Номер 293, страница 151 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 2. Производная и её применения. Параграф 6. Применения производной к исследованию функции - номер 293, страница 151.

Условие.

293.—

a) $f(x) = (x - 2)^3$;

б) $f(x) = \begin{cases} -x - 2 \text{ при } x \le -1, \\ x \text{ при } -1 < x < 1, \\ 2 - x \text{ при } x \ge 1; \end{cases}$

в) $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{3}{x}$;

г) $f(x) = \begin{cases} x + 6 \text{ при } x < -2, \\ x^2 \text{ при } -2 \le x \le 2, \\ 6 - x \text{ при } x > 2. \end{cases}$

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) $f(x) = (x-2)^3$

Для исследования функции найдем ее производную, критические точки, промежутки возрастания и убывания, а также точки экстремума.

1. Область определения.
Функция является многочленом, поэтому она определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Производная и критические точки.
Найдем первую производную функции: $f'(x) = ((x-2)^3)' = 3(x-2)^2 \cdot (x-2)' = 3(x-2)^2$.
Критические точки – это точки, в которых производная равна нулю или не существует. Производная $f'(x)$ определена на всей области определения. Найдем точки, в которых производная равна нулю: $3(x-2)^2 = 0 \implies x-2 = 0 \implies x = 2$.
Таким образом, $x=2$ является единственной критической точкой.

3. Промежутки возрастания, убывания и точки экстремума.
Исследуем знак производной на интервалах, на которые критическая точка $x=2$ делит область определения: $(-\infty, 2)$ и $(2, +\infty)$.
Выражение $(x-2)^2$ неотрицательно при любом $x$, то есть $f'(x) = 3(x-2)^2 \ge 0$ для всех $x$.
При $x < 2$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
При $x > 2$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
Поскольку производная не меняет знак при переходе через точку $x=2$, в этой точке нет экстремума. Функция возрастает на всей своей области определения.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty, +\infty)$, точек экстремума нет.

б) $f(x) = \begin{cases} -x-2 & \text{при } x \le -1 \\ x & \text{при } -1 < x < 1 \\ 2-x & \text{при } x \ge 1 \end{cases}$

1. Область определения и непрерывность.
Функция определена для всех действительных чисел, $D(f) = (-\infty; +\infty)$. Функция является кусочно-линейной. Проверим непрерывность в точках "стыка" $x=-1$ и $x=1$.
При $x=-1$: $f(-1) = -(-1) - 2 = -1$. $\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} (-x-2) = -(-1)-2 = -1$. $\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} (x) = -1$. Поскольку значения функции и пределы слева и справа совпадают, функция непрерывна в точке $x=-1$.
При $x=1$: $f(1) = 2-1 = 1$. $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x) = 1$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (2-x) = 2-1 = 1$. Функция непрерывна в точке $x=1$. Таким образом, функция непрерывна на всей числовой оси.

2. Производная и критические точки.
Найдем производную на каждом из интервалов: $f'(x) = \begin{cases} -1 & \text{при } x < -1 \\ 1 & \text{при } -1 < x < 1 \\ -1 & \text{при } x > 1 \end{cases}$.
В точках $x=-1$ и $x=1$ производная не существует, так как односторонние производные не равны. Эти точки являются критическими. Точек, где $f'(x)=0$, нет.

3. Промежутки возрастания, убывания и точки экстремума.
Исследуем знак производной: На интервале $(-\infty, -1)$ производная $f'(x) = -1 < 0$, следовательно, функция убывает.
На интервале $(-1, 1)$ производная $f'(x) = 1 > 0$, следовательно, функция возрастает.
На интервале $(1, +\infty)$ производная $f'(x) = -1 < 0$, следовательно, функция убывает.
В точке $x=-1$ убывание сменяется возрастанием, значит это точка локального минимума. $f_{min} = f(-1) = -1$.
В точке $x=1$ возрастание сменяется убыванием, значит это точка локального максимума. $f_{max} = f(1) = 1$.

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

в) $f(x) = \frac{x}{3} + \frac{3}{x}$

1. Область определения.
Функция определена для всех $x$, кроме тех, где знаменатель равен нулю. $x \neq 0$. $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Производная и критические точки.
Найдем первую производную: $f'(x) = (\frac{x}{3} + \frac{3}{x})' = \frac{1}{3} - \frac{3}{x^2} = \frac{x^2 - 9}{3x^2}$.
Критические точки ищем из условия $f'(x)=0$ или $f'(x)$ не существует. $f'(x) = 0 \implies x^2 - 9 = 0 \implies x^2 = 9 \implies x = \pm 3$. Производная не существует при $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции. Таким образом, критические точки: $x=-3$ и $x=3$.

3. Промежутки возрастания, убывания и точки экстремума.
Исследуем знак производной $f'(x) = \frac{(x-3)(x+3)}{3x^2}$ на интервалах $(-\infty, -3)$, $(-3, 0)$, $(0, 3)$, $(3, +\infty)$. Знак производной определяется знаком числителя $(x-3)(x+3)$.
При $x \in (-\infty, -3)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x \in (-3, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x \in (0, 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x \in (3, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=-3$ возрастание сменяется убыванием, это точка локального максимума. $f_{max} = f(-3) = \frac{-3}{3} + \frac{3}{-3} = -1-1 = -2$.
В точке $x=3$ убывание сменяется возрастанием, это точка локального минимума. $f_{min} = f(3) = \frac{3}{3} + \frac{3}{3} = 1+1 = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty, -3]$ и $[3, +\infty)$, убывает на промежутках $[-3, 0)$ и $(0, 3]$. Точка максимума $x=-3$, $f_{max}=-2$. Точка минимума $x=3$, $f_{min}=2$.

г) $f(x) = \begin{cases} x+6 & \text{при } x < -2 \\ x^2 & \text{при } -2 \le x \le 2 \\ 6-x & \text{при } x > 2 \end{cases}$

1. Область определения и непрерывность.
Функция определена для всех действительных чисел, $D(f) = (-\infty; +\infty)$. Проверим непрерывность в точках $x=-2$ и $x=2$.
При $x=-2$: $f(-2) = (-2)^2 = 4$. $\lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^-} (x+6) = -2+6 = 4$. $\lim_{x \to -2^+} f(x) = \lim_{x \to -2^+} (x^2) = (-2)^2 = 4$. Функция непрерывна в точке $x=-2$.
При $x=2$: $f(2) = 2^2 = 4$. $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (x^2) = 2^2 = 4$. $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (6-x) = 6-2 = 4$. Функция непрерывна в точке $x=2$. Таким образом, функция непрерывна на всей числовой оси.

2. Производная и критические точки.
Найдем производную на каждом из интервалов: $f'(x) = \begin{cases} 1 & \text{при } x < -2 \\ 2x & \text{при } -2 < x < 2 \\ -1 & \text{при } x > 2 \end{cases}$.
Найдем критические точки. Из условия $f'(x)=0$ на интервале $(-2, 2)$ имеем $2x=0 \implies x=0$. В точках $x=-2$ и $x=2$ производная не существует, так как односторонние производные не равны ($f'_-(-2)=1$, $f'_+(-2)=-4$; $f'_-(2)=4$, $f'_+(2)=-1$). Эти точки также являются критическими. Критические точки: $x=-2, x=0, x=2$.

3. Промежутки возрастания, убывания и точки экстремума.
Исследуем знак производной: На $(-\infty, -2)$: $f'(x)=1 > 0$, функция возрастает.
На $(-2, 0)$: $f'(x)=2x < 0$, функция убывает.
На $(0, 2)$: $f'(x)=2x > 0$, функция возрастает.
На $(2, +\infty)$: $f'(x)=-1 < 0$, функция убывает.
В точке $x=-2$ возрастание сменяется убыванием, это точка локального максимума. $f_{max} = f(-2) = 4$.
В точке $x=0$ убывание сменяется возрастанием, это точка локального минимума. $f_{min} = f(0) = 0^2 = 0$.
В точке $x=2$ возрастание сменяется убыванием, это точка локального максимума. $f_{max} = f(2) = 4$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty, -2]$ и $[0, 2]$, убывает на промежутках $[-2, 0]$ и $[2, +\infty)$. Точки максимума $x=-2$ и $x=2$, значение максимума $f_{max}=4$. Точка минимума $x=0$, значение минимума $f_{min}=0$.