Страница 323 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

a)

б)

Рис. 158

Дан график функции $y = f (x)$ (рис. 158). Постройте эскиз графика функции (77—78).

77. a) $y = f (-2x)$;

б) $y = f (|x|)$;

в) $y = f (1 - x)$;

г) $y = |f (x)|$.

Для решения задачи воспользуемся графиком функции $y = f(x)$, представленным на рисунке 158а. Проанализируем исходный график. Это кусочно-линейная функция, имеющая следующие ключевые точки и особенности:

• Нули функции (точки пересечения с осью Ox) находятся в точках $x \approx -2.5$, $x = -1$ и $x = 3$.
• Локальный максимум (вершина) в точке $(0, 2)$.
• Еще один локальный максимум в точке $x = -2$. Высота этого пика (ордината) больше 1.
• Локальный минимум (излом графика) в точке $(-1, 0)$, которая также является нулем функции.
• При $x < -2.5$ значения функции отрицательны.

На основе этих данных построим эскизы графиков требуемых функций, описывая геометрические преобразования.

а) $y = f(-2x)$

Построение графика функции $y = f(-2x)$ из графика $y = f(x)$ выполняется путем последовательного применения двух преобразований: отражения относительно оси OY ($x \to -x$) и горизонтального сжатия в 2 раза ($x \to 2x$). В совокупности, каждая точка $(x, y)$ исходного графика переходит в точку $(x', y')$, где $y' = y$ и $x' = -x/2$. При этом ординаты (значения y) всех точек сохраняются, а их абсциссы (значения x) делятся на -2.

Применим это преобразование к ключевым точкам исходного графика:

• Нуль $x = 3$ переходит в $x' = -3/2 = -1.5$.
• Максимум $(0, 2)$ переходит в точку $(-0/2, 2) = (0, 2)$.
• Минимум $(-1, 0)$ переходит в точку $(-(-1)/2, 0) = (0.5, 0)$.
• Максимум при $x = -2$ переходит в точку с абсциссой $x' = -(-2)/2 = 1$. Ордината (высота пика) остается той же.
• Нуль $x \approx -2.5$ переходит в $x' = -(-2.5)/2 = 1.25$.

Ответ: Эскиз графика функции $y = f(-2x)$ представляет собой ломаную линию, полученную из исходной путем отражения относительно оси OY и сжатия к ней в 2 раза. График имеет нули в точках $x=-1.5$, $x=0.5$ и $x \approx 1.25$. Локальный максимум находится в точке $(0, 2)$, локальный минимум — в точке $(0.5, 0)$. Еще один локальный максимум расположен в точке с абсциссой $x=1$.

б) $y = f(|x|)$

Для построения графика функции $y = f(|x|)$ используется следующее правило: часть графика $y = f(x)$ для $x \ge 0$ остается без изменений, а часть графика для $x < 0$ заменяется на симметричное отражение части для $x \ge 0$ относительно оси OY. В результате получается график четной функции.

Применим это к нашему графику:

• Часть исходного графика при $x \ge 0$ — это ломаная, соединяющая точки $(0, 2)$ и $(3, 0)$. Эту часть мы сохраняем.
• Часть исходного графика при $x < 0$ удаляем.
• Отражаем сохраненную часть относительно оси OY. Точка $(0, 2)$ остается на месте, а точка $(3, 0)$ переходит в точку $(-3, 0)$. Таким образом, для $x < 0$ мы получаем отрезок, соединяющий точки $(-3, 0)$ и $(0, 2)$.

Ответ: Эскиз графика функции $y = f(|x|)$ симметричен относительно оси ординат. Он имеет форму "шатра" с вершиной в точке $(0, 2)$ и пересекает ось абсцисс в точках $x=-3$ и $x=3$.

в) $y = f(1 - x)$

Преобразование $y = f(1 - x)$ можно представить как $y = f(-(x - 1))$. Это означает, что для получения нового графика нужно сначала отразить исходный график $y = f(x)$ относительно оси OY (получив $y = f(-x)$), а затем сдвинуть результат на 1 единицу вправо (получив $y = f(-(x-1))$). Данное преобразование эквивалентно симметричному отражению графика $y=f(x)$ относительно вертикальной прямой $x = 1/2$. Каждая точка $(x, y)$ исходного графика переходит в точку $(1-x, y)$.

Применим это преобразование к ключевым точкам:

• Нуль $x = 3$ переходит в $x' = 1-3 = -2$.
• Максимум $(0, 2)$ переходит в точку $(1-0, 2) = (1, 2)$.
• Минимум $(-1, 0)$ переходит в точку $(1-(-1), 0) = (2, 0)$.
• Максимум при $x = -2$ переходит в точку с абсциссой $x' = 1-(-2) = 3$.
• Нуль $x \approx -2.5$ переходит в $x' = 1-(-2.5) = 3.5$.

Ответ: Эскиз графика функции $y = f(1-x)$ — это ломаная линия, являющаяся отражением исходного графика относительно прямой $x=0.5$. График имеет нули в точках $x=-2$, $x=2$ и $x \approx 3.5$. Локальный максимум находится в точке $(1, 2)$, а локальный минимум — в точке $(2, 0)$.

г) $y = |f(x)|$

Для построения графика функции $y = |f(x)|$ части графика $y = f(x)$, лежащие ниже оси OX, следует симметрично отразить относительно этой оси, а части, лежащие выше или на оси OX, оставить без изменений.

Применим это к нашему графику:

• Исходный график $y = f(x)$ неотрицателен ($f(x) \ge 0$) на промежутке $x \in [\approx -2.5, 3]$. Эта часть графика не меняется.
• Исходный график отрицателен ($f(x) < 0$) при $x < -2.5$. Эту часть графика (луч, идущий влево и вниз от точки $(\approx -2.5, 0)$) нужно отразить относительно оси OX. Она станет лучом, идущим влево и вверх.

Ответ: Эскиз графика функции $y = |f(x)|$ полностью расположен в верхней полуплоскости ($y \ge 0$). Он совпадает с исходным графиком для $x \ge -2.5$ (приблизительно). Для $x < -2.5$ он является зеркальным отражением исходного графика относительно оси абсцисс. В точке $x \approx -2.5$ на новом графике образуется "излом" (острый минимум).

78. а) $y = -2f (x);$

б) $y = \frac{1}{f (x)};$

в) $y = f (2x + 4);$

г) $y = -f (-|x|).$

а)

б)

Рис. 158

Для решения этой задачи необходимо определить, какая из предложенных функциональных зависимостей связывает два графика, обозначенные как а) и б). Будем считать, что один из графиков — это исходная функция $y=f(x)$, а другой — результат ее преобразования. Проанализируем каждое преобразование.

Для удобства анализа определим ключевые характеристики графиков.

• График а): представляет собой кусочно-линейную функцию.
  • Область определения примерно $x \in [-3, 3]$.
  • Нули функции (точки пересечения с осью $Ox$): $x=-2.5$, $x=-1$, $x=3$.
  • Максимум функции в точке $(0, 2)$.
  • Локальный максимум в точке $(-2, 1)$.
  • Минимум функции в точке $(-3, -1)$.
  • Диапазон (область значений): $y \in [-1, 2]$.
• График б): представляет собой частично-гладкую функцию с "полкой".
  • Область определения примерно $x \in [-3, 3.5]$.
  • Нули функции: $x \approx -2.8$, $x \approx -1.2$, $x \approx 3.2$.
  • Максимум функции $y=2$ достигается на отрезке $x \in [1, 2.8]$.
  • Локальный максимум в точке $(-2, 1)$.
  • Локальный минимум в точке $(-0.8, -0.9)$.
  • Диапазон (область значений): $y \in [-0.9, 2]$.

Теперь рассмотрим каждое преобразование по очереди.

а) $y = -2f(x)$

Это преобразование включает в себя отражение графика функции $f(x)$ относительно оси $Ox$ и последующее растяжение вдоль оси $Oy$ в 2 раза.Важным свойством этого преобразования является то, что нули функции сохраняются. То есть, если $f(x_0)=0$, то и $-2f(x_0)=0$.Сравним нули функций на графиках а) и б).Нули графика а): $\{-2.5, -1, 3\}$.Нули графика б): $\{-2.8, -1.2, 3.2\}$.Так как множества нулей не совпадают, ни один из графиков не может быть получен из другого преобразованием $y=-2f(x)$.
Ответ: Преобразование $y = -2f(x)$ не связывает данные графики.

б) $y = \frac{1}{f(x)}$

При таком преобразовании в точках, где исходная функция $f(x)$ равна нулю, новая функция $y = \frac{1}{f(x)}$ должна иметь вертикальные асимптоты.Обе функции, представленные на графиках а) и б), имеют нули. Однако ни на одном из графиков нет вертикальных асимптот. Следовательно, ни один из них не может быть результатом преобразования $y = \frac{1}{f(x)}$ другого.
Ответ: Преобразование $y = \frac{1}{f(x)}$ не связывает данные графики.

в) $y = f(2x + 4)$

Это преобразование является горизонтальным сжатием и сдвигом. Его можно записать как $y=f(2(x+2))$. Это означает, что график функции $f(x)$ сначала сжимается по горизонтали в 2 раза, а затем сдвигается влево на 2 единицы.При горизонтальных преобразованиях область значений функции сохраняется. У обоих графиков область значений примерно одинакова ( $[-1, 2]$ и $[-0.9, 2]$), и максимальное значение равно 2. Это делает данный вариант потенциально возможным.Проверим два варианта:1. Пусть $f(x)$ — это функция на графике а), а $y$ — функция на графике б).Максимум функции на графике а) находится в точке $(0, 2)$. При преобразовании $y = f(2x+4)$ точка с абсциссой $x_{new}$ на новом графике будет соответствовать точке с абсциссой $x_{old}$ на старом графике по правилу $x_{old} = 2x_{new}+4$.Для максимума: $x_{old}=0$. Тогда $0 = 2x_{new}+4$, откуда $x_{new}=-2$.Следовательно, максимум новой функции должен находиться в точке $(-2, 2)$.Однако на графике б) в точке $x=-2$ находится локальный максимум со значением $y \approx 1$, а не 2.2. Пусть $f(x)$ — это функция на графике б), а $y$ — функция на графике а).Максимум функции на графике б) $y=2$ достигается на отрезке $x \in [1, 2.8]$. При преобразовании $y = f(2x+4)$ новый график должен иметь "полку" на высоте $y=2$ на отрезке, определяемом из условия $x_{old} = 2x_{new}+4$.$1 = 2x_{new}+4 \implies x_{new} = -1.5$.$2.8 = 2x_{new}+4 \implies x_{new} = -0.6$.Значит, на новом графике должна быть "полка" на отрезке $[-1.5, -0.6]$.Однако на графике а) в этой области нет "полки", а есть острый пик в точке $(0, 2)$.Несмотря на эти несоответствия, которые, вероятно, являются следствием неточности в построении графиков в задании, данное преобразование является единственным, которое сохраняет область значений. Если предположить, что пик на графике (а) соответствует "полке" на графике (б) и что координаты нанесены с погрешностью, то это преобразование является наиболее вероятным кандидатом.
Ответ: Данное преобразование, вероятнее всего, связывает графики, если допустить значительные неточности в их построении. График функции $y=f(x)$ изображен на рис. а), а график функции $y=f(2x+4)$ — на рис. б) (с искажениями).

г) $y = -f(-|x|)$

Проанализируем функцию $g(x) = -f(-|x|)$. Эта функция является чётной, так как $g(-x) = -f(-|-x|) = -f(-|x|) = g(x)$.График чётной функции всегда симметричен относительно оси $Oy$.Ни один из представленных графиков (а) и б)) не является симметричным относительно оси $Oy$. Следовательно, ни один из них не может представлять функцию вида $y = -f(-|x|)$.Также, если один из графиков является $f(x)$, то результат преобразования $-f(-|x|)$ должен быть симметричным, но другой график таковым не является.
Ответ: Преобразование $y = -f(-|x|)$ не связывает данные графики.

79. Найдите последовательность преобразований, с помощью которых из графика функции $f$ может быть получен график функции $\varphi$:

a) $f(x) = \sin x$, $\varphi(x) = \sin x + \cos x$;

б) $f(x) = \sin^2 x$, $\varphi(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$.

а)

Даны функции $f(x) = \sin x$ и $\phi(x) = \sin x + \cos x$. Для того чтобы найти последовательность преобразований, необходимо выразить функцию $\phi(x)$ через $f(x)$. Преобразуем выражение для $\phi(x)$, используя метод введения вспомогательного угла.

$ \phi(x) = \sin x + \cos x = \sqrt{2} (\frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x) $

Поскольку $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$, мы можем применить формулу синуса суммы $\sin(a+b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b$:

$ \phi(x) = \sqrt{2} (\sin x \cos(\frac{\pi}{4}) + \cos x \sin(\frac{\pi}{4})) = \sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4}) $

Теперь, зная что $f(x) = \sin x$, мы можем записать $\phi(x)$ в виде $\phi(x) = \sqrt{2} f(x + \frac{\pi}{4})$. Это выражение показывает, что для получения графика функции $\phi(x)$ из графика $f(x)$ нужно выполнить два преобразования:

1. Сдвиг графика $y=f(x)$ влево по оси абсцисс на $\frac{\pi}{4}$. Это преобразование соответствует замене $x$ на $x+\frac{\pi}{4}$ и дает нам функцию $y_1 = f(x + \frac{\pi}{4}) = \sin(x + \frac{\pi}{4})$.
2. Растяжение полученного графика $y=y_1$ от оси абсцисс (вдоль оси ординат) с коэффициентом $\sqrt{2}$. Это преобразование соответствует умножению функции на $\sqrt{2}$ и дает нам итоговую функцию $\phi(x) = \sqrt{2} y_1 = \sqrt{2} f(x + \frac{\pi}{4})$.

Ответ: График функции $\phi(x)$ получается из графика функции $f(x)$ путем сдвига влево по оси Ox на $\frac{\pi}{4}$ и последующего растяжения вдоль оси Oy в $\sqrt{2}$ раз.

б)

Даны функции $f(x) = \sin^2 x$ и $\phi(x) = \sin^4 x + \cos^4 x$. Сначала упростим выражение для функции $\phi(x)$, выделив полный квадрат:

$ \phi(x) = \sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x)^2 + (\cos^2 x)^2 = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x $

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, получаем:

$ \phi(x) = 1^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x $

Далее, применим формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x$. Возведя ее в квадрат, получим $\sin^2(2x) = 4 \sin^2 x \cos^2 x$, откуда $2 \sin^2 x \cos^2 x = \frac{1}{2} \sin^2(2x)$. Подставим это в выражение для $\phi(x)$:

$ \phi(x) = 1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x) $

Так как исходная функция $f(x) = \sin^2 x$, то $\sin^2(2x)$ можно записать как $f(2x)$. Таким образом, мы выразили $\phi(x)$ через $f(x)$:

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

Чтобы получить график функции $\phi(x)$ из графика $f(x)$, необходимо выполнить следующую последовательность преобразований:

1. Сжатие графика $y=f(x)$ к оси ординат в 2 раза (горизонтальное сжатие), что дает $y_1 = f(2x)$.
2. Сжатие графика $y=y_1$ к оси абсцисс в 2 раза (вертикальное сжатие), что дает $y_2 = \frac{1}{2} f(2x)$.
3. Симметричное отражение графика $y=y_2$ относительно оси абсцисс, что дает $y_3 = -\frac{1}{2} f(2x)$.
4. Сдвиг графика $y=y_3$ вверх вдоль оси ординат на 1 единицу, что дает итоговую функцию $\phi(x) = -\frac{1}{2} f(2x) + 1$.

Ответ: График функции $\phi(x)$ получается из графика функции $f(x)$ последовательным применением четырех преобразований: сжатие к оси Oy в 2 раза, сжатие к оси Ox в 2 раза, отражение относительно оси Ox и сдвиг вверх по оси Oy на 1.

80. Докажите, что график любой дробно-линейной функции $y = \frac{ax+b}{cx+d}$ ($c \ne 0$ и $ad - bc \ne 0$) может быть получен из графика $y = \frac{k}{x}$ параллельным переносом. Укажите коэффициент $k$.

Для того чтобы доказать, что график дробно-линейной функции $y = \frac{ax+b}{cx+d}$ можно получить из графика функции $y = \frac{k}{x}$ с помощью параллельного переноса, необходимо преобразовать исходное выражение к виду $y = \frac{k'}{x-x_0} + y_0$. Этот вид описывает график, полученный параллельным переносом графика функции $y = \frac{k'}{x}$ на вектор с координатами $(x_0, y_0)$.

Выполним алгебраическое преобразование, выделив целую часть дроби. Для этого представим числитель $ax+b$ через знаменатель $cx+d$. По условию $c \neq 0$, поэтому мы можем выполнить следующие действия:

$y = \frac{ax+b}{cx+d} = \frac{\frac{a}{c}(cx) + b}{cx+d}$

Добавим и вычтем в числителе слагаемое $\frac{ad}{c}$, чтобы можно было сгруппировать члены:

$y = \frac{\frac{a}{c}(cx+d) - \frac{ad}{c} + b}{cx+d}$

Теперь разделим числитель почленно на знаменатель:

$y = \frac{\frac{a}{c}(cx+d)}{cx+d} + \frac{b - \frac{ad}{c}}{cx+d} = \frac{a}{c} + \frac{\frac{bc-ad}{c}}{cx+d}$

Вынесем константу $c$ из знаменателя второй дроби:

$y = \frac{a}{c} + \frac{\frac{bc-ad}{c}}{c(x+\frac{d}{c})} = \frac{a}{c} + \frac{bc-ad}{c^2(x+\frac{d}{c})}$

Полученное уравнение можно переписать в виде:

$y - \frac{a}{c} = \frac{\frac{bc-ad}{c^2}}{x - (-\frac{d}{c})}$

Это уравнение имеет вид $Y = \frac{k}{X}$, где $Y = y - y_0$, $X = x - x_0$, и:

• $k = \frac{bc-ad}{c^2}$
• $x_0 = -\frac{d}{c}$ (сдвиг по оси Ox)
• $y_0 = \frac{a}{c}$ (сдвиг по оси Oy)

Таким образом, мы доказали, что график любой дробно-линейной функции $y = \frac{ax+b}{cx+d}$ (при $c \neq 0$ и $ad-bc \neq 0$) может быть получен из графика функции $y=\frac{k}{x}$ параллельным переносом на вектор $(-\frac{d}{c}, \frac{a}{c})$. Условие $ad-bc \neq 0$ гарантирует, что $k \neq 0$, и график действительно является гиперболой.

Ответ: $k = \frac{bc-ad}{c^2}$.

81. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции (на R):

a) $f(x) = 2 \cos 2x + \sin^2 x;$

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

в) $f(x) = 2 \sin^2 x - \cos 2x;$

г) $f(x) = \cos^2 x + \cos x + 3.$

а) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $f(x) = 2 \cos 2x + \sin^2 x$ преобразуем ее, используя тригонометрическую формулу понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$.

$f(x) = 2 \cos 2x + \frac{1 - \cos 2x}{2} = 2 \cos 2x + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cos 2x = \frac{3}{2} \cos 2x + \frac{1}{2}$.

Сделаем замену $t = \cos 2x$. Область значений косинуса — отрезок $[-1, 1]$, поэтому $t \in [-1, 1]$.

Задача сводится к нахождению наибольшего и наименьшего значений линейной функции $g(t) = \frac{3}{2} t + \frac{1}{2}$ на отрезке $[-1, 1]$.

Так как угловой коэффициент $\frac{3}{2} > 0$, функция $g(t)$ является возрастающей. Следовательно, свое наименьшее значение она принимает на левом конце отрезка, а наибольшее — на правом.

Наименьшее значение функции:

$f_{min} = g(-1) = \frac{3}{2}(-1) + \frac{1}{2} = -\frac{3}{2} + \frac{1}{2} = -1$.

Наибольшее значение функции:

$f_{max} = g(1) = \frac{3}{2}(1) + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2$.

Ответ: наибольшее значение функции равно 2, наименьшее значение равно -1.

б) Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2x^2 - 4x + 3}}$.

Найдем область значений подкоренного выражения $g(x) = 2x^2 - 4x + 3$. Это квадратичная функция, график которой — парабола с ветвями, направленными вверх (так как коэффициент при $x^2$ равен 2, что больше 0).

Вершина параболы находится в точке $x_v = -\frac{-4}{2 \cdot 2} = 1$.

Значение функции в вершине: $g(1) = 2(1)^2 - 4(1) + 3 = 2 - 4 + 3 = 1$.

Поскольку это парабола с ветвями вверх, ее наименьшее значение равно 1. Таким образом, $2x^2 - 4x + 3 \ge 1$ для всех $x \in R$. Это также означает, что подкоренное выражение всегда положительно, и область определения функции $f(x)$ — все действительные числа $R$.

Функция $f(x)$ достигает своего наибольшего значения, когда знаменатель $\sqrt{2x^2 - 4x + 3}$ принимает наименьшее значение. Наименьшее значение знаменателя равно $\sqrt{1} = 1$ (при $x=1$).

Следовательно, наибольшее значение функции $f(x)$ равно:

$f_{max} = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1$.

Для нахождения наименьшего значения заметим, что при $x \to \pm\infty$, выражение $2x^2 - 4x + 3 \to +\infty$. Тогда знаменатель $\sqrt{2x^2 - 4x + 3} \to +\infty$, а сама функция $f(x) \to 0$. Однако, поскольку подкоренное выражение всегда положительно, $f(x)$ всегда больше нуля. Функция стремится к нулю, но никогда его не достигает.

Таким образом, у функции нет наименьшего значения.

Ответ: наибольшее значение функции равно 1, наименьшего значения не существует.

в) Для функции $f(x) = 2 \sin^2 x - \cos 2x$ используем формулу понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$.

$f(x) = 2 \cdot \frac{1 - \cos 2x}{2} - \cos 2x = 1 - \cos 2x - \cos 2x = 1 - 2 \cos 2x$.

Сделаем замену $t = \cos 2x$. Так как $-1 \le \cos 2x \le 1$, то $t \in [-1, 1]$.

Рассмотрим функцию $g(t) = 1 - 2t$ на отрезке $[-1, 1]$. Это линейная убывающая функция, так как ее угловой коэффициент -2 отрицателен.

Следовательно, наибольшее значение достигается на левом конце отрезка ($t=-1$), а наименьшее — на правом ($t=1$).

Наибольшее значение:

$f_{max} = g(-1) = 1 - 2(-1) = 1 + 2 = 3$.

Наименьшее значение:

$f_{min} = g(1) = 1 - 2(1) = 1 - 2 = -1$.

Ответ: наибольшее значение функции равно 3, наименьшее значение равно -1.

г) Рассмотрим функцию $f(x) = \cos^2 x + \cos x + 3$.

Сделаем замену $t = \cos x$. Область значений косинуса — отрезок $[-1, 1]$, поэтому $t \in [-1, 1]$.

Задача сводится к нахождению наибольшего и наименьшего значений квадратичной функции $g(t) = t^2 + t + 3$ на отрезке $[-1, 1]$.

График этой функции — парабола с ветвями вверх (коэффициент при $t^2$ равен 1, что больше 0). Координата вершины параболы по оси абсцисс: $t_v = -\frac{1}{2 \cdot 1} = -\frac{1}{2}$.

Поскольку вершина $t_v = -\frac{1}{2}$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$, наименьшее значение функции на этом отрезке достигается в вершине.

$f_{min} = g(-\frac{1}{2}) = (-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{1}{2}) + 3 = \frac{1}{4} - \frac{2}{4} + \frac{12}{4} = \frac{11}{4}$.

Наибольшее значение на отрезке достигается на одном из его концов. Сравним значения функции в точках $t=-1$ и $t=1$.

$g(-1) = (-1)^2 + (-1) + 3 = 1 - 1 + 3 = 3$.

$g(1) = 1^2 + 1 + 3 = 5$.

Сравнивая значения, получаем, что $f_{max} = 5$.

Ответ: наибольшее значение функции равно 5, наименьшее значение равно $\frac{11}{4}$.

82. Найдите промежутки возрастания (убывания), максимумы и минимумы функции:

а) $y = 2 \sin x + 3 \cos x$;

б) $y = \frac{x^2 + x - 2}{x^2 - 1}$;

в) $y = \cos 2x - 2 \cos x$;

г) $y = \lg \sin x$.

а) $y = 2 \sin x + 3 \cos x$

1. Область определения. Функция определена для всех действительных чисел, $x \in \mathbb{R}$. Функция является периодической с периодом $2\pi$, поэтому достаточно исследовать ее на любом отрезке длиной $2\pi$, например, $[0, 2\pi]$.

2. Производная. Найдем производную функции:

$y' = (2 \sin x + 3 \cos x)' = 2 \cos x - 3 \sin x$.

3. Критические точки. Найдем точки, в которых производная равна нулю:

$2 \cos x - 3 \sin x = 0$

$2 \cos x = 3 \sin x$

Разделим обе части на $\cos x$ (это возможно, так как если $\cos x = 0$, то $\sin x = \pm 1$, и равенство $0 = \pm 3$ неверно):

$\tan x = \frac{2}{3}$

Решениями этого уравнения являются $x = \arctan(\frac{2}{3}) + k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Обозначим $\alpha = \arctan(\frac{2}{3})$.

4. Промежутки монотонности и экстремумы. Для определения знака производной найдем вторую производную:

$y'' = (2 \cos x - 3 \sin x)' = -2 \sin x - 3 \cos x = -(2 \sin x + 3 \cos x) = -y$.

Чтобы найти значения синуса и косинуса в критических точках, воспользуемся тем, что $\tan \alpha = 2/3$. Отсюда $\sin \alpha = \frac{2}{\sqrt{2^2+3^2}} = \frac{2}{\sqrt{13}}$ и $\cos \alpha = \frac{3}{\sqrt{13}}$.

Проверим знак $y''$ в критических точках:
При $x = \alpha + 2k\pi$: $y'' = -y(\alpha) = -(2 \sin \alpha + 3 \cos \alpha) = - (2 \cdot \frac{2}{\sqrt{13}} + 3 \cdot \frac{3}{\sqrt{13}}) = -\frac{13}{\sqrt{13}} = -\sqrt{13} < 0$. Следовательно, это точки максимума.
При $x = \alpha + \pi + 2k\pi$: $y'' = -y(\alpha+\pi) = - (2 \sin(\alpha+\pi) + 3 \cos(\alpha+\pi)) = -(-2 \sin \alpha - 3 \cos \alpha) = \sqrt{13} > 0$. Следовательно, это точки минимума.

Таким образом, функция возрастает от точки минимума до точки максимума и убывает от точки максимума до точки минимума.

5. Значения в точках экстремума.
Максимум функции: $y_{max} = y(\alpha + 2k\pi) = 2 \sin \alpha + 3 \cos \alpha = \sqrt{13}$.
Минимум функции: $y_{min} = y(\alpha + \pi + 2k\pi) = -\sqrt{13}$.

Ответ: Функция возрастает на промежутках $[\arctan(\frac{2}{3}) + \pi + 2k\pi, \arctan(\frac{2}{3}) + 2(k+1)\pi]$ и убывает на промежутках $[\arctan(\frac{2}{3}) + 2k\pi, \arctan(\frac{2}{3}) + \pi + 2k\pi]$, где $k \in \mathbb{Z}$. Точки максимума $x_{max} = \arctan(\frac{2}{3}) + 2k\pi$, значение в максимуме $y_{max} = \sqrt{13}$. Точки минимума $x_{min} = \arctan(\frac{2}{3}) + \pi + 2k\pi$, значение в минимуме $y_{min} = -\sqrt{13}$.

б) $y = \frac{x^2 + x - 2}{x^2 - 1}$

1. Область определения. Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $x^2 - 1 \neq 0$, то есть $x \neq 1$ и $x \neq -1$.
Область определения: $D(y) = (-\infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Упрощение функции. Разложим числитель и знаменатель на множители:

$y = \frac{(x-1)(x+2)}{(x-1)(x+1)}$

При $x \neq 1$ можно сократить дробь:

$y = \frac{x+2}{x+1}$, при $x \neq 1$ и $x \neq -1$.

В точке $x=1$ функция имеет устранимый разрыв ("выколотая точка").

3. Производная. Найдем производную упрощенной функции:

$y' = \left(\frac{x+2}{x+1}\right)' = \frac{(x+2)'(x+1) - (x+2)(x+1)'}{(x+1)^2} = \frac{1 \cdot (x+1) - (x+2) \cdot 1}{(x+1)^2} = \frac{x+1-x-2}{(x+1)^2} = \frac{-1}{(x+1)^2}$.

4. Критические точки и промежутки монотонности.

Производная $y'$ нигде не равна нулю. Она не существует в точке $x=-1$, но эта точка не входит в область определения функции.
Знаменатель $(x+1)^2$ всегда положителен при $x \neq -1$. Числитель равен -1 (отрицателен).
Следовательно, $y' < 0$ для всех $x$ из области определения.

Это означает, что функция является убывающей на каждом из интервалов своей области определения.

5. Экстремумы. Так как производная нигде не меняет знак, у функции нет точек локального максимума или минимума.

Ответ: Функция убывает на промежутках $(-\infty, -1)$, $(-1, 1)$ и $(1, \infty)$. Максимумов и минимумов нет.

в) $y = \cos 2x - 2 \cos x$

1. Область определения. Функция определена для всех $x \in \mathbb{R}$. Функция периодическая с периодом $2\pi$, поэтому исследуем ее на отрезке $[0, 2\pi]$.

2. Производная.

$y' = (\cos 2x - 2 \cos x)' = -2\sin 2x + 2\sin x = 2\sin x - 2(2\sin x \cos x) = 2\sin x(1 - 2\cos x)$.

3. Критические точки. Приравняем производную к нулю: $2\sin x(1 - 2\cos x) = 0$.

Это возможно, если:
а) $\sin x = 0 \implies x = k\pi$. На отрезке $[0, 2\pi]$ это точки $x=0, x=\pi, x=2\pi$.
б) $1 - 2\cos x = 0 \implies \cos x = 1/2$. На отрезке $[0, 2\pi]$ это точки $x=\pi/3$ и $x=2\pi - \pi/3 = 5\pi/3$.
Критические точки на $[0, 2\pi]$: $0, \pi/3, \pi, 5\pi/3, 2\pi$.

4. Промежутки монотонности. Определим знаки производной на интервалах, образованных критическими точками.
- Интервал $(0, \pi/3)$: $\sin x > 0$, $\cos x > 1/2 \implies 1-2\cos x < 0$. $y' = (+)(-) < 0$. Функция убывает.
- Интервал $(\pi/3, \pi)$: $\sin x > 0$, $\cos x < 1/2 \implies 1-2\cos x > 0$. $y' = (+)(+) > 0$. Функция возрастает.
- Интервал $(\pi, 5\pi/3)$: $\sin x < 0$, $\cos x < 1/2 \implies 1-2\cos x > 0$. $y' = (-)(+) < 0$. Функция убывает.
- Интервал $(5\pi/3, 2\pi)$: $\sin x < 0$, $\cos x > 1/2 \implies 1-2\cos x < 0$. $y' = (-)(-) > 0$. Функция возрастает.

5. Экстремумы.
- В точке $x=\pi/3$ производная меняет знак с "-" на "+", значит это точка минимума.
- В точке $x=\pi$ производная меняет знак с "+" на "-", значит это точка максимума.
- В точке $x=5\pi/3$ производная меняет знак с "-" на "+", значит это точка минимума.
- Точки $x=0$ и $x=2\pi$ являются точками максимума, так как на $(-\pi/3, 0)$ производная положительна, а на $(0, \pi/3)$ отрицательна.

6. Значения в точках экстремума.
$y_{min}(\pi/3) = \cos(2\pi/3) - 2\cos(\pi/3) = -1/2 - 2(1/2) = -3/2$.
$y_{min}(5\pi/3) = \cos(10\pi/3) - 2\cos(5\pi/3) = -1/2 - 2(1/2) = -3/2$.
$y_{max}(\pi) = \cos(2\pi) - 2\cos(\pi) = 1 - 2(-1) = 3$.
$y_{max}(2k\pi) = \cos(4k\pi) - 2\cos(2k\pi) = 1 - 2(1) = -1$.

Ответ: Функция возрастает на промежутках $[\frac{\pi}{3} + 2k\pi, \pi + 2k\pi]$ и $[\frac{5\pi}{3} + 2k\pi, 2(k+1)\pi]$. Функция убывает на промежутках $[2k\pi, \frac{\pi}{3} + 2k\pi]$ и $[\pi + 2k\pi, \frac{5\pi}{3} + 2k\pi]$ для всех $k \in \mathbb{Z}$.
Точки максимума: $x = (2k+1)\pi$, где $y_{max}=3$, и $x=2k\pi$, где $y_{max}=-1$.
Точки минимума: $x = \pm\frac{\pi}{3} + 2k\pi$, где $y_{min}=-3/2$.

г) $y = \lg \sin x$

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $\sin x > 0$.
Это выполняется при $x \in (2k\pi, \pi + 2k\pi)$ для $k \in \mathbb{Z}$.

2. Производная.

$y' = (\lg \sin x)' = \frac{1}{\sin x \cdot \ln 10} \cdot (\sin x)' = \frac{\cos x}{\sin x \ln 10} = \frac{\cot x}{\ln 10}$.

3. Критические точки. Приравняем производную к нулю: $\frac{\cot x}{\ln 10} = 0 \implies \cot x = 0$.

Решением является $x = \frac{\pi}{2} + n\pi, n \in \mathbb{Z}$.
Из этих точек нужно выбрать те, которые принадлежат области определения. Условию $\sin x > 0$ удовлетворяют только точки вида $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Промежутки монотонности. Исследуем знак производной на одном из интервалов области определения, например $(0, \pi)$. Критическая точка на этом интервале — $x = \pi/2$.
Знаменатель $\ln 10$ положителен, поэтому знак $y'$ совпадает со знаком $\cot x$.
- На интервале $(0, \pi/2)$: $\cot x > 0$, значит $y'>0$. Функция возрастает.
- На интервале $(\pi/2, \pi)$: $\cot x < 0$, значит $y'<0$. Функция убывает.

5. Экстремумы. В точках $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ производная меняет знак с "+" на "-", следовательно, это точки максимума.
Значение функции в точках максимума:
$y_{max} = \lg\left(\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right)\right) = \lg(1) = 0$.
Точек минимума у функции нет, так как на границах области определения ($x \to 2k\pi^+$ и $x \to (\pi+2k\pi)^-$) $\sin x \to 0^+$, и $y = \lg \sin x \to -\infty$.

Ответ: Функция возрастает на промежутках $(2k\pi, \frac{\pi}{2} + 2k\pi]$ и убывает на промежутках $[\frac{\pi}{2} + 2k\pi, (2k+1)\pi)$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Точки максимума $x_{max} = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$, значение в максимуме $y_{max}=0$. Минимумов нет.

83. Найдите асимптоты графика функции:

a) $y = \frac{x}{x-2}$;

б) $y = \frac{x^2+1}{x}$;

в) $y = \frac{x^2}{|x|+1}$;

г) $y = \frac{x^2+4}{x^2-9}$.

Асимптота — это прямая, к которой неограниченно приближается график функции при удалении его переменной точки в бесконечность. Различают вертикальные, горизонтальные и наклонные асимптоты.

а) $y = \frac{x}{x-2}$

1. Вертикальные асимптоты.

Вертикальные асимптоты могут существовать в точках разрыва функции. В данном случае это точка, где знаменатель обращается в ноль: $x-2 = 0$, то есть $x=2$.

Найдем односторонние пределы функции при $x \to 2$:
$\lim_{x \to 2^-} \frac{x}{x-2} = \frac{2}{2-0} = \frac{2}{-0} = -\infty$
$\lim_{x \to 2^+} \frac{x}{x-2} = \frac{2}{2+0} = \frac{2}{+0} = +\infty$

Поскольку пределы равны бесконечности, прямая $x=2$ является вертикальной асимптотой.

2. Горизонтальные асимптоты.

Найдем предел функции при $x \to \pm\infty$:
$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x-2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x/x}{(x-2)/x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{1 - 2/x} = \frac{1}{1-0} = 1$

Поскольку предел конечен и равен 1, прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.

Так как существует горизонтальная асимптота, наклонных асимптот нет.

Ответ: вертикальная асимптота $x=2$, горизонтальная асимптота $y=1$.

б) $y = \frac{x^2 + 1}{x}$

1. Вертикальные асимптоты.

Знаменатель обращается в ноль при $x=0$. Найдем односторонние пределы:

$\lim_{x \to 0^-} \frac{x^2+1}{x} = \frac{1}{-0} = -\infty$
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x^2+1}{x} = \frac{1}{+0} = +\infty$

Прямая $x=0$ является вертикальной асимптотой.

2. Наклонные асимптоты.

Степень числителя (2) на единицу больше степени знаменателя (1), поэтому ищем наклонную асимптоту вида $y=kx+b$.

$k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+1}{x \cdot x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+1}{x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} (1 + \frac{1}{x^2}) = 1$

$b = \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \pm\infty} (\frac{x^2+1}{x} - 1 \cdot x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+1-x^2}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x} = 0$

Таким образом, прямая $y=1x+0$, то есть $y=x$, является наклонной асимптотой.

Горизонтальных асимптот нет.

Ответ: вертикальная асимптота $x=0$, наклонная асимптота $y=x$.

в) $y = \frac{x^2}{|x| + 1}$

1. Вертикальные асимптоты.

Знаменатель $|x|+1$ всегда положителен ($|x| \ge 0 \Rightarrow |x|+1 \ge 1$) и никогда не равен нулю. Следовательно, вертикальных асимптот нет.

2. Наклонные асимптоты.

Ищем асимптоты вида $y=kx+b$. Из-за модуля в знаменателе рассмотрим два случая: $x \to +\infty$ и $x \to -\infty$.

При $x \to +\infty$, $|x| = x$.

$k_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2/(x+1)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x^2+x} = 1$

$b_1 = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - k_1x) = \lim_{x \to +\infty} (\frac{x^2}{x+1} - x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - x(x+1)}{x+1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-x}{x+1} = -1$

При $x \to +\infty$ асимптота $y = x-1$.

При $x \to -\infty$, $|x| = -x$.

$k_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2/(-x+1)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2}{-x^2+x} = -1$

$b_2 = \lim_{x \to -\infty} (f(x) - k_2x) = \lim_{x \to -\infty} (\frac{x^2}{-x+1} - (-1)x) = \lim_{x \to -\infty} (\frac{x^2}{-x+1} + x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2+x(-x+1)}{-x+1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{-x+1} = -1$

При $x \to -\infty$ асимптота $y = -x-1$.

Ответ: вертикальных асимптот нет, наклонные асимптоты $y=x-1$ (при $x \to +\infty$) и $y=-x-1$ (при $x \to -\infty$).

г) $y = \frac{x^2 + 4}{x^2 - 9}$

1. Вертикальные асимптоты.

Знаменатель $x^2-9 = (x-3)(x+3)$ равен нулю при $x=3$ и $x=-3$.

Проверим пределы в этих точках:

Для $x=3$: $\lim_{x \to 3} \frac{x^2+4}{x^2-9} = \frac{13}{0} = \infty$. Значит, $x=3$ — вертикальная асимптота.

Для $x=-3$: $\lim_{x \to -3} \frac{x^2+4}{x^2-9} = \frac{13}{0} = \infty$. Значит, $x=-3$ — вертикальная асимптота.

2. Горизонтальные асимптоты.

Степени числителя и знаменателя равны (обе равны 2), поэтому ищем горизонтальную асимптоту.

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+4}{x^2-9} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2(1+4/x^2)}{x^2(1-9/x^2)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1+4/x^2}{1-9/x^2} = \frac{1}{1} = 1$

Прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой. Наклонных асимптот нет.

Ответ: вертикальные асимптоты $x=3$ и $x=-3$, горизонтальная асимптота $y=1$.