Номер 44.58, страница 275, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

44.58. Найдите точки экстремума заданной функции и определите их характер:

a) $y = |x^4 + 1| + |x^4 - 1| + 2x^3$;

б) $y = |x^3 - 8| + |x^3 - 1| - x^2$.

а) $y = |x^4 + 1| + |x^4 - 1| + 2x^3$

Для нахождения точек экстремума и определения их характера, в первую очередь упростим выражение, раскрыв модули.
Выражение $x^4 + 1$ всегда положительно, так как $x^4 \ge 0$ для всех действительных $x$. Следовательно, $|x^4 + 1| = x^4 + 1$.
Выражение $x^4 - 1$ меняет знак в точках, где $x^4 - 1 = 0$, то есть при $x=1$ и $x=-1$.
Рассмотрим два случая:

1. Если $|x| \ge 1$, то есть $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$, то $x^4 - 1 \ge 0$, и $|x^4 - 1| = x^4 - 1$.
Функция принимает вид:
$y = (x^4 + 1) + (x^4 - 1) + 2x^3 = 2x^4 + 2x^3$.
Найдем производную: $y' = (2x^4 + 2x^3)' = 8x^3 + 6x^2 = 2x^2(4x + 3)$.
Приравняем производную к нулю: $2x^2(4x + 3) = 0$. Корни: $x=0$ и $x=-3/4$. Ни один из этих корней не принадлежит рассматриваемому промежутку $(-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.

2. Если $|x| < 1$, то есть $x \in (-1, 1)$, то $x^4 - 1 < 0$, и $|x^4 - 1| = -(x^4 - 1) = 1 - x^4$.
Функция принимает вид:
$y = (x^4 + 1) + (1 - x^4) + 2x^3 = 2 + 2x^3$.
Найдем производную: $y' = (2 + 2x^3)' = 6x^2$.
Приравняем производную к нулю: $6x^2 = 0$, откуда $x=0$. Этот корень принадлежит интервалу $(-1, 1)$, значит $x=0$ — критическая точка.

Функция непрерывна на всей числовой оси. Точками, "подозрительными" на экстремум, являются точки, где производная равна нулю ($x=0$) или не существует. Производная не существует в точках "стыка" $x=-1$ и $x=1$, так как односторонние производные в этих точках не равны:
$y'(-1^-) = 8(-1)^3 + 6(-1)^2 = -2$
$y'(-1^+) = 6(-1)^2 = 6$
$y'(1^-) = 6(1)^2 = 6$
$y'(1^+) = 8(1)^3 + 6(1)^2 = 14$
Таким образом, критические точки функции: $x=-1$, $x=0$, $x=1$.

Исследуем знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают область определения:
- При $x < -1$: $y' = 2x^2(4x + 3) < 0$, функция убывает.
- При $-1 < x < 0$: $y' = 6x^2 > 0$, функция возрастает.
- При $0 < x < 1$: $y' = 6x^2 > 0$, функция возрастает.
- При $x > 1$: $y' = 2x^2(4x + 3) > 0$, функция возрастает.

Анализируем поведение функции в критических точках:
- В точке $x=-1$ производная меняет знак с «–» на «+». Следовательно, $x=-1$ является точкой локального минимума.
- В точке $x=0$ производная не меняет знак (она положительна слева и справа от $x=0$ в малой окрестности). Следовательно, $x=0$ не является точкой экстремума.
- В точке $x=1$ производная не меняет знак (положительна слева и справа). Следовательно, $x=1$ не является точкой экстремума.

Единственная точка экстремума — это $x=-1$, точка минимума.

Ответ: $x = -1$ — точка минимума.

б) $y = |x^3 - 8| + |x^3 - 1| - x^2$

Для исследования функции раскроем модули. Знаки выражений под модулями меняются в точках, где $x^3-8=0$ (т.е. $x=2$) и $x^3-1=0$ (т.е. $x=1$).
Разобьем числовую ось на три промежутка: $(-\infty, 1)$, $[1, 2)$, $[2, \infty)$.

1. При $x < 1$:
Оба выражения $x^3 - 1$ и $x^3 - 8$ отрицательны.
$y = -(x^3 - 8) - (x^3 - 1) - x^2 = 8 - x^3 + 1 - x^3 - x^2 = -2x^3 - x^2 + 9$.
Производная: $y' = -6x^2 - 2x = -2x(3x + 1)$.
Критические точки ($y'=0$): $x=0$ и $x=-1/3$. Обе точки принадлежат промежутку $(-\infty, 1)$.

2. При $1 \le x < 2$:
$x^3 - 1 \ge 0$, а $x^3 - 8 < 0$.
$y = -(x^3 - 8) + (x^3 - 1) - x^2 = 8 - x^3 + x^3 - 1 - x^2 = 7 - x^2$.
Производная: $y' = -2x$.
$y'=0$ при $x=0$, но эта точка не принадлежит промежутку $[1, 2)$.

3. При $x \ge 2$:
Оба выражения $x^3 - 1$ и $x^3 - 8$ неотрицательны.
$y = (x^3 - 8) + (x^3 - 1) - x^2 = 2x^3 - x^2 - 9$.
Производная: $y' = 6x^2 - 2x = 2x(3x - 1)$.
$y'=0$ при $x=0$ или $x=1/3$. Ни одна из этих точек не принадлежит промежутку $[2, \infty)$.

Функция непрерывна, но производная может не существовать в точках $x=1$ и $x=2$. Проверим односторонние производные:
$y'_{-}(1) = -6(1)^2 - 2(1) = -8$
$y'_{+}(1) = -2(1) = -2$
$y'_{-}(2) = -2(2) = -4$
$y'_{+}(2) = 6(2)^2 - 2(2) = 24 - 4 = 20$
Производные в точках $x=1$ и $x=2$ не существуют, значит это критические точки.

Итак, все критические точки: $x=-1/3$, $x=0$, $x=1$, $x=2$.
Исследуем знаки производной на интервалах:

- $x \in (-\infty, -1/3)$: $y' = -2x(3x+1) < 0$, функция убывает.
- $x \in (-1/3, 0)$: $y' = -2x(3x+1) > 0$, функция возрастает.
- $x \in (0, 1)$: $y' = -2x(3x+1) < 0$, функция убывает.
- $x \in (1, 2)$: $y' = -2x < 0$, функция убывает.
- $x \in (2, \infty)$: $y' = 2x(3x-1) > 0$, функция возрастает.

Определим характер экстремумов:
- В точке $x=-1/3$ производная меняет знак с «–» на «+», следовательно, это точка локального минимума.
- В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «–», следовательно, это точка локального максимума.
- В точке $x=1$ производная не меняет знак (слева «–», справа «–»), экстремума нет.
- В точке $x=2$ производная меняет знак с «–» на «+», следовательно, это точка локального минимума.

Ответ: $x = -1/3$ — точка минимума, $x = 0$ — точка максимума, $x = 2$ — точка минимума.