Номер 41.4, страница 303 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

41.4. Постройте график функции:

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

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

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

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

5) $f(x) = \frac{3x}{x^2-9}$;

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

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

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. Знаменатель дроби не может быть равен нулю: $x-1 \neq 0$, следовательно, $x \neq 1$. Область определения: $D(f) = (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{-x-3}{-x-1} = \frac{x+3}{x+1}$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$, $f(0) = \frac{0-3}{0-1} = 3$. Точка пересечения $(0, 3)$. С осью OX: $f(x)=0$, $\frac{x-3}{x-1} = 0 \implies x-3=0 \implies x=3$. Точка пересечения $(3, 0)$.

4. Асимптоты. Вертикальная асимптота: $x=1$, так как $\lim_{x \to 1} f(x) = \infty$. Исследуем поведение функции около точки разрыва: $\lim_{x \to 1^-} \frac{x-3}{x-1} = \frac{-2}{0^-} = +\infty$. $\lim_{x \to 1^+} \frac{x-3}{x-1} = \frac{-2}{0^+} = -\infty$. Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \infty} \frac{x-3}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - \frac{3}{x}}{1 - \frac{1}{x}} = 1$. Прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. Найдем первую производную: $f'(x) = \left(\frac{x-3}{x-1}\right)' = \frac{(x-3)'(x-1) - (x-3)(x-1)'}{(x-1)^2} = \frac{1 \cdot (x-1) - (x-3) \cdot 1}{(x-1)^2} = \frac{x-1-x+3}{(x-1)^2} = \frac{2}{(x-1)^2}$. Так как $(x-1)^2 > 0$ при всех $x$ из области определения, то $f'(x) > 0$ всегда. Следовательно, функция возрастает на всей области определения: на промежутках $(-\infty; 1)$ и $(1; +\infty)$. Точек экстремума нет.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. Найдем вторую производную: $f''(x) = \left(\frac{2}{(x-1)^2}\right)' = (2(x-1)^{-2})' = 2 \cdot (-2)(x-1)^{-3} \cdot 1 = \frac{-4}{(x-1)^3}$. Знак второй производной зависит от знака $(x-1)^3$. При $x > 1$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый). При $x < 1$, $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый). Точек перегиба нет, так как $x=1$ не входит в область определения.

Ответ: График функции является гиперболой с вертикальной асимптотой $x=1$ и горизонтальной асимптотой $y=1$. График пересекает оси координат в точках $(0, 3)$ и $(3, 0)$. Функция возрастает на интервалах $(-\infty; 1)$ и $(1; +\infty)$. График выпуклый вниз при $x<1$ и выпуклый вверх при $x>1$.

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

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. $x^2 - 2x \neq 0 \implies x(x-2) \neq 0$, следовательно, $x \neq 0$ и $x \neq 2$. Область определения: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; 2) \cup (2; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{1}{(-x)^2 - 2(-x)} = \frac{1}{x^2+2x}$. Функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$ не входит в область определения, пересечения нет. С осью OX: $f(x)=0$, $\frac{1}{x^2-2x} = 0$, уравнение не имеет решений. Пересечений с осью OX нет.

4. Асимптоты. Вертикальные асимптоты: $x=0$ и $x=2$. $\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x(x-2)} = \frac{1}{(-0)(-2)} = +\infty$. $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x(x-2)} = \frac{1}{(+0)(-2)} = -\infty$. $\lim_{x \to 2^-} \frac{1}{x(x-2)} = \frac{1}{2(-0)} = -\infty$. $\lim_{x \to 2^+} \frac{1}{x(x-2)} = \frac{1}{2(+0)} = +\infty$. Прямые $x=0$ и $x=2$ являются вертикальными асимптотами. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^2-2x} = 0$. Прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. $f'(x) = \left(\frac{1}{x^2-2x}\right)' = -\frac{(x^2-2x)'}{(x^2-2x)^2} = -\frac{2x-2}{(x^2-2x)^2} = \frac{2-2x}{(x^2-2x)^2}$. $f'(x) = 0 \implies 2-2x = 0 \implies x=1$. При $x<1$ (и $x\neq 0$), $f'(x) > 0$, функция возрастает на $(-\infty; 0)$ и $(0; 1)$. При $x>1$ (и $x\neq 2$), $f'(x) < 0$, функция убывает на $(1; 2)$ и $(2; +\infty)$. В точке $x=1$ производная меняет знак с `+` на `-`, следовательно, это точка локального максимума. $f(1) = \frac{1}{1^2-2(1)} = -1$. Точка максимума $(1, -1)$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. $f''(x) = \left(\frac{2-2x}{(x^2-2x)^2}\right)' = \frac{-2(x^2-2x)^2 - (2-2x) \cdot 2(x^2-2x)(2x-2)}{((x^2-2x)^2)^2} = \frac{-2(x^2-2x) + 2(2x-2)^2}{(x^2-2x)^3} = \frac{6x^2-12x+8}{(x^2-2x)^3}$. Числитель $6x^2-12x+8$ всегда положителен (дискриминант $D = 144 - 192 < 0$). Знак $f''(x)$ зависит от знака знаменателя $(x(x-2))^3$. При $x \in (-\infty; 0) \cup (2; +\infty)$, $(x(x-2))^3 > 0$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз. При $x \in (0; 2)$, $(x(x-2))^3 < 0$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх. Точек перегиба нет.

Ответ: График функции имеет вертикальные асимптоты $x=0$ и $x=2$ и горизонтальную асимптоту $y=0$. Точек пересечения с осями нет. Функция имеет локальный максимум в точке $(1, -1)$. Функция возрастает на $(-\infty; 0)$ и $(0; 1)$, убывает на $(1; 2)$ и $(2; +\infty)$. График выпуклый вниз на $(-\infty; 0)$ и $(2; +\infty)$, выпуклый вверх на $(0; 2)$.

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

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. $1-x^2 \neq 0 \implies x^2 \neq 1$, следовательно, $x \neq \pm 1$. Область определения: $D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{1+(-x)^2}{1-(-x)^2} = \frac{1+x^2}{1-x^2} = f(x)$. Функция является четной, ее график симметричен относительно оси OY.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$, $f(0) = \frac{1+0}{1-0} = 1$. Точка $(0, 1)$. С осью OX: $f(x)=0 \implies 1+x^2=0$, решений нет. Пересечений с OX нет.

4. Асимптоты. Вертикальные асимптоты: $x=1$ и $x=-1$. $\lim_{x \to 1^-} \frac{1+x^2}{1-x^2} = \frac{2}{0^+} = +\infty$. $\lim_{x \to 1^+} \frac{1+x^2}{1-x^2} = \frac{2}{0^-} = -\infty$. В силу четности, $\lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$ и $\lim_{x \to -1^-} f(x) = -\infty$. Прямые $x=1$ и $x=-1$ являются вертикальными асимптотами. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1+x^2}{1-x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{1}{x^2}+1}{\frac{1}{x^2}-1} = -1$. Прямая $y=-1$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. $f'(x) = \left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)' = \frac{2x(1-x^2) - (1+x^2)(-2x)}{(1-x^2)^2} = \frac{2x-2x^3+2x+2x^3}{(1-x^2)^2} = \frac{4x}{(1-x^2)^2}$. $f'(x) = 0 \implies 4x = 0 \implies x=0$. При $x>0$ (и $x\neq 1$), $f'(x) > 0$, функция возрастает на $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$. При $x<0$ (и $x\neq -1$), $f'(x) < 0$, функция убывает на $(-\infty; -1)$ и $(-1; 0)$. В точке $x=0$ производная меняет знак с `-` на `+`, это точка локального минимума. $f(0)=1$. Точка минимума $(0, 1)$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. $f''(x) = \left(\frac{4x}{(1-x^2)^2}\right)' = \frac{4(1-x^2)^2 - 4x \cdot 2(1-x^2)(-2x)}{(1-x^2)^4} = \frac{4(1-x^2) + 16x^2}{(1-x^2)^3} = \frac{4+12x^2}{(1-x^2)^3}$. Числитель $4+12x^2 > 0$ всегда. Знак $f''(x)$ зависит от знака $(1-x^2)^3$. При $x \in (-1; 1)$, $1-x^2>0$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз. При $x \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$, $1-x^2<0$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх. Точек перегиба нет.

Ответ: График функции симметричен относительно оси OY. Вертикальные асимптоты $x=-1, x=1$. Горизонтальная асимптота $y=-1$. Точка локального минимума $(0, 1)$. Функция убывает на $(-\infty, -1)$ и $(-1, 0)$, возрастает на $(0, 1)$ и $(1, +\infty)$. График выпуклый вниз на интервале $(-1, 1)$ и выпуклый вверх на $(-\infty, -1)$ и $(1, +\infty)$.

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

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. $x^2 + 1 > 0$ для всех $x$. Знаменатель никогда не равен нулю. Область определения: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{1}{(-x)^2+1} = \frac{1}{x^2+1} = f(x)$. Функция является четной, ее график симметричен относительно оси OY.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$, $f(0) = \frac{1}{0+1} = 1$. Точка $(0, 1)$. С осью OX: $f(x)=0 \implies \frac{1}{x^2+1}=0$, решений нет. Пересечений с OX нет.

4. Асимптоты. Вертикальные асимптоты: отсутствуют, так как функция определена везде. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x^2+1} = 0$. Прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. $f'(x) = \left(\frac{1}{x^2+1}\right)' = -\frac{2x}{(x^2+1)^2}$. $f'(x) = 0 \implies -2x = 0 \implies x=0$. При $x>0$, $f'(x) < 0$, функция убывает. При $x<0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает. В точке $x=0$ производная меняет знак с `+` на `-`, это точка локального максимума. $f(0)=1$. Точка максимума $(0, 1)$. Это также глобальный максимум.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. $f''(x) = \left(-\frac{2x}{(x^2+1)^2}\right)' = -\frac{2(x^2+1)^2 - 2x \cdot 2(x^2+1)(2x)}{(x^2+1)^4} = -\frac{2(x^2+1) - 8x^2}{(x^2+1)^3} = \frac{6x^2-2}{(x^2+1)^3}$. $f''(x) = 0 \implies 6x^2-2 = 0 \implies x^2 = 1/3 \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. При $|x| > \frac{1}{\sqrt{3}}$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз. При $|x| < \frac{1}{\sqrt{3}}$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх. Точки перегиба: $x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. $f(\pm \frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{1}{(1/3)+1} = \frac{3}{4}$. Точки перегиба: $(-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$ и $(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$.

Ответ: График функции (известный как "локон Аньези") симметричен относительно оси OY. Горизонтальная асимптота $y=0$. Вертикальных асимптот нет. Глобальный максимум в точке $(0, 1)$. Функция возрастает на $(-\infty, 0)$ и убывает на $(0, +\infty)$. Точки перегиба $(\pm \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{3}{4})$. График выпуклый вверх на $(-\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})$ и выпуклый вниз на $(-\infty, -\frac{1}{\sqrt{3}})$ и $(\frac{1}{\sqrt{3}}, +\infty)$.

5) $f(x) = \frac{3x}{x^2 - 9}$

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. $x^2 - 9 \neq 0 \implies x \neq \pm 3$. Область определения: $D(f) = (-\infty; -3) \cup (-3; 3) \cup (3; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{3(-x)}{(-x)^2-9} = \frac{-3x}{x^2-9} = -f(x)$. Функция является нечетной, ее график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$, $f(0) = 0$. Точка $(0, 0)$. С осью OX: $f(x)=0 \implies 3x=0 \implies x=0$. Точка $(0, 0)$.

4. Асимптоты. Вертикальные асимптоты: $x=3$ и $x=-3$. $\lim_{x \to 3^+} \frac{3x}{x^2-9} = \frac{9}{+0} = +\infty$. $\lim_{x \to 3^-} \frac{3x}{x^2-9} = \frac{9}{-0} = -\infty$. В силу нечетности, $\lim_{x \to -3^+} f(x) = +\infty$ и $\lim_{x \to -3^-} f(x) = -\infty$. Прямые $x=3$ и $x=-3$ являются вертикальными асимптотами. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x}{x^2-9} = 0$. Прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. $f'(x) = \frac{3(x^2-9) - 3x(2x)}{(x^2-9)^2} = \frac{3x^2-27-6x^2}{(x^2-9)^2} = \frac{-3x^2-27}{(x^2-9)^2} = -\frac{3(x^2+9)}{(x^2-9)^2}$. Так как $x^2+9>0$ и $(x^2-9)^2>0$, то $f'(x) < 0$ для всех $x$ из области определения. Функция убывает на каждом из интервалов своей области определения: $(-\infty, -3)$, $(-3, 3)$ и $(3, +\infty)$. Точек экстремума нет.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. $f''(x) = \left(-\frac{3(x^2+9)}{(x^2-9)^2}\right)' = -3 \frac{2x(x^2-9)^2 - (x^2+9) \cdot 2(x^2-9)(2x)}{((x^2-9)^2)^2} = -3 \frac{2x(x^2-9) - 4x(x^2+9)}{(x^2-9)^3} = \frac{6x(x^2+27)}{(x^2-9)^3}$. $f''(x) = 0 \implies 6x(x^2+27)=0 \implies x=0$. Знак $f''(x)$ определяется знаком выражения $\frac{x}{(x^2-9)^3}$. При $x \in (3, +\infty)$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз. При $x \in (0, 3)$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх. При $x \in (-3, 0)$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз. При $x \in (-\infty, -3)$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх. Точка перегиба при $x=0$. $f(0)=0$. Точка перегиба $(0,0)$.

Ответ: График функции симметричен относительно начала координат. Вертикальные асимптоты $x=-3, x=3$. Горизонтальная асимптота $y=0$. График пересекает оси в точке $(0,0)$, которая является точкой перегиба. Функция убывает на всей области определения. График выпуклый вверх на $(-\infty, -3)$ и $(0, 3)$, выпуклый вниз на $(-3, 0)$ и $(3, +\infty)$.

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

Для построения графика функции проведем ее полное исследование.

1. Область определения функции. $(x+1)^2 \neq 0 \implies x \neq -1$. Область определения: $D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = \frac{2(-x)}{(-x+1)^2} = \frac{-2x}{(1-x)^2}$. Функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат. С осью OY: $x=0$, $f(0)=0$. Точка $(0, 0)$. С осью OX: $f(x)=0 \implies 2x=0 \implies x=0$. Точка $(0, 0)$.

4. Асимптоты. Вертикальная асимптота: $x=-1$. $\lim_{x \to -1} \frac{2x}{(x+1)^2} = \frac{-2}{+0} = -\infty$. Прямая $x=-1$ является вертикальной асимптотой (обе ветви уходят на $-\infty$). Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x}{(x+1)^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x}{x^2+2x+1} = 0$. Прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума. $f'(x) = \frac{2(x+1)^2 - 2x \cdot 2(x+1)}{(x+1)^4} = \frac{2(x+1) - 4x}{(x+1)^3} = \frac{2-2x}{(x+1)^3}$. $f'(x) = 0 \implies 2-2x = 0 \implies x=1$. Знаки $f'(x)$ зависят от знаков $2-2x$ и $x+1$. При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает. При $x \in (-1, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает. При $x \in (-\infty, -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает. В точке $x=1$ производная меняет знак с `+` на `-`, это точка локального максимума. $f(1) = \frac{2(1)}{(1+1)^2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$. Точка максимума $(1, 1/2)$.

6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба. $f''(x) = \left(\frac{2-2x}{(x+1)^3}\right)' = \frac{-2(x+1)^3 - (2-2x) \cdot 3(x+1)^2}{(x+1)^6} = \frac{-2(x+1) - 3(2-2x)}{(x+1)^4} = \frac{-2x-2-6+6x}{(x+1)^4} = \frac{4x-8}{(x+1)^4}$. $f''(x) = 0 \implies 4x-8 = 0 \implies x=2$. Знаменатель $(x+1)^4 > 0$ в области определения. При $x>2$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз. При $x<2$ (и $x\neq -1$), $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх. Точка перегиба при $x=2$. $f(2) = \frac{2(2)}{(2+1)^2} = \frac{4}{9}$. Точка перегиба $(2, 4/9)$.

Ответ: График функции имеет вертикальную асимптоту $x=-1$ (стремится к $-\infty$ с обеих сторон) и горизонтальную асимптоту $y=0$. График проходит через начало координат $(0,0)$. Функция убывает на $(-\infty, -1)$ и $(1, +\infty)$, возрастает на $(-1, 1)$. Локальный максимум в точке $(1, 1/2)$. Точка перегиба $(2, 4/9)$. График выпуклый вверх на $(-\infty, -1)$ и $(-1, 2)$, выпуклый вниз на $(2, +\infty)$.