Номер 48.19, страница 106, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

48.19. Найдите точки экстремума функции:

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

2) $y = \frac{\sqrt{4-x}}{x^2-8}$;

3) $y = x \cdot \operatorname{arctg}x.$

1) Дана функция $y = \frac{\sqrt{2+x}}{3-x^2}$.

1. Найдем область определения функции (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а знаменатель не должен быть равен нулю.

$\begin{cases}2+x \geq 0 \\3-x^2 \neq 0\end{cases}\implies\begin{cases}x \geq -2 \\x \neq \pm\sqrt{3}\end{cases}$

Таким образом, ОДЗ: $x \in [-2, -\sqrt{3}) \cup (-\sqrt{3}, \sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)$.

2. Найдем производную функции по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$y' = \frac{(\sqrt{2+x})'(3-x^2) - \sqrt{2+x}(3-x^2)'}{(3-x^2)^2} = \frac{\frac{1}{2\sqrt{2+x}}(3-x^2) - \sqrt{2+x}(-2x)}{(3-x^2)^2}$

$y' = \frac{3-x^2 + 2x \cdot 2(2+x)}{2\sqrt{2+x}(3-x^2)^2} = \frac{3-x^2 + 8x + 4x^2}{2\sqrt{2+x}(3-x^2)^2} = \frac{3x^2 + 8x + 3}{2\sqrt{2+x}(3-x^2)^2}$.

3. Найдем критические точки. Производная равна нулю, когда числитель равен нулю:

$3x^2 + 8x + 3 = 0$

$x = \frac{-8 \pm \sqrt{8^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3}}{2 \cdot 3} = \frac{-8 \pm \sqrt{64-36}}{6} = \frac{-8 \pm \sqrt{28}}{6} = \frac{-8 \pm 2\sqrt{7}}{6} = \frac{-4 \pm \sqrt{7}}{3}$.

Получаем два корня: $x_1 = \frac{-4 - \sqrt{7}}{3}$ и $x_2 = \frac{-4 + \sqrt{7}}{3}$.

Проверим, входят ли эти точки в ОДЗ. $x_1 = \frac{-4 - \sqrt{7}}{3} \approx -2.215$ не входит в ОДЗ, так как $-2.215 < -2$.

$x_2 = \frac{-4 + \sqrt{7}}{3} \approx -0.451$ входит в ОДЗ.

Производная не определена в точке $x = -2$ (крайняя точка ОДЗ), которую также нужно исследовать.

4. Исследуем знак производной на интервалах ОДЗ. Знак $y'$ определяется знаком числителя $3x^2 + 8x + 3$, так как знаменатель $2\sqrt{2+x}(3-x^2)^2$ положителен внутри ОДЗ.

График $f(x)=3x^2+8x+3$ — парабола с ветвями вверх.

- На интервалах $[-2, \frac{-4+\sqrt{7}}{3})$ (исключая точку $x=-\sqrt{3}$), $y' < 0$, функция убывает.

- На интервалах $(\frac{-4+\sqrt{7}}{3}, \infty)$ (исключая точку $x=\sqrt{3}$), $y' > 0$, функция возрастает.

В точке $x = \frac{-4+\sqrt{7}}{3}$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, это точка локального минимума.

Точка $x = -2$ является граничной точкой ОДЗ. Так как при $x > -2$ (вблизи -2) функция убывает, то $x=-2$ является точкой локального максимума.

Ответ: $x_{max} = -2$, $x_{min} = \frac{-4+\sqrt{7}}{3}$.

2) Дана функция $y = \frac{\sqrt{4-x}}{x^2-8}$.

1. Найдем область определения функции (ОДЗ):

$\begin{cases}4-x \geq 0 \\x^2-8 \neq 0\end{cases}\implies\begin{cases}x \leq 4 \\x \neq \pm\sqrt{8}\end{cases}\implies\begin{cases}x \leq 4 \\x \neq \pm 2\sqrt{2}\end{cases}$

ОДЗ: $x \in (-\infty, -2\sqrt{2}) \cup (-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, 4]$.

2. Найдем производную функции:

$y' = \frac{(\sqrt{4-x})'(x^2-8) - \sqrt{4-x}(x^2-8)'}{(x^2-8)^2} = \frac{\frac{-1}{2\sqrt{4-x}}(x^2-8) - \sqrt{4-x}(2x)}{(x^2-8)^2}$

$y' = \frac{-(x^2-8) - 2x \cdot 2(4-x)}{2\sqrt{4-x}(x^2-8)^2} = \frac{-x^2+8 - 16x + 4x^2}{2\sqrt{4-x}(x^2-8)^2} = \frac{3x^2 - 16x + 8}{2\sqrt{4-x}(x^2-8)^2}$.

3. Найдем критические точки. Приравняем числитель производной к нулю:

$3x^2 - 16x + 8 = 0$

$x = \frac{16 \pm \sqrt{16^2 - 4 \cdot 3 \cdot 8}}{2 \cdot 3} = \frac{16 \pm \sqrt{256-96}}{6} = \frac{16 \pm \sqrt{160}}{6} = \frac{16 \pm 4\sqrt{10}}{6} = \frac{8 \pm 2\sqrt{10}}{3}$.

Получаем два корня: $x_1 = \frac{8 - 2\sqrt{10}}{3}$ и $x_2 = \frac{8 + 2\sqrt{10}}{3}$.

Проверим, входят ли эти точки в ОДЗ ($x \le 4$).

$x_1 = \frac{8 - 2\sqrt{10}}{3} \approx 0.559$. Эта точка входит в ОДЗ, так как $0.559 < 4$.

$x_2 = \frac{8 + 2\sqrt{10}}{3} \approx 4.775$. Эта точка не входит в ОДЗ, так как $4.775 > 4$.

Также исследуем граничную точку ОДЗ $x=4$.

4. Исследуем знак производной. Знак $y'$ определяется знаком числителя $3x^2 - 16x + 8$.

График $f(x)=3x^2-16x+8$ — парабола с ветвями вверх.

- На интервалах $(-\infty, \frac{8-2\sqrt{10}}{3})$ (исключая точку $x=-2\sqrt{2}$), $y' > 0$, функция возрастает.

- На интервалах $(\frac{8-2\sqrt{10}}{3}, 4]$ (исключая точку $x=2\sqrt{2}$), $y' < 0$, функция убывает.

В точке $x = \frac{8-2\sqrt{10}}{3}$ производная меняет знак с плюса на минус, следовательно, это точка локального максимума.

Точка $x = 4$ является граничной точкой ОДЗ. Так как при $x < 4$ (вблизи 4) функция убывает, то $x=4$ является точкой локального минимума.

Ответ: $x_{max} = \frac{8-2\sqrt{10}}{3}$, $x_{min} = 4$.

3) Дана функция $y = x \cdot \arctan x$.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, \infty)$.

2. Найдем производную функции по правилу дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$y' = (x)' \arctan x + x (\arctan x)' = \arctan x + x \cdot \frac{1}{1+x^2} = \arctan x + \frac{x}{1+x^2}$.

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$\arctan x + \frac{x}{1+x^2} = 0$.

Легко видеть, что $x=0$ является решением, так как $\arctan 0 + \frac{0}{1+0^2} = 0$.

Чтобы доказать, что это единственное решение, найдем вторую производную $y''$:

$y'' = (\arctan x + \frac{x}{1+x^2})' = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1 \cdot (1+x^2) - x \cdot (2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$

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

Так как $y'' > 0$ для всех $x$, функция $y'(x)$ является строго возрастающей. Следовательно, она может обращаться в ноль только в одной точке. Таким образом, $x=0$ — единственная критическая точка.

4. Исследуем знак производной $y'$ в окрестности точки $x=0$.

- При $x > 0$, имеем $\arctan x > 0$ и $\frac{x}{1+x^2} > 0$, поэтому $y' > 0$. Функция возрастает.

- При $x < 0$, имеем $\arctan x < 0$ и $\frac{x}{1+x^2} < 0$, поэтому $y' < 0$. Функция убывает.

В точке $x=0$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, это точка локального минимума.

Ответ: $x_{min} = 0$.