Номер 45.7, страница 353 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

45.7. Постройте график функции:

1) $f(x) = x + \frac{1}{x}$;

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

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

4) $f(x) = \frac{x^4 - 8}{(x + 1)^4}$.

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

Для построения графика проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

   Функция не определена, когда знаменатель равен нулю: $x \neq 0$.

   Область определения: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

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

   Функция является нечетной. Ее график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.

   • С осью Oy: $x=0$ не входит в область определения, поэтому пересечения с осью Oy нет.
   • С осью Ox: $f(x) = 0 \Rightarrow x + \frac{1}{x} = 0 \Rightarrow \frac{x^2+1}{x}=0$. Уравнение $x^2+1=0$ не имеет действительных корней, поэтому пересечений с осью Ox нет.

4. Асимптоты.

   • Вертикальная асимптота: $x=0$.
     $\lim_{x \to 0^+} (x + \frac{1}{x}) = 0 + (+\infty) = +\infty$.
     $\lim_{x \to 0^-} (x + \frac{1}{x}) = 0 + (-\infty) = -\infty$.
   • Наклонная асимптота вида $y = kx + b$:
     $k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + 1/x}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} (1 + \frac{1}{x^2}) = 1$.
     $b = \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \pm\infty} (x + \frac{1}{x} - 1 \cdot x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x} = 0$.
     Наклонная асимптота: $y = x$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

   Найдем первую производную: $f'(x) = (x + \frac{1}{x})' = 1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}$.

   Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \Rightarrow x^2 - 1 = 0 \Rightarrow x = 1, x = -1$.

   • На интервалах $(-\infty; -1)$ и $(1; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
   • На интервалах $(-1; 0)$ и $(0; 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

   В точке $x = -1$ происходит смена знака производной с `+` на `-`, следовательно, это точка локального максимума. $f(-1) = -1 + \frac{1}{-1} = -2$. Точка максимума: $(-1, -2)$.

   В точке $x = 1$ происходит смена знака производной с `-` на `+`, следовательно, это точка локального минимума. $f(1) = 1 + \frac{1}{1} = 2$. Точка минимума: $(1, 2)$.

6. Выпуклость и точки перегиба.

   Найдем вторую производную: $f''(x) = (1 - x^{-2})' = 2x^{-3} = \frac{2}{x^3}$.

   $f''(x) \neq 0$ нигде.

   • При $x < 0$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх (вогнутый).
   • При $x > 0$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз (выпуклый).

   Так как в точке $x=0$ функция не определена, точек перегиба нет.

Ответ: График функции состоит из двух ветвей, симметричных относительно начала координат. Одна ветвь находится в первой координатной четверти, имеет локальный минимум в точке $(1, 2)$ и выпукла вниз. Вторая ветвь находится в третьей четверти, имеет локальный максимум в точке $(-1, -2)$ и выпукла вверх. График имеет вертикальную асимптоту $x=0$ (ось Oy) и наклонную асимптоту $y=x$.

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

Для построения графика проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

   $x - 1 \neq 0 \Rightarrow x \neq 1$. $D(f) = (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

   $f(-x) = \frac{(-x)^2 + 3(-x)}{-x - 1} = \frac{x^2 - 3x}{-(x + 1)}$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

   • С осью Oy: $x=0 \Rightarrow f(0) = \frac{0}{ -1} = 0$. Точка $(0, 0)$.
   • С осью Ox: $f(x) = 0 \Rightarrow x^2 + 3x = 0 \Rightarrow x(x+3) = 0$. Точки $x=0$ и $x=-3$. Точки пересечения: $(0, 0)$ и $(-3, 0)$.

4. Асимптоты.

   • Вертикальная асимптота: $x=1$.
     $\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2 + 3x}{x - 1} = \frac{4}{0^+} = +\infty$.
     $\lim_{x \to 1^-} \frac{x^2 + 3x}{x - 1} = \frac{4}{0^-} = -\infty$.
   • Наклонная асимптота: степень числителя на единицу больше степени знаменателя. Выделим целую часть: $\frac{x^2 + 3x}{x - 1} = \frac{x^2 - x + 4x}{x - 1} = \frac{x(x-1) + 4(x-1)+4}{x-1} = x+4 + \frac{4}{x-1}$.
     Наклонная асимптота: $y = x+4$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

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

   Критические точки: $f'(x)=0 \Rightarrow (x-3)(x+1)=0 \Rightarrow x=3, x=-1$.

   • На интервалах $(-\infty; -1)$ и $(3; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
   • На интервалах $(-1; 1)$ и $(1; 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

   $x=-1$ — точка локального максимума. $f(-1) = \frac{1-3}{-2}=1$. Точка максимума: $(-1, 1)$.

   $x=3$ — точка локального минимума. $f(3) = \frac{9+9}{2}=9$. Точка минимума: $(3, 9)$.

6. Выпуклость и точки перегиба.

   $f''(x) = (\frac{x^2-2x-3}{(x-1)^2})' = \frac{(2x-2)(x-1)^2 - (x^2-2x-3) \cdot 2(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{2(x-1)^2 - 2(x^2-2x-3)}{(x-1)^3} = \frac{2(x^2-2x+1-x^2+2x+3)}{(x-1)^3} = \frac{8}{(x-1)^3}$.

   • При $x < 1$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх.
   • При $x > 1$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.

   Точек перегиба нет.

Ответ: График функции состоит из двух ветвей, разделенных вертикальной асимптотой $x=1$. Левая ветвь пересекает оси в точках $(-3, 0)$ и $(0, 0)$, имеет локальный максимум в точке $(-1, 1)$ и выпукла вверх. Правая ветвь имеет локальный минимум в точке $(3, 9)$ и выпукла вниз. Обе ветви приближаются к наклонной асимптоте $y=x+4$.

3) $f(x) = \frac{x^3}{x^2 - 4}$

Для построения графика проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

   $x^2 - 4 \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm 2$. $D(f) = (-\infty; -2) \cup (-2; 2) \cup (2; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

   $f(-x) = \frac{(-x)^3}{(-x)^2 - 4} = \frac{-x^3}{x^2 - 4} = -f(x)$. Функция нечетная, график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.

   $f(x)=0 \Rightarrow x^3=0 \Rightarrow x=0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$.

4. Асимптоты.

   • Вертикальные асимптоты: $x=-2$ и $x=2$.
     $\lim_{x \to 2^+} f(x) = +\infty$, $\lim_{x \to 2^-} f(x) = -\infty$.
     $\lim_{x \to -2^+} f(x) = +\infty$, $\lim_{x \to -2^-} f(x) = -\infty$.
   • Наклонная асимптота: $\frac{x^3}{x^2 - 4} = \frac{x(x^2-4)+4x}{x^2-4} = x + \frac{4x}{x^2-4}$.
     Наклонная асимптота: $y=x$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

   $f'(x) = \frac{3x^2(x^2-4) - x^3(2x)}{(x^2-4)^2} = \frac{3x^4-12x^2-2x^4}{(x^2-4)^2} = \frac{x^4-12x^2}{(x^2-4)^2} = \frac{x^2(x^2-12)}{(x^2-4)^2}$.

   Критические точки: $f'(x)=0 \Rightarrow x=0, x=\pm\sqrt{12}=\pm 2\sqrt{3} \approx \pm 3.46$.

   • На $(-\infty; -2\sqrt{3})$ и $(2\sqrt{3}; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
   • На $(-2\sqrt{3}; -2)$, $(-2; 2)$ и $(2; 2\sqrt{3})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

   $x = -2\sqrt{3}$ — точка локального максимума. $f(-2\sqrt{3}) = \frac{-24\sqrt{3}}{12-4} = -3\sqrt{3}$. Точка $(-2\sqrt{3}, -3\sqrt{3})$.

   $x = 2\sqrt{3}$ — точка локального минимума. $f(2\sqrt{3}) = 3\sqrt{3}$. Точка $(2\sqrt{3}, 3\sqrt{3})$.

6. Выпуклость и точки перегиба.

   $f''(x) = \frac{(4x^3-24x)(x^2-4)^2 - (x^4-12x^2) \cdot 2(x^2-4)(2x)}{(x^2-4)^4} = \frac{4x(x^2-6)(x^2-4) - 4x(x^4-12x^2)}{(x^2-4)^3} = \frac{8x(x^2+12)}{(x^2-4)^3}$.

   $f''(x)=0$ при $x=0$.

   • На $(-\infty; -2)$ и $(0; 2)$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх.
   • На $(-2; 0)$ и $(2; +\infty)$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.

   $x=0$ — точка перегиба. $f(0)=0$. Точка перегиба $(0, 0)$.

Ответ: График функции симметричен относительно начала координат и состоит из трех ветвей. Левая ветвь (при $x<-2$) имеет локальный максимум в точке $(-2\sqrt{3}, -3\sqrt{3})$ и асимптотически приближается к $y=x$ и $x=-2$. Центральная ветвь (при $-2<x<2$) проходит через точку перегиба $(0,0)$ и асимптотически приближается к прямым $x=-2$ и $x=2$. Правая ветвь (при $x>2$) имеет локальный минимум в точке $(2\sqrt{3}, 3\sqrt{3})$ и асимптотически приближается к $y=x$ и $x=2$.

4) $f(x) = \frac{x^4 - 8}{(x + 1)^4}$

Для построения графика проведем полное исследование функции.

1. Область определения.

   $(x+1)^4 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1$. $D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

   $f(-x) = \frac{(-x)^4-8}{(-x+1)^4} = \frac{x^4-8}{(1-x)^4}$. Функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

   • С осью Oy: $x=0 \Rightarrow f(0) = \frac{-8}{1^4} = -8$. Точка $(0, -8)$.
   • С осью Ox: $x^4-8=0 \Rightarrow x^4=8 \Rightarrow x=\pm\sqrt[4]{8} \approx \pm 1.68$. Точки $(\pm\sqrt[4]{8}, 0)$.

4. Асимптоты.

   • Вертикальная асимптота: $x=-1$.
     $\lim_{x \to -1} \frac{x^4-8}{(x+1)^4} = \frac{1-8}{0^+} = \frac{-7}{0^+} = -\infty$.
   • Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^4-8}{(x+1)^4} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^4(1-8/x^4)}{x^4(1+1/x)^4} = 1$.
     Горизонтальная асимптота: $y=1$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

   $f'(x) = \frac{4x^3(x+1)^4 - (x^4-8) \cdot 4(x+1)^3}{(x+1)^8} = \frac{4(x+1)^3[x^3(x+1) - (x^4-8)]}{(x+1)^8} = \frac{4(x^4+x^3-x^4+8)}{(x+1)^5} = \frac{4(x^3+8)}{(x+1)^5}$.

   Критическая точка: $f'(x)=0 \Rightarrow x^3+8=0 \Rightarrow x=-2$.

   • На $(-\infty; -2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
   • На $(-2; -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
   • На $(-1; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

   $x=-2$ — точка локального максимума. $f(-2) = \frac{(-2)^4-8}{(-2+1)^4} = \frac{16-8}{1} = 8$. Точка $(-2, 8)$.

6. Выпуклость и точки перегиба.

   $f''(x) = 4 \left( \frac{x^3+8}{(x+1)^5} \right)' = 4 \frac{3x^2(x+1)^5 - (x^3+8)5(x+1)^4}{(x+1)^{10}} = \frac{4[3x^2(x+1) - 5(x^3+8)]}{(x+1)^6} = \frac{4(3x^3+3x^2-5x^3-40)}{(x+1)^6} = \frac{-8(x^3 - 1.5x^2 + 20)}{(x+1)^6}$.

   Знак второй производной противоположен знаку выражения $g(x) = x^3 - 1.5x^2 + 20$. Анализ показывает, что $g(x)=0$ имеет один действительный корень $x_0 \approx -2.5$.

   • При $x < x_0$, $g(x) < 0$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.
   • При $x > x_0$ (и $x \neq -1$), $g(x) > 0$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх.

   Точка перегиба $x_0 \approx -2.5$.

Ответ: График функции состоит из двух ветвей, разделенных вертикальной асимптотой $x=-1$. Левая ветвь приближается к горизонтальной асимптоте $y=1$ слева, возрастает до точки локального максимума $(-2, 8)$, а затем убывает, стремясь к $-\infty$ при $x \to -1^-$. Эта ветвь имеет точку перегиба в $x_0 \approx -2.5$. Правая ветвь выходит из $-\infty$ при $x \to -1^+$, возрастает, пересекая оси в точках $(0, -8)$ и $(\sqrt[4]{8}, 0)$, и приближается к горизонтальной асимптоте $y=1$ справа. Эта ветвь выпукла вверх.