Страница 291 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

39.14. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

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

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

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

4) $f(x) = \frac{x^2}{4} + \frac{9}{x^2}$;

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

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

7) $f(x) = \frac{x^2}{x^2 - 16}$;

8) $f(x) = 2\sqrt{x} - x.$

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

1. Находим область определения функции.

Знаменатель дроби не должен быть равен нулю, поэтому $x^2 \neq 0$, что означает $x \neq 0$.

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

2. Находим производную функции.

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

3. Находим критические точки.

Приравниваем производную к нулю, чтобы найти стационарные точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{x^3 - 8}{x^3} = 0$. Дробь равна нулю, когда ее числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.

$x^3 - 8 = 0 \implies x^3 = 8 \implies x = 2$.

Производная не существует в точке $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции.

Критическая точка: $x=2$.

4. Определяем знаки производной на интервалах.

Критическая точка $x=2$ и точка разрыва $x=0$ делят область определения на интервалы $(-\infty; 0)$, $(0; 2)$ и $(2; +\infty)$.

• На интервале $(-\infty; 0)$: возьмем $x=-1$. $f'(-1) = \frac{(-1)^3 - 8}{(-1)^3} = \frac{-9}{-1} = 9 > 0$. Функция возрастает.
• На интервале $(0; 2)$: возьмем $x=1$. $f'(1) = \frac{1^3 - 8}{1^3} = -7 < 0$. Функция убывает.
• На интервале $(2; +\infty)$: возьмем $x=3$. $f'(3) = \frac{3^3 - 8}{3^3} = \frac{19}{27} > 0$. Функция возрастает.

5. Находим точки экстремума.

В точке $x=2$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, это точка минимума.

$x_{min} = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $[2; +\infty)$, убывает на промежутке $(0; 2]$, точка минимума $x_{min} = 2$.

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

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

2. Производная:

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

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{x^2 - 4x + 3}{(x-2)^2} = 0 \implies x^2 - 4x + 3 = 0$.

По теореме Виета, корни уравнения: $x_1 = 1$, $x_2 = 3$. Обе точки принадлежат области определения.

4. Знаки производной:

Знаменатель $(x-2)^2$ всегда положителен (кроме $x=2$). Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3)$. Это парабола с ветвями вверх, пересекающая ось абсцисс в точках 1 и 3.

• На $(-\infty; 1)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• На $(1; 2)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
• На $(2; 3)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
• На $(3; +\infty)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. Точки экстремума:

В точке $x=1$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 1$.

В точке $x=3$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума: $x_{min} = 3$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 1]$ и $[3; +\infty)$, убывает на промежутках $[1; 2)$ и $(2; 3]$, точка максимума $x_{max} = 1$, точка минимума $x_{min} = 3$.

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

1. Область определения: $x^2+1 > 0$ для любого $x$. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Производная: $f(x) = (x^2+1)^{-1}$.

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

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$-\frac{2x}{(x^2+1)^2} = 0 \implies -2x = 0 \implies x=0$.

4. Знаки производной:

Знаменатель $(x^2+1)^2$ всегда положителен. Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $-2x$.

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

5. Точки экстремума:

В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; 0]$, убывает на промежутке $[0; +\infty)$, точка максимума $x_{max} = 0$.

4) $f(x) = \frac{x^2}{4} + \frac{9}{x^2}$

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

2. Производная: $f(x) = \frac{1}{4}x^2 + 9x^{-2}$.

$f'(x) = \frac{1}{4} \cdot 2x + 9 \cdot (-2x^{-3}) = \frac{x}{2} - \frac{18}{x^3} = \frac{x^4 - 36}{2x^3}$.

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{x^4 - 36}{2x^3} = 0 \implies x^4 - 36 = 0 \implies (x^2-6)(x^2+6) = 0$.

Так как $x^2+6 > 0$, то $x^2 - 6 = 0 \implies x^2 = 6 \implies x = \pm\sqrt{6}$.

4. Знаки производной:

Точки для анализа: $-\sqrt{6}$, $0$, $\sqrt{6}$.

• На $(-\infty; -\sqrt{6})$: $x=-3$, $f'(-3) = \frac{(-3)^4-36}{2(-3)^3} = \frac{81-36}{-54} < 0$. Убывает.
• На $(-\sqrt{6}; 0)$: $x=-1$, $f'(-1) = \frac{(-1)^4-36}{2(-1)^3} = \frac{1-36}{-2} > 0$. Возрастает.
• На $(0; \sqrt{6})$: $x=1$, $f'(1) = \frac{1^4-36}{2(1)^3} = \frac{1-36}{2} < 0$. Убывает.
• На $(\sqrt{6}; +\infty)$: $x=3$, $f'(3) = \frac{3^4-36}{2(3)^3} = \frac{81-36}{54} > 0$. Возрастает.

5. Точки экстремума:

В точке $x=-\sqrt{6}$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума: $x_{min} = -\sqrt{6}$.

В точке $x=\sqrt{6}$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума: $x_{min} = \sqrt{6}$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-\sqrt{6}; 0)$ и $[\sqrt{6}; +\infty)$, убывает на промежутках $(-\infty; -\sqrt{6}]$ и $(0; \sqrt{6}]$, точки минимума $x_{min} = -\sqrt{6}$ и $x_{min} = \sqrt{6}$.

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

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

2. Производная:

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

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{2-x}{x^3} = 0 \implies 2-x = 0 \implies x=2$.

4. Знаки производной:

Точки для анализа: $0, 2$.

• На $(-\infty; 0)$: $x=-1$, $f'(-1) = \frac{2-(-1)}{(-1)^3} = \frac{3}{-1} < 0$. Убывает.
• На $(0; 2)$: $x=1$, $f'(1) = \frac{2-1}{1^3} = 1 > 0$. Возрастает.
• На $(2; +\infty)$: $x=3$, $f'(3) = \frac{2-3}{3^3} = \frac{-1}{27} < 0$. Убывает.

5. Точки экстремума:

В точке $x=2$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(0; 2]$, убывает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $[2; +\infty)$, точка максимума $x_{max} = 2$.

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

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

2. Производная: $f(x) = (x-3)^{-2}$.

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

3. Критические точки: $f'(x)=0$.

$\frac{-2}{(x-3)^3} = 0$. Уравнение не имеет решений, так как числитель не равен нулю. Стационарных точек нет.

4. Знаки производной:

Точка разрыва $x=3$ делит область определения на два интервала.

• На $(-\infty; 3)$: $x=2$, $f'(2) = \frac{-2}{(2-3)^3} = \frac{-2}{-1} = 2 > 0$. Возрастает.
• На $(3; +\infty)$: $x=4$, $f'(4) = \frac{-2}{(4-3)^3} = \frac{-2}{1} = -2 < 0$. Убывает.

5. Точки экстремума:

Функция не имеет критических точек, следовательно, не имеет точек экстремума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; 3)$, убывает на промежутке $(3; +\infty)$, точек экстремума нет.

7) $f(x) = \frac{x^2}{x^2 - 16}$

1. Область определения: $x^2 - 16 \neq 0 \implies x \neq \pm 4$. $D(f) = (-\infty; -4) \cup (-4; 4) \cup (4; +\infty)$.

2. Производная:

$f'(x) = \frac{(x^2)'(x^2-16) - x^2(x^2-16)'}{(x^2-16)^2} = \frac{2x(x^2-16) - x^2(2x)}{(x^2-16)^2} = \frac{2x^3 - 32x - 2x^3}{(x^2-16)^2} = \frac{-32x}{(x^2-16)^2}$.

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{-32x}{(x^2-16)^2} = 0 \implies -32x = 0 \implies x=0$.

4. Знаки производной:

Знаменатель $(x^2-16)^2$ положителен на всей области определения. Знак $f'(x)$ зависит от знака $-32x$. Точки для анализа: $-4, 0, 4$.

• На $(-\infty; -4)$: $-32x > 0$, $f'(x) > 0$. Возрастает.
• На $(-4; 0)$: $-32x > 0$, $f'(x) > 0$. Возрастает.
• На $(0; 4)$: $-32x < 0$, $f'(x) < 0$. Убывает.
• На $(4; +\infty)$: $-32x < 0$, $f'(x) < 0$. Убывает.

5. Точки экстремума:

В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -4)$ и $(-4; 0]$, убывает на промежутках $[0; 4)$ и $(4; +\infty)$, точка максимума $x_{max} = 0$.

8) $f(x) = 2\sqrt{x} - x$

1. Область определения: подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x \ge 0$. $D(f) = [0; +\infty)$.

2. Производная: $f(x) = 2x^{1/2} - x$.

$f'(x) = 2 \cdot \frac{1}{2}x^{-1/2} - 1 = \frac{1}{\sqrt{x}} - 1 = \frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$. Производная определена для $x>0$.

3. Критические точки: $f'(x) = 0$.

$\frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}} = 0 \implies 1-\sqrt{x} = 0 \implies \sqrt{x}=1 \implies x=1$.

Производная не определена в точке $x=0$, которая является граничной точкой области определения. Эту точку также нужно исследовать.

4. Знаки производной:

Знаменатель $\sqrt{x}$ положителен для $x>0$. Знак $f'(x)$ зависит от знака $1-\sqrt{x}$.

• На $(0; 1)$: $\sqrt{x} < 1 \implies 1-\sqrt{x} > 0$, $f'(x) > 0$. Возрастает.
• На $(1; +\infty)$: $\sqrt{x} > 1 \implies 1-\sqrt{x} < 0$, $f'(x) < 0$. Убывает.

5. Точки экстремума:

В точке $x=1$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума: $x_{max} = 1$.

На промежутке $[0, 1]$ функция возрастает, значит в точке $x=0$ она принимает наименьшее значение на этом отрезке. Таким образом, $x=0$ является точкой локального минимума. $x_{min} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0; 1]$, убывает на промежутке $[1; +\infty)$, точка минимума $x_{min} = 0$, точка максимума $x_{max} = 1$.

39.15. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

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

2) $f(x) = x + \frac{9}{x}$;

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

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

5) $f(x) = \frac{1}{16 - x^2}$;

6) $f(x) = 2x - \sqrt{x}$.

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

1. Область определения функции. Знаменатель не может быть равен нулю, следовательно, $x + 2 \neq 0$, то есть $x \neq -2$. Область определения $D(f) = (-\infty, -2) \cup (-2, \infty)$.

2. Найдем производную функции, используя правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:
$f'(x) = \frac{(x^2 - 6x)'(x + 2) - (x^2 - 6x)(x + 2)'}{(x + 2)^2} = \frac{(2x - 6)(x + 2) - (x^2 - 6x) \cdot 1}{(x + 2)^2} = \frac{2x^2 + 4x - 6x - 12 - x^2 + 6x}{(x + 2)^2} = \frac{x^2 + 4x - 12}{(x + 2)^2}$.

3. Найдем критические точки. Для этого приравняем производную к нулю и найдем точки, в которых она не существует.
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{x^2 + 4x - 12}{(x + 2)^2} = 0$.
Дробь равна нулю, когда ее числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля.
$x^2 + 4x - 12 = 0$.
По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни: $x_1 = -6$ и $x_2 = 2$.
Производная не существует в точке $x = -2$, но эта точка не входит в область определения функции, поэтому не может быть точкой экстремума. Однако, она влияет на интервалы монотонности.

4. Определим знаки производной на интервалах. Критические точки $x=-6, x=2$ и точка разрыва $x=-2$ разбивают числовую ось на интервалы: $(-\infty, -6)$, $(-6, -2)$, $(-2, 2)$, $(2, \infty)$.
Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $x^2 + 4x - 12$, так как знаменатель $(x+2)^2$ всегда положителен при $x \neq -2$. Парабола $y = x^2 + 4x - 12$ имеет ветви вверх.
- На интервале $(-\infty, -6)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает. - На интервале $(-6, -2)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(-2, 2)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(2, \infty)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. Определим точки экстремума.
В точке $x = -6$ производная меняет знак с `+` на `-`, следовательно, это точка максимума: $x_{max} = -6$.
В точке $x = 2$ производная меняет знак с `-` на `+`, следовательно, это точка минимума: $x_{min} = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty, -6]$ и $[2, \infty)$, убывает на промежутках $[-6, -2)$ и $(-2, 2]$. Точка максимума $x_{max} = -6$, точка минимума $x_{min} = 2$.

2) $f(x) = x + \frac{9}{x}$

1. Область определения функции: $x \neq 0$. Таким образом, $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$.

2. Найдем производную функции:
$f'(x) = (x + 9x^{-1})' = 1 - 9x^{-2} = 1 - \frac{9}{x^2} = \frac{x^2 - 9}{x^2}$.

3. Найдем критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{x^2 - 9}{x^2} = 0 \Rightarrow x^2 - 9 = 0 \Rightarrow x = \pm 3$.
Производная не существует в точке $x = 0$, которая не входит в область определения функции.

4. Определим знаки производной на интервалах, образованных точками $x = -3, x = 0, x = 3$: $(-\infty, -3)$, $(-3, 0)$, $(0, 3)$, $(3, \infty)$.
Знак $f'(x)$ зависит от знака числителя $x^2 - 9$.
- На интервале $(-\infty, -3)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает. - На интервале $(-3, 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(0, 3)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(3, \infty)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. Определим точки экстремума.
В точке $x = -3$ производная меняет знак с `+` на `-`, это точка максимума: $x_{max} = -3$.
В точке $x = 3$ производная меняет знак с `-` на `+`, это точка минимума: $x_{min} = 3$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty, -3]$ и $[3, \infty)$, убывает на промежутках $[-3, 0)$ и $(0, 3]$. Точка максимума $x_{max} = -3$, точка минимума $x_{min} = 3$.

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

1. Область определения функции: знаменатель $x^2 + 3$ всегда положителен, так как $x^2 \ge 0$. Следовательно, $D(f) = (-\infty, \infty)$.

2. Найдем производную функции:
$f'(x) = \frac{(x^2)'(x^2 + 3) - x^2(x^2 + 3)'}{(x^2 + 3)^2} = \frac{2x(x^2 + 3) - x^2(2x)}{(x^2 + 3)^2} = \frac{2x^3 + 6x - 2x^3}{(x^2 + 3)^2} = \frac{6x}{(x^2 + 3)^2}$.

3. Найдем критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{6x}{(x^2 + 3)^2} = 0 \Rightarrow 6x = 0 \Rightarrow x = 0$.
Производная существует на всей области определения.

4. Определим знаки производной на интервалах $(-\infty, 0)$ и $(0, \infty)$.
Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $6x$, так как знаменатель всегда положителен.
- На интервале $(-\infty, 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(0, \infty)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. Определим точки экстремума.
В точке $x = 0$ производная меняет знак с `-` на `+`, это точка минимума: $x_{min} = 0$. Точек максимума нет.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[0, \infty)$, убывает на промежутке $(-\infty, 0]$. Точка минимума $x_{min} = 0$.

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

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

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

3. Найдем критические точки.
Производная $f'(x)$ никогда не равна нулю, так как ее числитель равен -2.
Производная не существует в точке $x = -1$, которая не входит в область определения. Следовательно, у функции нет критических точек в области ее определения.

4. Исследуем знак производной на интервалах, разделенных точкой разрыва $x = -1$: $(-\infty, -1)$ и $(-1, \infty)$.
- На интервале $(-\infty, -1)$: $x+1 < 0$, значит $(x+1)^3 < 0$. Тогда $f'(x) = \frac{-2}{\text{отрицательное число}} > 0$, функция возрастает. - На интервале $(-1, \infty)$: $x+1 > 0$, значит $(x+1)^3 > 0$. Тогда $f'(x) = \frac{-2}{\text{положительное число}} < 0$, функция убывает.

5. Так как у функции нет критических точек, а в точке $x=-1$ она имеет разрыв (вертикальную асимптоту), то точек экстремума у функции нет.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty, -1)$, убывает на промежутке $(-1, \infty)$. Точек экстремума нет.

5) $f(x) = \frac{1}{16 - x^2}$

1. Область определения функции: $16 - x^2 \neq 0 \Rightarrow x^2 \neq 16 \Rightarrow x \neq \pm 4$. $D(f) = (-\infty, -4) \cup (-4, 4) \cup (4, \infty)$.

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

3. Найдем критические точки.
$f'(x) = 0 \Rightarrow \frac{2x}{(16 - x^2)^2} = 0 \Rightarrow 2x = 0 \Rightarrow x = 0$.
Производная не существует в точках $x = \pm 4$, которые не входят в область определения функции.

4. Определим знаки производной на интервалах, разделенных точками $x=-4, x=0, x=4$: $(-\infty, -4)$, $(-4, 0)$, $(0, 4)$, $(4, \infty)$.
Знаменатель $(16 - x^2)^2$ всегда положителен (где определен), поэтому знак производной совпадает со знаком числителя $2x$.
- На интервалах $(-\infty, -4)$ и $(-4, 0)$: $2x < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервалах $(0, 4)$ и $(4, \infty)$: $2x > 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. В точке $x = 0$ производная меняет знак с `-` на `+`, следовательно, это точка минимума: $x_{min} = 0$. Точек максимума нет.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[0, 4)$ и $(4, \infty)$, убывает на промежутках $(-\infty, -4)$ и $(-4, 0]$. Точка минимума $x_{min} = 0$.

6) $f(x) = 2x - \sqrt{x}$

1. Область определения функции: подкоренное выражение должно быть неотрицательным, $x \ge 0$. $D(f) = [0, \infty)$.

2. Найдем производную функции:
$f'(x) = (2x - x^{1/2})' = 2 - \frac{1}{2}x^{-1/2} = 2 - \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

3. Найдем критические точки. Область определения производной $D(f') = (0, \infty)$.
Приравняем производную к нулю:
$2 - \frac{1}{2\sqrt{x}} = 0 \Rightarrow 2 = \frac{1}{2\sqrt{x}} \Rightarrow 4\sqrt{x} = 1 \Rightarrow \sqrt{x} = \frac{1}{4} \Rightarrow x = \frac{1}{16}$.
Производная не существует в точке $x = 0$, которая является граничной точкой области определения функции, поэтому $x=0$ также является критической точкой.

4. Определим знаки производной на интервалах $(0, 1/16)$ и $(1/16, \infty)$.
- На интервале $(0, 1/16)$: например, при $x=1/25$, $f'(\frac{1}{25}) = 2 - \frac{1}{2\sqrt{1/25}} = 2 - \frac{5}{2} = -0.5 < 0$, функция убывает. - На интервале $(1/16, \infty)$: например, при $x=1$, $f'(1) = 2 - \frac{1}{2\sqrt{1}} = 1.5 > 0$, функция возрастает.

5. Определим точки экстремума.
В точке $x = 1/16$ производная меняет знак с `-` на `+`, следовательно, это точка минимума: $x_{min} = 1/16$.
Точка $x = 0$ является левой границей области определения. Так как на интервале $[0, 1/16]$ функция убывает, то в точке $x=0$ она принимает наибольшее значение по сравнению с близкими точками справа. Следовательно, $x=0$ является точкой локального максимума: $x_{max} = 0$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[1/16, \infty)$, убывает на промежутке $[0, 1/16]$. Точка максимума $x_{max} = 0$, точка минимума $x_{min} = 1/16$.

39.16. Верно ли утверждение:

1) значение функции в точке максимума может быть меньше значения функции в точке минимума;

2) функция в точке экстремума может быть недифференцируемой;

3) если производная в некоторой точке равна нулю, то эта точка является точкой экстремума функции?

1) значение функции в точке максимума может быть меньше значения функции в точке минимума;
Да, это утверждение верно. Понятия локального максимума и локального минимума являются локальными. Точка $x_{max}$ называется точкой локального максимума, если существует такая ее окрестность, в которой $f(x_{max})$ является наибольшим значением функции. Аналогично, точка $x_{min}$ называется точкой локального минимума, если в ее окрестности $f(x_{min})$ является наименьшим значением. При этом не существует требования, чтобы значение в любой точке максимума было больше значения в любой точке минимума.
Рассмотрим в качестве примера функцию $f(x) = \frac{1}{5}x^5 - \frac{5}{3}x^3 + 4x$.
Найдем ее производную: $f'(x) = x^4 - 5x^2 + 4$.
Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $x^4 - 5x^2 + 4 = 0$.
Это биквадратное уравнение. Замена $t = x^2$ ($t \ge 0$) дает $t^2 - 5t + 4 = 0$. Корни этого квадратного уравнения: $t_1 = 1$, $t_2 = 4$.
Возвращаясь к $x$, получаем $x^2 = 1 \implies x = \pm 1$ и $x^2 = 4 \implies x = \pm 2$.
Чтобы определить тип экстремума, найдем вторую производную: $f''(x) = 4x^3 - 10x$.
Проверим знаки второй производной в точках $x = -2$ и $x = 2$:

• При $x = -2$: $f''(-2) = 4(-2)^3 - 10(-2) = -32 + 20 = -12 < 0$. Следовательно, $x=-2$ — точка локального максимума.
• При $x = 2$: $f''(2) = 4(2)^3 - 10(2) = 32 - 20 = 12 > 0$. Следовательно, $x=2$ — точка локального минимума.

Теперь вычислим значения функции в этих точках:
Значение в точке максимума: $f(-2) = \frac{1}{5}(-2)^5 - \frac{5}{3}(-2)^3 + 4(-2) = -\frac{32}{5} + \frac{40}{3} - 8 = \frac{-96 + 200 - 120}{15} = -\frac{16}{15}$.
Значение в точке минимума: $f(2) = \frac{1}{5}(2)^5 - \frac{5}{3}(2)^3 + 4(2) = \frac{32}{5} - \frac{40}{3} + 8 = \frac{96 - 200 + 120}{15} = \frac{16}{15}$.
Таким образом, значение функции в точке локального максимума $f(-2) = -16/15$ оказалось меньше значения в точке локального минимума $f(2) = 16/15$.
Ответ: да, верно.

2) функция в точке экстремума может быть недифференцируемой;
Да, это утверждение верно. Согласно определению, точка экстремума — это точка, в которой функция достигает своего наибольшего или наименьшего значения в некоторой окрестности этой точки. Точки экстремума ищутся среди критических точек функции. Критическими точками называются внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует.
Рассмотрим классический пример — функцию $f(x) = |x|$.
Эта функция имеет точку локального (и глобального) минимума в точке $x=0$, так как $f(0) = 0$ и $f(x) > 0$ для всех $x \neq 0$.
Однако производная этой функции в точке $x=0$ не существует. Чтобы это показать, рассмотрим односторонние пределы отношения приращений:
Производная справа: $f'_+(0) = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{|0+\Delta x| - |0|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{\Delta x}{\Delta x} = 1$.
Производная слева: $f'_{-}(0) = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{|0+\Delta x| - |0|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{-\Delta x}{\Delta x} = -1$.
Так как односторонние производные не равны ($1 \neq -1$), производная в точке $x=0$ не существует. Таким образом, функция имеет экстремум (минимум) в точке, где она недифференцируема.
Ответ: да, верно.

3) если производная в некоторой точке равна нулю, то эта точка является точкой экстремума функции?
Нет, это утверждение неверно. Условие равенства производной нулю ($f'(x_0)=0$) является необходимым, но не достаточным условием для существования экстремума в точке $x_0$ (для дифференцируемых функций). Точка, в которой производная равна нулю, называется стационарной. Стационарная точка может быть точкой максимума, точкой минимума или точкой перегиба.
Рассмотрим в качестве контрпримера функцию $f(x) = x^3$.
Ее производная $f'(x) = 3x^2$.
В точке $x=0$ производная равна нулю: $f'(0) = 3 \cdot 0^2 = 0$.
Однако точка $x=0$ не является точкой экстремума. Проверим значения функции в окрестности этой точки:

• Для любого $x > 0$, $f(x) = x^3 > 0 = f(0)$.
• Для любого $x < 0$, $f(x) = x^3 < 0 = f(0)$.

Это означает, что в любой окрестности точки $x=0$ существуют значения функции как большие, так и меньшие, чем $f(0)$. Следовательно, $x=0$ не является ни точкой максимума, ни точкой минимума. Эта точка является точкой перегиба, в которой касательная к графику функции горизонтальна.
Ответ: нет, неверно.

39.17. Верно ли утверждение:

1) в точке экстремума производная функции равна нулю;

2) если функция в некоторой точке недифференцируема, то эта точка является точкой экстремума функции?

1) в точке экстремума производная функции равна нулю;

Данное утверждение неверно. Согласно необходимому условию экстремума (теореме Ферма), если функция $f(x)$ дифференцируема в точке экстремума $x_0$, то её производная в этой точке равна нулю: $f'(x_0)=0$. Однако утверждение в задаче не содержит условия дифференцируемости, а функция может иметь экстремум и в точке, где она не является дифференцируемой.

Рассмотрим в качестве контрпримера функцию модуля $f(x) = |x|$. Эта функция имеет точку минимума при $x=0$, поскольку $f(0)=0$ и $f(x) \geq 0$ для всех действительных $x$.

Проверим дифференцируемость функции в точке $x=0$. Для этого вычислим односторонние производные:
Левосторонняя производная: $f'_{-}(0) = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{|0+\Delta x| - |0|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{-\Delta x}{\Delta x} = -1$.
Правосторонняя производная: $f'_{+}(0) = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{|0+\Delta x| - |0|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{\Delta x}{\Delta x} = 1$.

Поскольку односторонние производные в точке $x=0$ не равны ($ -1 \neq 1 $), производная $f'(0)$ не существует. Таким образом, мы нашли точку экстремума ($x=0$), в которой производная функции не равна нулю (поскольку не существует). Следовательно, исходное утверждение неверно.

Ответ: утверждение неверно.

2) если функция в некоторой точке недифференцируема, то эта точка является точкой экстремума функции?

Данное утверждение также неверно. Точка, в которой функция недифференцируема, является критической точкой, но не всякая критическая точка является точкой экстремума.

Рассмотрим в качестве контрпримера функцию кубического корня $f(x) = \sqrt[3]{x}$. Эта функция непрерывна на всей числовой оси. Найдем ее производную:

$f'(x) = (x^{1/3})' = \frac{1}{3}x^{-2/3} = \frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$

Производная существует при всех $x \neq 0$. В точке $x=0$ знаменатель обращается в ноль, и производная не существует. Следовательно, функция недифференцируема в точке $x=0$.

Проверим, является ли $x=0$ точкой экстремума. Значение функции в этой точке $f(0) = 0$. Для любого сколь угодно малого $\epsilon > 0$ имеем:
$f(-\epsilon) = \sqrt[3]{-\epsilon} = -\sqrt[3]{\epsilon} < f(0)$
$f(\epsilon) = \sqrt[3]{\epsilon} > f(0)$

В любой окрестности точки $x=0$ есть значения функции как меньшие $f(0)$, так и большие $f(0)$. Это означает, что $x=0$ не является ни точкой локального минимума, ни точкой локального максимума. Таким образом, мы нашли точку $x=0$, где функция недифференцируема, но которая не является точкой экстремума. Следовательно, исходное утверждение неверно.

Ответ: утверждение неверно.

39.18. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

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

2) $f(x) = \cos 2x - x\sqrt{3}.$

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

1. Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

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

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies \frac{1}{2} - \cos x = 0 \implies \cos x = \frac{1}{2}$.

Корнями этого уравнения являются $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Определим знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую ось.

Функция возрастает, если $f'(x) > 0$, то есть $\frac{1}{2} - \cos x > 0$, что равносильно $\cos x < \frac{1}{2}$. Это неравенство выполняется для $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, если $f'(x) < 0$, то есть $\frac{1}{2} - \cos x < 0$, что равносильно $\cos x > \frac{1}{2}$. Это неравенство выполняется для $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

5. Найдем точки экстремума.

В точках $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ производная меняет знак с «–» на «+». Следовательно, это точки локального минимума.

В точках $x = \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$ (что эквивалентно $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi (k+1)$) производная меняет знак с «+» на «–». Следовательно, это точки локального максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$;
функция убывает на промежутках $[-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$;
$x_{max} = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$;
$x_{min} = \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $f(x) = \cos 2x - x\sqrt{3}$

1. Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции:

$f'(x) = (\cos 2x - x\sqrt{3})' = -2\sin 2x - \sqrt{3}$.

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies -2\sin 2x - \sqrt{3} = 0 \implies \sin 2x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решения этого уравнения можно представить в виде двух серий:

$2x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \implies x = -\frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

$2x = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \implies x = -\frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Также можно записать решения как $2x = \frac{4\pi}{3} + 2\pi k \implies x = \frac{2\pi}{3} + \pi k$ и $2x = \frac{5\pi}{3} + 2\pi k \implies x = \frac{5\pi}{6} + \pi k$. Отметим, что $-\frac{\pi}{6}+\pi = \frac{5\pi}{6}$ и $-\frac{\pi}{3}+\pi = \frac{2\pi}{3}$, так что это те же самые серии точек.

4. Определим знаки производной на интервалах.

Функция возрастает, если $f'(x) > 0$, то есть $-2\sin 2x - \sqrt{3} > 0$, что равносильно $\sin 2x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это неравенство выполняется для $2x \in (\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, то есть $x \in (\frac{2\pi}{3} + \pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Функция убывает, если $f'(x) < 0$, то есть $-2\sin 2x - \sqrt{3} < 0$, что равносильно $\sin 2x > -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это неравенство выполняется для $2x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k)$, то есть $x \in (-\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{2\pi}{3} + \pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

5. Найдем точки экстремума.

В точках $x = \frac{2\pi}{3} + \pi k$ производная меняет знак с «–» на «+». Следовательно, это точки локального минимума.

В точках $x = \frac{5\pi}{6} + \pi k$ (что эквивалентно $x = -\frac{\pi}{6} + \pi(k+1)$) производная меняет знак с «+» на «–». Следовательно, это точки локального максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[\frac{2\pi}{3} + \pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k], k \in \mathbb{Z}$;
функция убывает на промежутках $[\frac{5\pi}{6} + \pi k, \frac{2\pi}{3} + \pi(k+1)]$, то есть $[\frac{5\pi}{6} + \pi k, \frac{5\pi}{3} + \pi k], k \in \mathbb{Z}$;
$x_{max} = \frac{5\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$;
$x_{min} = \frac{2\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

39.19. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

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

2) $f(x) = \sin 2x - x\sqrt{2}$.

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

Чтобы найти промежутки возрастания и убывания, а также точки экстремума, необходимо исследовать знак производной функции.

1. Найдем область определения функции. Функция определена для всех действительных чисел, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\cos x + \frac{x}{2})' = -\sin x + \frac{1}{2}$

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies -\sin x + \frac{1}{2} = 0 \implies \sin x = \frac{1}{2}$

Решениями этого уравнения являются точки $x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in Z$.

4. Определим промежутки знакопостоянства производной, чтобы найти промежутки монотонности функции.

Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$:

$-\sin x + \frac{1}{2} > 0 \implies \sin x < \frac{1}{2}$

Это неравенство выполняется на промежутках $(-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n)$, $n \in Z$.

Функция убывает, когда $f'(x) < 0$:

$-\sin x + \frac{1}{2} < 0 \implies \sin x > \frac{1}{2}$

Это неравенство выполняется на промежутках $(\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n)$, $n \in Z$.

5. Найдем точки экстремума. Экстремумы достигаются в критических точках, где производная меняет знак.

Критические точки можно разделить на две серии:

При $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$ (соответствует четным $n$ в общей формуле), знак производной меняется с «+» на «-». Следовательно, это точки максимума.

При $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$ (соответствует нечетным $n$ в общей формуле), знак производной меняется с «-» на «+». Следовательно, это точки минимума.

Ответ:

Промежутки возрастания: $[-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$, $n \in Z$.

Промежутки убывания: $[\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n]$, $n \in Z$.

Точки максимума: $x_{max} = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in Z$.

Точки минимума: $x_{min} = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, $n \in Z$.

2) $f(x) = \sin 2x - x\sqrt{2}$

Действуем по аналогии с предыдущим заданием.

1. Область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\sin 2x - x\sqrt{2})' = (\sin 2x)' - (x\sqrt{2})' = 2\cos 2x - \sqrt{2}$

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:

$f'(x) = 0 \implies 2\cos 2x - \sqrt{2} = 0 \implies \cos 2x = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решениями этого уравнения являются:

$2x = \pm \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

$x = \pm \frac{\pi}{8} + \pi n$, где $n \in Z$.

4. Определим промежутки знакопостоянства производной.

Функция возрастает, когда $f'(x) > 0$:

$2\cos 2x - \sqrt{2} > 0 \implies \cos 2x > \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решая неравенство, получаем: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, откуда $-\frac{\pi}{8} + \pi n < x < \frac{\pi}{8} + \pi n$, $n \in Z$.

Функция убывает, когда $f'(x) < 0$:

$2\cos 2x - \sqrt{2} < 0 \implies \cos 2x < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решая неравенство, получаем: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n < 2x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, откуда $\frac{\pi}{8} + \pi n < x < \frac{7\pi}{8} + \pi n$, $n \in Z$.

5. Найдем точки экстремума.

В точках $x = \frac{\pi}{8} + \pi n$ знак производной меняется с «+» на «-». Следовательно, это точки максимума.

В точках $x = -\frac{\pi}{8} + \pi n$ знак производной меняется с «-» на «+». Следовательно, это точки минимума.

Ответ:

Промежутки возрастания: $[-\frac{\pi}{8} + \pi n, \frac{\pi}{8} + \pi n]$, $n \in Z$.

Промежутки убывания: $[\frac{\pi}{8} + \pi n, \frac{7\pi}{8} + \pi n]$, $n \in Z$.

Точки максимума: $x_{max} = \frac{\pi}{8} + \pi n$, $n \in Z$.

Точки минимума: $x_{min} = -\frac{\pi}{8} + \pi n$, $n \in Z$.

39.20. При каких значениях $a$ функция $y = x^3 - 3ax^2 + 27x - 5$ имеет только одну критическую точку?

Критическими точками функции являются точки из области определения, в которых производная равна нулю или не существует. Данная функция $y = x^3 - 3ax^2 + 27x - 5$ является многочленом, поэтому она дифференцируема на всей числовой оси. Следовательно, для нахождения критических точек необходимо найти производную функции и приравнять ее к нулю.

1. Найдем производную функции $y(x)$:

$y' = (x^3 - 3ax^2 + 27x - 5)' = 3x^2 - 3a \cdot 2x + 27 = 3x^2 - 6ax + 27$.

2. Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$3x^2 - 6ax + 27 = 0$.

Для удобства разделим обе части уравнения на 3:

$x^2 - 2ax + 9 = 0$.

3. Мы получили квадратное уравнение относительно $x$. Количество критических точек функции равно количеству различных действительных корней этого уравнения. По условию задачи, функция должна иметь только одну критическую точку. Это означает, что полученное квадратное уравнение должно иметь ровно один действительный корень.

Квадратное уравнение имеет один действительный корень (или два совпадающих корня) в том случае, когда его дискриминант $D$ равен нулю.

4. Вычислим дискриминант для уравнения $x^2 - 2ax + 9 = 0$. Здесь коэффициенты: $A=1$, $B=-2a$, $C=9$.

$D = B^2 - 4AC = (-2a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9 = 4a^2 - 36$.

5. Приравняем дискриминант к нулю и решим уравнение относительно $a$:

$4a^2 - 36 = 0$

$4a^2 = 36$

$a^2 = 9$

$a_1 = 3$, $a_2 = -3$.

Таким образом, при значениях $a=3$ и $a=-3$ функция имеет только одну критическую точку.

Ответ: $a = 3$ или $a = -3$.

39.21. При каких значениях $a$ функция $y = \frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15$ имеет только одну критическую точку?

Критическими точками функции являются точки из области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

Данная функция $y = \frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15$ является многочленом, поэтому она определена и дифференцируема на всей числовой оси. Следовательно, критические точки — это точки, в которых производная равна нулю.

Найдем производную функции $y'$:$y' = (\frac{1}{3}x^3 - 2ax^2 + 4x - 15)' = \frac{1}{3} \cdot 3x^2 - 2a \cdot 2x + 4 = x^2 - 4ax + 4$.

Теперь приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:$x^2 - 4ax + 4 = 0$.

Это квадратное уравнение. Функция будет иметь только одну критическую точку в том случае, если это квадратное уравнение имеет ровно один корень. Квадратное уравнение имеет один корень, когда его дискриминант $D$ равен нулю.

Вычислим дискриминант для уравнения $x^2 - 4ax + 4 = 0$. Здесь коэффициенты: $a_x=1$, $b_x=-4a$, $c_x=4$.$D = (b_x)^2 - 4a_x c_x = (-4a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 16a^2 - 16$.

Приравняем дискриминант к нулю и решим уравнение относительно $a$:$16a^2 - 16 = 0$$16a^2 = 16$$a^2 = 1$$a = 1$ или $a = -1$.

Таким образом, функция имеет только одну критическую точку при $a=1$ и $a=-1$.

Ответ: при $a = -1$ или $a = 1$.