Номер 47.14, страница 189, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 7. Показательная и логарифмическая функции. §47. Дифференцирование показательной и логарифмической функций - номер 47.14, страница 189.

Условие.

47.14 Исследуйте функцию на монотонность и экстремумы:

a) $y = e^{2x} - 3e^x + x + 4;$

б) $y = 1 - 3x + 5e^x - e^{2x}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 6.

а)

Исследуем функцию $y = e^{2x} - 3e^x + x + 4$ на монотонность и экстремумы.

1. Нахождение производной.

Область определения функции — вся числовая прямая, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

Находим первую производную функции $y$ по $x$:

$y' = (e^{2x} - 3e^x + x + 4)' = (e^{2x})' - (3e^x)' + (x)' + (4)' = 2e^{2x} - 3e^x + 1$.

2. Нахождение критических точек.

Приравниваем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$2e^{2x} - 3e^x + 1 = 0$.

Это квадратное уравнение относительно $e^x$. Сделаем замену $t = e^x$. Так как $e^x > 0$ для любого $x$, то $t > 0$.

$2t^2 - 3t + 1 = 0$.

Находим корни по формуле для корней квадратного уравнения:

$t_{1,2} = \frac{-(-3) \pm \sqrt{(-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1}}{2 \cdot 2} = \frac{3 \pm \sqrt{1}}{4}$.

$t_1 = \frac{3 - 1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

$t_2 = \frac{3 + 1}{4} = \frac{4}{4} = 1$.

Оба корня удовлетворяют условию $t > 0$.

Возвращаемся к замене:

1) $e^x = \frac{1}{2} \implies x = \ln(\frac{1}{2}) = -\ln(2)$.

2) $e^x = 1 \implies x = \ln(1) = 0$.

Таким образом, мы получили две критические точки: $x_1 = -\ln(2)$ и $x_2 = 0$.

3. Определение промежутков монотонности.

Критические точки разбивают область определения на три интервала: $(-\infty; -\ln(2))$, $(-\ln(2); 0)$ и $(0; +\infty)$. Определим знак производной $y' = 2e^{2x} - 3e^x + 1 = (2e^x - 1)(e^x - 1)$ на каждом из них.

• На интервале $(-\infty; -\ln(2))$, $e^x < 1/2$. Тогда $2e^x - 1 < 0$ и $e^x - 1 < 0$. Произведение двух отрицательных чисел положительно: $y' > 0$, значит, функция возрастает.
• На интервале $(-\ln(2); 0)$, $1/2 < e^x < 1$. Тогда $2e^x - 1 > 0$ и $e^x - 1 < 0$. Произведение чисел с разными знаками отрицательно: $y' < 0$, значит, функция убывает.
• На интервале $(0; +\infty)$, $e^x > 1$. Тогда $2e^x - 1 > 0$ и $e^x - 1 > 0$. Произведение двух положительных чисел положительно: $y' > 0$, значит, функция возрастает.

4. Нахождение экстремумов.

В точке $x = -\ln(2)$ производная меняет знак с «+» на «-», значит, это точка локального максимума.

Значение функции в этой точке: $y_{max} = y(-\ln(2)) = e^{2(-\ln(2))} - 3e^{-\ln(2)} - \ln(2) + 4 = e^{\ln(1/4)} - 3e^{\ln(1/2)} - \ln(2) + 4 = \frac{1}{4} - \frac{3}{2} - \ln(2) + 4 = \frac{1 - 6 + 16}{4} - \ln(2) = \frac{11}{4} - \ln(2)$.

В точке $x = 0$ производная меняет знак с «-» на «+», значит, это точка локального минимума.

Значение функции в этой точке: $y_{min} = y(0) = e^0 - 3e^0 + 0 + 4 = 1 - 3 + 4 = 2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -\ln(2)]$ и $[0; +\infty)$, убывает на промежутке $[-\ln(2); 0]$. Точка максимума $x_{max} = -\ln(2)$, значение функции в этой точке $y_{max} = \frac{11}{4} - \ln(2)$. Точка минимума $x_{min} = 0$, значение функции в этой точке $y_{min} = 2$.

б)

Исследуем функцию $y = 1 - 3x + 5e^x - e^{2x}$ на монотонность и экстремумы.

1. Нахождение производной.

Область определения функции — вся числовая прямая, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

Находим первую производную функции $y$ по $x$:

$y' = (1 - 3x + 5e^x - e^{2x})' = -3 + 5e^x - 2e^{2x}$.

2. Нахождение критических точек.

Приравниваем производную к нулю:

$-2e^{2x} + 5e^x - 3 = 0$.

Умножим на -1: $2e^{2x} - 5e^x + 3 = 0$.

Сделаем замену $t = e^x$ ($t > 0$):

$2t^2 - 5t + 3 = 0$.

Находим корни:

$t_{1,2} = \frac{-(-5) \pm \sqrt{(-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3}}{2 \cdot 2} = \frac{5 \pm \sqrt{1}}{4}$.

$t_1 = \frac{5 - 1}{4} = 1$.

$t_2 = \frac{5 + 1}{4} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$.

Оба корня удовлетворяют условию $t > 0$.

Возвращаемся к замене:

1) $e^x = 1 \implies x = \ln(1) = 0$.

2) $e^x = \frac{3}{2} \implies x = \ln(\frac{3}{2})$.

Критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = \ln(\frac{3}{2})$.

3. Определение промежутков монотонности.

Критические точки разбивают область определения на три интервала: $(-\infty; 0)$, $(0; \ln(\frac{3}{2}))$ и $(\ln(\frac{3}{2}); +\infty)$. Определим знак производной $y' = -2e^{2x} + 5e^x - 3 = -(2e^x - 3)(e^x - 1)$ на каждом из них.

• На интервале $(-\infty; 0)$, $e^x < 1$. Тогда $2e^x - 3 < 0$ и $e^x - 1 < 0$. $y' = -((-) \cdot (-)) = - < 0$, значит, функция убывает.
• На интервале $(0; \ln(\frac{3}{2}))$, $1 < e^x < 3/2$. Тогда $2e^x - 3 < 0$ и $e^x - 1 > 0$. $y' = -((-) \cdot (+)) = + > 0$, значит, функция возрастает.
• На интервале $(\ln(\frac{3}{2}); +\infty)$, $e^x > 3/2$. Тогда $2e^x - 3 > 0$ и $e^x - 1 > 0$. $y' = -((+) \cdot (+)) = - < 0$, значит, функция убывает.

4. Нахождение экстремумов.

В точке $x = 0$ производная меняет знак с «-» на «+», значит, это точка локального минимума.

Значение функции в этой точке: $y_{min} = y(0) = 1 - 3(0) + 5e^0 - e^0 = 1 - 0 + 5 - 1 = 5$.

В точке $x = \ln(\frac{3}{2})$ производная меняет знак с «+» на «-», значит, это точка локального максимума.

Значение функции в этой точке: $y_{max} = y(\ln(\frac{3}{2})) = 1 - 3\ln(\frac{3}{2}) + 5e^{\ln(3/2)} - e^{2\ln(3/2)} = 1 - 3\ln(\frac{3}{2}) + 5 \cdot \frac{3}{2} - (\frac{3}{2})^2 = 1 - 3\ln(\frac{3}{2}) + \frac{15}{2} - \frac{9}{4} = \frac{4 + 30 - 9}{4} - 3\ln(\frac{3}{2}) = \frac{25}{4} - 3\ln(\frac{3}{2})$.

Ответ: функция убывает на промежутках $(-\infty; 0]$ и $[\ln(\frac{3}{2}); +\infty)$, возрастает на промежутке $[0; \ln(\frac{3}{2})]$. Точка минимума $x_{min} = 0$, значение функции в этой точке $y_{min} = 5$. Точка максимума $x_{max} = \ln(\frac{3}{2})$, значение функции в этой точке $y_{max} = \frac{25}{4} - 3\ln(\frac{3}{2})$.