z.$$

б)

$$f(x)=0{,}2x^5-\frac{10}{3}x^3+9x,$$

$$f'(x)=0{,}2\cdot 5x^4-\frac{10}{3}\cdot 3x^2+9=x^4-10x^2+9.$$

Решим неравенство:

$$x^4-10x^2+9<0.$$

Пусть $$y=x^2,$$ тогда

$$y^2-10y+9<0,$$

$$\left(y-1\right)\left(y-9\right)<0,$$

откуда

$$1<y<9.$$

Возвращаясь к $$x,$$ получаем

$$1<x^2<9,$$

то есть

$$x\in(-3;-1)\cup(1;3).$$

в)

$$f(x)=\operatorname{ctg}x+9x,$$

$$f'(x)=-\frac{1}{\sin^2 x}+9.$$

Требуется

$$-\frac{1}{\sin^2 x}+9<0,$$

$$9<\frac{1}{\sin^2 x},$$

$$\sin^2 x<\frac{1}{9},$$

$$-\frac{1}{3}<\sin x<\frac{1}{3},\quad \sin x\neq 0.$$

Следовательно,

$$\pi n-\arcsin\frac{1}{3}<x<\pi n+\arcsin\frac{1}{3},\quad n\in\mathbb Z.$$

г)

$$f(x)=x^4-\frac{1}{3}x^3+21,$$

$$f'(x)=4x^3-x^2.$$

Решим неравенство:

$$4x^3-x^2<0,$$

$$x^2(4x-1)<0.$$

Так как $$x^2\ge 0,$$ то произведение отрицательно при

$$x\neq 0,\quad 4x-1<0.$$

Значит,

$$x<\frac{1}{4},\quad x\neq 0,$$

то есть

$$x\in(-\infty;0)\cup\left(0;\frac{1}{4}\right).$$

Ответ

а) $$x\in\left(\frac{\pi}{2}+2\pi n;\frac{3\pi}{2}+2\pi n\right),\ n\in\mathbb Z.$$

б) $$x\in(-3;-1)\cup(1;3).$$

в) $$\pi n-\arcsin\frac{1}{3}<x<\pi n+\arcsin\frac{1}{3},\ n\in\mathbb Z.$$

г) $$x\in(-\infty;0)\cup\left(0;\frac{1}{4}\right).$$