Номер 961, страница 287 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 9. Применение производной к исследованию функций. Упражнения к главе 9 - номер 961, страница 287.

Условие.

961 Построить график функции:

1) $y = 3x^2 - 6x + 5$ на отрезке $[0; 3];$

2) $y = \frac{1}{4} x^4 - \frac{2}{3} x^3 - \frac{3}{2} x^2 + 2$ на отрезке $[-2; 4].$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) $y = 3x^2 - 6x + 5$ на отрезке $[0; 3]$

Для построения графика квадратичной функции $y = 3x^2 - 6x + 5$ на заданном отрезке $[0; 3]$ выполним пошаговый анализ.

Шаг 1: Определение вида графика.

Данная функция является квадратичной, её график — парабола. Коэффициент при $x^2$ равен $a=3$, что больше нуля ($a>0$), следовательно, ветви параболы направлены вверх.

Шаг 2: Нахождение вершины параболы.

Координата $x_v$ вершины параболы вычисляется по формуле $x_v = -\frac{b}{2a}$. Для нашей функции $a=3$ и $b=-6$.

$x_v = -\frac{-6}{2 \cdot 3} = \frac{6}{6} = 1$.

Значение $x_v = 1$ принадлежит отрезку $[0; 3]$. Это означает, что вершина параболы находится внутри заданного интервала и является точкой минимума функции на этом отрезке.

Теперь найдем координату $y_v$ вершины, подставив $x_v=1$ в уравнение функции:

$y_v = 3(1)^2 - 6(1) + 5 = 3 - 6 + 5 = 2$.

Таким образом, вершина параболы находится в точке $(1; 2)$.

Шаг 3: Вычисление значений функции на концах отрезка.

Найдем значения $y$ на границах отрезка, то есть в точках $x=0$ и $x=3$.

При $x=0$: $y(0) = 3(0)^2 - 6(0) + 5 = 5$. Получаем точку $(0; 5)$.

При $x=3$: $y(3) = 3(3)^2 - 6(3) + 5 = 3 \cdot 9 - 18 + 5 = 27 - 18 + 5 = 14$. Получаем точку $(3; 14)$.

Шаг 4: Построение графика.

Для построения графика нанесем на координатную плоскость найденные точки: начало отрезка $(0; 5)$, вершину $(1; 2)$ и конец отрезка $(3; 14)$. Для большей точности можно найти еще одну контрольную точку, например, при $x=2$ (симметрично точке $x=0$ относительно оси параболы $x=1$):

$y(2) = 3(2)^2 - 6(2) + 5 = 12 - 12 + 5 = 5$. Получаем точку $(2; 5)$.

Соединяем точки $(0; 5)$, $(1; 2)$, $(2; 5)$ и $(3; 14)$ плавной кривой (частью параболы).

Ответ: Графиком функции на отрезке $[0; 3]$ является часть параболы с ветвями вверх, вершиной в точке $(1; 2)$. График ограничен точками $(0; 5)$ и $(3; 14)$.

2) $y = \frac{1}{4}x^4 - \frac{2}{3}x^3 - \frac{3}{2}x^2 + 2$ на отрезке $[-2; 4]$

Для построения графика данной функции на отрезке $[-2; 4]$ проведем её исследование с помощью производной.

Шаг 1: Нахождение производной.

Найдем первую производную функции $y'$ для определения интервалов монотонности и точек экстремума:

$y' = \left(\frac{1}{4}x^4 - \frac{2}{3}x^3 - \frac{3}{2}x^2 + 2\right)' = \frac{1}{4} \cdot 4x^3 - \frac{2}{3} \cdot 3x^2 - \frac{3}{2} \cdot 2x + 0 = x^3 - 2x^2 - 3x$.

Шаг 2: Нахождение критических точек.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти стационарные (критические) точки:

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

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

Решая квадратное уравнение $x^2 - 2x - 3 = 0$, находим корни $x=-1$ и $x=3$.

Таким образом, критические точки: $x_1 = -1$, $x_2 = 0$, $x_3 = 3$. Все три точки принадлежат заданному отрезку $[-2; 4]$.

Шаг 3: Определение промежутков возрастания и убывания.

Определим знаки производной $y' = x(x-3)(x+1)$ на интервалах, на которые критические точки разбивают отрезок $[-2; 4]$: $[-2; -1)$, $(-1; 0)$, $(0; 3)$ и $(3; 4]$.

На интервале $[-2; -1)$ производная $y' < 0$, следовательно, функция убывает.

На интервале $(-1; 0)$ производная $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

На интервале $(0; 3)$ производная $y' < 0$, следовательно, функция убывает.

На интервале $(3; 4]$ производная $y' > 0$, следовательно, функция возрастает.

Из этого следует, что $x=-1$ и $x=3$ являются точками локального минимума, а $x=0$ — точкой локального максимума.

Шаг 4: Вычисление значений функции в ключевых точках.

Вычислим значения функции $y$ в критических точках и на концах отрезка $[-2; 4]$.

При $x = -2$: $y(-2) = \frac{1}{4}(-2)^4 - \frac{2}{3}(-2)^3 - \frac{3}{2}(-2)^2 + 2 = 4 + \frac{16}{3} - 6 + 2 = \frac{16}{3} \approx 5.33$. Точка $(-2; \frac{16}{3})$.

При $x = -1$ (локальный минимум): $y(-1) = \frac{1}{4} - \frac{2}{3}(-1) - \frac{3}{2} + 2 = \frac{1}{4} + \frac{2}{3} - \frac{3}{2} + 2 = \frac{3+8-18+24}{12} = \frac{17}{12} \approx 1.42$. Точка $(-1; \frac{17}{12})$.

При $x = 0$ (локальный максимум): $y(0) = 2$. Точка $(0; 2)$.

При $x = 3$ (локальный минимум): $y(3) = \frac{1}{4}(81) - \frac{2}{3}(27) - \frac{3}{2}(9) + 2 = \frac{81}{4} - 18 - \frac{27}{2} + 2 = \frac{81-72-54+8}{4} = -\frac{37}{4} = -9.25$. Точка $(3; -\frac{37}{4})$.

При $x = 4$: $y(4) = \frac{1}{4}(256) - \frac{2}{3}(64) - \frac{3}{2}(16) + 2 = 64 - \frac{128}{3} - 24 + 2 = 42 - \frac{128}{3} = \frac{126-128}{3} = -\frac{2}{3} \approx -0.67$. Точка $(4; -\frac{2}{3})$.

Шаг 5: Построение графика.

Наносим на координатную плоскость вычисленные точки: $(-2; 5.33)$, $(-1; 1.42)$, $(0; 2)$, $(3; -9.25)$ и $(4; -0.67)$. Соединяем их плавной кривой, учитывая характер монотонности функции на каждом интервале.

Ответ: Графиком является кривая, проходящая через точки $(-2; \frac{16}{3})$, $(-1; \frac{17}{12})$, $(0; 2)$, $(3; -\frac{37}{4})$ и $(4; -\frac{2}{3})$. Функция убывает на отрезках $[-2; -1]$ и $[0; 3]$, возрастает на отрезках $[-1; 0]$ и $[3; 4]$. Точка $(3; -\frac{37}{4})$ является точкой глобального минимума, а точка $(-2; \frac{16}{3})$ — точкой глобального максимума функции на данном отрезке.