Номер 919, страница 270 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 9. Применение производной к исследованию функций. Параграф 50. Экстремумы функции - номер 919, страница 270.

Условие.

919 Найти точки экстремума функции:

1) $y = x + \sqrt{3 - x}$

2) $y = (x - 1)^{\frac{6}{7}}$

3) $y = x - \sin 2x$

4) $y = \cos 3x - 3x$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) $y = x + \sqrt{3-x}$

1. Находим область определения функции. Выражение под квадратным корнем должно быть неотрицательным: $3-x \ge 0$, откуда следует, что $x \le 3$. Таким образом, область определения функции $D(y) = (-\infty, 3]$.

2. Находим производную функции. Используем правило дифференцирования суммы и правило для сложной функции:
$y' = (x + \sqrt{3-x})' = (x)' + ((3-x)^{\frac{1}{2}})' = 1 + \frac{1}{2}(3-x)^{-\frac{1}{2}} \cdot (3-x)' = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-x}}$.
Производная определена на интервале $(-\infty, 3)$.

3. Находим критические точки функции. Это точки, в которых производная равна нулю или не существует.
а) Приравняем производную к нулю:
$1 - \frac{1}{2\sqrt{3-x}} = 0$
$1 = \frac{1}{2\sqrt{3-x}}$
$2\sqrt{3-x} = 1$
$\sqrt{3-x} = \frac{1}{2}$
Возводим обе части в квадрат: $3-x = \frac{1}{4}$, откуда $x = 3 - \frac{1}{4} = \frac{11}{4} = 2.75$. Эта точка входит в область определения функции.
б) Производная не существует, если знаменатель равен нулю: $2\sqrt{3-x}=0$, что происходит при $x=3$. Эта точка является концом области определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки делят область определения: $(-\infty, \frac{11}{4})$ и $(\frac{11}{4}, 3)$.
- Для интервала $(-\infty, \frac{11}{4})$ выберем тестовую точку, например $x=0$.
$y'(0) = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-0}} = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3}} > 0$. Значит, на этом интервале функция возрастает.
- Для интервала $(\frac{11}{4}, 3)$ выберем тестовую точку, например $x=2.9$.
$y'(2.9) = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-2.9}} = 1 - \frac{1}{2\sqrt{0.1}} = 1 - \frac{1}{2 \cdot 0.316...} \approx 1 - 1.58 < 0$. Значит, на этом интервале функция убывает.

5. В точке $x = \frac{11}{4}$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, $x = \frac{11}{4}$ является точкой локального максимума. Точка $x=3$ является правым концом области определения. Так как функция убывает на интервале $(\frac{11}{4}, 3)$, то в точке $x=3$ достигается локальный минимум.

Ответ: $x_{max} = \frac{11}{4}$, $x_{min} = 3$.

2) $y = (x-1)^{\frac{6}{7}}$

1. Запишем функцию в виде $y = \sqrt[7]{(x-1)^6}$. Корень нечетной степени определен для любого действительного числа, поэтому область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Находим производную функции:
$y' = \frac{6}{7}(x-1)^{\frac{6}{7}-1} \cdot (x-1)' = \frac{6}{7}(x-1)^{-\frac{1}{7}} = \frac{6}{7\sqrt[7]{x-1}}$.
Производная определена для всех $x \ne 1$.

3. Находим критические точки.
а) $y' = 0$: уравнение $\frac{6}{7\sqrt[7]{x-1}} = 0$ не имеет решений, так как числитель не равен нулю.
б) Производная не существует, когда знаменатель равен нулю, то есть при $x-1=0$, откуда $x=1$. Это единственная критическая точка.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty, 1)$ и $(1, +\infty)$.
- При $x < 1$, выражение $x-1$ отрицательно, поэтому $\sqrt[7]{x-1}$ также отрицательно. Следовательно, $y'(x) < 0$, и функция убывает.
- При $x > 1$, выражение $x-1$ положительно, поэтому $\sqrt[7]{x-1}$ также положительно. Следовательно, $y'(x) > 0$, и функция возрастает.

5. В точке $x = 1$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, $x=1$ является точкой локального минимума.

Ответ: $x_{min} = 1$.

3) $y = x - \sin 2x$

1. Область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$, так как и $x$, и $\sin 2x$ определены для всех действительных чисел.

2. Находим производную функции:
$y' = (x - \sin 2x)' = 1 - (\cos 2x) \cdot 2 = 1 - 2\cos 2x$.

3. Находим критические точки, решая уравнение $y' = 0$:
$1 - 2\cos 2x = 0$
$\cos 2x = \frac{1}{2}$
$2x = \pm \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi k$
$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$
$x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$.

4. Для определения типа экстремума найдем вторую производную:
$y'' = (1 - 2\cos 2x)' = -2(-\sin 2x) \cdot 2 = 4\sin 2x$.
- Исследуем точки $x = \frac{\pi}{6} + \pi k$:
$y''(\frac{\pi}{6} + \pi k) = 4\sin(2(\frac{\pi}{6} + \pi k)) = 4\sin(\frac{\pi}{3} + 2\pi k) = 4\sin(\frac{\pi}{3}) = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} > 0$.
Поскольку вторая производная положительна, это точки локального минимума.
- Исследуем точки $x = -\frac{\pi}{6} + \pi k$:
$y''(-\frac{\pi}{6} + \pi k) = 4\sin(2(-\frac{\pi}{6} + \pi k)) = 4\sin(-\frac{\pi}{3} + 2\pi k) = 4(-\sin(\frac{\pi}{3})) = -4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -2\sqrt{3} < 0$.
Поскольку вторая производная отрицательна, это точки локального максимума.

Ответ: $x_{max} = -\frac{\pi}{6} + \pi k$, $x_{min} = \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4) $y = \cos 3x - 3x$

1. Область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Находим производную функции:
$y' = (\cos 3x - 3x)' = (-\sin 3x) \cdot 3 - 3 = -3\sin 3x - 3 = -3(\sin 3x + 1)$.

3. Находим критические точки, решая уравнение $y' = 0$:
$-3(\sin 3x + 1) = 0$
$\sin 3x + 1 = 0$
$\sin 3x = -1$
$3x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$
$x = -\frac{\pi}{6} + \frac{2\pi k}{3}, \quad k \in \mathbb{Z}$.

4. Исследуем знак производной. Область значений синуса $[-1, 1]$, поэтому $-1 \le \sin 3x \le 1$.
Это означает, что $0 \le \sin 3x + 1 \le 2$.
Тогда $y' = -3(\sin 3x + 1)$ всегда будет меньше или равна нулю, то есть $y' \le 0$ для всех $x$. Производная обращается в ноль только в критических точках, а во всех остальных точках она строго отрицательна.

5. Так как производная не меняет свой знак при переходе через критические точки (она остается неположительной), функция является монотонно убывающей на всей числовой оси. Следовательно, у функции нет точек экстремума.

Ответ: Точек экстремума нет.