Номер 230, страница 308 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 5. Производная, первообразная, интеграл и их применения. Глава 5. Задачи на повторение - номер 230, страница 308.

Условие.

Найдите промежутки возрастания и убывания, точки максимума и минимума функций (230, 231).

230. a) $f(x) = -\frac{1}{3}x^3 + 4x^2 - 7x + 18;$

б) $f(x) = \frac{2x^2}{3-x};$

в) $f(x) = \frac{x(x^3-4)}{2};$

г) $f(x) = \frac{x}{4-x}.$

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) $f(x) = -\frac{1}{3}x^3 + 4x^2 - 7x + 18$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдём производную функции:

$f'(x) = (-\frac{1}{3}x^3 + 4x^2 - 7x + 18)' = -\frac{1}{3} \cdot 3x^2 + 4 \cdot 2x - 7 = -x^2 + 8x - 7$.

3. Найдём критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:

$-x^2 + 8x - 7 = 0$

$x^2 - 8x + 7 = 0$

По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = 1$, $x_2 = 7$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки делят числовую ось: $(-\infty; 1)$, $(1; 7)$, $(7; +\infty)$.

График производной $y = -x^2 + 8x - 7$ — это парабола с ветвями, направленными вниз.

• На интервале $(-\infty; 1)$ производная $f'(x) < 0$, следовательно, функция $f(x)$ убывает.
• На интервале $(1; 7)$ производная $f'(x) > 0$, следовательно, функция $f(x)$ возрастает.
• На интервале $(7; +\infty)$ производная $f'(x) < 0$, следовательно, функция $f(x)$ убывает.

5. В точке $x = 1$ производная меняет знак с «−» на «+», значит, это точка минимума. $x_{min} = 1$.

В точке $x = 7$ производная меняет знак с «+» на «−», значит, это точка максимума. $x_{max} = 7$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[1; 7]$, убывает на промежутках $(-\infty; 1]$ и $[7; +\infty)$; точка минимума $x_{min} = 1$, точка максимума $x_{max} = 7$.

б) $f(x) = \frac{2x^2}{3-x}$

1. Область определения функции: знаменатель не должен быть равен нулю, т.е. $3 - x \neq 0$, откуда $x \neq 3$. $D(f) = (-\infty; 3) \cup (3; +\infty)$.

2. Найдём производную функции по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$f'(x) = \frac{(2x^2)'(3-x) - 2x^2(3-x)'}{(3-x)^2} = \frac{4x(3-x) - 2x^2(-1)}{(3-x)^2} = \frac{12x - 4x^2 + 2x^2}{(3-x)^2} = \frac{12x - 2x^2}{(3-x)^2} = \frac{2x(6-x)}{(3-x)^2}$.

3. Найдём критические точки из условия $f'(x) = 0$:

$\frac{2x(6-x)}{(3-x)^2} = 0$

$2x(6-x) = 0$, при этом $(3-x)^2 \neq 0$.

Критические точки: $x_1 = 0$, $x_2 = 6$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, учитывая точку разрыва $x=3$: $(-\infty; 0)$, $(0; 3)$, $(3; 6)$, $(6; +\infty)$.

Знаменатель $(3-x)^2$ всегда положителен при $x \neq 3$. Знак производной определяется знаком числителя $2x(6-x)$.

• На интервале $(-\infty; 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
• На интервале $(0; 3)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• На интервале $(3; 6)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• На интервале $(6; +\infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x = 0$ производная меняет знак с «−» на «+», значит, это точка минимума. $x_{min} = 0$.

В точке $x = 6$ производная меняет знак с «+» на «−», значит, это точка максимума. $x_{max} = 6$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[0; 3)$ и $(3; 6]$, убывает на промежутках $(-\infty; 0]$ и $[6; +\infty)$; точка минимума $x_{min} = 0$, точка максимума $x_{max} = 6$.

в) $f(x) = \frac{x(x^3-4)}{2}$

1. Преобразуем функцию: $f(x) = \frac{x^4 - 4x}{2} = \frac{1}{2}x^4 - 2x$.

Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдём производную функции:

$f'(x) = (\frac{1}{2}x^4 - 2x)' = \frac{1}{2} \cdot 4x^3 - 2 = 2x^3 - 2$.

3. Найдём критические точки из условия $f'(x) = 0$:

$2x^3 - 2 = 0$

$2x^3 = 2$

$x^3 = 1$

$x = 1$.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; 1)$ и $(1; +\infty)$.

• При $x < 1$, $x^3 < 1$, $f'(x) = 2(x^3-1) < 0$, функция убывает.
• При $x > 1$, $x^3 > 1$, $f'(x) = 2(x^3-1) > 0$, функция возрастает.

5. В точке $x = 1$ производная меняет знак с «−» на «+», значит, это точка минимума. $x_{min} = 1$. Точек максимума нет.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[1; +\infty)$, убывает на промежутке $(-\infty; 1]$; точка минимума $x_{min} = 1$, точек максимума нет.

г) $f(x) = \frac{x}{4-x}$

1. Область определения функции: $4 - x \neq 0$, откуда $x \neq 4$. $D(f) = (-\infty; 4) \cup (4; +\infty)$.

2. Найдём производную функции:

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

3. Найдём критические точки. Уравнение $f'(x) = 0$ не имеет решений, так как $\frac{4}{(4-x)^2}$ никогда не равно нулю.

4. Исследуем знак производной. Так как числитель $4 > 0$ и знаменатель $(4-x)^2 > 0$ для всех $x$ из области определения, то $f'(x) > 0$ на всей области определения.

Следовательно, функция возрастает на каждом из интервалов своей области определения: $(-\infty; 4)$ и $(4; +\infty)$.

5. Так как производная не меняет знак и не обращается в ноль, у функции нет точек максимума и минимума.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 4)$ и $(4; +\infty)$; промежутков убывания нет; точек максимума и минимума нет.