Упр.41.46 ГДЗ Мордковича 10 класс профильный уровень (Алгебра)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Мордкович, Семенов 10 класс, Мнемозина: Определите абсциссы точек, в которых касательная к графику функции у = f(x) образует тупой угол с положительным направлением оси х, если: a) f(x) = sin х + 3; б) f(x) = 0,2х5 — 10/3×3 + 9x; в) f(x) = ctg х + 9x; г) f(x) = х4 — x3 1/3 + 21;
Тупой угол между касательной и положительным направлением оси $$x$$ означает, что угловой коэффициент касательной отрицателен, то есть
$$f'(x)<0.$$
$$f(x)=\sin x+3$$
$$f'(x)=\cos x.$$
Решаем неравенство:
$$\cos x<0.$$
Это выполняется при
$$\frac{\pi}{2}+2\pi n<x<\frac{3\pi}{2}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z.$$
$$f(x)=0{,}2x^5-\frac{10}{3}x^3+9x$$
$$f'(x)=0{,}2\cdot 5x^4-\frac{10}{3}\cdot 3x^2+9=x^4-10x^2+9.$$
Положим $$y=x^2$$. Тогда
$$y^2-10y+9<0.$$
$$y^2-10y+9=(y-1)(y-9),$$
откуда
$$1<y<9.$$
Возвращаясь к $$x$$, получаем
$$1<x^2<9,$$
то есть
$$x\in(-3;-1)\cup(1;3).$$
$$f(x)=\ctg x+9x$$
$$f'(x)=-\frac{1}{\sin^2 x}+9.$$
Решаем неравенство:
$$9-\frac{1}{\sin^2 x}<0.$$
Положим $$y=\sin x$$. Тогда
$$9-\frac{1}{y^2}<0,$$
$$\left(3+\frac{1}{y}\right)\left(3-\frac{1}{y}\right)<0,$$
откуда
$$-\frac{1}{3}<y<\frac{1}{3}.$$
Следовательно,
$$-\frac{1}{3}<\sin x<\frac{1}{3},\quad \sin x\ne 0.$$
Это можно записать так:
$$\pi n-\arcsin\frac{1}{3}<x<\pi n+\arcsin\frac{1}{3},\quad n\in\mathbb Z,$$
при этом точки $$x=\pi n$$ не входят, так как $$\sin x=0$$ не допускается.
$$f(x)=x^4-\frac{1}{3}x^3+21$$
$$f'(x)=4x^3-x^2.$$
Решаем неравенство:
$$4x^3-x^2<0,$$
$$x^2(4x-1)<0.$$
Так как $$x^2\ge 0$$, то неравенство выполняется при
$$4x-1<0,\quad x\ne 0.$$
Получаем
$$x<\frac{1}{4},\quad x\ne 0,$$
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) $$x\in(-\infty;0)\cup\left(0;\frac{1}{4}\right).$$
