Страница 151 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

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

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 $f_{min}=0$.

294.— Постройте эскиз графика функции, обладающей следующими свойствами:

а) $D(f) = [-3; 5]$; $f'(x) > 0$ при $x \in (-3; 1)$, $f'(x) < 0$ при $x \in (1; 5)$ и $f'(1) = 0$;

б) $D(f) = [-3; 5]$; $f'(x) < 0$ при $x \in (-3; 1)$, $f'(x) > 0$ при $x \in (1; 5)$ и функция $f$ не имеет производной в точке 1;

в) $D(f) = [a; b]$; $x_1$ — точка минимума, $x_2$ — точка максимума функции, $f(a) > f(b)$;

г) $D(f) = [a; b]$; $x_1$ — точка максимума, $x_2$ — точка минимума, $f(a) = f(b)$.

а)

Проанализируем заданные свойства функции $f(x)$:

• Область определения $D(f) = [-3; 5]$. Это означает, что график функции существует только для $x$ в этом отрезке.
• Производная $f'(x) > 0$ при $x \in (-3; 1)$. Это означает, что на интервале $(-3; 1)$ функция возрастает.
• Производная $f'(x) < 0$ при $x \in (1; 5)$. Это означает, что на интервале $(1; 5)$ функция убывает.
• $f'(1) = 0$. В точке $x=1$ производная равна нулю. Это означает, что касательная к графику в этой точке горизонтальна.

Из анализа знаков производной следует, что в точке $x=1$ функция переходит от возрастания к убыванию. Следовательно, $x=1$ является точкой локального максимума. Так как $f'(1) = 0$, этот максимум является гладким (без излома).

Эскиз графика можно построить следующим образом:

1. На оси абсцисс отмечаем отрезок $[-3; 5]$.
2. Выбираем произвольную точку на вертикальной оси для $f(-3)$, например, $(-3, 0)$.
3. От этой точки ведем гладкую кривую вверх до точки $x=1$. В точке $x=1$ функция достигает своего максимума. Пусть, для примера, $f(1) = 4$. В точке $(1, 4)$ график должен иметь горизонтальную касательную.
4. От точки максимума $(1, 4)$ ведем гладкую кривую вниз до конца отрезка в точке $x=5$. Значение $f(5)$ должно быть меньше $f(1)$. Например, можно взять точку $(5, -1)$.

Ответ: Эскиз представляет собой кривую, определенную на отрезке $[-3; 5]$. Кривая возрастает на интервале $(-3; 1)$, достигает гладкого максимума в точке $x=1$, а затем убывает на интервале $(1; 5)$.

б)

Проанализируем заданные свойства функции $f(x)$:

• Область определения $D(f) = [-3; 5]$.
• Производная $f'(x) < 0$ при $x \in (-3; 1)$. На этом интервале функция убывает.
• Производная $f'(x) > 0$ при $x \in (1; 5)$. На этом интервале функция возрастает.
• Функция $f$ не имеет производной в точке $1$. Это означает, что в точке $x=1$ график имеет излом (угол или "клюв").

Из анализа знаков производной следует, что в точке $x=1$ функция переходит от убывания к возрастанию. Следовательно, $x=1$ является точкой локального минимума. Поскольку производная в этой точке не существует, минимум будет острым (в виде "угла").

Эскиз графика можно построить следующим образом:

1. На оси абсцисс отмечаем отрезок $[-3; 5]$.
2. Выбираем начальную точку, например, $(-3, 5)$.
3. От этой точки ведем кривую вниз до точки $x=1$. В точке $x=1$ функция достигает своего минимума. Пусть, для примера, $f(1) = 1$. Точка $(1, 1)$ будет вершиной угла.
4. От точки минимума $(1, 1)$ ведем кривую вверх до конца отрезка в точке $x=5$. Значение $f(5)$ может быть как выше, так и ниже $f(-3)$. Например, можно взять точку $(5, 4)$.

Ответ: Эскиз представляет собой кривую, определенную на отрезке $[-3; 5]$. Кривая убывает на интервале $(-3; 1)$, достигает минимума в точке $x=1$, где график имеет излом (угол), а затем возрастает на интервале $(1; 5)$.

в)

Проанализируем заданные свойства функции $f(x)$:

• Область определения $D(f) = [a; b]$.
• $x_1$ — точка минимума, $x_2$ — точка максимума. Это локальные экстремумы, которые находятся внутри интервала $(a, b)$.
• $f(a) > f(b)$. Значение функции в левой граничной точке больше, чем в правой.

Для построения эскиза необходимо расположить точки минимума и максимума внутри отрезка $[a, b]$. Возможны два варианта их взаимного расположения: $a < x_1 < x_2 < b$ или $a < x_2 < x_1 < b$. Рассмотрим первый случай: $a < x_1 < x_2 < b$.

Эскиз графика можно построить следующим образом:

1. На оси абсцисс отмечаем отрезок $[a, b]$.
2. Выбираем начальную точку $(a, f(a))$.
3. От точки $(a, f(a))$ ведем кривую вниз до точки минимума $x_1$. В точке $(x_1, f(x_1))$ функция достигает локального минимума.
4. От точки минимума ведем кривую вверх до точки максимума $x_2$. В точке $(x_2, f(x_2))$ функция достигает локального максимума. Естественно, $f(x_2) > f(x_1)$.
5. От точки максимума ведем кривую вниз до конечной точки $(b, f(b))$.
6. При построении необходимо соблюсти условие $f(a) > f(b)$. Это означает, что точка $(a, f(a))$ на графике должна быть расположена выше, чем точка $(b, f(b))$. Экстремумы для простоты можно нарисовать гладкими.

Ответ: Эскиз представляет собой кривую на отрезке $[a, b]$, которая начинается в точке $(a, f(a))$, убывает до точки локального минимума $x_1$, затем возрастает до точки локального максимума $x_2$ и снова убывает до точки $(b, f(b))$, причём точка $(a, f(a))$ находится выше точки $(b, f(b))$.

г)

Проанализируем заданные свойства функции $f(x)$:

• Область определения $D(f) = [a; b]$.
• $x_1$ — точка максимума, $x_2$ — точка минимума. Это локальные экстремумы внутри интервала $(a, b)$.
• $f(a) = f(b)$. Значения функции в граничных точках отрезка равны.

Как и в предыдущем пункте, возможно два варианта расположения экстремумов. Рассмотрим случай $a < x_1 < x_2 < b$.

Эскиз графика можно построить следующим образом:

1. На оси абсцисс отмечаем отрезок $[a, b]$.
2. Выбираем начальную точку $(a, f(a))$ и конечную точку $(b, f(b))$ на одной и той же высоте, так как $f(a) = f(b)$.
3. От точки $(a, f(a))$ ведем кривую вверх до точки локального максимума $x_1$. Точка $(x_1, f(x_1))$ будет самой высокой точкой в своей окрестности, и $f(x_1) > f(a)$.
4. От точки максимума ведем кривую вниз до точки локального минимума $x_2$. Точка $(x_2, f(x_2))$ будет самой низкой точкой в своей окрестности. Значение $f(x_2)$ может быть как ниже, так и выше уровня $f(a) = f(b)$.
5. От точки минимума ведем кривую вверх так, чтобы она пришла в точку $(b, f(b))$.

В результате получается волнообразная кривая, начинающаяся и заканчивающаяся на одном уровне. Экстремумы для простоты можно нарисовать гладкими.

Ответ: Эскиз представляет собой кривую на отрезке $[a, b]$. Кривая начинается в точке $(a, f(a))$, возрастает до точки локального максимума $x_1$, затем убывает до точки локального минимума $x_2$ и снова возрастает до точки $(b, f(b))$. При этом начальная и конечная точки графика находятся на одной высоте, то есть $f(a) = f(b)$.

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

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: $(2, 2)$.