Номер 252, страница 341 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 4. Начала математического анализа - номер 252, страница 341.

Условие.

252. а) $f(x) = x\sqrt{1 + x^2}$;

б) $f(x) = xe^{-x^2}$;

в) $f(x) = \text{ctg } x, x \in (0; \pi)$;

г) $f(x) = \text{tg } x, x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$.

Решение 3.

Решение 5.

а) $f(x) = x \sqrt{1 + x^2}$

1. Область определения: Функция определена для всех действительных чисел, так как подкоренное выражение $1+x^2$ всегда положительно. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную функции, используя правило произведения $(uv)' = u'v + uv'$:$f'(x) = (x)' \sqrt{1+x^2} + x (\sqrt{1+x^2})' = 1 \cdot \sqrt{1+x^2} + x \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot (1+x^2)' = \sqrt{1+x^2} + \frac{x \cdot 2x}{2\sqrt{1+x^2}}$$f'(x) = \sqrt{1+x^2} + \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1+x^2+x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1+2x^2}{\sqrt{1+x^2}}$
Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.Уравнение $\frac{1+2x^2}{\sqrt{1+x^2}} = 0$ не имеет решений, так как числитель $1+2x^2 > 0$ для любого $x$, и знаменатель $\sqrt{1+x^2} > 0$ для любого $x$.Следовательно, $f'(x) > 0$ для всех $x \in D(f)$.Это означает, что функция строго возрастает на всей области определения $(-\infty; +\infty)$.Локальных экстремумов у функции нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную, используя правило частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:$u = 1+2x^2, v = \sqrt{1+x^2}$$u' = 4x, v' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$f''(x) = \frac{4x \sqrt{1+x^2} - (1+2x^2) \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{(\sqrt{1+x^2})^2} = \frac{\frac{4x(1+x^2) - x(1+2x^2)}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}$$f''(x) = \frac{4x+4x^3-x-2x^3}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} = \frac{3x+2x^3}{(1+x^2)^{3/2}} = \frac{x(3+2x^2)}{(1+x^2)^{3/2}}$
Найдем точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует: $f''(x) = 0$.$x(3+2x^2) = 0$. Так как $3+2x^2 > 0$ для всех $x$, единственное решение — $x=0$.Определим знаки второй производной на интервалах:- При $x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.В точке $x=0$ вторая производная меняет знак, следовательно, это точка перегиба.Значение функции в этой точке: $f(0) = 0 \sqrt{1+0^2} = 0$.Точка перегиба — $(0, 0)$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\infty; +\infty)$, экстремумов нет. Функция выпукла вверх на $(-\infty; 0)$ и выпукла вниз на $(0; +\infty)$. Точка перегиба $(0, 0)$.

б) $f(x) = xe^{-x^2}$

1. Область определения: Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную функции:$f'(x) = (x)'e^{-x^2} + x(e^{-x^2})' = e^{-x^2} + x \cdot e^{-x^2} \cdot (-2x) = e^{-x^2}(1-2x^2)$
Найдем критические точки: $f'(x) = 0$.$e^{-x^2}(1-2x^2) = 0$. Так как $e^{-x^2} > 0$, то $1-2x^2=0$, откуда $x^2 = 1/2$, $x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.Определим знаки производной на интервалах:- При $x \in (-\infty; -\frac{\sqrt{2}}{2})$, $1-2x^2 < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.- При $x \in (-\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2})$, $1-2x^2 > 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.- При $x \in (\frac{\sqrt{2}}{2}; +\infty)$, $1-2x^2 < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.В точке $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ производная меняет знак с "-" на "+", значит это точка локального минимума.$y_{min} = f(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-1/2} = -\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$.В точке $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ производная меняет знак с "+" на "-", значит это точка локального максимума.$y_{max} = f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}e^{-1/2} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (e^{-x^2}(1-2x^2))' = (e^{-x^2})'(1-2x^2) + e^{-x^2}(1-2x^2)'$$f''(x) = -2xe^{-x^2}(1-2x^2) + e^{-x^2}(-4x) = e^{-x^2}(-2x(1-2x^2) - 4x) = e^{-x^2}(-2x+4x^3-4x) = e^{-x^2}(4x^3-6x) = 2x(2x^2-3)e^{-x^2}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$2x(2x^2-3) = 0$. Отсюда $x=0$ или $2x^2-3=0 \implies x^2 = 3/2 \implies x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}} = \pm \frac{\sqrt{6}}{2}$.Определим знаки второй производной на интервалах:- При $x \in (-\infty; -\frac{\sqrt{6}}{2})$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (-\frac{\sqrt{6}}{2}; 0)$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.- При $x \in (0; \frac{\sqrt{6}}{2})$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (\frac{\sqrt{6}}{2}; +\infty)$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.Точки $x=0$, $x=\pm\frac{\sqrt{6}}{2}$ являются точками перегиба.$f(0)=0$.$f(\frac{\sqrt{6}}{2}) = \frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2}$.$f(-\frac{\sqrt{6}}{2}) = -\frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2}$.Точки перегиба: $(0,0)$, $(\frac{\sqrt{6}}{2}, \frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2})$, $(-\frac{\sqrt{6}}{2}, -\frac{\sqrt{6}}{2}e^{-3/2})$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2})$, убывает на $(-\infty; -\frac{\sqrt{2}}{2}) \cup (\frac{\sqrt{2}}{2}; +\infty)$. Точка минимума $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y_{min} = -\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$. Точка максимума $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$, $y_{max} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{e}}$. Функция выпукла вниз на $(-\frac{\sqrt{6}}{2}; 0) \cup (\frac{\sqrt{6}}{2}; +\infty)$, выпукла вверх на $(-\infty; -\frac{\sqrt{6}}{2}) \cup (0; \frac{\sqrt{6}}{2})$. Точки перегиба при $x=0, \pm\frac{\sqrt{6}}{2}$.

в) $f(x) = \operatorname{ctg} x, x \in (0; \pi)$

1. Область определения: Задана в условии, $D(f) = (0; \pi)$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную:$f'(x) = (\operatorname{ctg} x)' = -\frac{1}{\sin^2 x}$
На интервале $(0; \pi)$ значение $\sin x > 0$, следовательно $\sin^2 x > 0$.Таким образом, $f'(x) = -\frac{1}{\sin^2 x} < 0$ для всех $x \in (0; \pi)$.Функция строго убывает на всей области определения.Так как производная нигде не равна нулю и существует на всем интервале, критических точек и, следовательно, локальных экстремумов нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (-\sin^{-2} x)' = -(-2)\sin^{-3} x \cdot (\sin x)' = 2\sin^{-3} x \cdot \cos x = \frac{2\cos x}{\sin^3 x}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$\frac{2\cos x}{\sin^3 x} = 0 \implies \cos x = 0$.На интервале $(0; \pi)$ это уравнение имеет единственное решение $x = \frac{\pi}{2}$.Определим знаки второй производной на интервалах. На $(0; \pi)$ знаменатель $\sin^3 x > 0$, поэтому знак $f''(x)$ совпадает со знаком $\cos x$.- При $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, $\cos x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.- При $x \in (\frac{\pi}{2}; \pi)$, $\cos x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.В точке $x=\frac{\pi}{2}$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.$f(\frac{\pi}{2}) = \operatorname{ctg}(\frac{\pi}{2}) = 0$.Точка перегиба — $(\frac{\pi}{2}, 0)$.

Ответ: Функция убывает на $(0; \pi)$, экстремумов нет. Функция выпукла вниз на $(0; \frac{\pi}{2})$ и выпукла вверх на $(\frac{\pi}{2}; \pi)$. Точка перегиба $(\frac{\pi}{2}, 0)$.

г) $f(x) = \operatorname{tg} x, x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$

1. Область определения: Задана в условии, $D(f) = (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

2. Интервалы возрастания и убывания, точки экстремума:
Найдем первую производную:$f'(x) = (\operatorname{tg} x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$
На интервале $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ значение $\cos x > 0$, следовательно $\cos^2 x > 0$.Таким образом, $f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} > 0$ для всех $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.Функция строго возрастает на всей области определения.Критических точек и локальных экстремумов нет.

3. Интервалы выпуклости и вогнутости, точки перегиба:
Найдем вторую производную:$f''(x) = (\cos^{-2} x)' = -2\cos^{-3} x \cdot (\cos x)' = -2\cos^{-3} x \cdot (-\sin x) = \frac{2\sin x}{\cos^3 x}$
Найдем точки, где $f''(x) = 0$:$\frac{2\sin x}{\cos^3 x} = 0 \implies \sin x = 0$.На интервале $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ это уравнение имеет единственное решение $x=0$.Определим знаки второй производной на интервалах. На $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ знаменатель $\cos^3 x > 0$, поэтому знак $f''(x)$ совпадает со знаком $\sin x$.- При $x \in (-\frac{\pi}{2}; 0)$, $\sin x < 0$, $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх.- При $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, $\sin x > 0$, $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз.В точке $x=0$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.$f(0) = \operatorname{tg}(0) = 0$.Точка перегиба — $(0, 0)$.

Ответ: Функция возрастает на $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, экстремумов нет. Функция выпукла вверх на $(-\frac{\pi}{2}; 0)$ и выпукла вниз на $(0; \frac{\pi}{2})$. Точка перегиба $(0, 0)$.