Номер 295, 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 295, страница 151.

Условие.

295.- Исследуйте функцию на возрастание, убывание и экстремумы. Постройте график функции:

а) $f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 8x^2$; б) $f(x) = \frac{3x}{1+x^2}$;

в) $f(x) = 2x - \frac{1}{6}x^3$; г) $f(x) = \frac{x^2 - 2x + 2}{x-1}$.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) $f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 8x^2$

1. Область определения.

Функция является многочленом, поэтому область определения — все действительные числа: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

$f(-x) = \frac{1}{2}(-x)^4 - 8(-x)^2 = \frac{1}{2}x^4 - 8x^2 = f(x)$. Функция является четной. Ее график симметричен относительно оси Oy.

3. Производная.

Найдем первую производную функции:
$f'(x) = (\frac{1}{2}x^4 - 8x^2)' = \frac{1}{2} \cdot 4x^3 - 8 \cdot 2x = 2x^3 - 16x$.

4. Критические точки.

Найдем точки, в которых производная равна нулю:
$f'(x) = 0 \implies 2x^3 - 16x = 0$
$2x(x^2 - 8) = 0$
Критические точки: $x_1 = 0$, $x_2 = -\sqrt{8} = -2\sqrt{2}$, $x_3 = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.

5. Промежутки возрастания и убывания.

Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки делят область определения: $(-\infty; -2\sqrt{2})$, $(-2\sqrt{2}; 0)$, $(0; 2\sqrt{2})$, $(2\sqrt{2}; +\infty)$.

• При $x \in (-\infty; -2\sqrt{2})$, например $x = -3$: $f'(-3) = 2(-3)^3 - 16(-3) = -54 + 48 = -6 < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (-2\sqrt{2}; 0)$, например $x = -1$: $f'(-1) = 2(-1)^3 - 16(-1) = -2 + 16 = 14 > 0$. Функция возрастает.
• При $x \in (0; 2\sqrt{2})$, например $x = 1$: $f'(1) = 2(1)^3 - 16(1) = 2 - 16 = -14 < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (2\sqrt{2}; +\infty)$, например $x = 3$: $f'(3) = 2(3)^3 - 16(3) = 54 - 48 = 6 > 0$. Функция возрастает.

6. Точки экстремума.

• В точке $x = -2\sqrt{2}$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка локального минимума.
  $y_{min} = f(-2\sqrt{2}) = \frac{1}{2}(-2\sqrt{2})^4 - 8(-2\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2}(64) - 8(8) = 32 - 64 = -32$.
• В точке $x = 0$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка локального максимума.
  $y_{max} = f(0) = 0$.
• В точке $x = 2\sqrt{2}$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка локального минимума.
  $y_{min} = f(2\sqrt{2}) = \frac{1}{2}(2\sqrt{2})^4 - 8(2\sqrt{2})^2 = -32$.

7. Построение графика.

Для построения графика найдем точки пересечения с осями координат:
С осью Oy: $x=0, y=0$. Точка $(0, 0)$.
С осью Ox: $y=0 \implies \frac{1}{2}x^4 - 8x^2 = 0 \implies \frac{1}{2}x^2(x^2 - 16) = 0$.
Точки: $x=0, x=4, x=-4$. Точки пересечения: $(0, 0), (4, 0), (-4, 0)$.
График представляет собой W-образную кривую, симметричную относительно оси Oy, с максимумом в точке $(0,0)$ и двумя минимумами в точках $(-2\sqrt{2}, -32)$ и $(2\sqrt{2}, -32)$.

Ответ: Функция возрастает на промежутках $[-2\sqrt{2}; 0]$ и $[2\sqrt{2}; +\infty)$. Функция убывает на промежутках $(-\infty; -2\sqrt{2}]$ и $[0; 2\sqrt{2}]$. Точка максимума: $(0, 0)$. Точки минимума: $(-2\sqrt{2}, -32)$ и $(2\sqrt{2}, -32)$.

б) $f(x) = \frac{3x}{1+x^2}$

1. Область определения.

Знаменатель $1+x^2 > 0$ при любых $x$. Область определения — все действительные числа: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

$f(-x) = \frac{3(-x)}{1+(-x)^2} = -\frac{3x}{1+x^2} = -f(x)$. Функция является нечетной. Ее график симметричен относительно начала координат.

3. Производная.

Используем правило дифференцирования частного:
$f'(x) = \frac{(3x)'(1+x^2) - 3x(1+x^2)'}{(1+x^2)^2} = \frac{3(1+x^2) - 3x(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{3+3x^2-6x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{3-3x^2}{(1+x^2)^2}$.

4. Критические точки.

Найдем точки, в которых производная равна нулю:
$f'(x) = 0 \implies 3-3x^2 = 0 \implies 1-x^2=0 \implies x^2=1$.
Критические точки: $x_1 = -1$, $x_2 = 1$.

5. Промежутки возрастания и убывания.

Знак производной зависит от знака числителя $3(1-x^2)$.

• При $x \in (-\infty; -1)$, например $x = -2$: $f'(-2) = \frac{3(1-4)}{(1+4)^2} < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (-1; 1)$, например $x = 0$: $f'(0) = \frac{3(1-0)}{(1+0)^2} > 0$. Функция возрастает.
• При $x \in (1; +\infty)$, например $x = 2$: $f'(2) = \frac{3(1-4)}{(1+4)^2} < 0$. Функция убывает.

6. Точки экстремума.

• В точке $x = -1$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка локального минимума.
  $y_{min} = f(-1) = \frac{3(-1)}{1+(-1)^2} = \frac{-3}{2} = -1.5$.
• В точке $x = 1$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка локального максимума.
  $y_{max} = f(1) = \frac{3(1)}{1+1^2} = \frac{3}{2} = 1.5$.

7. Построение графика.

Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x}{1+x^2} = 0$. Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота.
Пересечение с осями: $f(0)=0$. Точка $(0,0)$.
График проходит через начало координат, имеет минимум в точке $(-1, -1.5)$ и максимум в точке $(1, 1.5)$, а также асимптотически приближается к оси Ox при $x \to \pm\infty$.

Ответ: Функция возрастает на промежутке $[-1; 1]$. Функция убывает на промежутках $(-\infty; -1]$ и $[1; +\infty)$. Точка минимума: $(-1, -1.5)$. Точка максимума: $(1, 1.5)$.

в) $f(x) = 2x - \frac{1}{6}x^3$

1. Область определения.

Функция является многочленом, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность/нечетность.

$f(-x) = 2(-x) - \frac{1}{6}(-x)^3 = -2x + \frac{1}{6}x^3 = -(2x - \frac{1}{6}x^3) = -f(x)$. Функция нечетная, график симметричен относительно начала координат.

3. Производная.

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

4. Критические точки.

$f'(x) = 0 \implies 2 - \frac{1}{2}x^2 = 0 \implies x^2 = 4$.
Критические точки: $x_1 = -2$, $x_2 = 2$.

5. Промежутки возрастания и убывания.

Знак производной определяется выражением $2 - \frac{1}{2}x^2$.

• При $x \in (-\infty; -2)$, например $x = -3$: $f'(-3) = 2 - \frac{9}{2} < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (-2; 2)$, например $x = 0$: $f'(0) = 2 > 0$. Функция возрастает.
• При $x \in (2; +\infty)$, например $x = 3$: $f'(3) = 2 - \frac{9}{2} < 0$. Функция убывает.

6. Точки экстремума.

• В точке $x = -2$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка локального минимума.
  $y_{min} = f(-2) = 2(-2) - \frac{1}{6}(-2)^3 = -4 + \frac{8}{6} = -4 + \frac{4}{3} = -\frac{8}{3}$.
• В точке $x = 2$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка локального максимума.
  $y_{max} = f(2) = 2(2) - \frac{1}{6}(2)^3 = 4 - \frac{8}{6} = 4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.

7. Построение графика.

Пересечение с осью Ox: $2x - \frac{1}{6}x^3 = 0 \implies x(2-\frac{1}{6}x^2)=0$.
Точки: $x=0$ и $x^2=12 \implies x = \pm\sqrt{12} = \pm 2\sqrt{3}$.
Точки пересечения: $(0,0)$, $(-2\sqrt{3}, 0)$, $(2\sqrt{3}, 0)$.
График — кубическая парабола, симметричная относительно начала координат, с минимумом в $(-2, -8/3)$ и максимумом в $(2, 8/3)$.

Ответ: Функция возрастает на промежутке $[-2; 2]$. Функция убывает на промежутках $(-\infty; -2]$ и $[2; +\infty)$. Точка минимума: $(-2, -8/3)$. Точка максимума: $(2, 8/3)$.

г) $f(x) = \frac{x^2 - 2x + 2}{x - 1}$

1. Область определения.

Знаменатель не может быть равен нулю: $x-1 \neq 0 \implies x \neq 1$.
$D(f) = (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$. Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

2. Преобразование функции и асимптоты.

Выделим целую часть:
$f(x) = \frac{x^2 - 2x + 1 + 1}{x - 1} = \frac{(x-1)^2 + 1}{x - 1} = x - 1 + \frac{1}{x-1}$.
Из этого представления видно, что прямая $y=x-1$ является наклонной асимптотой, так как $\frac{1}{x-1} \to 0$ при $x \to \pm\infty$.

3. Производная.

Дифференцируем преобразованное выражение:
$f'(x) = (x - 1 + \frac{1}{x-1})' = 1 - \frac{1}{(x-1)^2} = \frac{(x-1)^2 - 1}{(x-1)^2}$.

4. Критические точки.

$f'(x) = 0 \implies (x-1)^2 - 1 = 0 \implies (x-1)^2 = 1$.
$x-1 = 1 \implies x=2$.
$x-1 = -1 \implies x=0$.
Критические точки: $x_1 = 0$, $x_2 = 2$.

5. Промежутки возрастания и убывания.

Знак производной зависит от знака числителя $(x-1)^2-1 = x^2-2x = x(x-2)$.

• При $x \in (-\infty; 0)$, числитель $x(x-2) > 0$, значит $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
• При $x \in (0; 1)$, числитель $x(x-2) < 0$, значит $f'(x) < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (1; 2)$, числитель $x(x-2) < 0$, значит $f'(x) < 0$. Функция убывает.
• При $x \in (2; +\infty)$, числитель $x(x-2) > 0$, значит $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

6. Точки экстремума.

• В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка локального максимума.
  $y_{max} = f(0) = \frac{0-0+2}{0-1} = -2$.
• В точке $x=2$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка локального минимума.
  $y_{min} = f(2) = \frac{2^2-2(2)+2}{2-1} = \frac{2}{1} = 2$.

7. Построение графика.

Пересечение с осью Oy: $(0, -2)$.
Пересечение с осью Ox: $x^2-2x+2=0$. Дискриминант $D = 4-8=-4 < 0$, пересечений с осью Ox нет.
График состоит из двух ветвей гиперболического типа. Левая ветвь возрастает до максимума в $(0, -2)$ и уходит на $-\infty$ при $x \to 1^-$. Правая ветвь идет от $+\infty$ при $x \to 1^+$, убывает до минимума в $(2, 2)$ и затем возрастает, приближаясь к асимптоте $y=x-1$.

Ответ: Функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0]$ и $[2; +\infty)$. Функция убывает на промежутках $[0; 1)$ и $(1; 2]$. Точка максимума: $(0, -2)$. Точка минимума: $(2, 2)$.