Increasing and Decreasing function Questions in Gujarati

આપણી પાસે છે,$f(x) = x^{2} + 2x - 5$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિધેયનું વિકલન શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{2} + 2x - 5) = 2x + 2$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$2x + 2 = 0 \Rightarrow 2x = -2 \Rightarrow x = -1$.
બિંદુ $x = -1$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને બે અલગ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -1)$ અને $(-1, \infty)$.
કિસ્સો $1$: અંતરાલ $(-\infty, -1)$ માં,એક ટેસ્ટ પોઈન્ટ લો,ધારો કે $x = -2$.
$f'(-2) = 2(-2) + 2 = -4 + 2 = -2 < 0$.
કારણ કે $f'(x) < 0$ તમામ $x \in (-\infty, -1)$ માટે,વિધેય $f$ એ $(-\infty, -1)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું છે.
કિસ્સો $2$: અંતરાલ $(-1, \infty)$ માં,એક ટેસ્ટ પોઈન્ટ લો,ધારો કે $x = 0$.
$f'(0) = 2(0) + 2 = 2 > 0$.
કારણ કે $f'(x) > 0$ તમામ $x \in (-1, \infty)$ માટે,વિધેય $f$ એ $(-1, \infty)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું છે.
નિષ્કર્ષ: વિધેય $(-\infty, -1)$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું છે અને $(-1, \infty)$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 10 - 6x - 2x^2$ છે.
પ્રથમ,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(10 - 6x - 2x^2) = -6 - 4x$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$-6 - 4x = 0 \Rightarrow 4x = -6 \Rightarrow x = -\frac{3}{2}$.
બિંદુ $x = -\frac{3}{2}$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને બે અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -\frac{3}{2})$ અને $(-\frac{3}{2}, \infty)$.
કિસ્સો $1$: $x \in (-\infty, -\frac{3}{2})$ માટે,$x = -2$ લો.
$f'(-2) = -6 - 4(-2) = -6 + 8 = 2 > 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(-\infty, -\frac{3}{2})$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
કિસ્સો $2$: $x \in (-\frac{3}{2}, \infty)$ માટે,$x = 0$ લો.
$f'(0) = -6 - 4(0) = -6 < 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(-\frac{3}{2}, \infty)$ પર ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય: $f(x) = -2x^{3} - 9x^{2} - 12x + 1$
પ્રથમ,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(-2x^{3} - 9x^{2} - 12x + 1) = -6x^{2} - 18x - 12$
$f'(x)$ ના અવયવ પાડો:
$f'(x) = -6(x^{2} + 3x + 2) = -6(x + 1)(x + 2)$
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$-6(x + 1)(x + 2) = 0 \Rightarrow x = -1, x = -2$
બિંદુઓ $x = -2$ અને $x = -1$ વાસ્તવિક રેખાને ત્રણ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -2)$,$(-2, -1)$,અને $(-1, \infty)$.
$1$. અંતરાલ $(-\infty, -2)$ માં,$x = -3$ લો:
$f'(-3) = -6(-3 + 1)(-3 + 2) = -6(-2)(-1) = -12 < 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(-\infty, -2)$ માં ચુસ્ત ઘટતું છે.
$2$. અંતરાલ $(-2, -1)$ માં,$x = -1.5$ લો:
$f'(-1.5) = -6(-1.5 + 1)(-1.5 + 2) = -6(-0.5)(0.5) = 1.5 > 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(-2, -1)$ માં ચુસ્ત વધતું છે.
$3$. અંતરાલ $(-1, \infty)$ માં,$x = 0$ લો:
$f'(0) = -6(0 + 1)(0 + 2) = -12 < 0$.
તેથી,$f(x)$ એ $(-1, \infty)$ માં ચુસ્ત ઘટતું છે.
નિષ્કર્ષ:
$f(x)$ એ $(-2, -1)$ માં ચુસ્ત વધતું છે અને $(-\infty, -2) \cup (-1, \infty)$ માં ચુસ્ત ઘટતું છે.

(N/A) આપેલ વિધેય: $f(x) = 6 - 9x - x^{2}$.
પગલું $1$: વિકલિત $f'(x)$ શોધો.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(6 - 9x - x^{2}) = -9 - 2x$.
પગલું $2$: $f'(x) = 0$ લઈને ક્રાંતિક બિંદુ શોધો.
$-9 - 2x = 0 \implies 2x = -9 \implies x = -\frac{9}{2}$.
પગલું $3$: બિંદુ $x = -\frac{9}{2}$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને બે અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -\frac{9}{2})$ અને $(-\frac{9}{2}, \infty)$.
પગલું $4$: અંતરાલોની ચકાસણી કરો.
$x \in (-\infty, -\frac{9}{2})$ માટે,$x = -5$ લો. તો $f'(-5) = -9 - 2(-5) = -9 + 10 = 1 > 0$. તેથી,$f(x)$ એ $(-\infty, -\frac{9}{2})$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$x \in (-\frac{9}{2}, \infty)$ માટે,$x = 0$ લો. તો $f'(0) = -9 - 2(0) = -9 < 0$. તેથી,$f(x)$ એ $(-\frac{9}{2}, \infty)$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = (x+1)^{3}(x-3)^{3}$ છે.
પ્રથમ,ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 3(x+1)^{2}(x-3)^{3} + 3(x-3)^{2}(x+1)^{3}$
$f'(x) = 3(x+1)^{2}(x-3)^{2} [(x-3) + (x+1)]$
$f'(x) = 3(x+1)^{2}(x-3)^{2} (2x-2)$
$f'(x) = 6(x+1)^{2}(x-3)^{2}(x-1)$
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લેતા:
$6(x+1)^{2}(x-3)^{2}(x-1) = 0$
આથી $x = -1, 1, 3$ મળે છે.
આ બિંદુઓ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને ચાર અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, -1)$,$(-1, 1)$,$(1, 3)$,અને $(3, \infty)$.
$1$. $x \in (-\infty, -1)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ ચુસ્ત રીતે ઘટે છે.
$2$. $x \in (-1, 1)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ ચુસ્ત રીતે ઘટે છે.
$3$. $x \in (1, 3)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f$ ચુસ્ત રીતે વધે છે.
$4$. $x \in (3, \infty)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f$ ચુસ્ત રીતે વધે છે.
આમ,$f$ એ $(-\infty, -1) \cup (-1, 1)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટે છે અને $(1, 3) \cup (3, \infty)$ માં ચુસ્ત રીતે વધે છે.

(A) આપણી પાસે છે,$y=\log (1+x)-\frac{2 x}{2+x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{1+x} - \frac{(2+x)(2) - 2x(1)}{(2+x)^2}$
$= \frac{1}{1+x} - \frac{4 + 2x - 2x}{(2+x)^2}$
$= \frac{1}{1+x} - \frac{4}{(2+x)^2}$
$= \frac{(2+x)^2 - 4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2}$
$= \frac{4 + 4x + x^2 - 4 - 4x}{(1+x)(2+x)^2}$
$= \frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2}$.
અહીં $x > -1$ હોવાથી,પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $(1+x) > 0$ અને $(2+x)^2 > 0$ થાય.
વળી,તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 \ge 0$ થાય.
આમ,$\frac{d y}{d x} = \frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2} \ge 0$ તમામ $x > -1$ માટે.
વિકલિતનું મૂલ્ય ઋણ નથી અને માત્ર $x=0$ આગળ શૂન્ય થાય છે,તેથી વિધેય $y$ તેના સમગ્ર પ્રદેશ $(-1, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.

(A) આપણી પાસે છે,$y = [x(x-2)]^2 = (x^2 - 2x)^2$.
વિધેય વધતું હોય તેવા અંતરાલો શોધવા માટે,આપણે વિકલિત શોધીએ:
$\frac{dy}{dx} = 2(x^2 - 2x)(2x - 2) = 4x(x-2)(x-1)$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,આપણને ક્રાંતિક બિંદુઓ મળે છે: $x = 0, 1, 2$.
આ બિંદુઓ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને $(-\infty, 0), (0, 1), (1, 2), (2, \infty)$ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે.
દરેક અંતરાલમાં $\frac{dy}{dx}$ ની નિશાની તપાસતા:
$1$. $x \in (-\infty, 0)$ માટે,$\frac{dy}{dx} < 0$ (ઘટતું વિધેય).
$2$. $x \in (0, 1)$ માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$ (વધતું વિધેય).
$3$. $x \in (1, 2)$ માટે,$\frac{dy}{dx} < 0$ (ઘટતું વિધેય).
$4$. $x \in (2, \infty)$ માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$ (વધતું વિધેય).
આમ,વિધેય $x \in (0, 1) \cup (2, \infty)$ માટે વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય: $y = \frac{4 \sin \theta}{2 + \cos \theta} - \theta$
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{d\theta} = \frac{(2 + \cos \theta)(4 \cos \theta) - (4 \sin \theta)(-\sin \theta)}{(2 + \cos \theta)^2} - 1$
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{dy}{d\theta} = \frac{8 \cos \theta + 4 \cos^2 \theta + 4 \sin^2 \theta}{(2 + \cos \theta)^2} - 1$
કારણ કે $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$:
$\frac{dy}{d\theta} = \frac{8 \cos \theta + 4(1)}{(2 + \cos \theta)^2} - 1 = \frac{8 \cos \theta + 4 - (4 + 4 \cos \theta + \cos^2 \theta)}{(2 + \cos \theta)^2}$
$\frac{dy}{d\theta} = \frac{4 \cos \theta - \cos^2 \theta}{(2 + \cos \theta)^2} = \frac{\cos \theta (4 - \cos \theta)}{(2 + \cos \theta)^2}$
અંતરાલ $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ માં,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \theta \ge 0$ અને $4 - \cos \theta > 0$ (કારણ કે $\cos \theta \le 1$ છે).
વળી,તમામ $\theta$ માટે $(2 + \cos \theta)^2 > 0$ છે.
તેથી,તમામ $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ માટે $\frac{dy}{d\theta} \ge 0$ થાય છે.
આમ,વિકલિત અઋણ હોવાથી અને વિધેય સંવૃત અંતરાલમાં સતત હોવાથી,$y$ એ $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ માં વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપેલ વિધેય $f(x) = \log x$ છે.
વિધેય વધતું છે કે ઘટતું તે નક્કી કરવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\log x) = \frac{1}{x}$.
વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ અંતરાલ $(0, \infty)$ માં,$x$ હંમેશા ધન છે $(x > 0)$.
તેથી,દરેક $x \in (0, \infty)$ માટે $\frac{1}{x} > 0$ થાય છે.
આમ,અંતરાલ $(0, \infty)$ માં દરેક $x$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x) = \log x$ એ $(0, \infty)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

આપેલ વિધેય $f(x)=x^{2}-x+1$ છે.
$\therefore f^{\prime}(x)=2x-1$.
હવે,$f^{\prime}(x)=0 \Rightarrow 2x-1=0 \Rightarrow x=\frac{1}{2}$.
બિંદુ $x=\frac{1}{2}$ એ અંતરાલ $(-1,1)$ ને બે અલગ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે,એટલે કે $(-1, \frac{1}{2})$ અને $(\frac{1}{2}, 1)$.
અંતરાલ $(-1, \frac{1}{2})$ માં,એક પરીક્ષણ બિંદુ $x=0$ લો. તો $f^{\prime}(0)=2(0)-1=-1 < 0$.
તેથી,$f$ એ અંતરાલ $(-1, \frac{1}{2})$ માં ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
અંતરાલ $(\frac{1}{2}, 1)$ માં,એક પરીક્ષણ બિંદુ $x=\frac{3}{4}$ લો. તો $f^{\prime}(\frac{3}{4})=2(\frac{3}{4})-1=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2} > 0$.
તેથી,$f$ એ અંતરાલ $(\frac{1}{2}, 1)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આમ,વિધેય $(-1, \frac{1}{2})$ પર ચુસ્ત ઘટતું અને $(\frac{1}{2}, 1)$ પર ચુસ્ત વધતું હોવાથી,તે સમગ્ર અંતરાલ $(-1, 1)$ પર ચુસ્ત વધતું કે ઘટતું વિધેય નથી.

(A, B) ધારો કે $f_{1}(x) = \cos x$.
તેથી $f_{1}^{\prime}(x) = -\sin x$.
અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\sin x > 0$ છે,તેથી $f_{1}^{\prime}(x) = -\sin x < 0$.
આમ,$f_{1}(x) = \cos x$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
ધારો કે $f_{2}(x) = \cos 2x$.
તેથી $f_{2}^{\prime}(x) = -2 \sin 2x$.
$0 < x < \frac{\pi}{2}$ માટે,$0 < 2x < \pi$ થાય,તેથી $\sin 2x > 0$.
આમ,$f_{2}^{\prime}(x) = -2 \sin 2x < 0$ થાય $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં.
તેથી,$f_{2}(x) = \cos 2x$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
ધારો કે $f_{3}(x) = \cos 3x$.
તેથી $f_{3}^{\prime}(x) = -3 \sin 3x$.
$x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$3x \in (0, \frac{3\pi}{2})$ થાય.
$\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ માં,$\sin 3x > 0$ છે,તેથી $f_{3}^{\prime}(x) < 0$.
$\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\sin 3x < 0$ છે,તેથી $f_{3}^{\prime}(x) > 0$.
આમ,$f_{3}(x)$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય નથી.
ધારો કે $f_{4}(x) = \tan x$.
તેથી $f_{4}^{\prime}(x) = \sec^{2} x > 0$ દરેક $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે.
આમ,$f_{4}(x)$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
નિષ્કર્ષ: $\cos x$ અને $\cos 2x$ બંને $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં ચુસ્ત રીતે ઘટતા વિધેયો છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{100} + \sin x - 1$ છે.
વિધેય કયા અંતરાલમાં ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = 100x^{99} + \cos x$.
$1$. અંતરાલ $(0, 1)$ માં: $x \in (0, 1)$ હોવાથી,$100x^{99} > 0$ અને $\cos x > 0$ છે. તેથી,$f'(x) > 0$,એટલે કે વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$2$. અંતરાલ $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માં: અહીં,$\cos x < 0$ છે. જોકે,$x > \frac{\pi}{2} \approx 1.57$ માટે $100x^{99}$ ખૂબ જ મોટું મૂલ્ય છે. ખાસ કરીને,$100x^{99} > 1$ અને $|\cos x| \le 1$ હોવાથી,$100x^{99} + \cos x > 0$ થાય છે. તેથી,$f'(x) > 0$,અને વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
$3$. અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં: અહીં,$100x^{99} > 0$ અને $\cos x > 0$ છે. તેથી,$f'(x) > 0$,અને વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
આપેલ તમામ અંતરાલોમાં $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય કોઈપણ અંતરાલમાં ઘટતું નથી.
તેથી,સાચો જવાબ $B$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} + ax + 1$ છે.
વિધેય ક્યાં વધતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = 2x + a$.
વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[1, 2]$ પર વધતું વિધેય હોય જો દરેક $x \in [1, 2]$ માટે $f'(x) \geq 0$ થાય.
અહીં $f'(x) = 2x + a$ એ ધન ઢાળ ધરાવતું સુરેખ વિધેય છે,તેથી અંતરાલ $[1, 2]$ પર તેની ન્યૂનતમ કિંમત $x = 1$ આગળ મળે છે.
તેથી,આપણે $f'(1) \geq 0$ ની શરત તપાસવી પડે:
$2(1) + a \geq 0$
$2 + a \geq 0$
$a \geq -2$.
આમ,$a \geq -2$ માટે વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[1, 2]$ પર વધતું વિધેય છે.

(N/A) આપણી પાસે $f(x) = x + \frac{1}{x}$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}$ મળે છે.
વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
દરેક $x \neq 0$ માટે $x^2 > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની અંશ $x^2 - 1$ પર આધાર રાખે છે.
$f'(x) > 0 \iff x^2 - 1 > 0 \iff x^2 > 1 \iff |x| > 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $x > 1$ અથવા $x < -1$.
આમ,$x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
આપેલ છે કે $I$ એવો અંતરાલ છે કે $I \cap [-1, 1] = \phi$,તેથી $I \subset (-\infty, -1)$ અથવા $I \subset (1, \infty)$ થાય.
બંને કિસ્સાઓમાં,દરેક $x \in I$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
તેથી,વિધેય $f$ એ $I$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

આપેલ વિધેય $f(x) = \log(\sin x)$ છે.
પ્રથમ,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\log(\sin x)) = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \cot x$.
કિસ્સો $1$: અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\cot x$ ની કિંમત ધન છે $(\cot x > 0)$.
તેથી,દરેક $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
કિસ્સો $2$: અંતરાલ $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માં,$\cot x$ ની કિંમત ઋણ છે $(\cot x < 0)$.
તેથી,દરેક $x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ માટે $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ પર ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.

આપેલ છે કે $f(x) = \log |\cos x|$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{1}{\cos x} \cdot (-\sin x) = -\tan x$.
કિસ્સો $1$: $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે:
પ્રથમ ચરણમાં,$\tan x > 0$ હોય છે.
તેથી,$f'(x) = -\tan x < 0$ થાય.
જેથી $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
કિસ્સો $2$: $x \in \left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right)$ માટે:
ચોથા ચરણમાં,$\tan x < 0$ હોય છે.
તેથી,$f'(x) = -\tan x > 0$ થાય.
જેથી $x \in \left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right)$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $\left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right)$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{3} - 3x^{2} + 3x - 100$ છે.
વિધેય વધતું વિધેય છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે તેનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{3} - 3x^{2} + 3x - 100)$
$f'(x) = 3x^{2} - 6x + 3$
પદાવલિમાંથી $3$ સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = 3(x^{2} - 2x + 1)$
પૂર્ણવર્ગ ત્રિપદી ઓળખતા:
$f'(x) = 3(x - 1)^{2}$
દરેક $x \in R$ માટે $(x - 1)^{2} \geq 0$ હોવાથી,$f'(x) = 3(x - 1)^{2} \geq 0$ થાય છે.
આમ,વિકલિત $f'(x)$ એ દરેક $x \in R$ માટે અઋણ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે કે,$y = x^{2} e^{-x}$.
વિધેય વધતું છે તે અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = 2x e^{-x} - x^{2} e^{-x} = x e^{-x}(2 - x)$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,આપણને નિર્ણાયક બિંદુઓ મળે છે:
$x e^{-x}(2 - x) = 0 \Rightarrow x = 0$ અથવા $x = 2$.
આ બિંદુઓ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને ત્રણ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે: $(-\infty, 0)$,$(0, 2)$,અને $(2, \infty)$.
દરેક અંતરાલમાં $f'(x) = x e^{-x}(2 - x)$ ની નિશાની તપાસતા:
$1$. $x \in (-\infty, 0)$ માટે,$x = -1$ લેતા: $f'(-1) = (-1)e^{1}(2 - (-1)) = -3e < 0$. તેથી,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
$2$. $x \in (0, 2)$ માટે,$x = 1$ લેતા: $f'(1) = (1)e^{-1}(2 - 1) = e^{-1} > 0$. તેથી,$f$ વધતું વિધેય છે.
$3$. $x \in (2, \infty)$ માટે,$x = 3$ લેતા: $f'(3) = (3)e^{-3}(2 - 3) = -3e^{-3} < 0$. તેથી,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
આમ,વિધેય અંતરાલ $(0, 2)$ માં વધતું વિધેય છે.
સાચો જવાબ $D$ છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{3}{10}x^4 - \frac{4}{5}x^3 - 3x^2 + \frac{36}{5}x + 11$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{3}{10}(4x^3) - \frac{4}{5}(3x^2) - 3(2x) + \frac{36}{5}$
$f'(x) = \frac{6}{5}x^3 - \frac{12}{5}x^2 - 6x + \frac{36}{5}$
$f'(x) = \frac{6}{5}(x^3 - 2x^2 - 5x + 6)$
ઘન બહુપદીના અવયવ પાડતા:
$f'(x) = \frac{6}{5}(x - 1)(x + 2)(x - 3)$
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 1, x = -2, x = 3$ મળે છે. આ બિંદુઓ વાસ્તવિક રેખાને $(-\infty, -2), (-2, 1), (1, 3), (3, \infty)$ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે.
દરેક અંતરાલમાં $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા:
$1.$ $(-\infty, -2)$ માટે,$x = -3$ લેતા: $f'(-3) = \frac{6}{5}(-4)(-1)(-6) < 0$. આમ,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
$2.$ $(-2, 1)$ માટે,$x = 0$ લેતા: $f'(0) = \frac{6}{5}(-1)(2)(-3) > 0$. આમ,$f$ વધતું વિધેય છે.
$3.$ $(1, 3)$ માટે,$x = 2$ લેતા: $f'(2) = \frac{6}{5}(1)(4)(-1) < 0$. આમ,$f$ ઘટતું વિધેય છે.
$4.$ $(3, \infty)$ માટે,$x = 4$ લેતા: $f'(4) = \frac{6}{5}(3)(6)(1) > 0$. આમ,$f$ વધતું વિધેય છે.
નિષ્કર્ષ:
$(a)$ વિધેય $(-2, 1) \cup (3, \infty)$ માં વધતું છે.
$(b)$ વિધેય $(-\infty, -2) \cup (1, 3)$ માં ઘટતું છે.

(N/A) આપેલ છે કે $f(x) = \tan^{-1}(\sin x + \cos x)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{1 + (\sin x + \cos x)^2} \cdot (\cos x - \sin x)$
$f'(x) = \frac{\cos x - \sin x}{1 + (\sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x \cos x)}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ અને $2\sin x \cos x = \sin 2x$,તેથી:
$f'(x) = \frac{\cos x - \sin x}{1 + (1 + \sin 2x)} = \frac{\cos x - \sin x}{2 + \sin 2x}$
અંતરાલ $x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે,$\cos x > \sin x$ હોવાથી $\cos x - \sin x > 0$ થાય.
વળી,દરેક $x$ માટે $2 + \sin 2x > 0$ છે.
અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માં અંશ અને છેદ બંને ધન હોવાથી,$f'(x) > 0$ થાય છે.
તેથી,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)=\frac{4 \sin x-2 x-x \cos x}{2+\cos x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{(2+\cos x)(4 \cos x - 2 - \cos x + x \sin x) - (4 \sin x - 2 x - x \cos x)(-\sin x)}{(2+\cos x)^2}$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $(2+\cos x)(3 \cos x - 2 + x \sin x) + \sin x(4 \sin x - 2 x - x \cos x)$.
$= 6 \cos x - 4 + 2 x \sin x + 3 \cos^2 x - 2 \cos x + x \sin x \cos x + 4 \sin^2 x - 2 x \sin x - x \sin x \cos x$.
$= 4 \cos x - 4 + 3 \cos^2 x + 4 \sin^2 x = 4 \cos x - 4 + 3 \cos^2 x + 4(1 - \cos^2 x) = 4 \cos x - \cos^2 x$.
આમ,$f'(x) = \frac{\cos x(4 - \cos x)}{(2+\cos x)^2}$.
કારણ કે $(2+\cos x)^2 > 0$ અને $(4 - \cos x) > 0$ દરેક $x$ માટે,તેથી $f'(x)$ ની નિશાની $\cos x$ પર આધાર રાખે છે.
$f'(x) = 0$ લેતા $\cos x = 0$ મળે,તેથી $(0, 2\pi)$ માં $x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}$ મળે.
$(i)$ જ્યારે $\cos x > 0$ હોય ત્યારે $f'(x) > 0$ થાય,જે $(0, \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ માં થાય છે.
$(ii)$ જ્યારે $\cos x < 0$ હોય ત્યારે $f'(x) < 0$ થાય,જે $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ માં થાય છે.

(N/A) $f(x) = x^{3} + x^{-3}$
$\therefore f'(x) = 3x^{2} - 3x^{-4} = 3x^{2} - \frac{3}{x^{4}} = \frac{3(x^{6} - 1)}{x^{4}}$
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$3(x^{6} - 1) = 0 \Rightarrow x^{6} = 1 \Rightarrow x = \pm 1$
$x \neq 0$ હોવાથી,બિંદુઓ $x = -1, 0, 1$ વાસ્તવિક સંખ્યા રેખાને $(-\infty, -1), (-1, 0), (0, 1), (1, \infty)$ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરે છે.
$x \in (-\infty, -1)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f$ વધતું વિધેય છે.
$x \in (-1, 0)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in (0, 1)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in (1, \infty)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f$ વધતું વિધેય છે.
આમ,$f$ એ $(-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે અને $(-1, 0) \cup (0, 1)$ માં ઘટતું વિધેય છે.

$f$ એ $(a, b)$ પર વધતું વિધેય છે તે સાબિત કરવા માટે,આપણે મધ્યકમાન પ્રમેય $(MVT)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $x_1$ અને $x_2$ એ $(a, b)$ માં કોઈપણ બે બિંદુઓ છે જેથી $x_1 < x_2$.
કારણ કે $f$ એ $[a, b]$ પર વ્યાખ્યાયિત છે અને તમામ $x \in (a, b)$ માટે $f^{\prime}(x) > 0$ છે,તેથી $f$ એ $[x_1, x_2]$ પર સતત છે અને $(x_1, x_2)$ પર વિકલનીય છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,એક એવું બિંદુ $c \in (x_1, x_2)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$.
તમામ $x \in (a, b)$ માટે $f^{\prime}(x) > 0$ હોવાથી,આપણી પાસે $f^{\prime}(c) > 0$ છે.
$x_1 < x_2$ હોવાથી,$x_2 - x_1 > 0$ થાય.
તેથી,$\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x_2) - f(x_1) > 0$,અથવા $f(x_2) > f(x_1)$.
આમ,$x_1 < x_2$ માટે $f(x_1) < f(x_2)$ હોવાથી,વિધેય $f$ એ $(a, b)$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

(A) $x \neq 0$ માટે,$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\ln(1+x)}{x} \right) = \frac{x \cdot \frac{1}{1+x} - \ln(1+x)}{x^2} = \frac{x - (1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}$.
ધારો કે $h(x) = x - (1+x)\ln(1+x)$.
તો $h'(x) = 1 - [\ln(1+x) + (1+x) \cdot \frac{1}{1+x}] = 1 - \ln(1+x) - 1 = -\ln(1+x)$.
$x \in (-1, 0)$ માટે,$1+x \in (0, 1)$,તેથી $\ln(1+x) < 0$,જે સૂચવે છે કે $h'(x) > 0$.
$x \in (0, \infty)$ માટે,$1+x > 1$,તેથી $\ln(1+x) > 0$,જે સૂચવે છે કે $h'(x) < 0$.
કારણ કે $h(0) = 0 - (1)\ln(1) = 0$,$h(x)$ એ $(-1, 0)$ માં વધે છે અને $(0, \infty)$ માં ઘટે છે.
આમ,તમામ $x \in (-1, \infty) \setminus \{0\}$ માટે $h(x) < h(0) = 0$.
તમામ $x \in (-1, \infty) \setminus \{0\}$ માટે $x^2(1+x) > 0$ હોવાથી,$f'(x) = \frac{h(x)}{x^2(1+x)} < 0$.
તેથી,વિધેય $f$ એ $(-1, \infty)$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય: $f(x) = (3x - 7)x^{2/3} = 3x^{5/3} - 7x^{2/3}$.
વિધેય કયા અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 3 \cdot \frac{5}{3}x^{2/3} - 7 \cdot \frac{2}{3}x^{-1/3}$
$f'(x) = 5x^{2/3} - \frac{14}{3x^{1/3}}$
$f'(x)$ માટેનું પદ સાદું રૂપ આપતા:
$f'(x) = \frac{5x^{2/3} \cdot 3x^{1/3} - 14}{3x^{1/3}} = \frac{15x - 14}{3x^{1/3}}$
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે:
$\frac{15x - 14}{3x^{1/3}} > 0$
આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \frac{14}{15}$ નો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
- $x < 0$ માટે,$15x - 14 < 0$ અને $3x^{1/3} < 0$,તેથી $f'(x) > 0$.
- $0 < x < \frac{14}{15}$ માટે,$15x - 14 < 0$ અને $3x^{1/3} > 0$,તેથી $f'(x) < 0$.
- $x > \frac{14}{15}$ માટે,$15x - 14 > 0$ અને $3x^{1/3} > 0$,તેથી $f'(x) > 0$.
આમ,$f(x)$ એ $x \in (-\infty, 0) \cup \left(\frac{14}{15}, \infty\right)$ માટે વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = 3 \log_{e} \left| \frac{x-1}{x+1} \right| - \frac{2}{x-1}$.
આને $f(x) = 3 \log_{e} |x-1| - 3 \log_{e} |x+1| - \frac{2}{x-1}$ તરીકે લખી શકાય.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં $f(x)$ નું વિકલન કરતા:
$f'(x) = 3 \left( \frac{1}{x-1} \right) - 3 \left( \frac{1}{x+1} \right) + \frac{2}{(x-1)^2}$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f'(x) = 3 \left( \frac{(x+1) - (x-1)}{(x-1)(x+1)} \right) + \frac{2}{(x-1)^2} = 3 \left( \frac{2}{x^2-1} \right) + \frac{2}{(x-1)^2}$.
$f'(x) = \frac{6}{(x-1)(x+1)} + \frac{2}{(x-1)^2} = \frac{6(x-1) + 2(x+1)}{(x-1)^2(x+1)} = \frac{6x - 6 + 2x + 2}{(x-1)^2(x+1)} = \frac{8x - 4}{(x-1)^2(x+1)} = \frac{4(2x-1)}{(x-1)^2(x+1)}$.
વિધેય $f(x)$ વધતું હોય તે માટે,$f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
તમામ $x \neq 1$ માટે $(x-1)^2 > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ ની નિશાની $\frac{2x-1}{x+1}$ પર આધાર રાખે છે.
$\frac{2x-1}{x+1} \geq 0$ માટે ચિહ્ન યોજનાનો ઉપયોગ કરતા:
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = \frac{1}{2}$ અને $x = -1$ છે.
અંતરાલો તપાસતા: $(-\infty, -1)$,$(-1, \frac{1}{2}]$,અને $[\frac{1}{2}, \infty)$.
$x \in (-\infty, -1) \cup [\frac{1}{2}, 1) \cup (1, \infty)$ માટે $f'(x) > 0$ થાય છે.

(A) આપેલ છે $f(x) = \frac{4x^3 - 3x^2}{6} - 2 \sin x + (2x - 1) \cos x$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{12x^2 - 6x}{6} - 2 \cos x + [2 \cos x + (2x - 1)(-\sin x)]$
$f'(x) = (2x^2 - x) - 2 \cos x + 2 \cos x - (2x - 1) \sin x$
$f'(x) = x(2x - 1) - (2x - 1) \sin x$
$f'(x) = (2x - 1)(x - \sin x)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x > 0$ માટે,$x > \sin x$,તેથી $(x - \sin x) > 0$.
$x < 0$ માટે,$x < \sin x$,તેથી $(x - \sin x) < 0$.
હવે,$f'(x) = (2x - 1)(x - \sin x)$ ની નિશાની તપાસીએ:
$1$. જો $x \in [\frac{1}{2}, \infty)$,તો $(2x - 1) \geq 0$ અને $(x - \sin x) > 0$,તેથી $f'(x) \geq 0$. આમ,$f(x)$ વધતું વિધેય છે.
$2$. જો $x \in [0, \frac{1}{2}]$,તો $(2x - 1) \leq 0$ અને $(x - \sin x) \geq 0$,તેથી $f'(x) \leq 0$. આમ,$f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$3$. જો $x \in (-\infty, 0]$,તો $(2x - 1) < 0$ અને $(x - \sin x) \leq 0$,તેથી $f'(x) \geq 0$. આમ,$f(x)$ વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$f(x)$ એ $[\frac{1}{2}, \infty)$ માં વધતું વિધેય છે.

(D) $f(x)$ ક્યાં વધે છે તે શોધવા માટે,આપણે દરેક અંતરાલ માટે $f'(x)$ ની ગણતરી કરીએ છીએ:
$1$. $x < -5$ માટે,$f(x) = -55x$,તેથી $f'(x) = -55$. $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $(-\infty, -5)$ પર ઘટે છે.
$2$. $-5 < x < 4$ માટે,$f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 120x$,તેથી $f'(x) = 6x^2 - 6x - 120 = 6(x^2 - x - 20) = 6(x - 5)(x + 4)$.
$f'(x) > 0$ માટે,આપણે $(x - 5)(x + 4) > 0$ ની જરૂર છે,જે $x < -4$ અથવા $x > 5$ હોય ત્યારે થાય છે. અંતરાલ $(-5, 4)$ માં,આ $x \in (-5, -4)$ માટે સંતોષાય છે.
$3$. $x > 4$ માટે,$f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 36x - 336$,તેથી $f'(x) = 6x^2 - 6x - 36 = 6(x^2 - x - 6) = 6(x - 3)(x + 2)$.
$x > 4$ માટે,$(x - 3)$ અને $(x + 2)$ બંને ધન છે,તેથી તમામ $x > 4$ માટે $f'(x) > 0$ છે.
આ બધાને જોડતા,$f(x)$ એ $(-5, -4) \cup (4, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} + ax + 1$ છે.
તેનું વિકલન $f'(x) = 2x + a$ થાય.
વિધેય $f(x)$ એ $[1, 2]$ પર વધતું હોય તે માટે,દરેક $x \in [1, 2]$ માટે $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$2x + a \geq 0 \implies a \geq -2x$,દરેક $x \in [1, 2]$ માટે.
અંતરાલ $[1, 2]$ પર $-2x$ ની મહત્તમ કિંમત $x=1$ આગળ મળે,જે $-2(1) = -2$ છે. તેથી $R = -2$.
વિધેય $f(x)$ એ $[1, 2]$ પર ઘટતું હોય તે માટે,દરેક $x \in [1, 2]$ માટે $f'(x) \leq 0$ હોવું જોઈએ.
$2x + a \leq 0 \implies a \leq -2x$,દરેક $x \in [1, 2]$ માટે.
આ શરત દરેક $x$ માટે સાચી હોવી જોઈએ,તેથી $a \leq \min(-2x)$ હોવું જોઈએ. અંતરાલ $[1, 2]$ પર $-2x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x=2$ આગળ મળે,જે $-2(2) = -4$ છે. તેથી $S = -4$.
હવે,$|R - S| = |-2 - (-4)| = |-2 + 4| = 2$.

(A) $x > 0$ માટે,$f'(x) = -4x^2 + 4x + 3$.
$f'(x) > 0$ લેતા,આપણને $-4x^2 + 4x + 3 > 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $4x^2 - 4x - 3 < 0$.
અવયવ પાડતા $(2x - 3)(2x + 1) < 0$ મળે,તેથી $x \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
$x > 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $\left(0, \frac{3}{2}\right)$ માં વધતું વિધેય છે.
$x \leq 0$ માટે,$f'(x) = 3e^x + 3xe^x = 3e^x(1 + x)$.
$f'(x) > 0$ લેતા,કારણ કે તમામ $x$ માટે $3e^x > 0$ છે,તેથી $1 + x > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x > -1$.
આમ,$x \leq 0$ માટે,$f(x)$ એ $(-1, 0]$ માં વધતું વિધેય છે.
બંને અંતરાલોને જોડતા,$f(x)$ એ $(-1, 0] \cup (0, \frac{3}{2}) = \left(-1, \frac{3}{2}\right)$ માં વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)=3 \sin ^{4} x+10 \sin ^{3} x+6 \sin ^{2} x-3$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 12 \sin^3 x \cos x + 30 \sin^2 x \cos x + 12 \sin x \cos x$
$f'(x) = 6 \sin x \cos x (2 \sin^2 x + 5 \sin x + 2)$
દ્વિઘાત પદના અવયવ પાડતા:
$f'(x) = 6 \sin x \cos x (2 \sin x + 1)(\sin x + 2)$
$x \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ માટે:
$1. \cos x > 0$,દરેક $x \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ માટે.
$2. (\sin x + 2) > 0$,દરેક $x \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ માટે.
$3. (2 \sin x + 1) \ge 0$,દરેક $x \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right]$ માટે.
આમ,$f'(x)$ ની નિશાની $\sin x$ પર આધાર રાખે છે:
- જો $x \in \left(-\frac{\pi}{6}, 0\right)$,તો $\sin x < 0$,તેથી $f'(x) < 0$. આમ,$f$ એ $\left(-\frac{\pi}{6}, 0\right)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
- જો $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,તો $\sin x > 0$,તેથી $f'(x) > 0$. આમ,$f$ એ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે કે $f_{\lambda}(x) = 4\lambda x^{3} - 36\lambda x^{2} + 36x + 48$.
વિધેય $f_{\lambda}(x)$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે વધતું હોય તે માટે $f_{\lambda}^{\prime}(x) \geq 0$ થવું જોઈએ.
$f_{\lambda}^{\prime}(x) = 12\lambda x^{2} - 72\lambda x + 36$.
$f_{\lambda}^{\prime}(x) \geq 0$ લેતા,$12(\lambda x^{2} - 6\lambda x + 3) \geq 0$,એટલે કે $\lambda x^{2} - 6\lambda x + 3 \geq 0$.
આ દ્વિઘાત સમીકરણ તમામ $x$ માટે અ-ઋણ રહે તે માટે $\lambda > 0$ અને વિવેચક $D \leq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (-6\lambda)^{2} - 4(\lambda)(3) = 36\lambda^{2} - 12\lambda \leq 0$.
$12\lambda(3\lambda - 1) \leq 0$,જે દર્શાવે છે કે $\lambda \in [0, 1/3]$.
$\lambda > 0$ હોવાથી,મહત્તમ કિંમત $\lambda^{*} = 1/3$ મળે.
હવે,$f_{\lambda^{*}}(x) = \frac{4}{3}x^{3} - 12x^{2} + 36x + 48$.
$f_{\lambda^{*}}(1) = \frac{4}{3} - 12 + 36 + 48 = \frac{220}{3}$.
$f_{\lambda^{*}}(-1) = -\frac{4}{3} - 12 - 36 + 48 = -\frac{4}{3}$.
$f_{\lambda^{*}}(1) + f_{\lambda^{*}}(-1) = \frac{220}{3} - \frac{4}{3} = \frac{216}{3} = 72$.

(B) ધારો કે $f(x) = x^{7} + 5x^{3} + 3x + 1$.
વિધેયનું વિકલન મેળવો:
$f'(x) = 7x^{6} + 15x^{2} + 3$.
બધા વાસ્તવિક $x$ માટે $x^{6} \ge 0$ અને $x^{2} \ge 0$ હોવાથી,$7x^{6} \ge 0$ અને $15x^{2} \ge 0$ થાય.
તેથી,બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) = 7x^{6} + 15x^{2} + 3 \ge 3 > 0$ થાય.
બધા $x$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જ્યારે $x \to -\infty$,ત્યારે $f(x) \to -\infty$,અને જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $f(x) \to \infty$.
$f(x)$ એ સતત અને ચુસ્ત વધતું વિધેય છે જે $-\infty$ થી $\infty$ સુધીની કિંમતો ધારણ કરે છે,તેથી 'ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ' મુજબ,તે $x$-અક્ષને બરાબર એક વાર છેદશે.
આમ,વાસ્તવિક ઉકેલોની સંખ્યા $1$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f_{a}(x) = \tan^{-1}(2x) - 3ax + 7$ છે.
વિધેય વધતું હોવા માટે,તેનું વિકલન અ-ઋણ હોવું જોઈએ: $f_{a}'(x) \geq 0$.
$f_{a}'(x) = \frac{2}{1+4x^2} - 3a \geq 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $3a \leq \frac{2}{1+4x^2}$,અથવા $a \leq \frac{2}{3(1+4x^2)}$.
આ શરત અંતરાલ $\left(-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right)$ માં તમામ $x$ માટે સાચી હોવી જોઈએ,તેથી $a$ એ આ અંતરાલ પર $\frac{2}{3(1+4x^2)}$ ની ન્યૂનતમ કિંમત કરતા ઓછું અથવા સમાન હોવું જોઈએ.
ન્યૂનતમ કિંમત સીમાબિંદુઓ $x = \pm \frac{\pi}{6}$ પર મળે છે.
$x^2 = \frac{\pi^2}{36}$ લેતા,$a \leq \frac{2}{3(1 + 4(\frac{\pi^2}{36}))} = \frac{2}{3(1 + \frac{\pi^2}{9})} = \frac{6}{9+\pi^2}$.
તેથી,$\bar{a} = \frac{6}{9+\pi^2}$.
હવે,$f_{\bar{a}}\left(\frac{\pi}{8}\right) = \tan^{-1}\left(2 \cdot \frac{\pi}{8}\right) - 3 \cdot \left(\frac{6}{9+\pi^2}\right) \cdot \frac{\pi}{8} + 7$.
$f_{\bar{a}}\left(\frac{\pi}{8}\right) = 7 + \tan^{-1}\left(\frac{\pi}{4}\right) - \frac{9\pi}{4(9+\pi^2)}$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x e^{x-x^2}$ છે.
વધતા અને ઘટતા અંતરાલો શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 1 \cdot e^{x-x^2} + x \cdot e^{x-x^2} \cdot (1-2x)$
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x - 2x^2]$
$f'(x) = e^{x-x^2} [-(2x^2 - x - 1)]$
$f'(x) = -e^{x-x^2} (2x+1)(x-1)$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ:
$-e^{x-x^2} (2x+1)(x-1) > 0$
$(2x+1)(x-1) < 0$.
અહીં શૂન્યો $x = -\frac{1}{2}$ અને $x = 1$ છે. અસમતા $x \in \left(-\frac{1}{2}, 1\right)$ માટે સાચી છે.
આમ,વિધેય $\left(-\frac{1}{2}, 1\right)$ માં વધતું વિધેય છે.

(A) ધારો કે $f(x) = x^3-3ax^2+(27a^2+9)x+2016$.
વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે વિકલન $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 3x^2 - 6ax + (27a^2 + 9)$.
આપણે પૂર્ણવર્ગ બનાવીને વિકલનને ફરીથી લખી શકીએ:
$f'(x) = 3(x^2 - 2ax + 9a^2 + 3)$
$f'(x) = 3((x-a)^2 + 8a^2 + 3)$.
કારણ કે $(x-a)^2 \geq 0$,$8a^2 \geq 0$,અને $3 > 0$ છે,તેથી તમામ વાસ્તવિક $x$ અને તમામ વાસ્તવિક $a$ માટે $f'(x) > 0$ થાય છે.
કારણ કે વિકલન $f'(x)$ હંમેશા ધન છે,વિધેય $f(x)$ તમામ વાસ્તવિક $a$ માટે ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત રીતે વધતી ત્રિઘાત બહુપદી $x$-અક્ષને બરાબર એક વાર છેદે છે.
તેથી,કોઈપણ વાસ્તવિક $a$ માટે સમીકરણને બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) ધારો કે $f(x) = x^{2n+1} - (2n+1)x + a$.
અંતરાલ $[-1, 1]$ માં શૂન્યોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ નું વિકલન તપાસીએ.
$f'(x) = (2n+1)x^{2n} - (2n+1) = (2n+1)(x^{2n} - 1)$.
$x \in (-1, 1)$ માટે,આપણી પાસે $|x| < 1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $x^{2n} < 1$.
આમ,$x^{2n} - 1 < 0$,તેથી તમામ $x \in (-1, 1)$ માટે $f'(x) < 0$ છે.
કારણ કે $x \in [-1, 1]$ માટે $f'(x) \leq 0$ છે,વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય $X$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક બિંદુએ છેદી શકે છે.
તેથી,$a$ ની કોઈપણ કિંમત માટે સમીકરણ $f(x) = 0$ ને અંતરાલ $[-1, 1]$ માં વધુમાં વધુ એક ઉકેલ મળે છે.

(B) ધારો કે $f(x) = (x-41)^{49} + (x-49)^{41} + (x-2009)^{2009}$.
વાસ્તવિક બીજની સંખ્યા નક્કી કરવા માટે,આપણે વિધેય $f(x)$ નું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = 49(x-41)^{48} + 41(x-49)^{40} + 2009(x-2009)^{2008}$.
અહીં ઘાતાંક $48$,$40$,અને $2008$ બધા બેકી સંખ્યા હોવાથી,દરેક પદ $(x-a)^{2n}$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે અ-ઋણ છે.
ખાસ કરીને,$(x-41)^{48} \ge 0$,$(x-49)^{40} \ge 0$,અને $(x-2009)^{2008} \ge 0$.
સહગુણકો $49$,$41$,અને $2009$ ધન હોવાથી,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) \ge 0$ થાય.
વધુમાં,$f'(x)$ ક્યારેય શૂન્ય થતું નથી કારણ કે પદો અલગ અલગ બિંદુઓ $(x=41, 49, 2009)$ પર શૂન્ય થાય છે.
આમ,તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત વધતું સતત વિધેય $x$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક વાર છેદી શકે છે.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to \infty$,અને જેમ $x \to -\infty$,$f(x) \to -\infty$.
ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
બીજ ધન છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે $f(0)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(0) = (-41)^{49} + (-49)^{41} + (-2009)^{2009} < 0$.
$f(0) < 0$ અને $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$ હોવાથી,એકમાત્ર વાસ્તવિક બીજ $(0, \infty)$ અંતરાલમાં હશે.
તેથી,બરાબર એક ધન વાસ્તવિક બીજ છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \frac{\cos x}{\cos 2x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{-\sin x \cos 2x - \cos x (-2 \sin 2x)}{(\cos 2x)^2} = \frac{-\sin x \cos 2x + 2 \sin 2x \cos x}{(\cos 2x)^2}$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $f'(x) = \frac{\sin(2x-x) + \sin 2x \cos x}{(\cos 2x)^2} = \frac{\sin x + 2 \sin x \cos^2 x}{(\cos 2x)^2}$.
$f'(x) = \frac{\sin x (1 + 2 \cos^2 x)}{(\cos 2x)^2}$.
કારણ કે $(1 + 2 \cos^2 x) > 0$ અને $(\cos 2x)^2 > 0$ એ તમામ $x \in \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે સત્ય છે,તેથી $f'(x)$ ની નિશાની માત્ર $\sin x$ પર આધાર રાખે છે.
$x \in \left(-\frac{\pi}{4}, 0\right)$ માટે,$\sin x < 0$,તેથી $f'(x) < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે,$\sin x > 0$,તેથી $f'(x) > 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ વધતું વિધેય છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ છે કે $g(x)=3 f\left(\frac{x}{3}\right)+f(3-x)$ અને તમામ $x \in(0,3)$ માટે $f^{\prime \prime}(x) > 0$ છે.
$f^{\prime \prime}(x) > 0$ હોવાથી,$f^{\prime}(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
હવે,$g(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$g^{\prime}(x) = 3 \times \frac{1}{3} f^{\prime}\left(\frac{x}{3}\right) - f^{\prime}(3-x) = f^{\prime}\left(\frac{x}{3}\right) - f^{\prime}(3-x)$.
જો $g$ એ $(0, \alpha)$ માં ઘટતું વિધેય હોય,તો $x \in (0, \alpha)$ માટે $g^{\prime}(x) < 0$ થવું જોઈએ.
$f^{\prime}\left(\frac{x}{3}\right) - f^{\prime}(3-x) < 0 \Rightarrow f^{\prime}\left(\frac{x}{3}\right) < f^{\prime}(3-x)$.
$f^{\prime}(x)$ વધતું વિધેય હોવાથી,આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{x}{3} < 3-x$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $x + \frac{x}{3} < 3 \Rightarrow \frac{4x}{3} < 3 \Rightarrow x < \frac{9}{4}$.
આમ,$\alpha = \frac{9}{4}$.
તેથી,$8 \alpha = 8 \times \frac{9}{4} = 18$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{x}{x^2-6x-16}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{(x^2-6x-16)(1) - x(2x-6)}{(x^2-6x-16)^2}$.
અંશનું સાદું રૂપ આપતા: $x^2 - 6x - 16 - 2x^2 + 6x = -x^2 - 16 = -(x^2 + 16)$.
આમ,$f'(x) = \frac{-(x^2+16)}{(x^2-6x-16)^2}$.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $x^2+16 > 0$ અને બધા $x \neq -2, 8$ માટે $(x^2-6x-16)^2 > 0$ હોવાથી,પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $f'(x) < 0$ થાય છે.
તેથી,વિધેય $f(x)$ તેના સંપૂર્ણ પ્રદેશ $(-\infty, -2) \cup (-2, 8) \cup (8, \infty)$ માં સતત ઘટે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $5 f(x)+4 f\left(\frac{1}{x}\right)=x^2-2$ ....$(1)$
સમીકરણ $(1)$ માં $x$ ને બદલે $\frac{1}{x}$ મૂકતા:
$5 f\left(\frac{1}{x}\right)+4 f(x)=\frac{1}{x^2}-2$ ....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $5$ વડે અને $(2)$ ને $4$ વડે ગુણતા:
$25 f(x)+20 f\left(\frac{1}{x}\right)=5x^2-10$
$16 f(x)+20 f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{4}{x^2}-8$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$9 f(x) = 5x^2 - 10 - \frac{4}{x^2} + 8 = 5x^2 - 2 - \frac{4}{x^2}$
આપેલ છે કે $y = 9x^2 f(x)$,તેથી $9 f(x)$ ની કિંમત મૂકતા:
$y = x^2 \left(5x^2 - 2 - \frac{4}{x^2}\right) = 5x^4 - 2x^2 - 4$
$y$ ક્યાં ચુસ્ત રીતે વધે છે તે શોધવા માટે,વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 20x^3 - 4x = 4x(5x^2 - 1)$
ચુસ્ત રીતે વધવા માટે,$\frac{dy}{dx} > 0$:
$4x(\sqrt{5}x - 1)(\sqrt{5}x + 1) > 0$
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -\frac{1}{\sqrt{5}}, 0, \frac{1}{\sqrt{5}}$ છે.
અંતરાલો તપાસતા,આપણને મળે છે કે $\frac{dy}{dx} > 0$ માટે $x \in \left(-\frac{1}{\sqrt{5}}, 0\right) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \infty\right)$.

(D) આપેલ છે $f(x) = \sin x + 3x - \frac{2}{\pi}(x^2 + x)$.
પગલું $1$: વિધાન $(I)$ નું વિશ્લેષણ કરો.
$f'(x) = \cos x + 3 - \frac{2}{\pi}(2x + 1)$.
$x \in (0, \pi/2)$ માટે,$\cos x \in (0, 1)$ અને $2x+1 \in (1, \pi+1)$.
$f'(x) = \cos x + 3 - \frac{4x}{\pi} - \frac{2}{\pi}$.
$x=0$ આગળ,$f'(0) = 1 + 3 - 2/\pi = 4 - 2/\pi > 0$.
$x=\pi/2$ આગળ,$f'(\pi/2) = 0 + 3 - \frac{2}{\pi}(\pi + 1) = 3 - 2 - 2/\pi = 1 - 2/\pi > 0$.
કારણ કે $f''(x) = -\sin x - 4/\pi < 0$,તેથી $f'(x)$ ઘટતું વિધેય છે. $[0, \pi/2]$ પર $f'(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $f'(\pi/2) = 1 - 2/\pi > 0$ છે. આમ,તમામ $x \in (0, \pi/2)$ માટે $f'(x) > 0$,તેથી $f$ વધતું વિધેય છે.
પગલું $2$: વિધાન $(II)$ નું વિશ્લેષણ કરો.
$f''(x) = -\sin x - 4/\pi$.
$x \in (0, \pi/2)$ માટે $\sin x > 0$ હોવાથી,$f''(x) = -(\sin x + 4/\pi) < 0$.
$f''(x) < 0$ હોવાથી,$f'(x)$ એ $(0, \pi/2)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
નિષ્કર્ષ: $(I)$ અને $(II)$ બંને સાચા છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^x$ છે,જ્યાં $x > 0$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(f(x)) = x \ln(x)$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{f(x)} f'(x) = 1 \cdot \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$.
તેથી,$f'(x) = x^x(1 + \ln(x))$.
વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$x > 0$ માટે $x^x > 0$ હોવાથી,$f'(x) > 0$ માટે $1 + \ln(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\ln(x) > -1$.
$x > e^{-1}$,એટલે કે $x > \frac{1}{e}$.
તેથી,જે અંતરાલમાં વિધેય ચુસ્ત રીતે વધે છે તે $\left(\frac{1}{e}, \infty\right)$ છે.
નોંધ: વિકલ્પ $\left[\frac{1}{e}, \infty\right)$ એ અંતરાલનું પ્રમાણિત સ્વરૂપ છે જ્યાં વિધેય વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે $f(x) = \cos x - x + 1$.
વિકલન કરતા: $f'(x) = -\sin x - 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \le \sin x \le 1$,તેથી $f'(x) = -(\sin x + 1) \le 0$ તમામ $x \in R$ માટે.
આમ,$f(x)$ એ $R$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
$(S1)$ માટે: $[0, \pi]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર કિંમત મેળવતા: $f(0) = \cos(0) - 0 + 1 = 2$ અને $f(\pi) = \cos(\pi) - \pi + 1 = -1 - \pi + 1 = -\pi$.
$f(0) = 2 > 0$ અને $f(\pi) = -\pi < 0$ હોવાથી,ઇન્ટરમીડિયેટ વેલ્યુ થિયરમ મુજબ,$(0, \pi)$ માં બરાબર એક ઉકેલ મળે છે કારણ કે $f$ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે. તેથી,$(S1)$ સાચું છે.
$(S2)$ માટે: તમામ $x$ માટે $f'(x) \le 0$ હોવાથી,$f(x)$ સમગ્ર અંતરાલ $[0, \pi]$ માં ઘટતું વિધેય છે. તેથી,$[\frac{\pi}{2}, \pi]$ માં વધતું વિધેય છે તેવું વિધાન ખોટું છે. તેથી,$(S2)$ ખોટું છે.
નિષ્કર્ષ: માત્ર $(S1)$ સાચું છે.

(B) $f(x)$ એ $(2, 3)$ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોવા માટે,$x \in (2, 3)$ માટે $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \frac{2}{x-2} - 2x + a \geq 0$.
કારણ કે $f''(x) = -\frac{2}{(x-2)^2} - 2 < 0$,તેથી $f'(x)$ એ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.
આમ,$(2, 3)$ પર $f'(x) \geq 0$ નો અર્થ છે કે $f'(3) \geq 0$.
$f'(3) = \frac{2}{3-2} - 2(3) + a = 2 - 6 + a = a - 4 \geq 0$,તેથી $a \geq 4$. ન્યૂનતમ કિંમત $a = 4$ છે.
હવે,$g(x) = (x-1)^3(x+2-4)^2 = (x-1)^3(x-2)^2$.
$g'(x) = 3(x-1)^2(x-2)^2 + (x-1)^3 \cdot 2(x-2) = (x-1)^2(x-2)[3(x-2) + 2(x-1)]$.
$g'(x) = (x-1)^2(x-2)(3x - 6 + 2x - 2) = (x-1)^2(x-2)(5x - 8)$.
$g(x)$ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય હોવા માટે,$g'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $x \neq 1$ માટે $(x-1)^2 > 0$,તેથી $(x-2)(5x-8) < 0$ હોવું જોઈએ.
બીજ $x = 8/5$ અને $x = 2$ છે. અંતરાલ $(8/5, 2)$ છે.
આમ,$b = 8/5$ અને $c = 2$.
$100(a + b - c) = 100(4 + 8/5 - 2) = 100(2 + 1.6) = 100(3.6) = 360$.

(D) આપેલ છે $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{3}{x} + 3$,$x \neq 0$.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે જાણવા માટે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{3} - \frac{3}{x^2} = \frac{x^2 - 9}{3x^2} = \frac{(x-3)(x+3)}{3x^2}$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$x = 3$ અને $x = -3$ મળે છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = -3, 0, 3$ છે.
અંતરાલો તપાસતા:
$x \in (-\infty, -3)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ ચુસ્ત વધતું છે.
$x \in (-3, 0)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f(x)$ ચુસ્ત ઘટતું છે.
$x \in (0, 3)$ માટે,$f'(x) < 0$,તેથી $f(x)$ ચુસ્ત ઘટતું છે.
$x \in (3, \infty)$ માટે,$f'(x) > 0$,તેથી $f(x)$ ચુસ્ત વધતું છે.
આપેલ અંતરાલો સાથે સરખાવતા:
વધતું અંતરાલ $(-\infty, -3) \cup (3, \infty) \Rightarrow \alpha_1 = -3, \alpha_2 = 3$.
ઘટતું અંતરાલ $(-3, 0) \cup (0, 3) \Rightarrow \alpha_3 = -3, \alpha_4 = 0, \alpha_5 = 3$.
તેથી,$\sum_{i=1}^5 \alpha_i^2 = (-3)^2 + (3)^2 + (-3)^2 + (0)^2 + (3)^2 = 9 + 9 + 9 + 0 + 9 = 36$.

(A) આપેલ છે કે $2f(x) + 3f\left(\frac{1}{x}\right) = x^2 + 1$ (સમીકરણ $1$).
$x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા: $2f\left(\frac{1}{x}\right) + 3f(x) = \frac{1}{x^2} + 1$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ ને $2$ વડે અને સમીકરણ $2$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$4f(x) + 6f\left(\frac{1}{x}\right) = 2x^2 + 2$
$9f(x) + 6f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{3}{x^2} + 3$
બીજા સમીકરણમાંથી પ્રથમ બાદ કરતા: $5f(x) = \frac{3}{x^2} + 3 - 2x^2 - 2 = \frac{3}{x^2} - 2x^2 + 1$.
તેથી $y = 5x^2 f(x) = x^2 \left(\frac{3}{x^2} - 2x^2 + 1\right) = 3 - 2x^4 + x^2$.
$y$ ક્યાં ચુસ્ત વધે છે તે શોધવા માટે,$\frac{dy}{dx} = -8x^3 + 2x = 2x(1 - 4x^2) = 2x(1 - 2x)(1 + 2x)$ મેળવો.
$\frac{dy}{dx} > 0$ લેતા: $2x(1 - 2x)(1 + 2x) > 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = 0, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}$ છે.
અંતરાલ તપાસતા: $(-\infty, -1/2) \implies (-)(-)(-) < 0$; $(-1/2, 0) \implies (-)(-)(+) > 0$; $(0, 1/2) \implies (+)(+)(+) > 0$; $(1/2, \infty) \implies (+)(-)(+) < 0$.
આમ,$y$ એ $(-\infty, -1/2) \cup (0, 1/2)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$(0, 1/2)$ સાચો અંતરાલ છે.

(C) વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
આપેલ છે કે $f(x) = (x + 2) e^{-x}$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = (1) e^{-x} + (x + 2) (-e^{-x})$.
$f'(x) = e^{-x} (1 - x - 2) = e^{-x} (-x - 1) = -(x + 1) e^{-x}$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $-(x + 1) e^{-x} > 0$. કારણ કે $e^{-x} > 0$ બધા $x$ માટે,તેથી $-(x + 1) > 0$ અથવા $x + 1 < 0$,એટલે કે $x < -1$.
આમ,વિધેય $(-\infty, -1)$ માં વધતું વિધેય છે.
વિધેય ઘટતું હોય તે માટે,$f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $-(x + 1) e^{-x} < 0$. આથી $x + 1 > 0$ અથવા $x > -1$.
આમ,વિધેય $(-1, \infty)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવા માટે,તમામ $x$ માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે $f(x) = \frac{k \sin x + 2 \cos x}{\sin x + \cos x}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{(k \cos x - 2 \sin x)(\sin x + \cos x) - (k \sin x + 2 \cos x)(\cos x - \sin x)}{(\sin x + \cos x)^2}$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા:
$N = (k \sin x \cos x + k \cos^2 x - 2 \sin^2 x - 2 \sin x \cos x) - (k \sin x \cos x - k \sin^2 x + 2 \cos^2 x - 2 \sin x \cos x)$.
$N = k \cos^2 x - 2 \sin^2 x + k \sin^2 x - 2 \cos^2 x$.
$N = (k - 2) \cos^2 x + (k - 2) \sin^2 x = (k - 2)(\cos^2 x + \sin^2 x) = k - 2$.
આમ,$f'(x) = \frac{k - 2}{(\sin x + \cos x)^2}$.
$f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવા માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $(\sin x + \cos x)^2 > 0$ તમામ $x$ માટે જ્યાં વિધેય વ્યાખ્યાયિત છે,તેથી આપણે $k - 2 > 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $k > 2$.