Далее: 2. Геометрический и механический Вверх: Элементарная математика Назад: Предисловие

1. Применение производной для доказательства тождеств и неравенств, решения уравнений

Производная и дифференциал

Определение 1. Пусть функция $y = f(x)$ определена в некоторой окрестности $U(x_{0})$ точки $x_0 \in R$. Придавая независимой переменной приращение $\Delta$х, невыводящее за пределы окрестности, получим новое значение $х_{0}$+$\Delta$х, также принадлежащее окрестности $U(x_{0})$. Тогда значение функции $у = f(х_{0})$ заменится новым значением $y + \Delta y = f(x_0 + \Delta x)$, то есть получит приращение

$\Delta$у = $\Delta$f(x $_{0}) = f(х_{0}$+$\Delta$х) - f(x$_{0})$.

Если существует предел отношения приращении функции $\Delta$у к вызвавшему его приращению независимой переменной $\Delta$х при стремлении $\Delta$х к 0, т.е. $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0 )}{\Delta x}$, то он называется производной функции $у = f(х)$ в точке х$_{0}$ и обозначается $f ^{ / }(х_{0})$.

Операция вычисления производной называется операцией дифференцирования.

Образно говоря, равенство ${f}'(x_0 ) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0 )}{\Delta x}$ означает, что производная ${f}'(x_0 )$ функции $y = f(x)$ в точке х$_{0}$ равна скорости изменения переменной у относительно переменой $х$ в указанной точке.

Определение 2. Функция $у = f(х)$, заданная в некоторой окрестности $U(x_{0})$точки $x_{0 } \in$R называется дифференцируемой в этой точке, если ее приращение $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0 )$, $(\Delta x = x - x_0 )$ представимо в этой окрестности в виде $\Delta y = A \cdot \Delta x + O(\Delta x), \Delta x \to 0$, где $А$ - постоянная, О($\Delta$х) - бесконечно малая более высокого порядка, чем $\Delta$х.

Линейная функция $A \cdot \Delta x$ (аргумента $\Delta$х) называется дифференциалом функции $f$в точке х$_{0}$ и обозначается df(x$_{0})$ или dy.

Таким образом, $\Delta$у = dy + О($\Delta$х), $\Delta x \to 0$.

Можно доказать следующую теорему:

Теорема 1. Функция дифференцируема в некоторой точке в том и только том случае, когда в этой точке имеет конечную производную.

Учитывая определение 2 и утверждение теоремы, в качестве определения дифференцируемой функции может быть принято следующее:

Определение 3. Если функция у $= f(x)$ имеет производную в точке $х_{0}$, то говорят, что при данном значении $х = х_{0}$ функция дифференцируема.

То есть существование производной функции $y = f(x)$ в точке х$_{0}$ равносильно ее дифференцируемости в этой точке.

Теорема 2. Если функция дифференцируема в некоторой точке, то она непрерывна в этой точке.

Обратная теорема не верна: существуют функции, непрерывные в некоторой точке, но не дифференцируемые в этой точке.

Некоторые теоремы о дифференцируемых функциях

Теорема Ферма.

Если функция определена в некоторой окрестности точки $х_{0}$, принимает в этой точке наибольшее (наименьшее) в рассматриваемой окрестности значение и имеет в точке х$_{0}$ производную, то эта производная равна нулю.

Теорема Ролля.

Если функция $f$

1) непрерывна на отрезке [$a, b$]

2) имеет в каждой точке интервала $(а, b)$ конечную производную,

3) принимает равные значения на концах отрезка [$a, b$], то есть f(a) = f(b), то существует, по крайней мере, одна такая точка $\xi$$\in (а, b)$, что ${f}'(\xi ) = 0$.

Теорема Лагранжа.

Если функция $f$ непрерывна на отрезке [$a, b$] и в каждой точке интервала $(а, b)$ имеет конечную или определенного знака бесконечную производную, то существует такая точка $\xi$$\in (а, b)$, что f(b) - f(a) = f $^{ / }$($\xi )$(b - a).

Используя теорему Лагранжа, можно доказать следующие теоремы:

Условие постоянства функции

Теорема 3. (Условие постоянства функции) Пусть функция $f(х)$ определена и непрерывна на промежутке Х и во всех его внутренних точках имеет конечную производную${f}'(x)$. Для того, чтобы $f(x)$была на указанном отрезке постоянной, необходимое и достаточное условие ${f}'(x) = 0$ внутри Х.

Следствие

Если две функции $y = f(x)$и $y = g(x)$определены и непрерывны в промежутке Х и внутри него имеют конечные производные${f}'(x)$ и ${g}'(x)$, причем ${f}'(x) = {g}'(x)$ (внутри Х), то эти функции на всем промежутке Х отличаются лишь на постоянную: $f(x) = g(x) + C$ (C = const).

Теорема 4. (Признак монотонности функций)

Для того чтобы дифференцируемая на интервале функция возрастала (убывала) на этом интервале, необходимо и достаточно, чтобы ее производная была во всех точках интервала неотрицательна (неположительна).

Если производная функция во всех точках интервала положительна (отрицательна), то функция строго возрастает (строго убывает) на этом интервале.

Теорема 5.

Если функции $у = f(x)$ и $у = g(x)$ непрерывны на отрезке [$a; b$] и в каждой точке интервала $(a; b)$ имеют конечные производные${f}'(x)$,${g}'(x)$, причем ${f}'(x) < {g}'(x)$для $\forall х \in (a; b)$, а f(а) $\le$ g(а), тогда для любой точки $х \in (a; b)$ выполняется неравенство $f(x) < g(x)$.

Замечание

На основании утверждения теоремы 5 для того, чтобы доказать неравенство f(x) $\ge$ 0 при х $\ge$ 0, достаточно доказать, что f(0) $\ge$ 0 и $f ^{ / }$ (х) $\ge$ 0 при х $\ge$ 0. А для того, чтобы доказать неравенство ${f}'(x) \ge 0$ при $x \ge 0$, можно воспользоваться второй производной $({f}'(0) \ge 0$ и ${f}''(x) \ge 0$ при $x \ge 0)$ и т.д.

С помощью производной можно также определить число корней того или иного уравнения. Один из возможных приемов основан на следующей теореме:

Теорема 6.

Если функция определена и непрерывна на отрезке и во всех его внутренних точках имеет конечную производную, то между любыми двумя корнями этой функции, расположенными на отрезке, имеется хотя бы 1 корень ее производной.

Рассмотренные теоретические положения используются при решении задач.

Задачи

Задача 1. Докажите тождество 3arcsin x - arccos(3$x -$4$x^{3}$) = $\pi$, если $\vert x\vert \quad \le \quad \frac{1}{2}$.

Решение. Рассмотрим функцию $f(х) =$3arcsinx - arccos(3$x -$4$x^{3})$ на отрезке [ $- \frac{1}{2};\frac{1}{2}$]. Докажем, что f(х) = с, с = const. Для этого достаточно доказать, что ${f}'(x) = 0$ (т.3)

$$\begin{array}{l} f^ / (x) = \frac{3}{\sqrt {1 - x^2} } + \f... ...x^2 - 1} \right\vert\sqrt {1 - x^2} }} \right) \\ \end{array}$$

Если $\left\vert x \right\vert$<$\frac{1}{2}$, то $\left\vert {4x^2 - 1} \right\vert = 4x^2 - 1$ следовательно, $f^ / (x) = 0$ и $f(x) = c$. Для определения значения $c$ вычислим значение функции $f$ в произвольной точке интервала $\left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$. Пусть $x = 0$, тогда $f\left( 0 \right) = \pi$ и $c = \pi$.

Вычислим значение функции на концах заданного отрезка.

$$f\left( {\frac{1}{2}} \right) = f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \pi .$$

Таким образом, тождество верно при любом $\left\vert x \right\vert \le \frac{1}{2}$.

Задача 2. Найдите сумму $S_n (x) = x + 2x^2 + 3x^3 + 4x^4 + ... + nx^n,x \ne 1$.

Решение. Представив искомую сумму в виде $x\left( {1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... + nx^{n - 1}} \right)$, заметим, что $1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... + nx^{n - 1} = \left( {x + x^2 + x^3 + ... + x^n} \right)^ /$.

Используя формулу суммы $n$ членов геометрической прогрессии, получим, $1 + 2x + 3x^2 + ... + nx^{n - 1} = \left( {\frac{x(1 - x^n)}{1 - x}} \right)^\prime$

$$\begin{array}{l} \left( {\frac{x(1 - x^n)}{1 - x}} \right)^... ... \frac{1 - (n + 1)x^n + nx^{n + 1}}{(1 - x)^2} \\ \end{array}$$

Итак, искомая сумма имеет вид $S_n (x) = \frac{x - (n + 1)x^{n + 1} + nx{ }^{n + 2}}{(1 - x)^2}$.

Используя полученную формулу, можно, например, вычислить

а) $2 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + ... + 100 \cdot 2^{100} \quad (x = 2,n = 100)$,

b) $\frac{1}{3} + 2 \cdot \frac{1}{3^2} + 3 \cdot \frac{1}{3^3} + ... + 9 \cdot \frac{1}{3^9} \quad (x = \frac{1}{3},n = 9)$.

Задача 3. Найдите сумму: $G_n (x) = x + 2^2x^2 + 3^2x^3 + 4^2x^4 + ... + n^2x^n,x \ne 1.$

Решение. Используя результат, полученный в примере 2, заметим, что $G_n (x) = x \cdot S_n ^\prime (x).$

Тогда $\begin{array}{l} G_n (x) = x \cdot \left( {\frac{x - (n + 1)x^{n + 1} + nx^{n ... ...2x^{n + 1} + (2n^2 + 2n - 1)x^{n + 2} - n^2x^{n + 3}} \right). \\ \end{array}$

Задача 4. Решите уравнение: $1 + x = e^x + x^3 \cdot \sqrt[5]{x}.$

Решение. Очевидно, что $x = 0$ - корень уравнения. Докажем, что уравнение других корней не имеет. Рассмотрим функцию $f(x) = e^x + x^3 \cdot \sqrt[5]{x} - x - 1.$

Найдем производную:

$${f}'(x) = e^x + \frac{16}{5}x^2 \cdot \sqrt[5]{x} - 1.$$

${f}'(x) = 0{п}{р}{и} \quad x = 0.{Д}{р}{у}{г}{и}{х}{н}{у}{л}{ е}{й}{ф}{у}{н}{к}... ...к}{к}{а}{к}{я}{в}{л}{я}{е}{ т}{с}{я}{в}{о}{з}{р}{а}{с}{т}{а}{ ю}{щ}{е}{й}{н}{а}$R.

Для функции $f$ точка $x = 0$ является точкой минимума, в которой функция принимает наименьшее значение. Значит, для всех $x$, отличных от нуля, $f(x)$>$0$.

Ответ: $x = 0.$

Задача 5. Решите уравнение: $x^2 - x + 2 = 2\sqrt[4]{2x - 1}.$

Решение.

I способ.

Преобразуем уравнение к виду:

$$x^2 - 2x + 2 = 2\sqrt[4]{2x - 1} - x,$$

$$(x - 1)^2 + 1 = 2\sqrt[4]{2x - 1} - x.$$

Рассмотрим функции $f(x) = (x - 1)^2 + 1$ и $g(x) = 2\sqrt[4]{2x - 1} - x$ при $x \ge \frac{1}{2}$.

Сравним множества значений этих функций. Очевидно, что $E(f) = [1; + \infty )$.

Найдем $E(g)$ с использованием производной.

$${g}'(x) = \frac{1 - \sqrt[4]{(2x - 1)^3}}{\sqrt[4]{(2x - 1)^3}}.$$

Функция $g(x)$ непрерывна на промежутке $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$ и имеет на нем единственную критическую точку $x = 1$, в которой достигает своего наибольшего значения.

$$% latex2html id marker 3601g(\ref{eq2}) = 1, \quad \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g(x) = - \infty .$$

Значит, $E(g) = ( - \infty ;1]$.

Следовательно, решение уравнения находим из решения системы:

$$\left\{ {\begin{array}{l} f(x) = 1, \\ g(x) = 1. \\ \end{array}} \right. \quad x = 1.$$

Ответ:$x = 1.$

II способ.

Рассмотрим функцию $f(x) = x^2 - x + 2 - 2\sqrt[4]{2x - 1}$, при $x \ge \frac{1}{2}$.

$${f}'(x) = 2x - 1 - \frac{1}{\sqrt[4]{2x - 1}}.$$

Функция ${f}'(x)$ непрерывна на промежутке $\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)$ и является возрастающей, ${f}'(\ref{eq2}) = 0$. $x = 1$ - является точкой минимума функции $f(x)$, в которой функция принимает наименьшее значение, ровное нулю. Следовательно, для всех $x \in \left( {\frac{1}{2};1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right) \quad f(x)$>$0$.

Таким образом, исходное уравнение имеет единственный корень $x = 1$.

Ответ: $x = 1$.

Задача 6. Докажите, что уравнение $e^x = ax^2 + bx + c$ может иметь не более трех различных корней.

Решение. Рассмотрим функцию $f(x) = e^x - ax^2 - bx - c$. Функция $f$ является дифференцируемой на R. Предположим, что функция имеет более трех различных корней, например, четыре. Тогда ${f}'(x)$ должна иметь не более трех различных корней (т.6), то есть ${f}'(x) = e^x - 2ax - b$ обращается в нуль не менее трех раз.

Функция ${f}'(x)$ дифференцируема на R. Ее производная обращается в нуль не менее двух раз. Тогда ${f}''(x) = e^x - 2a$ имеет не менее двух нулей, а ее производная ${f}'''(x) = e^x$ не менее одного нуля. Но функция ${f}'''(x)$ нулей не имеет. Получили противоречие. Значит, сделанное предположение неверно, функция $f(x)$ более трех различных корней иметь не может. Таким образом, заданное уравнение может иметь не более трех различных корней.

Производную можно использовать при доказательстве и решении неравенств.

Задача 7. Доказать, что $x - \frac{x^2}{2} < \ln (1 + x) < x$ при $x > 0$.

Доказательство. Докажем справедливость следующих неравенств:

$x - \frac{x^2}{2} < \ln (1 + x)$(2) и

$$\ln (1 + x) < x{п}{р}{и} \quad x > 0.$$ (1)

Для доказательства неравенства (2) рассмотрим функцию $f(x) = \ln (1 + x) + \frac{x^2}{2} - x.$

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

$${f}'(x) > 0{п}{р}{и} \quad x > 0{и} \quad f(0) = 0.$$

Следовательно, $f(x) > 0$ (т. 5.)

Неравенство (2) верно.

Для доказательства неравенства (1) рассмотрим функцию $g(x) = \ln (1 + x) - x$.

$${g}'(x) = \frac{1}{x + 1} - 1 = \frac{ - x}{x + 1}.$$

$$g(x) < 0{п}{р}{и} \quad x > 0.$$

$$g(0) = 0.$$

Значит, $g(x) < 0$ на рассматриваемом множестве.

Неравенства (2) и (1) справедливы.

Задача 8. Докажите, что для $0 < x < y < \frac{\pi }{2}$ $\frac{tgx}{tgy} < \frac{x}{y}$.

Доказательство. Докажем неравенство $\frac{tgx}{x} < \frac{tgy}{y}$, которое на указанном промежутке равносильно заданному.

Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{tgx}{x}$ на интервале $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ и докажем, что на нем она возрастает. Для этого достаточно доказать что ${f}'(x) > 0$.

$${f}'(x) = \frac{\frac{x}{\cos ^2x} - tgx}{x^2} = \frac{x - \sin x \cdot \cos x}{x^2 \cdot \cos ^2x}$$

Так как $x^2 \cdot \cos ^2x > 0$ при $x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$, то покажем, что $x - \sin x \cdot \cos x > 0$. Рассмотрим функцию $g(x) = x - \sin x \cdot \cos x$,

$$g(x) = x - \frac{1}{2}\sin 2x.$$

Заметим, что ${g}'(x) = 1 - \cos 2x$.

$${g}'(x) > 0{п}{р}{и} \quad x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right){и} \quad g(0) = 0.$$

Значит, $g(x) > 0$ (т. 5).

Следовательно, ${f}'(x) > 0$ и $f(x)$ является возрастающей на интервале $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$. Для $0 < x < y < \frac{\pi }{2}$ справедливо неравенство $\frac{tgx}{x} < \frac{tgy}{y}$ или $\frac{tgx}{tgy} < \frac{x}{y}$.

Задача 9. Определите, какое из чисел больше: $\left( {\sqrt 2 } \right)^{\sqrt 3 }$ или $\left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 2 }$.

Решение. Предположим, что $\left( {\sqrt 2 } \right)^{\sqrt 3 } > \left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 2 }$, тогда и $\lg \left( {\sqrt 2 } \right)^{\sqrt 3 } > \lg \left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 2 }$, отсюда $\frac{\lg \sqrt 2 }{\sqrt 2 } > \frac{\lg \sqrt 3 }{\sqrt 3 }$. Чтобы доказать или опровергнуть это неравенство, рассмотрим функцию $f(x) = \frac{\lg x}{x}$, где $x > 0$ и определим характер ее монотонности.

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

$${f}'(x) > 0{п}{р}{и} \quad x \in \left( {0;e} \right), \quad... ...2 } \right)^{\sqrt 3 } < \left( {\sqrt 3 } \right)^{\sqrt 2 }.$$

Задача 10. Докажите, что $8tg3^0tg5^0 < 5tg4^0tg6^0$.

Решение. Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{tgx}{x}$, которая на промежутке $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ является возрастающей (см. пример 8). Будут справедливы неравенства

$$0 < \frac{tg\frac{3\pi }{180}}{\frac{3\pi }{180}} < \frac{tg\frac{4\pi }{180}}{\frac{4\pi }{180}}$$

$$0 < \frac{tg\frac{5\pi }{180}}{\frac{5\pi }{180}} < \frac{tg... ... \quad ,{п}{о}{л}{у}{ч}{и}{м}{и}{с}{ х}{о}{д}{н}{о}{е} \quad .$$

Задача 11. Сравните числа а) $\log _2 3$ и $\log _3 4$,

b) $\cos 1$ и $1 + \cos 2$.

Решение.

а) Так как $\log _2 3 = \frac{\ln 3}{\ln 2}$ и $\log _3 4 = \frac{\ln 4}{\ln 3}$, то целесообразно рассмотреть функцию $f(x) = \frac{\ln (x + 1)}{\ln x}$ для $x > 1$.

Исследуем $f$ на монотонность.

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

При $x > 1$ знаменатель дроби положительный, а для определения знака числителя достаточно заметить, что функция $g(x) = x\ln x$ возрастает. Следовательно, при $x > 1 \quad {f}'(x) < 0$, $f$ убывает и $\log _2 3 > \log _3 4$.

b) Сравним числа $1 + \cos 1$ и $2 + \cos 2$. Для этого рассмотрим функцию $f(x) = x + \cos x$, ${f}'(x) = 1 - \sin x,{f}'(x) \ge 0$ и, следовательно функция $f$является неубывающей на области определения.

Таким образом, $\cos 1 < 1 + \cos 2$.

Пример 12. Докажите, что $\frac{1}{87} < \ln \left( {1 + \frac{1}{86}} \right) < \frac{1}{86}$.

Решение. Заметим, что данное неравенство является частным случаем следующего неравенства: $\frac{1}{n + 1} < \ln \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) < \frac{1}{n},n \in$N.

Для доказательства рассмотрим на отрезке $[n;n + 1]$ функцию $f(x) = \ln x$, которая удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа. Значит, найдется такая точка $x_0 \in [n;n + 1]$, что $f(n + 1) - f(n) = {f}'(x_0 ) \cdot \left( {(n + 1) - n} \right)$.

$${f}'(x_0 ) = \frac{1}{x_0 }$$

$$f(n + 1) - f(n) = \frac{1}{x_0 },n < x_0 < n + 1.$$

Значит, $\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{x_0 } < \frac{1}{n}$ и $\frac{1}{n + 1} < f(n + 1) - f(n) < \frac{1}{n}$.

Таким образом, $\frac{1}{n + 1} < \ln (n + 1) - \ln n < \frac{1}{n}$.

$$\frac{1}{n + 1} < \ln \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) < \frac{1}{n}.$$

При $n = 86$ справедливо неравенство $\frac{1}{87} < \ln \left( {1 + \frac{1}{86}} \right) < \frac{1}{86}$.

Задачи для самостоятельного решения

1. Докажите тождества:

$$2arctgx + \arcsin \frac{2x}{1 + x^2} = \pi ,x \ge 1;$$

$$arctgx = \arcsin \frac{1}{\sqrt {1 + x^2} },x \ge 0;$$

$$\sin ^6x + \cos ^6x = \frac{1}{4} + \frac{3}{4}\left( {\cos ^2x - \sin ^2x} \right)^2;$$

$$arctgx + arctg3x = \arccos \frac{3x}{\sqrt {1 + 9x^2} } + \arccos \frac{x}{\sqrt {1 + x^2} };$$

$$\cos ^4x - \frac{1}{8}\cos 4x = 2\cos ^2x - \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{5}{8};$$

$$1 + 3x^2 + 5x^4 + ... + (2n - 1)x^{2n - 2} = \frac{(2n - 1)x... ...x^{2n} + x^2 + 1}{(x^2 - 1)^2},\left\vert x \right\vert \ne 1.$$

2. При каком значении $a$ равенство $\sin ^4x + \frac{1}{2}\cos 2x - \frac{1}{8}\cos 4x = a$ является тождеством?

3. Найдите сумму:

$$S_n (x) = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3x + 3 \cdot 4x^2 + ... + (n - 1) \cdot n \cdot x^{n - 2} + n(n + 1)x^{n - 1},x \ne 1;$$

$$\frac{2 \cdot 1}{1} + \frac{3 \cdot 2}{2} + \frac{4 \cdot 3}{3} + \frac{5 \cdot 4}{4} + ... + \frac{n(n - 1)}{2^{n - 2}};$$

$$2 \cdot 1 \cdot 2 + 2^2 \cdot 2 \cdot 3 + 2^3 \cdot 3 \cdot 4 + ... + 2^n \cdot n(n + 1).$$

4. Найдите область определения функции:

$$y = \sqrt {\left( {e^{x - 1} - x} \right)\left( {x - 3} \right)} ;$$

$$y = \sqrt {\left( {2 - x} \right)\left( {1 - \ln x - x} \right)} .$$

5. Найдите положительные корни уравнения $5\sqrt[5]{x} + \left\vert {x - 19} \right\vert = 23$.

6. Сколько корней имеет уравнение:

$$\sqrt {3x - 2} - \sqrt {2x - 1} = 4;$$

$$\cos x = \frac{\pi }{2} - x;$$

$$\sin x = - \pi - x;$$

$$x^4 + x^3 = 10;$$

$$12x^4 - 14x^3 - 3x^2 - 5 = 0?$$

7. Решите уравнения:

$$x^2 + x + 12\sqrt {x + 1} = 36;$$

$$\frac{\sqrt {3x - 2} }{x{ }^2} = \frac{1}{x - 1};$$

$$x^6 - 6x^5 = - 1.$$

8. Докажите, что уравнение $e^x - e^{ - x} = 2\ln (x + \sqrt {x^2 + 1} )$ имеет единственное решение.

9. При каких значениях $a$ уравнение $x^3 - ax - a = 0$ имеет 3 корня на отрезке $[ - 2;4]$?

10. При каких значениях $a$ все три корня уравнения $x^3 - ax + 2a + 32 = 0$ действительны?

11. По эскизу графика $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$ (рис. 1) определите знаки $a,b,c,d.$

Рис. 1

12. Докажите, что при $x \ge 0$

$$x - \frac{x^3}{6} \le \sin x \le x;$$

$$1 - \frac{x^2}{2} \le \cos x \le 1.$$

13. Докажите, что

$$\sqrt {1 + x} \le 1 + \frac{x}{2}{п}{р}{и} \quad x \ge 0;$$

при $x \ge 0$.

14. Докажите, что $x^2 - x^3 < \frac{1}{6}$ при $x \ge 0$.

15. Докажите, что при $x \ne 0 \quad e^x - x > 1$.

16. Докажите, что

если $0 < x < y < \frac{\pi }{2}$, то $\frac{\sin x}{x} > \frac{\sin y}{y}$;

если $0 < x < \frac{\pi }{2}$, то $x + \frac{x^3}{3} < tgx$.

17. Докажите, что $x - \frac{x^3}{3} < arctgx < x$ при $x > 0$.

18. Докажите, что $\ln ^2n > \ln (n - 1)\ln (n + 1)$ при $n > 2$.

19. Докажите неравенство $\left( {\sin ^{^2}x} \right)^{\sin ^2x}\left( {\cos ^2x} \right)^{\cos ^2x} \ge \frac{1}{2},x \ne \frac{\pi }{2}n,n \in$Z.

20. Определите, какое из чисел больше

$$\left( {\sin \frac{\pi }{6}} \right)^{\sin \frac{\pi }{3}}{и... ...ad \left( {\sin \frac{\pi }{3}} \right)^{\sin \frac{\pi }{6}}.$$

$$e^\pi {и}{л}{и} \quad \pi ^e.$$

$$1000^{1001}{и}{л}{и} \quad 1001^{1000}.$$

$$45^{\frac{3}{5}} + 1960^{\frac{3}{5}}{и}{л}{и} \quad 2005^{\frac{3}{5}}.$$

$$2005 - \frac{1}{\sqrt {2006} }{и}{л}{и} \quad 2006 - \frac{1}{\sqrt {2005} }.$$

21. Решите неравенство:

$$x^9 + x^6 + 448 < 0;$$

$$2x^2 - x^5 + x > 2;$$

;

$$x^2 + \frac{1}{x} < \frac{3}{\sqrt[3]{4}}.$$

22. Докажите, что все корни производной многочлена $P(x) = x(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)$ различны.

23. Докажите неравенство $\frac{2}{\sqrt[k]{n + 1} + \sqrt[k]{n - 1}} > \frac{1}{\sqrt[k]{n}}$ при $n \ge 2,k \ge 2,n \in$N, $k \in$N.

24. Докажите, что $\sin 3x \cdot \sqrt[3]{\cos 2} - \sin 2 \cdot \sqrt[3]{\cos 3} > \sqrt[3]{\cos 2 \cdot \cos 3}$.

Далее: 2. Геометрический и механический Вверх: Элементарная математика Назад: Предисловие