Страница 58, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

ОБЪЯСНИТЕ

Возрастающей или убывающей будет функция, если меньшему значению аргумента соответствует значение функции: 1) меньшее; 2) большее?

1) меньшее

Для ответа на этот вопрос обратимся к определению возрастающей функции. Функция $y = f(x)$ называется возрастающей на некотором промежутке, если для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) < f(x_2)$.

В условии сказано, что меньшему значению аргумента соответствует меньшее значение функции. Это означает, что если мы выберем два любых значения аргумента $x_1$ и $x_2$ из области определения функции так, что $x_1$ будет меньше $x_2$ (запись: $x_1 < x_2$), то значение функции в точке $x_1$ (то есть $f(x_1)$) будет меньше значения функции в точке $x_2$ (то есть $f(x_2)$). Математически это записывается как: если $x_1 < x_2$, то $f(x_1) < f(x_2)$.

Данное условие полностью совпадает с определением возрастающей функции. График такой функции при движении по оси $x$ слева направо будет "подниматься" вверх.

Например, рассмотрим функцию $f(x) = 2x$. Возьмем $x_1 = 1$ и $x_2 = 3$. Так как $1 < 3$, то $x_1 < x_2$. Найдем значения функции: $f(1) = 2 \cdot 1 = 2$ и $f(3) = 2 \cdot 3 = 6$. Мы видим, что $2 < 6$, то есть $f(x_1) < f(x_2)$. Меньшему значению аргумента соответствует меньшее значение функции.

Ответ: функция будет возрастающей.

2) большее

Теперь обратимся к определению убывающей функции. Функция $y = f(x)$ называется убывающей на некотором промежутке, если для любых двух значений аргумента $x_1$ и $x_2$ из этого промежутка, таких что $x_1 < x_2$, выполняется неравенство $f(x_1) > f(x_2)$.

В условии этого пункта сказано, что меньшему значению аргумента соответствует большее значение функции. Это означает, что если мы выберем два любых значения аргумента $x_1$ и $x_2$ так, что $x_1 < x_2$, то значение функции в точке $x_1$ (то есть $f(x_1)$) будет больше значения функции в точке $x_2$ (то есть $f(x_2)$). Математически это записывается как: если $x_1 < x_2$, то $f(x_1) > f(x_2)$.

Данное условие полностью совпадает с определением убывающей функции. График такой функции при движении по оси $x$ слева направо будет "опускаться" вниз.

Например, рассмотрим функцию $f(x) = -2x$. Возьмем $x_1 = 1$ и $x_2 = 3$. Так как $1 < 3$, то $x_1 < x_2$. Найдем значения функции: $f(1) = -2 \cdot 1 = -2$ и $f(3) = -2 \cdot 3 = -6$. Мы видим, что $-2 > -6$, то есть $f(x_1) > f(x_2)$. Меньшему значению аргумента соответствует большее значение функции.

Ответ: функция будет убывающей.

1. Что можно сказать о графике функции, у которого есть асимптота: 1) вертикальная; 2) горизонтальная?

2. Может ли график функции иметь две асимптоты: 1) горизонтальную и вертикальную; 2) наклонную и горизонтальную?

3. Может ли график функции иметь две наклонные асимптоты?

1) вертикальная: Если у графика функции есть вертикальная асимптота $x=a$, это означает, что в точке $x=a$ функция не определена и имеет разрыв второго рода. При приближении аргумента $x$ к $a$ (справа или слева), значение функции $f(x)$ устремляется к бесконечности (положительной или отрицательной). Математически это выражается как $\lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty$. График функции бесконечно приближается к вертикальной прямой $x=a$, но не пересекает её.

2) горизонтальная: Если у графика функции есть горизонтальная асимптота $y=b$, это описывает поведение функции на бесконечности. Это значит, что когда аргумент $x$ стремится к $+\infty$ или к $-\infty$, значения функции $f(x)$ стремятся к постоянному числу $b$. Математически это записывается как $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = b$. График функции бесконечно приближается к горизонтальной прямой $y=b$.

Ответ: Наличие вертикальной асимптоты говорит о точке разрыва, в которой функция уходит в бесконечность. Наличие горизонтальной асимптоты говорит о том, что функция стремится к постоянному значению при $x \to \pm\infty$.

1) горизонтальную и вертикальную: Да, может. Это характерно для многих дробно-рациональных функций. Например, график функции $y = \frac{3x}{x-1}$ имеет вертикальную асимптоту $x=1$ (так как знаменатель равен нулю) и горизонтальную асимптоту $y=3$ (так как $\lim_{x \to \infty} \frac{3x}{x-1} = 3$).

2) наклонную и горизонтальную: Да, может, но на разных концах числовой оси. Функция не может иметь одновременно и наклонную, и горизонтальную асимптоты при $x \to +\infty$ (или при $x \to -\infty$), поскольку горизонтальная асимптота является частным случаем наклонной, где угловой коэффициент $k=0$. Однако у графика может быть горизонтальная асимптота при $x \to -\infty$ и наклонная при $x \to +\infty$. Например, функция $y = \sqrt{x^2+1} + x$ имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to -\infty$ и наклонную асимптоту $y=2x$ при $x \to +\infty$.

Ответ: Да, график функции может иметь одновременно горизонтальную и вертикальную асимптоты. Он также может иметь наклонную и горизонтальную асимптоты, но для разных направлений стремления $x$ (к $+\infty$ и к $-\infty$).

Да, может. График функции может иметь две разные наклонные асимптоты: одну при $x \to +\infty$ и другую при $x \to -\infty$. У функции не может быть более одной наклонной (или горизонтальной) асимптоты на каждом "конце" оси $Ox$. Таким образом, максимальное общее число наклонных и горизонтальных асимптот равно двум.

Например, график функции $y = \sqrt{x^2+1}$ (верхняя ветвь гиперболы) имеет две наклонные асимптоты: $y=x$ при $x \to +\infty$ и $y=-x$ при $x \to -\infty$.

Ответ: Да, график функции может иметь две наклонные асимптоты.

39.1. Найдите асимптоты графика функции $y = f(x):$

1) $f(x) = \frac{x-1}{x+2};$

2) $f(x) = \frac{x+1}{x-2};$

3) $f(x) = \frac{2x-5}{x-2};$

4) $f(x) = \frac{3x+1}{x-5};$

5) $f(x) = \frac{x+1}{4-x};$

6) $f(x) = \frac{5-x}{2x+3}.$

1) Для функции $f(x) = \frac{x-1}{x+2}$ асимптоты находятся следующим образом. Вертикальная асимптота существует там, где знаменатель дроби равен нулю, а числитель не равен нулю. Решим уравнение $x+2=0$, получим $x=-2$. При $x=-2$ числитель равен $-2-1=-3 \neq 0$, следовательно, прямая $x=-2$ является вертикальной асимптотой. Горизонтальная асимптота находится как предел функции при $x \to \pm\infty$. $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x-1}{x+2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1 - \frac{1}{x}}{1 + \frac{2}{x}} = \frac{1}{1} = 1$. Следовательно, прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой. Наклонных асимптот нет, так как степень числителя равна степени знаменателя.

Ответ: $x=-2, y=1$.

2) Для функции $f(x) = \frac{x+1}{x-2}$. Вертикальная асимптота: знаменатель $x-2=0$ при $x=2$. Числитель при $x=2$ равен $2+1=3 \neq 0$. Следовательно, $x=2$ — вертикальная асимптота. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x+1}{x-2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{2}{x}} = \frac{1}{1} = 1$. Следовательно, $y=1$ — горизонтальная асимптота. Наклонных асимптот нет.

Ответ: $x=2, y=1$.

3) Для функции $f(x) = \frac{2x-5}{x-2}$. Вертикальная асимптота: знаменатель $x-2=0$ при $x=2$. Числитель при $x=2$ равен $2(2)-5 = -1 \neq 0$. Следовательно, $x=2$ — вертикальная асимптота. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x-5}{x-2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2 - \frac{5}{x}}{1 - \frac{2}{x}} = \frac{2}{1} = 2$. Следовательно, $y=2$ — горизонтальная асимптота. Наклонных асимптот нет.

Ответ: $x=2, y=2$.

4) Для функции $f(x) = \frac{3x+1}{x-5}$. Вертикальная асимптота: знаменатель $x-5=0$ при $x=5$. Числитель при $x=5$ равен $3(5)+1 = 16 \neq 0$. Следовательно, $x=5$ — вертикальная асимптота. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x+1}{x-5} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{3 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{5}{x}} = \frac{3}{1} = 3$. Следовательно, $y=3$ — горизонтальная асимптота. Наклонных асимптот нет.

Ответ: $x=5, y=3$.

5) Для функции $f(x) = \frac{x+1}{4-x}$. Вертикальная асимптота: знаменатель $4-x=0$ при $x=4$. Числитель при $x=4$ равен $4+1=5 \neq 0$. Следовательно, $x=4$ — вертикальная асимптота. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x+1}{4-x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1 + \frac{1}{x}}{\frac{4}{x} - 1} = \frac{1}{-1} = -1$. Следовательно, $y=-1$ — горизонтальная асимптота. Наклонных асимптот нет.

Ответ: $x=4, y=-1$.

6) Для функции $f(x) = \frac{5-x}{2x+3}$. Вертикальная асимптота: знаменатель $2x+3=0$ при $x=-\frac{3}{2}$. Числитель при $x=-\frac{3}{2}$ равен $5-(-\frac{3}{2}) = \frac{13}{2} \neq 0$. Следовательно, $x=-\frac{3}{2}$ — вертикальная асимптота. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{5-x}{2x+3} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{5}{x} - 1}{2 + \frac{3}{x}} = \frac{-1}{2} = -\frac{1}{2}$. Следовательно, $y=-\frac{1}{2}$ — горизонтальная асимптота. Наклонных асимптот нет.

Ответ: $x=-\frac{3}{2}, y=-\frac{1}{2}$.

Найдите асимптоты функции $y = f(x)$ (39.2-39.3):

39.2. 1) $f(x) = \frac{3x-2}{x-4}$; 2) $f(x) = \frac{x-4}{x^2-4}$; 3) $f(x) = \frac{x^2-5x}{x^2-4}$.

1) Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{3x - 2}{x - 4}$.

Вертикальные асимптоты:

Вертикальные асимптоты могут существовать в точках разрыва функции. Функция не определена, когда знаменатель равен нулю: $x - 4 = 0$, то есть при $x = 4$.

Найдем односторонние пределы в этой точке:

$\lim_{x \to 4^+} \frac{3x - 2}{x - 4} = \frac{3 \cdot 4 - 2}{+0} = \frac{10}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 4^-} \frac{3x - 2}{x - 4} = \frac{3 \cdot 4 - 2}{-0} = \frac{10}{-0} = -\infty$

Поскольку пределы равны бесконечности, прямая $x = 4$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные и наклонные асимптоты:

Ищем асимптоту вида $y = kx + b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{3x - 2}{x(x - 4)} = \lim_{x \to \infty} \frac{3x - 2}{x^2 - 4x} = 0$.

Поскольку $k=0$, наклонной асимптоты нет, но может быть горизонтальная. Найдем $b$:

$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} \frac{3x - 2}{x - 4}$.

Так как степени числителя и знаменателя равны, предел равен отношению коэффициентов при старших степенях:

$b = \lim_{x \to \infty} \frac{3x}{x} = 3$.

Следовательно, прямая $y = 3$ является горизонтальной асимптотой.

Ответ: вертикальная асимптота $x = 4$, горизонтальная асимптота $y = 3$.

2) Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{x - 4}{x^2 - 4}$.

Вертикальные асимптоты:

Знаменатель обращается в ноль при $x^2 - 4 = 0$, то есть при $x = 2$ и $x = -2$.

Проверим точку $x=2$: числитель $2-4=-2 \neq 0$. Значит, $\lim_{x \to 2} |f(x)| = \infty$. Прямая $x = 2$ — вертикальная асимптота.

Проверим точку $x=-2$: числитель $-2-4=-6 \neq 0$. Значит, $\lim_{x \to -2} |f(x)| = \infty$. Прямая $x = -2$ — вертикальная асимптота.

Горизонтальные и наклонные асимптоты:

Ищем асимптоту вида $y = kx + b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x - 4}{x(x^2 - 4)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x - 4}{x^3 - 4x} = 0$, так как степень знаменателя (3) больше степени числителя (1).

$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} \frac{x - 4}{x^2 - 4} = 0$, так как степень знаменателя (2) больше степени числителя (1).

Следовательно, прямая $y = 0$ является горизонтальной асимптотой.

Ответ: вертикальные асимптоты $x = 2$ и $x = -2$, горизонтальная асимптота $y = 0$.

3) Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{x^2 - 5x}{x^2 - 4}$.

Вертикальные асимптоты:

Знаменатель обращается в ноль при $x^2 - 4 = 0$, то есть при $x = 2$ и $x = -2$.

Проверим, обращается ли числитель в ноль в этих точках:

При $x = 2$: $2^2 - 5 \cdot 2 = 4 - 10 = -6 \neq 0$.

При $x = -2$: $(-2)^2 - 5 \cdot (-2) = 4 + 10 = 14 \neq 0$.

Так как в точках $x=2$ и $x=-2$ знаменатель равен нулю, а числитель не равен нулю, то прямые $x = 2$ и $x = -2$ являются вертикальными асимптотами.

Горизонтальные и наклонные асимптоты:

Ищем асимптоту вида $y = kx + b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 5x}{x(x^2 - 4)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 5x}{x^3 - 4x} = 0$, так как степень знаменателя (3) больше степени числителя (2).

$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 5x}{x^2 - 4}$.

Так как степени числителя и знаменателя равны, предел равен отношению коэффициентов при старших степенях:

$b = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x^2} = 1$.

Следовательно, прямая $y = 1$ является горизонтальной асимптотой.

Ответ: вертикальные асимптоты $x = 2$ и $x = -2$, горизонтальная асимптота $y = 1$.

39.3.

1) $f(x) = \frac{x^2}{x-1}$;

2) $f(x) = \frac{2x^2}{x+1}$;

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

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

Проведем полное исследование функции и построим ее график.

1. Область определения функции.

Знаменатель дроби не должен равняться нулю: $x-1 \neq 0$, следовательно, $x \neq 1$.

Область определения: $D(f) = (-\infty; 1) \cup (1; \infty)$.

2. Пересечение с осями координат.

- С осью OY: $x=0 \Rightarrow y = f(0) = \frac{0^2}{0-1} = 0$. Точка пересечения с осью OY: $(0, 0)$.

- С осью OX: $y=0 \Rightarrow \frac{x^2}{x-1} = 0 \Rightarrow x^2 = 0 \Rightarrow x=0$. Точка пересечения с осью OX: $(0, 0)$.

График проходит через начало координат.

3. Четность, нечетность, периодичность.

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

Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида (ни четной, ни нечетной). Функция не является периодической.

4. Асимптоты графика.

- Вертикальные асимптоты: $x=1$ - точка разрыва. Вычислим односторонние пределы:

$\lim_{x \to 1^-} \frac{x^2}{x-1} = \frac{1}{-0} = -\infty$

$\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2}{x-1} = \frac{1}{+0} = +\infty$

Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

- Наклонные асимптоты: ищем асимптоту вида $y = kx+b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x(x-1)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x^2-x} = 1$.

$b = \lim_{x \to \infty} (f(x)-kx) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^2}{x-1}-x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x(x-1)}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{x}{x-1} = 1$.

Прямая $y = x+1$ является наклонной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и экстремумы.

Найдем первую производную функции:

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

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x)=0 \Rightarrow x(x-2)=0$.

Критические точки: $x_1=0$, $x_2=2$.

Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения разбивается критическими точками: $(-\infty, 0)$, $(0, 1)$, $(1, 2)$, $(2, \infty)$.

- на $(-\infty, 0)$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

- на $(0, 1)$: $f'(x)<0$, функция убывает.

- на $(1, 2)$: $f'(x)<0$, функция убывает.

- на $(2, \infty)$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

Точка $x=0$ - точка локального максимума. $f(0) = 0$. Максимум в $(0,0)$.

Точка $x=2$ - точка локального минимума. $f(2) = \frac{2^2}{2-1} = 4$. Минимум в $(2,4)$.

6. Промежутки выпуклости, вогнутости и точки перегиба.

Найдем вторую производную:

$f''(x) = (\frac{x^2-2x}{(x-1)^2})' = \frac{(2x-2)(x-1)^2-(x^2-2x) \cdot 2(x-1)}{((x-1)^2)^2} = \frac{2(x-1)^3 - 2(x-1)(x^2-2x)}{(x-1)^4} = \frac{2(x-1)^2-2(x^2-2x)}{(x-1)^3} = \frac{2(x^2-2x+1)-2x^2+4x}{(x-1)^3} = \frac{2}{(x-1)^3}$.

$f''(x) \neq 0$, точек перегиба нет.

- при $x<1$, $f''(x)<0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый).

- при $x>1$, $f''(x)>0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый).

Ответ: Функция определена для всех $x \neq 1$. Точка пересечения с осями - $(0,0)$. Асимптоты: вертикальная $x=1$ и наклонная $y=x+1$. Функция возрастает на $(-\infty, 0]$ и $[2, \infty)$, убывает на $[0, 1)$ и $(1, 2]$. Точка локального максимума $(0,0)$, точка локального минимума $(2,4)$. График выпуклый вверх на $(-\infty, 1)$ и выпуклый вниз на $(1, \infty)$.

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

Проведем полное исследование функции и построим ее график.

1. Область определения функции.

$x+1 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1$.

$D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; \infty)$.

2. Пересечение с осями координат.

- С осью OY: $x=0 \Rightarrow y = f(0) = \frac{2 \cdot 0^2}{0+1} = 0$. Точка $(0, 0)$.

- С осью OX: $y=0 \Rightarrow \frac{2x^2}{x+1} = 0 \Rightarrow 2x^2 = 0 \Rightarrow x=0$. Точка $(0, 0)$.

График проходит через начало координат.

3. Четность, нечетность, периодичность.

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

$f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$. Функция общего вида. Непериодическая.

4. Асимптоты графика.

- Вертикальные асимптоты: $x=-1$.

$\lim_{x \to -1^-} \frac{2x^2}{x+1} = \frac{2}{-0} = -\infty$

$\lim_{x \to -1^+} \frac{2x^2}{x+1} = \frac{2}{+0} = +\infty$

Прямая $x=-1$ - вертикальная асимптота.

- Наклонные асимптоты: $y = kx+b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{2x^2}{x(x+1)} = \lim_{x \to \infty} \frac{2x^2}{x^2+x} = 2$.

$b = \lim_{x \to \infty} (\frac{2x^2}{x+1}-2x) = \lim_{x \to \infty} \frac{2x^2 - 2x(x+1)}{x+1} = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x}{x+1} = -2$.

Прямая $y = 2x-2$ - наклонная асимптота.

5. Промежутки монотонности и экстремумы.

$f'(x) = (\frac{2x^2}{x+1})' = \frac{4x(x+1)-2x^2}{(x+1)^2} = \frac{4x^2+4x-2x^2}{(x+1)^2} = \frac{2x^2+4x}{(x+1)^2} = \frac{2x(x+2)}{(x+1)^2}$.

$f'(x)=0 \Rightarrow 2x(x+2)=0$. Критические точки: $x_1=-2$, $x_2=0$.

- на $(-\infty, -2)$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

- на $(-2, -1)$: $f'(x)<0$, функция убывает.

- на $(-1, 0)$: $f'(x)<0$, функция убывает.

- на $(0, \infty)$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

$x=-2$ - точка локального максимума. $f(-2) = \frac{2(-2)^2}{-2+1} = -8$. Максимум в $(-2,-8)$.

$x=0$ - точка локального минимума. $f(0) = 0$. Минимум в $(0,0)$.

6. Промежутки выпуклости, вогнутости и точки перегиба.

$f''(x) = (\frac{2x^2+4x}{(x+1)^2})' = \frac{(4x+4)(x+1)^2-(2x^2+4x) \cdot 2(x+1)}{(x+1)^4} = \frac{4(x+1)^2-2(2x^2+4x)}{(x+1)^3} = \frac{4(x^2+2x+1)-4x^2-8x}{(x+1)^3} = \frac{4}{(x+1)^3}$.

$f''(x) \neq 0$, точек перегиба нет.

- при $x<-1$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх.

- при $x>-1$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.

Ответ: Функция определена для всех $x \neq -1$. Точка пересечения с осями - $(0,0)$. Асимптоты: вертикальная $x=-1$ и наклонная $y=2x-2$. Функция возрастает на $(-\infty, -2]$ и $[0, \infty)$, убывает на $[-2, -1)$ и $(-1, 0]$. Точка локального максимума $(-2,-8)$, точка локального минимума $(0,0)$. График выпуклый вверх на $(-\infty, -1)$ и выпуклый вниз на $(-1, \infty)$.

3) $f(x) = \frac{1-x^2}{x-2}$

Проведем полное исследование функции и построим ее график.

1. Область определения функции.

$x-2 \neq 0 \Rightarrow x \neq 2$.

$D(f) = (-\infty; 2) \cup (2; \infty)$.

2. Пересечение с осями координат.

- С осью OY: $x=0 \Rightarrow y = f(0) = \frac{1-0^2}{0-2} = -\frac{1}{2}$. Точка $(0, -1/2)$.

- С осью OX: $y=0 \Rightarrow \frac{1-x^2}{x-2} = 0 \Rightarrow 1-x^2 = 0 \Rightarrow x=\pm 1$. Точки $(-1, 0)$ и $(1, 0)$.

3. Четность, нечетность, периодичность.

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

$f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$. Функция общего вида. Непериодическая.

4. Асимптоты графика.

- Вертикальные асимптоты: $x=2$.

$\lim_{x \to 2^-} \frac{1-x^2}{x-2} = \frac{-3}{-0} = +\infty$

$\lim_{x \to 2^+} \frac{1-x^2}{x-2} = \frac{-3}{+0} = -\infty$

Прямая $x=2$ - вертикальная асимптота.

- Наклонные асимптоты: $y = kx+b$.

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{1-x^2}{x(x-2)} = \lim_{x \to \infty} \frac{1-x^2}{x^2-2x} = -1$.

$b = \lim_{x \to \infty} (\frac{1-x^2}{x-2}-(-1)x) = \lim_{x \to \infty} (\frac{1-x^2}{x-2}+x) = \lim_{x \to \infty} \frac{1-x^2+x^2-2x}{x-2} = \lim_{x \to \infty} \frac{1-2x}{x-2} = -2$.

Прямая $y = -x-2$ - наклонная асимптота.

5. Промежутки монотонности и экстремумы.

$f'(x) = (\frac{1-x^2}{x-2})' = \frac{-2x(x-2)-(1-x^2)}{(x-2)^2} = \frac{-2x^2+4x-1+x^2}{(x-2)^2} = \frac{-x^2+4x-1}{(x-2)^2}$.

$f'(x)=0 \Rightarrow -x^2+4x-1=0 \Rightarrow x^2-4x+1=0$.

$x = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$. Критические точки: $x_1=2-\sqrt{3}$, $x_2=2+\sqrt{3}$.

- на $(-\infty, 2-\sqrt{3})$: $f'(x)<0$, функция убывает.

- на $(2-\sqrt{3}, 2)$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

- на $(2, 2+\sqrt{3})$: $f'(x)>0$, функция возрастает.

- на $(2+\sqrt{3}, \infty)$: $f'(x)<0$, функция убывает.

$x=2-\sqrt{3}$ - точка локального минимума. $f(2-\sqrt{3}) = \frac{1-(2-\sqrt{3})^2}{2-\sqrt{3}-2} = \frac{1-(4-4\sqrt{3}+3)}{-\sqrt{3}} = \frac{-6+4\sqrt{3}}{-\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}-4 \approx -0.54$. Минимум в $(2-\sqrt{3}, 2\sqrt{3}-4)$.

$x=2+\sqrt{3}$ - точка локального максимума. $f(2+\sqrt{3}) = \frac{1-(2+\sqrt{3})^2}{2+\sqrt{3}-2} = \frac{1-(4+4\sqrt{3}+3)}{\sqrt{3}} = \frac{-6-4\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = -2\sqrt{3}-4 \approx -7.46$. Максимум в $(2+\sqrt{3}, -2\sqrt{3}-4)$.

6. Промежутки выпуклости, вогнутости и точки перегиба.

$f''(x) = (\frac{-x^2+4x-1}{(x-2)^2})' = \frac{(-2x+4)(x-2)^2-(-x^2+4x-1) \cdot 2(x-2)}{(x-2)^4} = \frac{-2(x-2)^2 - 2(-x^2+4x-1)}{(x-2)^3} = \frac{-2(x^2-4x+4)+2x^2-8x+2}{(x-2)^3} = \frac{-6}{(x-2)^3}$.

$f''(x) \neq 0$, точек перегиба нет.

- при $x<2$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.

- при $x>2$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх.

Ответ: Функция определена для всех $x \neq 2$. Пересекает ось OY в точке $(0, -1/2)$, ось OX в точках $(-1, 0)$ и $(1, 0)$. Асимптоты: вертикальная $x=2$ и наклонная $y=-x-2$. Функция убывает на $(-\infty, 2-\sqrt{3}]$ и $[2+\sqrt{3}, \infty)$, возрастает на $[2-\sqrt{3}, 2)$ и $(2, 2+\sqrt{3}]$. Точка локального минимума $(2-\sqrt{3}, 2\sqrt{3}-4)$, точка локального максимума $(2+\sqrt{3}, -2\sqrt{3}-4)$. График выпуклый вниз на $(-\infty, 2)$ и выпуклый вверх на $(2, \infty)$.