Номер 372, страница 155 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

372. Исследуйте функцию $y=f(x)$ и постройте ее график:

1) $f(x) = 4xe^{0,5x};$

2) $f(x) = x \ln x;$

3) $f(x) = \ln x - x;$

4) $f(x) = \frac{x^2}{e^x}.$

1) f(x) = 4xe^0,5x

Решение.

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

2. Четность и нечетность. $f(-x) = 4(-x)e^{0.5(-x)} = -4xe^{-0.5x}$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида (ни четной, ни нечетной).

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: при $x=0$, $y = 4 \cdot 0 \cdot e^0 = 0$. Точка пересечения (0, 0).

- С осью OX: при $y=0$, $4xe^{0.5x} = 0$. Так как $e^{0.5x} > 0$ для любого $x$, то $x=0$. Точка пересечения (0, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты отсутствуют, так как функция непрерывна на всей числовой оси.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. Исследуем поведение функции на бесконечности.

При $x \to +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} 4xe^{0.5x} = +\infty$.

При $x \to -\infty$, имеем неопределенность вида $\infty \cdot 0$. Преобразуем и применим правило Лопиталя: $\lim_{x \to -\infty} 4xe^{0.5x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4x}{e^{-0.5x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{(4x)'}{(e^{-0.5x})'} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4}{-0.5e^{-0.5x}} = \lim_{x \to -\infty} -8e^{0.5x} = 0$. Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to -\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (4xe^{0.5x})' = 4e^{0.5x} + 4x \cdot 0.5e^{0.5x} = (4+2x)e^{0.5x}$.

Приравниваем производную к нулю: $(4+2x)e^{0.5x} = 0 \Rightarrow 4+2x=0 \Rightarrow x=-2$.

- Если $x < -2$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $x > -2$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=-2$ функция имеет минимум. $y_{min} = f(-2) = 4(-2)e^{0.5(-2)} = -8e^{-1} = -\frac{8}{e} \approx -2.94$. Точка минимума $(-2, -8/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = ((4+2x)e^{0.5x})' = 2e^{0.5x} + (4+2x) \cdot 0.5e^{0.5x} = (2 + 2+x)e^{0.5x} = (4+x)e^{0.5x}$.

Приравниваем вторую производную к нулю: $(4+x)e^{0.5x}=0 \Rightarrow 4+x=0 \Rightarrow x=-4$.

- Если $x < -4$, то $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый).

- Если $x > -4$, то $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый).

В точке $x=-4$ график имеет перегиб. $y_{перегиб} = f(-4) = 4(-4)e^{0.5(-4)} = -16e^{-2} = -\frac{16}{e^2} \approx -2.17$. Точка перегиба $(-4, -16/e^2)$.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = 4xe^{0.5x}$ определена на всей числовой оси, пересекает оси координат в точке (0,0). Имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to -\infty$. Убывает на $(-\infty, -2)$ и возрастает на $(-2, +\infty)$. Точка минимума $(-2, -8/e)$. График является вогнутым на $(-\infty, -4)$ и выпуклым на $(-4, +\infty)$. Точка перегиба $(-4, -16/e^2)$. График представлен выше.

2) f(x) = xln x

Решение.

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть строго положительным, поэтому $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. Область определения несимметрична относительно нуля, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: пересечения нет, так как $x=0$ не входит в область определения.

- С осью OX: при $y=0$, $x \ln x = 0$. Так как $x > 0$, то $\ln x = 0$, откуда $x=1$. Точка пересечения (1, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты. Исследуем поведение функции при $x \to 0+$. Применим правило Лопиталя: $\lim_{x \to 0+} x \ln x = \lim_{x \to 0+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0+} \frac{(\ln x)'}{(1/x)'} = \lim_{x \to 0+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0+} (-x) = 0$. Вертикальной асимптоты нет.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} x \ln x = +\infty$. Проверим наклонную асимптоту $y=kx+b$: $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (x \ln x)' = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$.

Приравниваем производную к нулю: $\ln x + 1 = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = 1/e$.

- Если $0 < x < 1/e$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $x > 1/e$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=1/e$ функция имеет минимум. $y_{min} = f(1/e) = \frac{1}{e} \ln(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e}(-1) = -\frac{1}{e} \approx -0.37$. Точка минимума $(1/e, -1/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = (\ln x + 1)' = \frac{1}{x}$.

Так как в области определения $x>0$, то $f''(x) > 0$. Следовательно, график функции всегда выпуклый вниз (выпуклый). Точек перегиба нет.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = x \ln x$ определена для $x>0$. Пересекает ось абсцисс в точке (1,0). Асимптот не имеет, $\lim_{x \to 0+} f(x) = 0$. Убывает на $(0, 1/e)$ и возрастает на $(1/e, +\infty)$. Точка минимума $(1/e, -1/e)$. График функции всегда выпуклый. График представлен выше.

3) f(x) = lnx - x

Решение.

1. Область определения. $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. Область определения несимметрична, функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: пересечения нет ($x>0$).

- С осью OX: $\ln x - x = 0 \Rightarrow \ln x = x$. Это уравнение не имеет решений, так как прямая $y=x$ всегда лежит выше графика $y=\ln x$. Значит, пересечений с осью OX нет. Поскольку $f(1) = \ln 1 - 1 = -1$, а это точка максимума (см. ниже), то $f(x) \le -1$ для всех $x>0$.

4. Асимптоты.

- Вертикальная асимптота. $\lim_{x \to 0+} (\ln x - x) = -\infty$. Следовательно, $x=0$ (ось OY) является вертикальной асимптотой.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} (\ln x - x) = \lim_{x \to +\infty} x(\frac{\ln x}{x} - 1) = +\infty(0-1) = -\infty$. Проверим наклонную асимптоту $y=kx+b$: $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x - x}{x} = \lim_{x \to +\infty} (\frac{\ln x}{x} - 1) = 0 - 1 = -1$. $b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to +\infty} (\ln x - x - (-1)x) = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (\ln x - x)' = \frac{1}{x} - 1$.

Приравниваем производную к нулю: $\frac{1}{x} - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$.

- Если $0 < x < 1$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

- Если $x > 1$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=1$ функция имеет максимум. $y_{max} = f(1) = \ln 1 - 1 = -1$. Точка максимума (1, -1).

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

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

Так как в области определения $x>0$, то $f''(x) < 0$. Следовательно, график функции всегда выпуклый вверх (вогнутый). Точек перегиба нет.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = \ln x - x$ определена для $x>0$. Имеет вертикальную асимптоту $x=0$. Не пересекает оси координат. Возрастает на $(0, 1)$ и убывает на $(1, +\infty)$. Точка максимума $(1, -1)$. График функции всегда вогнутый. График представлен выше.

4) f(x) = x²/e^x

Решение.

Запишем функцию в виде $f(x) = x^2 e^{-x}$.

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

2. Четность и нечетность. $f(-x) = (-x)^2 e^{-(-x)} = x^2 e^x$. Функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: при $x=0$, $y=0$. Точка (0, 0).

- С осью OX: при $y=0$, $x^2 e^{-x} = 0 \Rightarrow x=0$. Точка (0, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты отсутствуют.

- Горизонтальные асимптоты. При $x \to +\infty$, по правилу Лопиталя: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x} = 0$. Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$. При $x \to -\infty$, $\lim_{x \to -\infty} x^2 e^{-x} = (+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$. Горизонтальной асимптоты слева нет. Наклонных асимптот тоже нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (x^2 e^{-x})' = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = (2x-x^2)e^{-x} = x(2-x)e^{-x}$.

Приравниваем производную к нулю: $x(2-x)e^{-x} = 0 \Rightarrow x=0$ или $x=2$.

- Если $x < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $0 < x < 2$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

- Если $x > 2$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=0$ минимум: $y_{min} = f(0)=0$. Точка минимума (0, 0).

В точке $x=2$ максимум: $y_{max} = f(2) = 2^2 e^{-2} = 4/e^2 \approx 0.54$. Точка максимума $(2, 4/e^2)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = ((2x-x^2)e^{-x})' = (2-2x)e^{-x} - (2x-x^2)e^{-x} = (x^2-4x+2)e^{-x}$.

Приравниваем вторую производную к нулю: $x^2-4x+2 = 0$. Корни уравнения: $x_{1,2} = 2 \pm \sqrt{2}$.

$x_1 = 2-\sqrt{2} \approx 0.59$, $x_2 = 2+\sqrt{2} \approx 3.41$.

- Если $x < 2-\sqrt{2}$ или $x > 2+\sqrt{2}$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз (выпуклый).

- Если $2-\sqrt{2} < x < 2+\sqrt{2}$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх (вогнутый).

Точки перегиба: $x=2-\sqrt{2}$ ($y \approx 0.19$) и $x=2+\sqrt{2}$ ($y \approx 0.38$).

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = x^2/e^x$ определена на всей числовой оси. Пересекает оси в точке (0,0), которая является точкой минимума. Имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to +\infty$. Точка максимума $(2, 4/e^2)$. Функция убывает на $(-\infty, 0) \cup (2, +\infty)$ и возрастает на $(0, 2)$. Имеет две точки перегиба при $x = 2 \pm \sqrt{2}$. График представлен выше.