Страница 114 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

20.4. Докажите, что данная функция не имеет точек экстремума:

a) $f(x) = \frac{x}{4} - \frac{9}{x}$;

б) $f(x) = \frac{1}{x} - 5x.$

а)

Чтобы доказать, что функция не имеет точек экстремума, необходимо найти ее производную и показать, что она не обращается в ноль и не меняет знак на всей области определения функции.

1. Область определения функции $f(x) = \frac{x}{4} - \frac{9}{x}$ — это все действительные числа, кроме $x=0$. То есть, $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (\frac{x}{4} - \frac{9}{x})' = (\frac{1}{4}x - 9x^{-1})' = \frac{1}{4} - 9(-1)x^{-2} = \frac{1}{4} + \frac{9}{x^2}$.

3. Точки экстремума могут быть только в критических точках, то есть в точках, где производная равна нулю или не существует. Приравняем производную к нулю, чтобы найти стационарные точки:

$\frac{1}{4} + \frac{9}{x^2} = 0$

$\frac{9}{x^2} = -\frac{1}{4}$

Данное уравнение не имеет действительных корней, так как левая часть $\frac{9}{x^2}$ всегда положительна для любого $x \ne 0$, а правая часть отрицательна. Производная $f'(x)$ существует для всех $x$ из области определения функции. Следовательно, у функции нет критических точек.

4. Поскольку критических точек нет, исследуем знак производной $f'(x) = \frac{1}{4} + \frac{9}{x^2}$ на всей области определения. Для любого $x \ne 0$, имеем $x^2 > 0$, значит, $\frac{9}{x^2} > 0$. Сумма двух положительных чисел $\frac{1}{4}$ и $\frac{9}{x^2}$ всегда положительна.

Таким образом, $f'(x) > 0$ на всей области определения. Это означает, что функция строго возрастает на интервалах $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$. Так как производная не меняет знак, у функции нет точек экстремума.

Ответ: Утверждение доказано, функция не имеет точек экстремума.

б)

Проведем аналогичное исследование для функции $f(x) = \frac{1}{x} - 5x$.

1. Область определения функции: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$, так как $x \ne 0$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (\frac{1}{x} - 5x)' = (x^{-1} - 5x)' = -1 \cdot x^{-2} - 5 = -\frac{1}{x^2} - 5$.

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$-\frac{1}{x^2} - 5 = 0$

$\frac{1}{x^2} = -5$

Уравнение не имеет действительных корней, поскольку левая часть $\frac{1}{x^2}$ всегда положительна, а правая — отрицательна. Следовательно, критических точек нет.

4. Исследуем знак производной $f'(x) = -\frac{1}{x^2} - 5$. Для любого $x \ne 0$, имеем $x^2 > 0$, значит $\frac{1}{x^2} > 0$, а $-\frac{1}{x^2} < 0$. Сумма двух отрицательных слагаемых $-\frac{1}{x^2}$ и $-5$ всегда отрицательна.

Таким образом, $f'(x) < 0$ на всей области определения. Это означает, что функция строго убывает на интервалах $(-\infty; 0)$ и $(0; +\infty)$. Так как производная не меняет знак, у функции нет точек экстремума.

Ответ: Утверждение доказано, функция не имеет точек экстремума.

20.5. Найдите точки минимума и максимума функции:

a) $f(x)=\frac{1}{5}\cos x + 1;$

б) $f(x)=x + 2\sin x.$

a) Для нахождения точек минимума и максимума функции $f(x) = \frac{1}{5}\cos x + 1$ используется стандартный алгоритм исследования функции с помощью производной. Область определения функции — все действительные числа ($D(f) = \mathbb{R}$).

1. Находим производную функции:

$f'(x) = \left(\frac{1}{5}\cos x + 1\right)' = -\frac{1}{5}\sin x$.

2. Находим критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0$

$-\frac{1}{5}\sin x = 0$

$\sin x = 0$

Критические точки функции: $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки делят числовую ось. Знак $f'(x) = -\frac{1}{5}\sin x$ противоположен знаку $\sin x$.

- На интервалах вида $(2\pi k, \pi + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$, значение $\sin x > 0$, следовательно, $f'(x) < 0$. На этих интервалах функция убывает.

- На интервалах вида $(\pi + 2\pi k, 2\pi(k+1))$, где $k \in \mathbb{Z}$, значение $\sin x < 0$, следовательно, $f'(x) > 0$. На этих интервалах функция возрастает.

4. Определяем характер точек экстремума по смене знака производной:

- В точках вида $x = \pi + 2\pi k$ (нечетные кратные $\pi$) производная меняет знак с «−» на «+». Следовательно, это точки минимума.

- В точках вида $x = 2\pi k$ (четные кратные $\pi$) производная меняет знак с «+» на «−». Следовательно, это точки максимума.

Ответ: точки минимума: $x = \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$; точки максимума: $x = 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) Для нахождения точек минимума и максимума функции $f(x) = x + 2\sin x$ используем тот же алгоритм. Область определения функции — все действительные числа ($D(f) = \mathbb{R}$).

1. Находим производную функции:

$f'(x) = (x + 2\sin x)' = 1 + 2\cos x$.

2. Находим критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0$

$1 + 2\cos x = 0$

$\cos x = -\frac{1}{2}$

Критические точки функции: $x = \pm \arccos\left(-\frac{1}{2}\right) + 2\pi n = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Исследуем знак производной $f'(x) = 1 + 2\cos x$.

- Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$, то есть $1 + 2\cos x > 0 \implies \cos x > -\frac{1}{2}$. Это неравенство выполняется на интервалах вида $(-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, \frac{2\pi}{3} + 2\pi n)$.

- Функция убывает, когда $f'(x) < 0$, то есть $1 + 2\cos x < 0 \implies \cos x < -\frac{1}{2}$. Это неравенство выполняется на интервалах вида $(\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, \frac{4\pi}{3} + 2\pi n)$.

4. Определяем характер точек экстремума по смене знака производной:

- В точках вида $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ функция переходит от возрастания к убыванию (знак производной меняется с «+» на «−»). Следовательно, это точки максимума.

- В точках вида $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n$ функция переходит от убывания к возрастанию (знак производной меняется с «−» на «+»). Следовательно, это точки минимума.

Ответ: точки минимума: $x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$; точки максимума: $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

20.6. Найдите критические точки функции. Определите, какие из них являются точками максимума, какие - точками минимума:

а) $f(x) = \frac{1}{3}x - x^3$;

б) $f(x) = 2x^4 - 8x$;

в) $f(x) = x^4 - 32x + 1$;

г) $f(x) = 9 + 4x^3 - x^4$;

д) $y = x^2(x + 1)$;

е) $y = 3x^4 + 4x^3$.

а) Для функции $f(x) = \frac{1}{3}x - x^3$ сначала находим ее производную.

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

Критические точки — это точки, в которых производная равна нулю или не существует. Так как производная является многочленом, она существует для всех $x$. Приравняем производную к нулю:

$\frac{1}{3} - 3x^2 = 0$

$3x^2 = \frac{1}{3}$

$x^2 = \frac{1}{9}$

$x_1 = -\frac{1}{3}$, $x_2 = \frac{1}{3}$.

Чтобы определить тип этих точек, найдем вторую производную:

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

Теперь проверим знак второй производной в каждой критической точке:

Для $x = -\frac{1}{3}$: $f''(-\frac{1}{3}) = -6 \cdot (-\frac{1}{3}) = 2$. Так как $f''(-\frac{1}{3}) > 0$, это точка минимума.

Для $x = \frac{1}{3}$: $f''(\frac{1}{3}) = -6 \cdot \frac{1}{3} = -2$. Так как $f''(\frac{1}{3}) < 0$, это точка максимума.

Ответ: $x = -\frac{1}{3}$ — точка минимума, $x = \frac{1}{3}$ — точка максимума.

б) Для функции $f(x) = 2x^4 - 8x$ находим производную:

$f'(x) = (2x^4 - 8x)' = 8x^3 - 8$.

Приравняем производную к нулю для поиска критических точек:

$8x^3 - 8 = 0$

$8x^3 = 8$

$x^3 = 1$

$x = 1$.

Это единственная критическая точка. Для определения ее типа найдем вторую производную:

$f''(x) = (8x^3 - 8)' = 24x^2$.

Проверим знак второй производной в точке $x = 1$:

$f''(1) = 24 \cdot 1^2 = 24$. Так как $f''(1) > 0$, это точка минимума.

Ответ: $x = 1$ — точка минимума.

в) Для функции $f(x) = x^4 - 32x + 1$ находим производную:

$f'(x) = (x^4 - 32x + 1)' = 4x^3 - 32$.

Приравняем производную к нулю:

$4x^3 - 32 = 0$

$4x^3 = 32$

$x^3 = 8$

$x = 2$.

Это единственная критическая точка. Найдем вторую производную, чтобы определить ее тип:

$f''(x) = (4x^3 - 32)' = 12x^2$.

Проверим знак второй производной в точке $x = 2$:

$f''(2) = 12 \cdot 2^2 = 12 \cdot 4 = 48$. Так как $f''(2) > 0$, это точка минимума.

Ответ: $x = 2$ — точка минимума.

г) Для функции $f(x) = 9 + 4x^3 - x^4$ находим производную:

$f'(x) = (9 + 4x^3 - x^4)' = 12x^2 - 4x^3$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$12x^2 - 4x^3 = 0$

$4x^2(3 - x) = 0$.

Отсюда получаем две критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = 3$.

Для определения их типа найдем вторую производную:

$f''(x) = (12x^2 - 4x^3)' = 24x - 12x^2$.

Проверим каждую точку:

Для $x = 3$: $f''(3) = 24 \cdot 3 - 12 \cdot 3^2 = 72 - 108 = -36$. Так как $f''(3) < 0$, это точка максимума.

Для $x = 0$: $f''(0) = 24 \cdot 0 - 12 \cdot 0^2 = 0$. В этом случае вторая производная не дает ответа. Исследуем знак первой производной $f'(x) = 4x^2(3-x)$ в окрестности точки $x=0$.

Слева от $x=0$ (например, $x=-1$): $f'(-1) = 4(-1)^2(3 - (-1)) = 4 \cdot 4 = 16 > 0$.

Справа от $x=0$ (например, $x=1$): $f'(1) = 4(1)^2(3 - 1) = 4 \cdot 2 = 8 > 0$.

Поскольку производная не меняет знак при переходе через точку $x=0$, эта точка не является ни максимумом, ни минимумом.

Ответ: $x = 3$ — точка максимума; $x = 0$ — критическая точка, не являющаяся точкой экстремума.

д) Для функции $y = x^2(x + 1)$ раскроем скобки: $y = x^3 + x^2$.

Находим производную:

$y' = (x^3 + x^2)' = 3x^2 + 2x$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$3x^2 + 2x = 0$

$x(3x + 2) = 0$.

Критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = -\frac{2}{3}$.

Найдем вторую производную для определения типа точек:

$y'' = (3x^2 + 2x)' = 6x + 2$.

Проверим каждую точку:

Для $x = -\frac{2}{3}$: $y''(-\frac{2}{3}) = 6 \cdot (-\frac{2}{3}) + 2 = -4 + 2 = -2$. Так как $y''(-\frac{2}{3}) < 0$, это точка максимума.

Для $x = 0$: $y''(0) = 6 \cdot 0 + 2 = 2$. Так как $y''(0) > 0$, это точка минимума.

Ответ: $x = -\frac{2}{3}$ — точка максимума, $x = 0$ — точка минимума.

е) Для функции $y = 3x^4 + 4x^3$ находим производную:

$y' = (3x^4 + 4x^3)' = 12x^3 + 12x^2$.

Приравняем производную к нулю:

$12x^3 + 12x^2 = 0$

$12x^2(x + 1) = 0$.

Критические точки: $x_1 = -1$ и $x_2 = 0$.

Найдем вторую производную:

$y'' = (12x^3 + 12x^2)' = 36x^2 + 24x$.

Проверим каждую точку:

Для $x = -1$: $y''(-1) = 36(-1)^2 + 24(-1) = 36 - 24 = 12$. Так как $y''(-1) > 0$, это точка минимума.

Для $x = 0$: $y''(0) = 36(0)^2 + 24(0) = 0$. Вторая производная равна нулю, поэтому исследуем знак первой производной $y' = 12x^2(x + 1)$ в окрестности точки $x=0$.

Выражение $12x^2$ неотрицательно, поэтому знак производной зависит от знака $(x+1)$.

Слева от $x=0$ (например, $x=-0.5$): $y'(-0.5) = 12(-0.5)^2(-0.5+1) > 0$.

Справа от $x=0$ (например, $x=1$): $y'(1) = 12(1)^2(1+1) > 0$.

Поскольку знак производной не меняется при переходе через $x=0$, эта точка не является точкой экстремума.

Ответ: $x = -1$ — точка минимума; $x = 0$ — критическая точка, не являющаяся точкой экстремума.

20.7. Используя следующие свойства, постройте эскиз графика функции:

а) $D(f) = [-2; 4]$; при $x \in (-2; 1)$ $f'(x) < 0$; при $x \in (1; 4)$ $f'(x) > 0$;

б) $D(f) = [-2; 4]$; при $x \in (-2; -1)$ $f'(x) > 0$; при $x \in (-1; 4)$ $f'(x) < 0$;

в) $D(f) = [a; b]$; $x_1$ — точка минимума, $x_2$ — точка максимума и $f(a) < f(b)$;

г) $D(f) = [a; b]$; $x_1$ — точка минимума, $x_2$ — точка максимума и $f(a) = f(b)$.

а) Для построения эскиза графика проанализируем заданные свойства функции.

1. Область определения функции $D(f) = [-2; 4]$. Это значит, что график функции определён только для $x$ в этом промежутке, включая концы.

2. На интервале $x \in (-2; 1)$ производная $f'(x) < 0$. Это означает, что на данном интервале функция $f(x)$ убывает.

3. На интервале $x \in (1; 4)$ производная $f'(x) > 0$. Это означает, что на данном интервале функция $f(x)$ возрастает.

4. В точке $x = 1$ производная меняет свой знак с отрицательного на положительный. Следовательно, $x = 1$ является точкой локального минимума функции.

Исходя из этого, график начинается в точке с абсциссой -2, идёт вниз до точки минимума с абсциссой 1, а затем поднимается до точки с абсциссой 4.

Ответ: Эскиз графика представляет собой непрерывную кривую, которая начинается в точке с абсциссой $x = -2$, убывает до точки минимума при $x = 1$, а затем возрастает до конца отрезка в точке с абсциссой $x = 4$.

б) Для построения эскиза графика проанализируем заданные свойства функции.

1. Область определения функции $D(f) = [-2; 4]$.

2. На интервале $x \in (-2; -1)$ производная $f'(x) > 0$, следовательно, на этом интервале функция $f(x)$ возрастает.

3. На интервале $x \in (-1; 4)$ производная $f'(x) < 0$, следовательно, на этом интервале функция $f(x)$ убывает.

4. В точке $x = -1$ производная меняет свой знак с положительного на отрицательный. Следовательно, $x = -1$ является точкой локального максимума функции.

Таким образом, график начинается в точке с абсциссой -2, поднимается до точки максимума с абсциссой -1, а затем опускается до точки с абсциссой 4.

Ответ: Эскиз графика представляет собой непрерывную кривую, которая начинается в точке с абсциссой $x = -2$, возрастает до точки максимума при $x = -1$, а затем убывает до конца отрезка в точке с абсциссой $x = 4$.

в) Для построения эскиза графика проанализируем заданные свойства функции.

1. Область определения функции $D(f) = [a; b]$.

2. На данном отрезке у функции есть точка минимума $x_1$ и точка максимума $x_2$. Порядок их расположения не указан, поэтому возможны два варианта. Рассмотрим случай, когда $a < x_2 < x_1 < b$ (сначала максимум, потом минимум).

3. В этом случае функция возрастает на интервале $(a, x_2)$, убывает на интервале $(x_2, x_1)$ и снова возрастает на интервале $(x_1, b)$.

4. Также задано условие $f(a) < f(b)$, которое означает, что значение функции в правой конечной точке отрезка больше, чем в левой.

Такое поведение функции соответствует описанным условиям.

Ответ: Эскиз графика представляет собой непрерывную кривую, которая начинается в точке $(a, f(a))$, возрастает до точки локального максимума $(x_2, f(x_2))$, затем убывает до точки локального минимума $(x_1, f(x_1))$, и после этого возрастает до конечной точки $(b, f(b))$, причём ордината конечной точки выше ординаты начальной.

г) Для построения эскиза графика проанализируем заданные свойства функции.

1. Область определения функции $D(f) = [a; b]$.

2. На данном отрезке у функции есть точка минимума $x_1$ и точка максимума $x_2$. Рассмотрим случай, когда $a < x_1 < x_2 < b$ (сначала минимум, потом максимум).

3. В этом случае функция убывает на интервале $(a, x_1)$, возрастает на интервале $(x_1, x_2)$ и снова убывает на интервале $(x_2, b)$.

4. Условие $f(a) = f(b)$ означает, что значения функции в начальной и конечной точках отрезка равны.

График, обладающий такими свойствами, можно построить.

Ответ: Эскиз графика представляет собой непрерывную кривую, которая начинается в точке $(a, f(a))$, убывает до точки локального минимума $(x_1, f(x_1))$, затем возрастает до точки локального максимума $(x_2, f(x_2))$, и после этого убывает до конечной точки $(b, f(b))$, причём начальная и конечная точки графика находятся на одной высоте.

20.8. Докажите, что функция $f(x)$ не имеет критических точек:

а) $f(x) = 15 + x;$

б) $f(x) = \text{tg}x + 1;$

в) $f(x) = x^3 + 2;$

г) $f(x) = x^5 + x.$

Критическими точками функции называются внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

а) $f(x) = 15 + x$

1. Найдем область определения функции. Функция $f(x) = 15 + x$ является линейной, поэтому она определена для всех действительных чисел $x$. Область определения $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (15 + x)' = (15)' + (x)' = 0 + 1 = 1$.

3. Проверим, существуют ли точки, в которых производная не существует. Производная $f'(x) = 1$ определена для всех $x$ из области определения функции.

4. Проверим, существуют ли точки, в которых производная равна нулю. Решим уравнение $f'(x) = 0$:

$1 = 0$.

Это уравнение не имеет решений.

Поскольку производная функции существует на всей области определения и нигде не обращается в ноль, у функции нет критических точек.

Ответ: доказано.

б) $f(x) = \tg(x) + 1$

1. Найдем область определения функции. Функция $f(x) = \tg(x) + 1$ определена там же, где и тангенс, то есть при всех $x$, для которых $\cos(x) \neq 0$. Таким образом, область определения $D(f) = \{x \in \mathbb{R} \mid x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}\}$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (\tg(x) + 1)' = (\tg(x))' + (1)' = \frac{1}{\cos^2(x)} + 0 = \frac{1}{\cos^2(x)}$.

3. Проверим, существуют ли точки из области определения, в которых производная не существует. Производная $f'(x) = \frac{1}{\cos^2(x)}$ определена для всех $x$, где $\cos(x) \neq 0$, что совпадает с областью определения исходной функции. Следовательно, производная существует во всех точках области определения функции $f(x)$.

4. Проверим, существуют ли точки, в которых производная равна нулю. Решим уравнение $f'(x) = 0$:

$\frac{1}{\cos^2(x)} = 0$.

Это уравнение не имеет решений, так как дробь может быть равна нулю только если ее числитель равен нулю, а в данном случае числитель равен 1.

Поскольку производная функции существует на всей области определения и нигде не обращается в ноль, у функции нет критических точек.

Ответ: доказано.

в) $f(x) = x^3 + 2$

Для доказательства отсутствия критических точек необходимо показать, что производная функции существует на всей области определения и нигде не равна нулю.

1. Найдем область определения функции. Функция $f(x) = x^3 + 2$ является многочленом, поэтому она определена для всех действительных чисел $x$. Область определения $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (x^3 + 2)' = (x^3)' + (2)' = 3x^2 + 0 = 3x^2$.

3. Проверим, существуют ли точки, в которых производная не существует. Производная $f'(x) = 3x^2$ определена для всех $x$ из области определения функции.

4. Проверим, существуют ли точки, в которых производная равна нулю. Решим уравнение $f'(x) = 0$:

$3x^2 = 0$.

Это уравнение имеет решение $x = 0$.

Точка $x=0$ принадлежит области определения функции, и в ней производная равна нулю. Следовательно, $x=0$ является критической точкой для функции $f(x) = x^3 + 2$. Таким образом, утверждение задачи для данной функции неверно.

Ответ: утверждение неверно, функция имеет критическую точку $x=0$.

г) $f(x) = x^5 + x$

1. Найдем область определения функции. Функция $f(x) = x^5 + x$ является многочленом, поэтому она определена для всех действительных чисел $x$. Область определения $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (x^5 + x)' = (x^5)' + (x)' = 5x^4 + 1$.

3. Проверим, существуют ли точки, в которых производная не существует. Производная $f'(x) = 5x^4 + 1$ определена для всех $x$ из области определения функции.

4. Проверим, существуют ли точки, в которых производная равна нулю. Решим уравнение $f'(x) = 0$:

$5x^4 + 1 = 0$

$5x^4 = -1$

$x^4 = -\frac{1}{5}$.

Это уравнение не имеет действительных решений, так как четная степень действительного числа ($x^4$) не может быть отрицательной.

Поскольку производная функции существует на всей области определения и нигде не обращается в ноль, у функции нет критических точек.

Ответ: доказано.

20.9. Найдите экстремумы функции $y = f(x)$:

а) $f(x) = \frac{3}{x} - 12x^2$;

б) $f(x) = \frac{2}{x} - x^2$.

а)

Чтобы найти экстремумы функции $f(x) = \frac{3}{x} - 12x^2$, нужно выполнить следующие шаги:

1. Найти область определения функции. Функция определена для всех $x$, кроме $x=0$. $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

2. Найти производную функции $f(x)$. $f'(x) = \left(\frac{3}{x} - 12x^2\right)' = (3x^{-1} - 12x^2)' = -3x^{-2} - 24x = -\frac{3}{x^2} - 24x$.

3. Найти критические точки функции, решив уравнение $f'(x) = 0$. $-\frac{3}{x^2} - 24x = 0$. Умножим обе части на $x^2$ (так как $x \neq 0$): $-3 - 24x^3 = 0$; $24x^3 = -3$; $x^3 = -\frac{3}{24} = -\frac{1}{8}$; $x = \sqrt[3]{-\frac{1}{8}} = -\frac{1}{2}$. Единственная критическая точка — это $x = -1/2$.

4. Определить знаки производной на интервалах, на которые область определения разбивается критической точкой и точкой разрыва ($x=0$). Это интервалы $(-\infty, -1/2)$, $(-1/2, 0)$ и $(0, +\infty)$. Для удобства представим производную в виде $f'(x) = \frac{-3 - 24x^3}{x^2}$. Знак производной зависит только от знака числителя, так как знаменатель $x^2$ всегда положителен. - На интервале $(-\infty, -1/2)$: возьмем $x=-1$. $f'(-1) = -\frac{3}{(-1)^2} - 24(-1) = -3 + 24 = 21 > 0$. Функция возрастает. - На интервале $(-1/2, 0)$: возьмем $x=-1/4$. $f'(-1/4) = -\frac{3}{(-1/4)^2} - 24(-\frac{1}{4}) = -3(16) + 6 = -48 + 6 = -42 < 0$. Функция убывает. - На интервале $(0, +\infty)$: возьмем $x=1$. $f'(1) = -\frac{3}{1^2} - 24(1) = -3 - 24 = -27 < 0$. Функция убывает.

5. Определить точки экстремума. В точке $x = -1/2$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума.

6. Найти значение экстремума. $y_{max} = f(-1/2) = \frac{3}{-1/2} - 12\left(-\frac{1}{2}\right)^2 = -6 - 12\left(\frac{1}{4}\right) = -6 - 3 = -9$.

Ответ: $y_{max} = f(-1/2) = -9$.

б)

Чтобы найти экстремумы функции $f(x) = \frac{2}{x} - x^2$, выполним аналогичные действия:

1. Найти область определения функции. Функция определена для всех $x$, кроме $x=0$. $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

2. Найти производную функции $f(x)$. $f'(x) = \left(\frac{2}{x} - x^2\right)' = (2x^{-1} - x^2)' = -2x^{-2} - 2x = -\frac{2}{x^2} - 2x$.

3. Найти критические точки функции, решив уравнение $f'(x) = 0$. $-\frac{2}{x^2} - 2x = 0$. Умножим обе части на $x^2$: $-2 - 2x^3 = 0$; $2x^3 = -2$; $x^3 = -1$; $x = -1$. Единственная критическая точка — это $x = -1$.

4. Определить знаки производной на интервалах $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$ и $(0, +\infty)$. Запишем производную в виде $f'(x) = \frac{-2 - 2x^3}{x^2}$. - На интервале $(-\infty, -1)$: возьмем $x=-2$. $f'(-2) = -\frac{2}{(-2)^2} - 2(-2) = -\frac{1}{2} + 4 = 3.5 > 0$. Функция возрастает. - На интервале $(-1, 0)$: возьмем $x=-0.5$. $f'(-0.5) = -\frac{2}{(-0.5)^2} - 2(-0.5) = -8 + 1 = -7 < 0$. Функция убывает. - На интервале $(0, +\infty)$: возьмем $x=1$. $f'(1) = -\frac{2}{1^2} - 2(1) = -2 - 2 = -4 < 0$. Функция убывает.

5. Определить точки экстремума. В точке $x = -1$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума.

6. Найти значение экстремума. $y_{max} = f(-1) = \frac{2}{-1} - (-1)^2 = -2 - 1 = -3$.

Ответ: $y_{max} = f(-1) = -3$.

20.10. Найдите, сколько корней имеет уравнение на заданном отрезке:

a) $x^3 - 12x + 10 = 0$, $[-2; 2];$

б) $x^3 - 3x + \frac{1}{2} = 0$, $[-1; 1].$

а) Чтобы найти количество корней уравнения $x^3 - 12x + 10 = 0$ на отрезке $[-2; 2]$, исследуем поведение функции $f(x) = x^3 - 12x + 10$ на данном отрезке.

1. Найдем производную функции $f(x)$ для определения интервалов монотонности:

$f'(x) = (x^3 - 12x + 10)' = 3x^2 - 12$.

2. Найдем критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:

$3x^2 - 12 = 0$

$3(x^2 - 4) = 0$

$x^2 = 4$

Отсюда критические точки $x_1 = -2$ и $x_2 = 2$.

3. Критические точки являются концами заданного отрезка $[-2; 2]$. Исследуем знак производной на интервале $(-2; 2)$. Возьмем любую точку из этого интервала, например, $x=0$:

$f'(0) = 3(0)^2 - 12 = -12$.

Поскольку $f'(x) < 0$ для всех $x \in (-2; 2)$, функция $f(x)$ является строго убывающей на всем отрезке $[-2; 2]$.

4. Найдем значения функции на концах отрезка:

$f(-2) = (-2)^3 - 12(-2) + 10 = -8 + 24 + 10 = 26$.

$f(2) = 2^3 - 12(2) + 10 = 8 - 24 + 10 = -6$.

5. Функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[-2; 2]$, монотонно убывает на нем и принимает на его концах значения разных знаков ($f(-2) > 0$ и $f(2) < 0$). Согласно теореме о промежуточном значении, это означает, что график функции пересекает ось $Ox$ (т.е. $f(x)=0$) ровно один раз на этом отрезке.

Ответ: 1 корень.

б) Чтобы найти количество корней уравнения $x^3 - 3x + \frac{1}{2} = 0$ на отрезке $[-1; 1]$, исследуем поведение функции $g(x) = x^3 - 3x + \frac{1}{2}$ на данном отрезке.

1. Найдем производную функции $g(x)$:

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

2. Найдем критические точки, решив уравнение $g'(x) = 0$:

$3x^2 - 3 = 0$

$3(x^2 - 1) = 0$

$x^2 = 1$

Отсюда критические точки $x_1 = -1$ и $x_2 = 1$.

3. Критические точки совпадают с концами заданного отрезка $[-1; 1]$. Исследуем знак производной на интервале $(-1; 1)$. Возьмем точку $x=0$:

$g'(0) = 3(0)^2 - 3 = -3$.

Поскольку $g'(x) < 0$ для всех $x \in (-1; 1)$, функция $g(x)$ является строго убывающей на всем отрезке $[-1; 1]$.

4. Найдем значения функции на концах отрезка:

$g(-1) = (-1)^3 - 3(-1) + \frac{1}{2} = -1 + 3 + 0.5 = 2.5$.

$g(1) = 1^3 - 3(1) + \frac{1}{2} = 1 - 3 + 0.5 = -1.5$.

5. Функция $g(x)$ непрерывна на отрезке $[-1; 1]$, монотонно убывает на нем и принимает на его концах значения разных знаков ($g(-1) > 0$ и $g(1) < 0$). Следовательно, уравнение $g(x)=0$ имеет ровно один корень на этом отрезке.

Ответ: 1 корень.

20.11. Найдите критические точки функции:

а) $f(x)=(x-1)^2(x+2)^2$;

б) $f(x)=(x+1)^2(x-2)^2$.

а) Критическими точками функции называются внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует. Поскольку данная функция $f(x) = (x-1)^2(x+2)^2$ является многочленом, она определена и дифференцируема на всей числовой прямой. Таким образом, для нахождения критических точек достаточно найти точки, в которых производная равна нулю.

Найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$.

Пусть $u(x) = (x-1)^2$ и $v(x) = (x+2)^2$.

Тогда их производные равны:

$u'(x) = 2(x-1) \cdot (x-1)' = 2(x-1)$

$v'(x) = 2(x+2) \cdot (x+2)' = 2(x+2)$

Теперь найдем производную исходной функции:

$f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) = 2(x-1)(x+2)^2 + (x-1)^2 \cdot 2(x+2)$

Вынесем общий множитель $2(x-1)(x+2)$ за скобки:

$f'(x) = 2(x-1)(x+2) \cdot \left((x+2) + (x-1)\right)$

$f'(x) = 2(x-1)(x+2)(x+2+x-1)$

$f'(x) = 2(x-1)(x+2)(2x+1)$

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:

$2(x-1)(x+2)(2x+1) = 0$

Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю:

$x-1 = 0 \implies x_1 = 1$

$x+2 = 0 \implies x_2 = -2$

$2x+1 = 0 \implies 2x = -1 \implies x_3 = -0.5$

Критические точки функции: -2, -0.5, 1.

Ответ: -2; -0.5; 1.

б) Аналогично найдем критические точки для функции $f(x) = (x+1)^2(x-2)^2$. Эта функция также является многочленом, поэтому ее производная существует на всей числовой прямой. Ищем точки, где $f'(x)=0$.

Найдем производную, используя правило дифференцирования произведения.

Пусть $u(x) = (x+1)^2$ и $v(x) = (x-2)^2$.

Их производные:

$u'(x) = 2(x+1) \cdot (x+1)' = 2(x+1)$

$v'(x) = 2(x-2) \cdot (x-2)' = 2(x-2)$

Производная функции $f(x)$:

$f'(x) = 2(x+1)(x-2)^2 + (x+1)^2 \cdot 2(x-2)$

Вынесем общий множитель $2(x+1)(x-2)$ за скобки:

$f'(x) = 2(x+1)(x-2) \cdot \left((x-2) + (x+1)\right)$

$f'(x) = 2(x+1)(x-2)(x-2+x+1)$

$f'(x) = 2(x+1)(x-2)(2x-1)$

Приравняем производную к нулю:

$2(x+1)(x-2)(2x-1) = 0$

Находим корни уравнения:

$x+1 = 0 \implies x_1 = -1$

$x-2 = 0 \implies x_2 = 2$

$2x-1 = 0 \implies 2x = 1 \implies x_3 = 0.5$

Критические точки функции: -1, 0.5, 2.

Ответ: -1; 0.5; 2.

20.12. Приведите примеры функций, имеющих бесконечное число точек экстремума.

Функции, имеющие бесконечное число точек экстремума, часто являются периодическими или содержат колебательный компонент. Ниже приведены несколько примеров таких функций.

Пример 1: Тригонометрические функции

Классическим примером являются периодические функции, такие как синус и косинус.

Рассмотрим функцию $f(x) = \sin(x)$.

Для нахождения точек экстремума найдем ее производную и приравняем ее к нулю:

$f'(x) = (\sin(x))' = \cos(x)$.

Условие $f'(x) = 0$ дает уравнение $\cos(x) = 0$.

Решениями этого уравнения являются точки вида $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n$ — любое целое число ($n \in \mathbb{Z}$).

Для классификации этих точек используем вторую производную:

$f''(x) = (\cos(x))' = -\sin(x)$.

Проверим знак второй производной в найденных точках:

1. Если $n$ — четное число, т.е. $n = 2k$ ($k \in \mathbb{Z}$), то $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$. В этих точках $f''(x) = -\sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = -1 < 0$, что соответствует точкам локального максимума.

2. Если $n$ — нечетное число, т.е. $n = 2k+1$ ($k \in \mathbb{Z}$), то $x = \frac{\pi}{2} + (2k+1)\pi = \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$. В этих точках $f''(x) = -\sin(\frac{3\pi}{2} + 2\pi k) = 1 > 0$, что соответствует точкам локального минимума.

Поскольку $n$ может быть любым целым числом, функция $y = \sin(x)$ имеет бесконечное число точек максимума и минимума.

Ответ: Примером может служить функция $f(x) = \sin(x)$ или $f(x) = \cos(x)$.

Пример 2: Функция с затухающими колебаниями

Не только строго периодические функции могут иметь бесконечное число экстремумов. Рассмотрим функцию, описывающую затухающие колебания: $f(x) = e^{-x} \cos(x)$ для $x \ge 0$.

Найдем ее производную, используя правило дифференцирования произведения:

$f'(x) = (e^{-x})' \cos(x) + e^{-x} (\cos(x))' = -e^{-x} \cos(x) - e^{-x} \sin(x) = -e^{-x}(\cos(x) + \sin(x))$.

Приравняем производную к нулю. Так как множитель $e^{-x}$ всегда положителен, необходимо решить уравнение:

$\cos(x) + \sin(x) = 0 \implies \tan(x) = -1$.

Решениями этого уравнения являются точки $x = -\frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Для $x \ge 0$ мы получаем бесконечную последовательность точек экстремума при $n=1, 2, 3, \ldots$ (например, $x_1 = \frac{3\pi}{4}, x_2 = \frac{7\pi}{4}$ и т.д.). В каждой из этих точек производная меняет знак, следовательно, все они являются точками локального экстремума.

Ответ: Примером может служить функция $f(x) = e^{-x} \cos(x)$.

Пример 3: Функция с точками излома

Бесконечное число экстремумов может иметь и функция, которая не является дифференцируемой во всех точках.

Рассмотрим функцию $f(x) = |\cos(x)|$.

Ее график — это график косинуса, у которого все отрицательные части зеркально отражены относительно оси абсцисс.

1. Точки максимума: Функция достигает максимального значения 1 в тех же точках, что и $y=\cos(x)$, то есть при $x = 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. В этих точках $f'(x)=0$. Также максимумы достигаются в точках, где $\cos(x)=-1$, то есть при $x = \pi + 2\pi n$. В этих точках график имеет "излом", но они также являются точками максимума. В совокупности, точки максимума — это $x = \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

2. Точки минимума: Функция достигает минимального значения 0, когда $\cos(x) = 0$. Это происходит в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. В этих точках функция недифференцируема (график имеет "излом"), но по определению они являются точками локального минимума.

Таким образом, данная функция имеет бесконечное множество точек как максимума, так и минимума.

Ответ: Примером может служить функция $f(x) = |\cos(x)|$.

20.13. Найдите сумму ординат точек экстремума функции $f(x)=3x^4-4x^3$.

Для нахождения суммы ординат точек экстремума функции $f(x) = 3x^4 - 4x^3$ необходимо сначала найти сами точки экстремума.

1. Найдем производную функции $f(x)$. Точки экстремума находятся там, где производная равна нулю или не существует. Данная функция дифференцируема на всей числовой оси.

$f'(x) = (3x^4 - 4x^3)' = 3 \cdot 4x^3 - 4 \cdot 3x^2 = 12x^3 - 12x^2$.

2. Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$12x^3 - 12x^2 = 0$

Вынесем общий множитель за скобки:

$12x^2(x - 1) = 0$

Это уравнение имеет два корня: $x_1 = 0$ и $x_2 = 1$. Это наши критические точки.

3. Определим, являются ли эти точки точками экстремума. Для этого исследуем знак производной $f'(x)$ на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую прямую: $(-\infty; 0)$, $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$.

• При $x \in (-\infty; 0)$, например, $x = -1$: $f'(-1) = 12(-1)^2(-1 - 1) = 12 \cdot 1 \cdot (-2) = -24 < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (0; 1)$, например, $x = 0.5$: $f'(0.5) = 12(0.5)^2(0.5 - 1) = 12 \cdot 0.25 \cdot (-0.5) = -1.5 < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (1; +\infty)$, например, $x = 2$: $f'(2) = 12(2)^2(2 - 1) = 12 \cdot 4 \cdot 1 = 48 > 0$. Функция возрастает.

Поскольку при переходе через точку $x = 0$ производная не меняет свой знак (остается отрицательной), эта точка не является точкой экстремума. Это точка стационарного перегиба.

При переходе через точку $x = 1$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, $x = 1$ является точкой минимума. Это единственная точка экстремума функции.

4. Найдем ординату (значение функции) в точке экстремума $x = 1$.

$y_{экстр} = f(1) = 3(1)^4 - 4(1)^3 = 3 \cdot 1 - 4 \cdot 1 = 3 - 4 = -1$.

5. Так как у функции только одна точка экстремума, то "сумма ординат" будет равна ординате этой единственной точки.

Сумма ординат точек экстремума равна -1.

Ответ: -1.