Increasing and Decreasing function Questions in Gujarati

(A) વિધેય $f(x) = x^2 - 6x + 10$ કયા અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 - 6x + 10) = 2x - 6$.
વિધેય ત્યારે વધતું વિધેય કહેવાય જ્યારે $f'(x) > 0$ હોય.
$2x - 6 > 0 \implies 2x > 6 \implies x > 3$.
આમ,વિધેય $(3, \infty)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = 10 - 6x - 2x^2$ કયા અંતરાલમાં ચુસ્ત રીતે વધે છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(10 - 6x - 2x^2) = -6 - 4x$.
વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$-6 - 4x > 0$
$-4x > 6$
$-4$ વડે ભાગતા અસમતાની નિશાની બદલાશે:
$x < -\frac{6}{4}$
$x < -\frac{3}{2}$.
આમ,વિધેય $(-\infty, -\frac{3}{2})$ અંતરાલમાં ચુસ્ત રીતે વધે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ માટે,આપણી પાસે $\sin x < 0$ છે.
તેથી,$f(x) = |\sin x| = -\sin x$.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન શોધીએ: $f'(x) = \frac{d}{dx}(-\sin x) = -\cos x$.
અંતરાલ $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ માં,$\cos x$ ધન છે (કારણ કે તે ચોથા ચરણમાં છે).
આમ,$f'(x) = -\cos x < 0$ દરેક $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ માટે.
વિકલન ચુસ્તપણે ઋણ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ આપેલ અંતરાલ પર ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.

(C) વિધેય $f(x) = \tan^{-1} x - x$ નો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\tan^{-1} x - x) = \frac{1}{1+x^2} - 1$
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$f'(x) = \frac{1 - (1+x^2)}{1+x^2} = \frac{-x^2}{1+x^2}$
અહીં $x^2 \ge 0$ અને $1+x^2 > 0$ હોવાથી,દરેક $x \in R$ માટે $f'(x) = \frac{-x^2}{1+x^2} \le 0$ થાય છે.
દરેક $x \in R$ માટે $f'(x) \le 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર ઘટતું વિધેય છે.

(D) વિધેય $f(x) = x^x$ કયા અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન શોધીએ.
ધારો કે $y = x^x$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln(y) = x \ln(x)$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$ મળે છે.
આમ,$f'(x) = \frac{dy}{dx} = y(\ln(x) + 1) = x^x(\ln(x) + 1)$.
વિધેય ઘટતું હોવા માટે,આપણે $f'(x) < 0$ ની જરૂર છે.
બધા $x \in R^{+}$ માટે $x^x > 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ ની શરતનો અર્થ એ છે કે $\ln(x) + 1 < 0$.
આનાથી $\ln(x) < -1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x < e^{-1}$ અથવા $x < 1/e$.
$x \in R^{+}$ આપેલ હોવાથી,અંતરાલ $(0, 1/e)$ છે.

(A) કોઈપણ વિધેય $f(x)$ અંતરાલ પર વધતું વિધેય હોય તે માટે તેનું વિકલિત $f'(x)$ તે અંતરાલના તમામ $x$ માટે $0$ કે તેથી મોટું હોવું જોઈએ.
અહીં $f(x) = x^2 + ax + 1$ આપેલ છે,તેથી તેનું વિકલિત $f'(x) = 2x + a$ થાય.
વિધેય $f(x)$ અંતરાલ $[1, 2]$ પર વધતું હોય તે માટે $x \in [1, 2]$ માટે $f'(x) \ge 0$ હોવું જરૂરી છે.
આનો અર્થ એ છે કે $2x + a \ge 0$ તમામ $x \in [1, 2]$ માટે.
$2x + a$ એ વધતું સુરેખ વિધેય હોવાથી,અંતરાલ $[1, 2]$ પર તેની ન્યૂનતમ કિંમત $x$ ની સૌથી નાની કિંમત એટલે કે $x = 1$ આગળ મળે.
તેથી,આપણે $f'(1) \ge 0$ ની શરત તપાસવી પડે.
$x = 1$ મૂકતા: $2(1) + a \ge 0$.
$2 + a \ge 0$,જેનો અર્થ છે કે $a \ge -2$.
આમ,$a \ge -2$ માટે વિધેય અંતરાલ $[1, 2]$ પર વધતું વિધેય છે.

(B) વિધેય $f(x) = \log_{10} \cos x$ નો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન કરીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx} (\log_{10} \cos x) = \frac{1}{\cos x \cdot \ln 10} \cdot (-\sin x) = -\frac{\tan x}{\ln 10}$.
અંતરાલ $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માં,$\tan x > 0$ અને $\ln 10 > 0$ છે.
તેથી,દરેક $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે $f'(x) = -\frac{\tan x}{\ln 10} < 0$ થાય છે.
આપેલ અંતરાલમાં વિકલિત ઋણ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} + 2x - 5$ છે.
વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય તે માટે આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{2} + 2x - 5) = 2x + 2$.
વિધેય ચુસ્ત વધતું હોવા માટે શરત $f'(x) > 0$ છે.
$2x + 2 > 0$
$2x > -2$
$x > -1$.
આમ,વિધેય $(-1, \infty)$ અંતરાલમાં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \tan x - x$ છે.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\tan x - x) = \sec^2 x - 1$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sec^2 x - 1 = \tan^2 x$ મળે છે.
આમ,$f'(x) = \tan^2 x$.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યાનો વર્ગ હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,પ્રદેશના તમામ $x$ માટે $\tan^2 x \geq 0$ થાય.
તેથી,$f'(x) \geq 0$,જે દર્શાવે છે કે વિધેય $f(x)$ હંમેશા વધતું વિધેય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = x^x$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln f(x) = x \ln x$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,$\frac{1}{f(x)} f'(x) = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$ મળે.
આમ,$f'(x) = x^x(1 + \ln x)$.
વિધેય ચુસ્ત વધતું હોય તે માટે,$f'(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$x > 0$ હોવાથી,$x^x$ હંમેશા ધન છે.
તેથી,$1 + \ln x > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\ln x > -1$.
આ $\ln x > \ln(\frac{1}{e})$ ને સમાન છે.
તેથી,$x > \frac{1}{e}$.

(C) આપેલ છે,$f(x)=\log (1+x)-\frac{2 x}{2+x}$.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$1+x > 0$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $x > -1$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} - 2 \left[ \frac{(2+x)(1) - x(1)}{(2+x)^2} \right]$
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} - 2 \left[ \frac{2+x-x}{(2+x)^2} \right] = \frac{1}{1+x} - \frac{4}{(2+x)^2}$
$f^{\prime}(x) = \frac{(2+x)^2 - 4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2} = \frac{4+x^2+4x-4-4x}{(1+x)(2+x)^2}$
$f^{\prime}(x) = \frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2}$.
અહીં $x^2 \ge 0$ અને $(2+x)^2 > 0$ હોવાથી,$f^{\prime}(x)$ ની નિશાની $\frac{1}{1+x}$ પર આધાર રાખે છે.
વિધેય વધતું હોવા માટે $f^{\prime}(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$x > -1$ માટે $1+x > 0$ થાય છે,તેથી $x \in (-1, \infty)$ માટે $f^{\prime}(x) > 0$ મળે છે.
આમ,વિધેય $(-1, \infty)$ પર વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ છે,$f(x)=4 \sin ^3 x-6 \sin ^2 x+12 \sin x+100$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = 12 \sin^2 x \cos x - 12 \sin x \cos x + 12 \cos x$.
$12 \cos x$ સામાન્ય લેતા:
$f'(x) = 12 \cos x (\sin^2 x - \sin x + 1)$.
દ્વિઘાત પદાવલિ $g(t) = t^2 - t + 1$ ધ્યાનમાં લો જ્યાં $t = \sin x$.
વિવેચક $D = (-1)^2 - 4(1)(1) = 1 - 4 = -3 < 0$.
$t^2$ નો સહગુણક ધન હોવાથી અને $D < 0$ હોવાથી,$\sin^2 x - \sin x + 1$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા ધન છે.
આમ,$f'(x)$ ની નિશાની માત્ર $\cos x$ પર આધાર રાખે છે.
જ્યારે $\cos x > 0$ હોય ત્યારે $f'(x) > 0$,જે $x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ માં થાય છે.
જ્યારે $\cos x < 0$ હોય ત્યારે $f'(x) < 0$,જે $x \in (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ માં થાય છે.
તેથી,$f(x)$ એ અંતરાલ $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ માં ચુસ્તપણે ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x^{2} - 2x$ છે.
વિધેય ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોય તે અંતરાલ શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{2} - 2x) = 2x - 2$.
વિધેય ચુસ્ત રીતે ઘટતું હોય ત્યારે $f'(x) < 0$ થાય.
તેથી,$2x - 2 < 0$.
$2(x - 1) < 0$.
$x - 1 < 0$.
$x < 1$.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $(-\infty, 1)$ અંતરાલમાં ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(C) આપેલ વિધેય: $f(x) = x^{3} - 6x^{2} + 9x + 10$
વિકલિત શોધો: $f'(x) = 3x^{2} - 12x + 9$
વિકલિતના અવયવ પાડો: $f'(x) = 3(x^{2} - 4x + 3) = 3(x - 1)(x - 3)$
વિધેય વધતું હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે:
$3(x - 1)(x - 3) > 0$
$(x - 1)(x - 3) > 0$
આ અસમતા ત્યારે સાચી ઠરે છે જ્યારે $x < 1$ અથવા $x > 3$ હોય.
આમ,વિધેય $(-\infty, 1) \cup (3, \infty)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \frac{x}{3} + \frac{3}{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{3} - \frac{3}{x^2}$.
વિધેય ઘટતું હોવા માટે,$f^{\prime}(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
$\frac{1}{3} - \frac{3}{x^2} < 0$
$\frac{1}{3} < \frac{3}{x^2}$
$x^2 < 9$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|x| < 3$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-3, 3)$.
નોંધો કે $x=0$ આગળ વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે,પરંતુ અંતરાલ $(-3, 3)$ એ અસમતા $x^2 < 9$ માટે પ્રમાણિત ઉકેલ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x}{\log x}$ છે.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલિત $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = \frac{(\log x)(1) - (x)(\frac{1}{x})}{(\log x)^2} = \frac{\log x - 1}{(\log x)^2}$.
વિધેય વધતું હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $(\log x)^2$ એ $x > 0$ અને $x \neq 1$ માટે હંમેશા ધન છે,તેથી $f'(x) > 0$ માટે $\log x - 1 > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\log x > 1$.
લઘુગણકનો આધાર $e$ હોવાથી,$\log_e x > \log_e e$ મળે.
તેથી,$x > e$.
આમ,$x$ ની કિંમતોનો સમૂહ $\{x: x > e\}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $y = -x^{2} + 6x - 3$ છે.
વિધેય કયા અંતરાલમાં વધે છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું પ્રથમ વિકલન કરીએ:
$\frac{dy}{dx} = -2x + 6$.
વિધેય ત્યારે વધતું વિધેય કહેવાય જ્યારે તેનું વિકલન શૂન્ય કરતા મોટું હોય,એટલે કે $\frac{dy}{dx} > 0$.
વિકલનને શૂન્ય કરતા મોટું લેતા:
$-2x + 6 > 0$.
બંને બાજુથી $6$ બાદ કરતા:
$-2x > -6$.
$-2$ વડે ભાગતા (અને અસમતાની નિશાની બદલતા):
$x < 3$.
તેથી,વિધેય $x < 3$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) ધારો કે $f(x) = x^5+3x^3+4x+30$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,આપણને $f'(x) = 5x^4+9x^2+4$ મળે છે.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $x^4 \ge 0$ અને $x^2 \ge 0$ હોવાથી,$5x^4+9x^2+4 \ge 4 > 0$ થાય.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) > 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ તેના પ્રદેશ પર ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.
ચુસ્ત રીતે વધતું સતત વિધેય $x$-અક્ષને વધુમાં વધુ એક વાર છેદી શકે છે.
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ અને $\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$ હોવાથી,મધ્યવર્તી મૂલ્ય પ્રમેય મુજબ,બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.

(D) ધારો કે $f(x) = x - \sin x$.
તેથી $f'(x) = 1 - \cos x$.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $\cos x \leq 1$ હોવાથી,બધા $x$ માટે $f'(x) \geq 0$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
$f(0) = 0 - \sin(0) = 0$ હોવાથી,બધા $x \geq 0$ માટે $f(x) \geq 0$ થાય.
આમ,$x - \sin x \geq 0$,જેનો અર્થ છે કે બધા $x \geq 0$ માટે $\sin x \leq x$ થાય.
$x < 0$ માટે,ધારો કે $x = -t$ જ્યાં $t > 0$. તો $\sin(-t) = -\sin t$.
અસમતા $-\sin t \leq -t$ બને છે,જેનું સાદું રૂપ $\sin t \geq t$ થાય છે.
બધા $t > 0$ માટે $\sin t < t$ હોવાથી,અસમતા $\sin t \geq t$ ફક્ત $t = 0$ પર સંતોષાય છે.
તેથી,$x$ ના તમામ મૂલ્યોનો સમૂહ જેના માટે $\sin x \leq x$ થાય તે $[0, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ ને $x \in (0, \pi/2)$ માટે ધ્યાનમાં લો.
વિકલન કરતા,$f'(x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$ મળે.
ધારો કે $u(x) = x \cos x - \sin x$. તો $u'(x) = \cos x - x \sin x - \cos x = -x \sin x$.
$x \in (0, \pi/2)$ હોવાથી,$u'(x) < 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $u(x)$ એ ઘટતું વિધેય છે.
$u(0) = 0$ અને $u(x)$ ઘટતું હોવાથી,$x \in (0, \pi/2)$ માટે $u(x) < 0$ થાય.
આમ,$f'(x) < 0$,એટલે કે $f(x)$ એ $(0, \pi/2)$ પર ઘટતું વિધેય છે.
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $f(x) \to 1$,અને $x = \pi/2$ પર,$f(\pi/2) = \frac{2}{\pi}$ મળે.
$f(x)$ ઘટતું હોવાથી,$0 < x < \pi/2$ માટે,$\frac{2}{\pi} < \frac{\sin x}{x} < 1$ થાય.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) વિધેય $f(x) = \operatorname{Tan}^{-1}(\sin x + \cos x)$ વધતું વિધેય છે તે જાણવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{1}{1 + (\sin x + \cos x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x + \cos x)$.
$f'(x) = \frac{\cos x - \sin x}{1 + (\sin x + \cos x)^2}$.
વિધેય $f(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
છેદ $1 + (\sin x + \cos x)^2$ હંમેશા ધન હોવાથી,અંશ ધન હોવો જોઈએ:
$\cos x - \sin x > 0$.
$\cos x > \sin x$.
બંને બાજુ $\cos x$ વડે ભાગતા (જ્યારે $\cos x > 0$),આપણને $1 > \tan x$ મળે,જેનો અર્થ છે $\tan x < 1$.
આ અસમતા $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ માટે સાચી છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $C$ એટલે કે $\left(-\frac{3\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ એ સાચો જવાબ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = 3 \sinh(x) - 2 \cosh(x)$ છે,જ્યાં $x \in R$.
વ્યાખ્યાઓ $\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ અને $\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 3 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right) - 2 \left( \frac{e^x + e^{-x}}{2} \right)$
$f(x) = \frac{3e^x - 3e^{-x} - 2e^x - 2e^{-x}}{2} = \frac{e^x - 5e^{-x}}{2}$
હવે,વિકલન $f'(x)$ મેળવતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} e^x - \frac{5}{2} e^{-x} \right) = \frac{1}{2} e^x + \frac{5}{2} e^{-x}$
બધા $x \in R$ માટે $e^x > 0$ અને $e^{-x} > 0$ હોવાથી,$f'(x) > 0$ થાય છે.
તેથી,વિધેય $f$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $x = t^5 + 5t^3 + 20t + 7$ અને $y = 4t^3 - 3t^2 - 18t + 3$.
પ્રથમ,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = 5t^4 + 15t^2 + 20 = 5(t^4 + 3t^2 + 4)$.
અહીં $t^4 + 3t^2 + 4$ એ તમામ વાસ્તવિક $t$ માટે હંમેશા ધન છે (કારણ કે તેનો વિવેચક $D = 3^2 - 4(1)(4) = -7 < 0$ છે).
$\frac{dy}{dt} = 12t^2 - 6t - 18 = 6(2t^2 - t - 3)$.
હવે,વક્રનું વિકલન $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{6(2t^2 - t - 3)}{5(t^4 + 3t^2 + 4)}$ થાય.
વક્ર ઘટતું વિધેય હોય ત્યારે $\frac{dy}{dx} < 0$ થાય.
છેદ $5(t^4 + 3t^2 + 4)$ હંમેશા ધન હોવાથી,અંશ ઋણ હોવો જોઈએ:
$6(2t^2 - t - 3) < 0$
$2t^2 - t - 3 < 0$
અવયવ પાડતા: $(2t - 3)(t + 1) < 0$.
શૂન્યો $t = -1$ અને $t = 3/2$ છે.
અંતરાલ ચકાસતા,$t \in (-1, 3/2)$ માટે વિધેય ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + 2ax^2 + 3(a+1)x + 5$ છે.
વિધેય $f(x)$ તેના સમગ્ર પ્રદેશમાં ચુસ્ત રીતે વધતું હોય તે માટે,તેનું વિકલન $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 3x^2 + 4ax + 3(a+1)$.
અહીં $f'(x)$ એ દ્વિઘાત પદાવલિ છે જેનો અગ્ર સહગુણક ધન $(3 > 0)$ છે,તેથી $f'(x) \geq 0$ માટે તેનો વિવેચક $D \leq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (4a)^2 - 4(3)(3(a+1)) \leq 0$.
$16a^2 - 36(a+1) \leq 0$.
$4$ વડે ભાગતા: $4a^2 - 9(a+1) \leq 0$.
$4a^2 - 9a - 9 \leq 0$.
અવયવ પાડતા: $(4a+3)(a-3) \leq 0$.
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે છે જ્યારે $a$ એ બીજની વચ્ચે હોય: $a \in [-\frac{3}{4}, 3]$.
ચુસ્ત રીતે વધતા વિધેય માટે,આપણે અંતરાલ $a \in (-\frac{3}{4}, 3)$ મેળવીએ છીએ.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + 5 \sin^2 x$ એ $R$ પર વધતું વિધેય છે,તેથી તમામ $x \in R$ માટે $f'(x) \ge 0$ થાય.
$f'(x) = 3x^2 + 2ax + b + 10 \sin x \cos x = 3x^2 + 2ax + b + 5 \sin 2x$.
$f'(x) \ge 0$ માટે,$f'(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $\ge 0$ હોવી જોઈએ.
કારણ કે $\sin 2x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે હોય છે,તેથી $5 \sin 2x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $-5$ છે.
આમ,આપણે તમામ $x \in R$ માટે $3x^2 + 2ax + b - 5 \ge 0$ ની જરૂર છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C \ge 0$ તમામ $x$ માટે સાચું હોય તે માટે $A > 0$ અને વિવેચક $D = B^2 - 4AC \le 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $A = 3$,$B = 2a$,અને $C = b-5$ છે.
$D = (2a)^2 - 4(3)(b-5) \le 0$.
$4a^2 - 12(b-5) \le 0$.
$4$ વડે ભાગતા,આપણને $a^2 - 3(b-5) \le 0$ મળે છે.
$a^2 - 3b + 15 \le 0$.
આપેલા વિકલ્પોમાં કડક અસમતા હોવાથી,સાચી શરત $a^2 - 3b + 15 < 0$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $y = \ln(\ln(x))$ છે,જ્યાં $x > 1$.
પ્રથમ,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન મેળવીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\ln(x)} \cdot \frac{d}{dx}(\ln(x)) = \frac{1}{x \ln(x)}$.
વિધેય ઘટતું હોવા માટે,આપણે $\frac{dy}{dx} < 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\frac{1}{x \ln(x)} < 0$.
અહીં પ્રદેશ $x > 1$ આપેલ છે,તેથી આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(x) > 0$ અને $x > 1$ છે.
આથી,$x > 1$ માટે $x \ln(x)$ નો ગુણાકાર હંમેશા ધન રહે છે.
જેથી $x > 1$ માટે $\frac{1}{x \ln(x)}$ હંમેશા ધન છે,તેથી એવું કોઈ અંતરાલ નથી જ્યાં વિધેય ઘટતું હોય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) વક્ર $y=3x^4-5x^3-12x^2+18x+3$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ વિકલિત $g(x) = \frac{dy}{dx}$ દ્વારા મળે છે.
વિકલન કરતા: $g(x) = 12x^3 - 15x^2 - 24x + 18$.
$g(x)$ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોય તે માટે તેનું વિકલિત $g'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$g'(x) = 36x^2 - 30x - 24$.
$g'(x) > 0$ લેતા: $36x^2 - 30x - 24 > 0$.
$6$ વડે ભાગતા: $6x^2 - 5x - 4 > 0$.
અવયવ પાડતા: $(3x-4)(2x+1) > 0$.
બીજ $x = \frac{4}{3}$ અને $x = -\frac{1}{2}$ મળે છે.
આ અસમતા $x \in (-\infty, -\frac{1}{2}) \cup (\frac{4}{3}, \infty)$ માટે સાચી છે.
જેને $R - [-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}]$ તરીકે લખી શકાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $y = \sin x + \sin x \cos x = \sin x + \frac{1}{2} \sin 2x$ છે.
વિધેય $y$ કયા અંતરાલમાં ચુસ્ત વધતું છે તે શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધીએ.
$\frac{dy}{dx} = \cos x + \cos 2x$.
વિધેય $y$ ચુસ્ત વધતું હોય તે માટે $\frac{dy}{dx} > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\cos x + (2 \cos^2 x - 1) > 0$.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $2t^2 + t - 1 > 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(2t - 1)(t + 1) > 0$.
અહીં $t = \cos x$ અને $x \in [-\pi, \pi]$ હોવાથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \le t \le 1$.
$(2t - 1)(t + 1) > 0$ માટે,$t > \frac{1}{2}$ હોવું જોઈએ (કારણ કે $t+1$ હંમેશા $\ge 0$ છે અને $t \neq -1$).
આમ,$\cos x > \frac{1}{2}$.
અંતરાલ $[-\pi, \pi]$ માં,$\cos x > \frac{1}{2}$ નો અર્થ છે કે $x \in \left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$.
તેથી,વિધેય અંતરાલ $\left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(C) વિધેય $f(x) = 2x + \log \left(\frac{x}{2+x}\right)$ કયા અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
પ્રથમ,નોંધો કે પ્રદેશ માટે $\frac{x}{2+x} > 0$ હોવું જરૂરી છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$.
$f(x) = 2x + \log(x) - \log(2+x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{2+x}$.
$f'(x) = 2 + \frac{2+x-x}{x(2+x)} = 2 + \frac{2}{x(2+x)} = \frac{2x(2+x) + 2}{x(2+x)} = \frac{2(x^2 + 2x + 1)}{x(2+x)} = \frac{2(x+1)^2}{x(2+x)}$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
કારણ કે $2(x+1)^2 \ge 0$ તમામ $x$ માટે,$f'(x) > 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $x(2+x) > 0$ અને $x \neq -1$.
અસમતા $x(2+x) > 0$ એ $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$ માટે સાચી છે.
આમ,વિધેય $(-\infty, -2) \cup (0, \infty)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) કોઈ વિધેય એકવિધ વધતું છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તપાસીએ છીએ કે તેના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે તેનું વિકલન $f'(x) \ge 0$ છે કે નહીં.
વિકલ્પ $A$ માટે: $f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x = \frac{1 - (1+x) + x(1+x)}{1+x} = \frac{1 - 1 - x + x + x^2}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$. $x > -1$ માટે,$f'(x) \ge 0$ થાય છે,તેથી તે એકવિધ વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $g'(x) = \frac{2}{1+x^2} - 1 = \frac{2 - 1 - x^2}{1+x^2} = \frac{1-x^2}{1+x^2}$. આ $x = \pm 1$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
વિકલ્પ $C$ માટે: $h'(x) = -4 \sin x + 1$. આ $\sin x$ પર આધારિત ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
વિકલ્પ $D$ માટે: $u'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{(x+1)(1) - x(1)}{(x+1)^2} = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{x+1-1}{(x+1)^2} = \frac{x}{(x+1)^2}$. આ $x = 0$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x - \cos^2 x = \sin x - (1 - \sin^2 x) = \sin^2 x + \sin x - 1$.
ધારો કે $t = \sin x$. કારણ કે $x \in [-\pi, \pi]$,તેથી $t \in [-1, 1]$.
હવે $g(t) = t^2 + t - 1$.
$f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \cos x + 2 \cos x \sin x = \cos x(1 + 2 \sin x)$.
$f'(x) > 0$ માટે:
કિસ્સો $1$: $\cos x > 0$ અને $1 + 2 \sin x > 0$.
$\cos x > 0 \implies x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
$1 + 2 \sin x > 0 \implies \sin x > -\frac{1}{2} \implies x \in (-\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$.
છેદગણ: $x \in (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$.
કિસ્સો $2$: $\cos x < 0$ અને $1 + 2 \sin x < 0$.
$\cos x < 0 \implies x \in (-\pi, -\frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2}, \pi)$.
$1 + 2 \sin x < 0 \implies \sin x < -\frac{1}{2} \implies x \in (-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{6})$.
છેદગણ: $x \in (-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{2})$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,$f(x)$ એ $(-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{2}) \cup (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x e^{x-x^2}$.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
ગુણાકારના નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = 1 \cdot e^{x-x^2} + x \cdot e^{x-x^2} \cdot (1-2x)$
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x(1-2x)]$
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x - 2x^2]$
$f'(x) = e^{x-x^2} [-(2x^2 - x - 1)]$
$f'(x) = -e^{x-x^2} (2x+1)(x-1)$
વિધેય $f(x)$ વધતું હોય તે માટે $f'(x) \ge 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $e^{x-x^2} > 0$ દરેક $x \in R$ માટે,તેથી આપણે $-(2x+1)(x-1) \ge 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $(2x+1)(x-1) \le 0$.
બીજ $x = -\frac{1}{2}$ અને $x = 1$ છે.
આ અસમતા $x \in \left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ માટે સાચી છે.
તેથી,$f(x)$ એ $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ પર વધતું વિધેય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 - 16x^2 + 20x - 5$ છે.
વિધેય કયા અંતરાલમાં ચુસ્ત રીતે ઘટે છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ: $f'(x) = 3x^2 - 32x + 20$.
ચુસ્ત રીતે ઘટતા વિધેય માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ: $3x^2 - 32x + 20 < 0$.
અવયવ પાડતા: $(3x - 2)(x - 10) < 0$.
આ અસમતા $x \in (\frac{2}{3}, 10)$ માટે સાચી છે.
સંખ્યાઓનો ગણ $S = \{1, 3, 5, \dots, 59\}$ છે. $S$ માં કુલ સભ્યોની સંખ્યા $n(S) = 30$ છે.
આપણે ગણ $S$ માંથી એવી સંખ્યાઓ શોધવાની છે જે અંતરાલ $(\frac{2}{3}, 10)$ માં આવે છે.
આવી સંખ્યાઓ $E = \{1, 3, 5, 7, 9\}$ છે.
સાનુકૂળ પરિણામોની સંખ્યા $n(E) = 5$ છે.
સંભાવના $P = \frac{n(E)}{n(S)} = \frac{5}{30} = \frac{1}{6}$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x^x$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln(f(x)) = x \ln(x)$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને $\frac{f'(x)}{f(x)} = \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$ મળે છે.
આમ,$f'(x) = x^x(1 + \ln(x))$.
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોય તે માટે,$f'(x) \leq 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે તમામ $x > 0$ માટે $x^x > 0$ છે,તેથી $f'(x) \leq 0$ ની શરતનો અર્થ એ છે કે $1 + \ln(x) \leq 0$.
આનાથી $\ln(x) \leq -1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \leq e^{-1} = \frac{1}{e}$.
$f(x) = x^x$ નો પ્રદેશ $x > 0$ હોવાથી,જે અંતરાલમાં $f(x)$ ઘટે છે તે $\left(0, \frac{1}{e}\right]$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો અંતરાલ $\left[0, \frac{1}{e}\right]$ છે.

(A) આપેલ વિધેય: $f(x) = \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}}$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે $x > 0$ હોવું જરૂરી છે.
હવે,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx} (x^{1/2} + x^{-1/2}) = \frac{1}{2} x^{-1/2} - \frac{1}{2} x^{-3/2}$.
$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{2x\sqrt{x}} = \frac{1}{2\sqrt{x}} (1 - \frac{1}{x}) = \frac{x-1}{2x\sqrt{x}}$.
વિધેય ચુસ્ત રીતે વધતું હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $x > 0$ હોવાથી,છેદ $2x\sqrt{x}$ હંમેશા ધન રહેશે.
તેથી,$f'(x) > 0$ ત્યારે જ શક્ય છે જો $x - 1 > 0$ હોય,જેનો અર્થ છે કે $x > 1$.
આમ,વિધેય $(1, \infty)$ અંતરાલમાં ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય છે.

(D) અંતરાલ $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ માં કયું વિધેય ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક વિધેય માટે વિકલિત $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ છીએ.
વિકલ્પ $(A)$ માટે: $f(x) = \frac{\log x}{x}$,$f'(x) = \frac{1 - \log x}{x^2}$. $x \in \left(\frac{1}{e}, e\right)$ માટે,$\log x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે છે. તેથી,$x < e$ માટે $f'(x) > 0$ છે,એટલે કે તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(B)$ માટે: $f(x) = x^2 \log x$,$f'(x) = 2x \log x + x = x(2 \log x + 1)$. $x > \frac{1}{e}$ માટે,$f'(x) > 0$ છે,તેથી તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(C)$ માટે: $f(x) = x \log x$,$f'(x) = \log x + 1$. $x > \frac{1}{e}$ માટે,$\log x > -1$,તેથી $f'(x) > 0$ છે,તેથી તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે: $f(x) = x^{-x}$. ધારો કે $y = x^{-x}$,તો $\log y = -x \log x$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = -(\log x + x \cdot \frac{1}{x}) = -(\log x + 1)$. આમ,$f'(x) = -x^{-x}(1 + \log x)$. અંતરાલ $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ માં,$\log x > -1$,તેથી $(1 + \log x) > 0$. $x^{-x} > 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ મળે છે. તેથી,$f(x) = x^{-x}$ એ ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય $y=x^3-a x^2+48 x+7$ છે.
વિધેય $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે વધતું વિધેય હોવા માટે,તેનું વિકલન અ-ઋણ હોવું જોઈએ,એટલે કે $\frac{dy}{dx} \geq 0$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 2ax + 48$.
કારણ કે $3x^2 - 2ax + 48 \geq 0$ તમામ $x$ માટે,દ્વિઘાત પદાવલિનો વિવેચક $D \leq 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં,$A=3, B=-2a, C=48$.
$D = B^2 - 4AC = (-2a)^2 - 4(3)(48) = 4a^2 - 576$.
$D \leq 0$ લેતા:
$4a^2 - 576 \leq 0$
$4(a^2 - 144) \leq 0$
$a^2 - 144 \leq 0$
$(a-12)(a+12) \leq 0$.
આમ,$a \in [-12, 12]$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,અંતરાલ $(-12, 12)$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = |x-5| + 2|x-7|$ છે.
અંતરાલ $(7, \infty)$ માટે,આપણી પાસે $x > 7$ છે.
કારણ કે $x > 7$,તેથી $x > 5$ અને $x > 7$ થાય.
તેથી,$|x-5| = x-5$ અને $|x-7| = x-7$ થાય.
આ કિંમતોને વિધેયમાં મૂકતા:
$f(x) = (x-5) + 2(x-7)$
$f(x) = x - 5 + 2x - 14$
$f(x) = 3x - 19$.
હવે,વિકલિત $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(3x - 19) = 3$.
અહીં $f'(x) = 3 > 0$ હોવાથી,અંતરાલ $(7, \infty)$ માં વિધેય વધતું વિધેય છે.

(A) $(i)$ આપેલ છે $f(x) = x|x|$. જો $x > 0$ હોય,તો $f(x) = x^2$,તેથી $f'(x) = 2x > 0$. જો $x < 0$ હોય,તો $f(x) = -x^2$,તેથી $f'(x) = -2x > 0$. આમ,દરેક $x \in R - \{0\}$ માટે $f'(x) > 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે. આ વિધાન સાચું છે.
$(ii)$ આપેલ છે $f(x) = \log_{1/4} (x)$. આધાર $1/4 < 1$ હોવાથી,લઘુગણકીય વિધેય $(0, \infty)$ પર ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે. આ વિધાન ખોટું છે.
$(iii)$ એક-એક વિધેય ચુસ્ત વધતું,ચુસ્ત ઘટતું અથવા બંનેમાંથી એક પણ ન હોઈ શકે (દા.ત.,$f(x) = 1/x$ એક-એક છે પણ એકવિધ નથી). આ વિધાન ખોટું છે.
$(iv)$ આપેલ છે $f(x) = x^{1/3}$. $f'(x) = \frac{1}{3}x^{-2/3} = \frac{1}{3x^{2/3}} > 0$ દરેક $x \neq 0$ માટે. તેથી,તે $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે. આ વિધાન ખોટું છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = -x^3 + 4ax^2 + 2x - 5$ છે.
વિધેય ઘટતું હોય તે ચકાસવા માટે આપણે તેનું વિકલન કરીએ: $f'(x) = -3x^2 + 8ax + 2$.
વિધેય દરેક $x$ માટે ઘટતું હોય તે માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
આથી $-3x^2 + 8ax + 2 < 0$ દરેક $x$ માટે થવું જોઈએ.
દ્વિઘાત પદાવલિ $Ax^2 + Bx + C$ દરેક $x$ માટે ઋણ હોય તે માટેની શરતો $A < 0$ અને વિવેચક $\Delta = B^2 - 4AC < 0$ છે.
અહીં $A = -3 < 0$ છે.
વિવેચક $\Delta = (8a)^2 - 4(-3)(2) = 64a^2 + 24$ મળે છે.
$64a^2 + 24$ એ $a$ ની કોઈપણ વાસ્તવિક કિંમત માટે હંમેશા ધન જ રહે છે,તેથી $\Delta < 0$ ની શરત ક્યારેય સંતોષાતી નથી.
આમ,$a$ ની એવી કોઈ કિંમત નથી જેના માટે વિધેય દરેક $x$ માટે ઘટતું હોય.

(D) આપેલ છે કે $f''(x) > 0$ તમામ $x \in R$ માટે,જેનો અર્થ છે કે $f'(x)$ એ તમામ $x \in R$ માટે ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
$f'(3) = 0$ હોવાથી,$x < 3$ માટે $f'(x) < 0$ અને $x > 3$ માટે $f'(x) > 0$ થાય.
હવે,$g(x) = f(\tan^2 x - 2 \tan x + 4)$ લો.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$g'(x) = f'(\tan^2 x - 2 \tan x + 4) \cdot \frac{d}{dx}(\tan^2 x - 2 \tan x + 4)$.
$g'(x) = f'(\tan^2 x - 2 \tan x + 4) \cdot (2 \tan x \sec^2 x - 2 \sec^2 x) = f'(\tan^2 x - 2 \tan x + 4) \cdot 2 \sec^2 x (\tan x - 1)$.
ધારો કે $u = \tan^2 x - 2 \tan x + 4 = (\tan x - 1)^2 + 3$. $(\tan x - 1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$u \ge 3$ થાય.
$u > 3$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $f'(u) > 0$ કારણ કે $f'(x)$ વધતું વિધેય છે અને $f'(3) = 0$.
$g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે,$g'(x) > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$f'(u) > 0$ અને $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે $2 \sec^2 x > 0$ હોવાથી,$g'(x)$ ની નિશાની $(\tan x - 1)$ પર આધાર રાખે છે.
તેથી,$g'(x) > 0$ જ્યારે $\tan x - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે કે $\tan x > 1$.
$x \in (0, \frac{\pi}{2})$ માટે,$\tan x > 1$ નો અર્થ છે કે $x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$.

(A) આપેલ છે $g(x) = \frac{1}{6} f(3 x^2 - 1) + \frac{1}{2} f(1 - x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$g'(x) = \frac{1}{6} f'(3 x^2 - 1) \cdot (6x) + \frac{1}{2} f'(1 - x^2) \cdot (-2x)$
$g'(x) = x [f'(3 x^2 - 1) - f'(1 - x^2)]$.
કારણ કે $f''(x) > 0$,તેથી $f'(x)$ એ વધતું વિધેય છે.
$g(x)$ વધતું વિધેય હોય તે માટે $g'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: જો $x > 0$ હોય,તો $f'(3 x^2 - 1) - f'(1 - x^2) > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $f'(3 x^2 - 1) > f'(1 - x^2)$.
$f'$ વધતું હોવાથી,$3 x^2 - 1 > 1 - x^2$,એટલે કે $4 x^2 > 2$,અથવા $x^2 > \frac{1}{2}$.
$x > 0$ હોવાથી,$x \in \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \infty \right)$.
કિસ્સો $2$: જો $x < 0$ હોય,તો $f'(3 x^2 - 1) - f'(1 - x^2) < 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $f'(3 x^2 - 1) < f'(1 - x^2)$.
$f'$ વધતું હોવાથી,$3 x^2 - 1 < 1 - x^2$,એટલે કે $4 x^2 < 2$,અથવા $x^2 < \frac{1}{2}$.
$x < 0$ હોવાથી,$x \in \left( -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 \right)$.
આમ,$g(x)$ એ $\left( -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 \right) \cup \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \infty \right)$ માં વધતું વિધેય છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=k x^3-9 x^2+9 x+3$ $(k>0)$ એ તમામ $x$ માટે વધતું વિધેય છે.
વિધેય $f(x)$ વધતું હોવાથી,તેનું વિકલિત $f^{\prime}(x) \geq 0$ થાય.
$f^{\prime}(x) = 3 k x^2-18 x+9$.
$f^{\prime}(x) \geq 0$ લેતા,$3 k x^2-18 x+9 \geq 0$,જેનું સાદું રૂપ $k x^2-6 x+3 \geq 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત બહુપદી $a x^2+b x+c$ માટે,જો $a>0$ હોય અને તે તમામ $x$ માટે અઋણ હોય,તો તેનો વિવેચક $D \leq 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં $a=k$,$b=-6$,અને $c=3$ છે.
$D = b^2-4 a c = (-6)^2-4(k)(3) = 36-12 k$.
$D \leq 0$ લેતા,$36-12 k \leq 0$,જેનો અર્થ છે કે $12 k \geq 36$,તેથી $k \geq 3$.
આમ,સાચી શરત $k \geq 3$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = (1/2)^x$,જ્યાં $x \in R$.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( (1/2)^x \right) = (1/2)^x \ln(1/2)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(1/2) = \ln(1) - \ln(2) = 0 - \ln(2) = -\ln(2)$,તેથી:
$f'(x) = -(1/2)^x \ln(2)$.
અહીં $(1/2)^x > 0$ અને $\ln(2) > 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ થાય છે.
આમ,પ્રદેશ $R$ પર $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = k(x + \sin x) + k$ છે.
વિધેય વધતું વિધેય છે તે જાણવા માટે આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}[k(x + \sin x) + k] = k(1 + \cos x)$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$k(1 + \cos x) \geq 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે,$-1 \leq \cos x \leq 1$,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq 1 + \cos x \leq 2$.
કારણ કે $(1 + \cos x)$ હંમેશા અ-ઋણ છે,તેથી ગુણાકાર $k(1 + \cos x) \geq 0$ થવા માટે $k > 0$ હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$k > 0$.

(B) આપેલ છે,$f(x)=(2 k+1) x-3-k e^{-x}+2 e^x$.
કારણ કે $f(x)$ એ તમામ $x \in R$ માટે મોનોટોનિકલી વધતું વિધેય છે,તેથી તેનું વિકલન $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = (2k+1) + k e^{-x} + 2 e^x \geq 0$.
$e^x$ વડે ગુણતા (જે હંમેશા ધન છે):
$(2k+1)e^x + k + 2e^{2x} \geq 0$.
પદોને ગોઠવતા:
$2e^{2x} + (2k+1)e^x + k \geq 0$.
$e^x$ ના સંદર્ભમાં દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$2e^{2x} + 2ke^x + e^x + k \geq 0$.
$2e^x(e^x + k) + 1(e^x + k) \geq 0$.
$(2e^x + 1)(e^x + k) \geq 0$.
અહીં $2e^x + 1 > 0$ હોવાથી,$e^x + k \geq 0$ થવું જોઈએ.
આથી $k \geq -e^x$ તમામ $x \in R$ માટે.
જેમ $x \to -\infty$,તેમ $e^x \to 0$,તેથી $k \geq 0$.
આમ,$k$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\log(7+x)}{\log(3+x)}$. વિધેય ઘટતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{\frac{1}{7+x} \log(3+x) - \frac{1}{3+x} \log(7+x)}{(\log(3+x))^2}$.
$f'(x) < 0$ માટે,$\frac{\log(3+x)}{7+x} < \frac{\log(7+x)}{3+x}$ હોવું જોઈએ.
આ શરત $x > 0$ માટે હંમેશા સાચી છે કારણ કે વિધેય $g(t) = \frac{\log t}{t}$ એ $t > e$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,આપેલ વિધેય $x \in (0, \infty)$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \frac{x}{1+x} - \log(1+x)$,જ્યાં $x > 0$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{(1+x)(1) - x(1)}{(1+x)^2} - \frac{1}{1+x}$
$f'(x) = \frac{1}{(1+x)^2} - \frac{1}{1+x} = \frac{1 - (1+x)}{(1+x)^2} = \frac{-x}{(1+x)^2}$.
કારણ કે $x > 0$ છે,તેથી તમામ $x > 0$ માટે $f'(x) < 0$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એ $x > 0$ માટે ચુસ્ત ઘટતું વિધેય છે.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $f(x) \to \frac{0}{1} - \log(1) = 0$.
વિધેય $0$ થી શરૂ થાય છે અને $x > 0$ માટે ચુસ્ત રીતે ઘટે છે,તેથી તમામ $x > 0$ માટે $f(x) < 0$ થાય છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + 2px^2 + 27x + 16$ છે.
$f(x)$ એ તમામ $x \in R$ માટે ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોવાથી,$f'(x) > 0$ થવું જોઈએ.
પ્રથમ,વિકલિત મેળવો: $f'(x) = 3x^2 + 4px + 27$.
$f'(x)$ એ દ્વિઘાત પદાવલિ છે અને તેનો અગ્ર સહગુણક ધન $(3 > 0)$ હોવાથી,તે તમામ $x$ માટે ધન ત્યારે જ હોય જો તેનો વિવેચક $D < 0$ હોય.
વિવેચક $D = (4p)^2 - 4(3)(27)$ છે.
$D < 0$ લેતા:
$16p^2 - 324 < 0$
$p^2 - \frac{324}{16} < 0$
$p^2 - \frac{81}{4} < 0$
$(p - \frac{9}{2})(p + \frac{9}{2}) < 0$.
આમ,$p$ નો વિસ્તાર $p \in \left(-\frac{9}{2}, \frac{9}{2}\right)$ છે.