Номер 21, страница 93, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

21. (3) Найдите точки локальных экстремумов и значения экстремумов для следующих функций:

a) $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$

б) $g(x) = \frac{x+7}{x^2+x-6}$

в) $h(x) = \frac{x^3+2x^2}{(x-1)^2}$

г) $u(x) = \frac{(2-x)^3}{(3-x)^2}$

a) $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$

1. Область определения функции: знаменатель не должен быть равен нулю, поэтому $x \neq 0$. Таким образом, $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

2. Находим первую производную функции:$f'(x) = (x^2 + \frac{16}{x})' = (x^2 + 16x^{-1})' = 2x - 16x^{-2} = 2x - \frac{16}{x^2}$.Приведем к общему знаменателю: $f'(x) = \frac{2x^3 - 16}{x^2}$.

3. Находим критические точки, приравнивая производную к нулю: $f'(x) = 0$.$\frac{2x^3 - 16}{x^2} = 0$.Дробь равна нулю, когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.$2x^3 - 16 = 0 \implies 2x^3 = 16 \implies x^3 = 8 \implies x = 2$.Точка $x=2$ принадлежит области определения функции.

4. Исследуем знак производной в окрестности критической точки. Знаменатель $x^2$ всегда положителен при $x \neq 0$, поэтому знак производной определяется знаком числителя $2x^3 - 16$.При $x \in (-\infty, 0) \cup (0, 2)$ имеем $x^3 < 8$, поэтому $f'(x) < 0$, и функция убывает.При $x \in (2, +\infty)$ имеем $x^3 > 8$, поэтому $f'(x) > 0$, и функция возрастает.При переходе через точку $x=2$ производная меняет знак с «–» на «+». Следовательно, $x=2$ является точкой локального минимума.

5. Находим значение экстремума (локальный минимум):$f_{min} = f(2) = 2^2 + \frac{16}{2} = 4 + 8 = 12$.

Ответ: точка локального минимума $x=2$, значение локального минимума $12$.

б) $g(x) = \frac{x+7}{x^2+x-6}$

1. Область определения: знаменатель $x^2+x-6 \neq 0$. Решим уравнение $x^2+x-6=0$. По теореме Виета, корни $x_1=-3$ и $x_2=2$. Таким образом, $D(g) = (-\infty, -3) \cup (-3, 2) \cup (2, +\infty)$.

2. Найдем первую производную по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:$g'(x) = \frac{(x+7)'(x^2+x-6) - (x+7)(x^2+x-6)'}{(x^2+x-6)^2} = \frac{1 \cdot (x^2+x-6) - (x+7)(2x+1)}{(x^2+x-6)^2} = \frac{x^2+x-6 - (2x^2+x+14x+7)}{(x^2+x-6)^2} = \frac{x^2+x-6 - 2x^2-15x-7}{(x^2+x-6)^2} = \frac{-x^2-14x-13}{(x^2+x-6)^2} = -\frac{x^2+14x+13}{(x^2+x-6)^2}$.

3. Критические точки находим из условия $g'(x)=0$:$-\frac{x^2+14x+13}{(x^2+x-6)^2} = 0 \implies x^2+14x+13=0$.Корни уравнения: $x_1=-13, x_2=-1$. Обе точки принадлежат области определения.

4. Определим знаки производной. Знаменатель $(x^2+x-6)^2$ всегда положителен в области определения. Знак $g'(x)$ противоположен знаку параболы $y=x^2+14x+13$, ветви которой направлены вверх.При $x \in (-\infty, -13)$, $x^2+14x+13 > 0$, следовательно $g'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (-13, -3) \cup (-3, -1)$, $x^2+14x+13 < 0$, следовательно $g'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (-1, 2) \cup (2, +\infty)$, $x^2+14x+13 > 0$, следовательно $g'(x) < 0$ (функция убывает).В точке $x=-13$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.В точке $x=-1$ производная меняет знак с «+» на «–», это точка локального максимума.

5. Найдем значения экстремумов:Локальный минимум: $g(-13) = \frac{-13+7}{(-13)^2+(-13)-6} = \frac{-6}{169-13-6} = \frac{-6}{150} = -\frac{1}{25}$.Локальный максимум: $g(-1) = \frac{-1+7}{(-1)^2+(-1)-6} = \frac{6}{1-1-6} = \frac{6}{-6} = -1$.

Ответ: точка локального минимума $x=-13$, значение минимума $-\frac{1}{25}$; точка локального максимума $x=-1$, значение максимума $-1$.

в) $h(x) = \frac{x^3+2x^2}{(x-1)^2}$

1. Область определения: $x-1 \neq 0 \implies x \neq 1$. Итак, $D(h) = (-\infty, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Найдем первую производную:$h'(x) = \frac{(3x^2+4x)(x-1)^2 - (x^3+2x^2) \cdot 2(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{(x-1)((3x^2+4x)(x-1) - 2(x^3+2x^2))}{(x-1)^4} = \frac{3x^3-3x^2+4x^2-4x - 2x^3-4x^2}{(x-1)^3} = \frac{x^3-3x^2-4x}{(x-1)^3} = \frac{x(x^2-3x-4)}{(x-1)^3} = \frac{x(x-4)(x+1)}{(x-1)^3}$.

3. Критические точки находим из условия $h'(x)=0$:$x(x-4)(x+1) = 0 \implies x_1=-1, x_2=0, x_3=4$. Все точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$, $(0, 1)$, $(1, 4)$, $(4, +\infty)$ методом интервалов.При $x \in (-\infty, -1)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (-1, 0)$, $h'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (0, 1)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (1, 4)$, $h'(x) < 0$ (функция убывает).При $x \in (4, +\infty)$, $h'(x) > 0$ (функция возрастает).В точке $x=-1$ производная меняет знак с «+» на «–», это точка локального максимума.В точке $x=0$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.В точке $x=4$ производная меняет знак с «–» на «+», это точка локального минимума.

5. Найдем значения экстремумов:Локальный максимум: $h(-1) = \frac{(-1)^3+2(-1)^2}{(-1-1)^2} = \frac{-1+2}{4} = \frac{1}{4}$.Локальный минимум: $h(0) = \frac{0^3+2(0)^2}{(0-1)^2} = 0$.Локальный минимум: $h(4) = \frac{4^3+2(4^2)}{(4-1)^2} = \frac{64+32}{9} = \frac{96}{9} = \frac{32}{3}$.

Ответ: точка локального максимума $x=-1$, значение максимума $\frac{1}{4}$; точки локального минимума $x=0$ и $x=4$, значения минимумов $0$ и $\frac{32}{3}$ соответственно.

г) $u(x) = \frac{(2-x)^3}{(3-x)^2}$

1. Область определения: $3-x \neq 0 \implies x \neq 3$. Итак, $D(u) = (-\infty, 3) \cup (3, +\infty)$.

2. Найдем первую производную:$u'(x) = \frac{3(2-x)^2(-1)(3-x)^2 - (2-x)^3 \cdot 2(3-x)(-1)}{(3-x)^4} = \frac{-3(2-x)^2(3-x)^2 + 2(2-x)^3(3-x)}{(3-x)^4} = \frac{(2-x)^2(3-x)[-3(3-x)+2(2-x)]}{(3-x)^4} = \frac{(2-x)^2(-9+3x+4-2x)}{(3-x)^3} = \frac{(2-x)^2(x-5)}{(3-x)^3}$.

3. Критические точки находим из условия $u'(x)=0$:$(2-x)^2(x-5) = 0 \implies x_1=2, x_2=5$. Обе точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной. Множитель $(2-x)^2$ неотрицателен и равен нулю при $x=2$, но не меняет знак при переходе через эту точку. Поэтому знак $u'(x)$ определяется знаком дроби $\frac{x-5}{(3-x)^3}$ для $x \neq 2$.При $x \in (-\infty, 3)$, числитель $x-5 < 0$, знаменатель $(3-x)^3 > 0$, поэтому $u'(x) < 0$ (функция убывает на $(-\infty, 2)$ и $(2, 3)$).При $x \in (3, 5)$, числитель $x-5 < 0$, знаменатель $(3-x)^3 < 0$, поэтому $u'(x) > 0$ (функция возрастает).При $x \in (5, +\infty)$, числитель $x-5 > 0$, знаменатель $(3-x)^3 < 0$, поэтому $u'(x) < 0$ (функция убывает).В точке $x=2$ производная равна нулю, но не меняет знак, поэтому экстремума в этой точке нет.В точке $x=5$ производная меняет знак с «+» на «–», следовательно, это точка локального максимума.

5. Найдем значение экстремума:Локальный максимум: $u(5) = \frac{(2-5)^3}{(3-5)^2} = \frac{(-3)^3}{(-2)^2} = \frac{-27}{4}$.

Ответ: точка локального максимума $x=5$, значение максимума $-\frac{27}{4}$.