Номер 981, страница 290 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 9. Применение производной к исследованию функций. Упражнения к главе 9 - номер 981, страница 290.

Условие.

981 Построить график функции:

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

2) $y=|x|\cdot \sqrt[3]{1+3x};$

3) $y=x^2e^{-x};$

4) $y=x^3e^{-x}.$

Рис. 149

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

Для построения графика функции проведем полное исследование каждой функции.

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

1. Область определения функции.
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x+1 \ge 0$, откуда $x \ge -1$.
Область определения: $D(y) = [-1, +\infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат.
- С осью OY (x=0): $y(0) = (0^2 - 1)\sqrt{0+1} = -1$. Точка пересечения $(0, -1)$.
- С осью OX (y=0): $(x^2 - 1)\sqrt{x+1} = 0$.
$x^2-1=0 \implies x_1 = 1, x_2 = -1$.
$\sqrt{x+1}=0 \implies x_3 = -1$.
Точки пересечения $(-1, 0)$ и $(1, 0)$.

3. Четность и периодичность.
Область определения несимметрична относительно начала координат, следовательно, функция не является ни четной, ни нечетной. Функция непериодическая.

4. Асимптоты.
- Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на своей области определения.
- Наклонные асимптоты $y=kx+b$ при $x \to +\infty$.
$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2 - 1)\sqrt{x+1}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(x - \frac{1}{x}\right)\sqrt{x+1} = +\infty$.
Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $y' = ((x^2-1)\sqrt{x+1})' = 2x\sqrt{x+1} + (x^2-1)\frac{1}{2\sqrt{x+1}} = \frac{2x \cdot 2(x+1) + x^2-1}{2\sqrt{x+1}} = \frac{4x^2+4x+x^2-1}{2\sqrt{x+1}} = \frac{5x^2+4x-1}{2\sqrt{x+1}}$.
Производная существует при $x > -1$. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $5x^2+4x-1=0$.
$D = 16 - 4 \cdot 5 \cdot (-1) = 36$.
$x_{1,2} = \frac{-4 \pm 6}{10}$, откуда $x_1 = \frac{2}{10} = \frac{1}{5} = 0.2$ и $x_2 = \frac{-10}{10} = -1$. Точка $x=-1$ является граничной точкой области определения. Точка $x=1/5$ - стационарная точка.
- При $x \in (-1, 1/5)$, $y'(x) < 0$, функция убывает.
- При $x \in (1/5, +\infty)$, $y'(x) > 0$, функция возрастает.
Следовательно, $x=1/5$ - точка локального минимума.
$y_{min} = y(1/5) = ( (1/5)^2 - 1 ) \sqrt{1/5+1} = (-\frac{24}{25})\sqrt{\frac{6}{5}} = -\frac{24\sqrt{30}}{125} \approx -0.95$.
Точка $x=-1$ является точкой локального максимума (краевой экстремум), $y(-1)=0$.

6. Промежутки выпуклости/вогнутости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $y'' = \left( \frac{5x^2+4x-1}{2\sqrt{x+1}} \right)' = \frac{(10x+4)2\sqrt{x+1} - (5x^2+4x-1) \cdot 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x+1}}}{(2\sqrt{x+1})^2} = \frac{(10x+4)2(x+1) - (5x^2+4x-1)}{4(x+1)\sqrt{x+1}} = \frac{20x^2+20x+8x+8 - 5x^2-4x+1}{4(x+1)^{3/2}} = \frac{15x^2+24x+9}{4(x+1)^{3/2}} = \frac{3(5x^2+8x+3)}{4(x+1)^{3/2}}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $5x^2+8x+3=0$.
$D = 64 - 4 \cdot 5 \cdot 3 = 4$.
$x_{1,2} = \frac{-8 \pm 2}{10}$, откуда $x_1 = \frac{-6}{10} = -0.6$ и $x_2 = \frac{-10}{10} = -1$. Точка $x=-0.6$ принадлежит области определения.
- При $x \in (-1, -0.6)$, $y''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый).
- При $x \in (-0.6, +\infty)$, $y''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый).
Следовательно, $x=-0.6$ - точка перегиба.
$y(-0.6) = ((-0.6)^2-1)\sqrt{-0.6+1} = (0.36-1)\sqrt{0.4} = -0.64\sqrt{0.4} = -\frac{16\sqrt{10}}{125} \approx -0.4$.

Ответ: График функции начинается в точке $(-1, 0)$, где имеет горизонтальную касательную. Убывает до точки минимума $(0.2, -0.95)$, проходя через точку перегиба $(-0.6, -0.4)$ и пересекая ось OY в точке $(0, -1)$. После точки минимума функция возрастает, пересекая ось OX в точке $(1, 0)$, и уходит на $+\infty$. На интервале $(-1, -0.6)$ график вогнутый, на $(-0.6, +\infty)$ — выпуклый.

---

2) $y = |x| \cdot \sqrt[3]{1+3x}$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty, +\infty)$, так как кубический корень определен для любого действительного числа.

2. Точки пересечения с осями:
- С осью OY (x=0): $y(0) = 0$. Точка $(0, 0)$.
- С осью OX (y=0): $|x|\sqrt[3]{1+3x} = 0$. Отсюда $|x|=0 \implies x=0$ или $1+3x=0 \implies x=-1/3$. Точки $(0, 0)$ и $(-1/3, 0)$.

3. Четность: $y(-x) = |-x|\sqrt[3]{1-3x} = |x|\sqrt[3]{1-3x}$. $y(-x) \neq y(x)$ и $y(-x) \neq -y(x)$. Функция общего вида.

4. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- Наклонные асимптоты $y=kx+b$:
$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{|x|}{x} \sqrt[3]{1+3x} = \pm\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Монотонность и экстремумы.
Раскроем модуль: $y = \begin{cases} x\sqrt[3]{1+3x}, & x \ge 0 \\ -x\sqrt[3]{1+3x}, & x < 0 \end{cases}$.
Производная при $x \neq 0, x \neq -1/3$: $y' = \begin{cases} \sqrt[3]{1+3x} + \frac{x}{\sqrt[3]{(1+3x)^2}} = \frac{1+3x+x}{\sqrt[3]{(1+3x)^2}} = \frac{4x+1}{\sqrt[3]{(1+3x)^2}}, & x > 0 \\ -(\frac{4x+1}{\sqrt[3]{(1+3x)^2}}), & x < 0 \end{cases}$.
- При $x>0$: $y' = \frac{4x+1}{(1+3x)^{2/3}} > 0$, функция возрастает.
- При $x<0$: $y'=0 \implies 4x+1=0 \implies x=-1/4$.
Производная не определена при $x=-1/3$. В этой точке касательная вертикальна, так как $\lim_{x\to-1/3} y'(x) = \infty$.
- При $x \in (-\infty, -1/3) \cup (-1/3, -1/4)$: $y' = \frac{-(4x+1)}{...} > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (-1/4, 0)$: $y' = \frac{-(4x+1)}{...} < 0$, функция убывает.
Точка $x=-1/4$ - точка локального максимума. $y_{max} = y(-1/4) = |-1/4|\sqrt[3]{1-3/4} = \frac{1}{4}\sqrt[3]{1/4} = \frac{\sqrt[3]{2}}{8} \approx 0.16$.
В точке $x=0$ производная не существует ($\lim_{x\to0^-}y'=-1, \lim_{x\to0^+}y'=1$). Это точка излома (угол) и локального минимума. $y_{min}=y(0)=0$.

Ответ: График функции идет из $+\infty$ при $x \to -\infty$, возрастает до точки максимума $(-1/4, \approx 0.16)$, проходя через точку $(-1/3, 0)$ с вертикальной касательной. Затем убывает до точки минимума $(0, 0)$, где образуется излом. После $(0, 0)$ функция возрастает и уходит на $+\infty$ при $x \to +\infty$.

---

3) $y = x^2e^{-x}$

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

2. Пересечения с осями: $y=x^2/e^x$. $y(0)=0$. Пересечение с обеими осями в точке $(0, 0)$. Так как $x^2 \ge 0$ и $e^{-x} > 0$, то $y \ge 0$ для всех $x$. График не опускается ниже оси OX.

3. Четность: $y(-x) = (-x)^2 e^x = x^2e^x$. Функция общего вида.

4. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- Горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = 0$ (по правилу Лопиталя). $y=0$ - горизонтальная асимптота справа.
- При $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} x^2e^{-x} = +\infty$. Асимптоты слева нет.

5. Монотонность и экстремумы:
$y' = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = (2x-x^2)e^{-x} = x(2-x)e^{-x}$.
$y'=0 \implies x=0$ или $x=2$.
- При $x \in (-\infty, 0)$: $y' < 0$, функция убывает.
- При $x \in (0, 2)$: $y' > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (2, +\infty)$: $y' < 0$, функция убывает.
$x=0$ - точка локального минимума, $y_{min}=y(0)=0$.
$x=2$ - точка локального максимума, $y_{max}=y(2)=4e^{-2} \approx 0.54$.

6. Выпуклость и точки перегиба:
$y'' = (2-2x)e^{-x} - (2x-x^2)e^{-x} = (x^2-4x+2)e^{-x}$.
$y''=0 \implies x^2-4x+2=0 \implies x = 2 \pm \sqrt{2}$.
$x_1=2-\sqrt{2} \approx 0.59$, $x_2=2+\sqrt{2} \approx 3.41$.
- $x \in (-\infty, 2-\sqrt{2})$: $y''>0$, график выпуклый вниз.
- $x \in (2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$: $y''<0$, график выпуклый вверх.
- $x \in (2+\sqrt{2}, +\infty)$: $y''>0$, график выпуклый вниз.
Точки перегиба: $x=2-\sqrt{2}$ ($y \approx 0.19$) и $x=2+\sqrt{2}$ ($y \approx 0.38$).

Ответ: График функции идет из $+\infty$ при $x \to -\infty$, убывает до точки минимума $(0, 0)$, касаясь оси ОХ. Затем возрастает до точки максимума $(2, 4e^{-2})$. После этого убывает, асимптотически приближаясь к оси ОХ справа. Точки перегиба находятся при $x=2 \pm \sqrt{2}$.

---

4) $y = x^3e^{-x}$

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

2. Пересечения с осями: $y(0)=0$. Пересечение с обеими осями в точке $(0, 0)$. При $x>0$, $y>0$; при $x<0$, $y<0$.

3. Четность: $y(-x) = (-x)^3 e^x = -x^3e^x$. Функция общего вида.

4. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- Горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{e^x} = 0$. $y=0$ - горизонтальная асимптота справа.
- При $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} x^3e^{-x} = -\infty$. Асимптоты слева нет.

5. Монотонность и экстремумы:
$y' = 3x^2e^{-x} - x^3e^{-x} = (3x^2-x^3)e^{-x} = x^2(3-x)e^{-x}$.
$y'=0 \implies x=0$ или $x=3$.
- При $x \in (-\infty, 3)$: $y' > 0$, функция возрастает (кроме точки $x=0$, где $y'=0$).
- При $x \in (3, +\infty)$: $y' < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ производная равна нулю, но знак не меняется, значит это не экстремум, а точка перегиба с горизонтальной касательной.
$x=3$ - точка локального максимума, $y_{max}=y(3)=27e^{-3} \approx 1.34$.

6. Выпуклость и точки перегиба:
$y'' = (6x-3x^2)e^{-x} - (3x^2-x^3)e^{-x} = (x^3-6x^2+6x)e^{-x} = x(x^2-6x+6)e^{-x}$.
$y''=0 \implies x=0$ или $x^2-6x+6=0 \implies x=3 \pm \sqrt{3}$.
Точки перегиба: $x_1=0$, $x_2=3-\sqrt{3} \approx 1.27$, $x_3=3+\sqrt{3} \approx 4.73$.
- $x \in (-\infty, 0)$: $y''<0$, выпуклый вверх.
- $x \in (0, 3-\sqrt{3})$: $y''>0$, выпуклый вниз.
- $x \in (3-\sqrt{3}, 3+\sqrt{3})$: $y''<0$, выпуклый вверх.
- $x \in (3+\sqrt{3}, +\infty)$: $y''>0$, выпуклый вниз.

Ответ: График функции идет из $-\infty$ при $x \to -\infty$, возрастает, проходя через точку перегиба с горизонтальной касательной в начале координат $(0, 0)$. Далее возрастает до точки максимума $(3, 27e^{-3})$. После этого убывает, асимптотически приближаясь к оси ОХ справа. Точки перегиба находятся при $x=0$, $x=3-\sqrt{3}$ ($y \approx 0.57$) и $x=3+\sqrt{3}$ ($y \approx 0.93$).