Номер 276, страница 114 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Параграф 2. Экстремумы функции. Глава 3. Применение производной к исследованию функций - номер 276, страница 114.

Условие.

276. Найти критические точки функции:

1) $y = \frac{|x|}{1+x^2}$;

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

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

4) $y = 3x + |3x-x^2|$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) Критические точки функции — это внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует.
Область определения функции $y = \frac{|x|}{1+x^2}$ — все действительные числа, так как знаменатель $1+x^2 > 0$ при любом $x$.
Для нахождения производной раскроем модуль, рассмотрев два случая:
а) При $x \ge 0$, имеем $|x| = x$, и функция принимает вид $y = \frac{x}{1+x^2}$.
Найдем ее производную для $x > 0$:
$y' = \left(\frac{x}{1+x^2}\right)' = \frac{(x)'(1+x^2) - x(1+x^2)'}{(1+x^2)^2} = \frac{1 \cdot (1+x^2) - x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$.
Приравняем производную к нулю, чтобы найти стационарные точки:
$\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2} = 0 \implies 1-x^2=0 \implies x^2=1$.
Учитывая условие $x > 0$, получаем $x=1$.
б) При $x < 0$, имеем $|x| = -x$, и функция принимает вид $y = \frac{-x}{1+x^2}$.
Найдем ее производную для $x < 0$:
$y' = \left(\frac{-x}{1+x^2}\right)' = \frac{(-x)'(1+x^2) - (-x)(1+x^2)'}{(1+x^2)^2} = \frac{-1 \cdot (1+x^2) + x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{-1-x^2+2x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{x^2-1}{(1+x^2)^2}$.
Приравняем производную к нулю:
$\frac{x^2-1}{(1+x^2)^2} = 0 \implies x^2-1=0 \implies x^2=1$.
Учитывая условие $x < 0$, получаем $x=-1$.
в) Проверим точку $x=0$, в которой функция меняет свое аналитическое выражение. В таких точках производная может не существовать. Найдем односторонние производные в точке $x=0$:
Правосторонняя производная: $f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{1-0}{(1+0)^2} = 1$.
Левосторонняя производная: $f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{x^2-1}{(1+x^2)^2} = \frac{0-1}{(1+0)^2} = -1$.
Поскольку $f'_+(0) \neq f'_{-}(0)$, производная в точке $x=0$ не существует.
Таким образом, критическими точками являются точки, где производная равна нулю ($x=1, x=-1$) и где она не существует ($x=0$).
Ответ: -1, 0, 1.

2) Функция $y = x^3 - |x-1|$ определена для всех действительных чисел.
Раскроем модуль:
а) При $x \ge 1$, имеем $|x-1| = x-1$. Функция: $y = x^3 - (x-1) = x^3 - x + 1$.
Производная для $x>1$: $y' = (x^3 - x + 1)' = 3x^2 - 1$.
Найдем стационарные точки: $3x^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1/3 \implies x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Ни один из этих корней не удовлетворяет условию $x > 1$.
б) При $x < 1$, имеем $|x-1| = -(x-1) = 1-x$. Функция: $y = x^3 - (1-x) = x^3 + x - 1$.
Производная для $x<1$: $y' = (x^3 + x - 1)' = 3x^2 + 1$.
Уравнение $3x^2 + 1 = 0$ не имеет действительных корней, так как $3x^2 \ge 0$.
в) Проверим точку $x=1$, где производная может не существовать.
Правосторонняя производная: $f'_+(1) = \lim_{x \to 1^+} (3x^2 - 1) = 3(1)^2 - 1 = 2$.
Левосторонняя производная: $f'_{-}(1) = \lim_{x \to 1^-} (3x^2 + 1) = 3(1)^2 + 1 = 4$.
Так как $f'_+(1) \neq f'_{-}(1)$, производная в точке $x=1$ не существует.
Следовательно, единственной критической точкой является $x=1$.
Ответ: 1.

3) Функция $y = 2x^2 - |x^2-1|$ определена для всех действительных чисел.
Раскроем модуль, определив знак выражения $x^2-1$. Корни: $x^2-1=0 \implies x=\pm 1$.
а) При $x^2-1 \ge 0$, т.е. $x \in (-\infty, -1] \cup [1, +\infty)$, имеем $|x^2-1| = x^2-1$.
Функция: $y = 2x^2 - (x^2-1) = x^2+1$.
Производная на интервалах $(-\infty, -1)$ и $(1, +\infty)$: $y' = (x^2+1)' = 2x$.
Уравнение $y'=0$ дает $2x=0 \implies x=0$. Эта точка не входит в рассматриваемые интервалы.
б) При $x^2-1 < 0$, т.е. $x \in (-1, 1)$, имеем $|x^2-1| = -(x^2-1) = 1-x^2$.
Функция: $y = 2x^2 - (1-x^2) = 3x^2-1$.
Производная на интервале $(-1, 1)$: $y' = (3x^2-1)' = 6x$.
Уравнение $y'=0$ дает $6x=0 \implies x=0$. Эта точка принадлежит интервалу $(-1, 1)$, поэтому $x=0$ является критической точкой.
в) Проверим точки $x=-1$ и $x=1$, где производная может не существовать.
Для $x=1$: $f'_+(1) = \lim_{x \to 1^+} (2x) = 2$, $f'_{-}(1) = \lim_{x \to 1^-} (6x) = 6$. Так как $f'_+(1) \neq f'_{-}(1)$, в точке $x=1$ производная не существует.
Для $x=-1$: $f'_+(-1) = \lim_{x \to -1^+} (6x) = -6$, $f'_{-}(-1) = \lim_{x \to -1^-} (2x) = -2$. Так как $f'_+(-1) \neq f'_{-}(-1)$, в точке $x=-1$ производная не существует.
Критические точки: $x=0$ (производная равна 0) и $x=-1, x=1$ (производная не существует).
Ответ: -1, 0, 1.

4) Функция $y = 3x + |3x - x^2|$ определена для всех действительных чисел.
Раскроем модуль, определив знак выражения $3x - x^2 = x(3-x)$. Корни: $x=0, x=3$.
а) При $x(3-x) \ge 0$, т.е. $x \in [0, 3]$, имеем $|3x-x^2|=3x-x^2$.
Функция: $y = 3x + (3x-x^2) = 6x-x^2$.
Производная на интервале $(0, 3)$: $y' = (6x-x^2)' = 6-2x$.
Уравнение $y'=0$ дает $6-2x=0 \implies x=3$. Это граничная точка, а не внутренняя.
б) При $x(3-x) < 0$, т.е. $x \in (-\infty, 0) \cup (3, +\infty)$, имеем $|3x-x^2|=-(3x-x^2)=x^2-3x$.
Функция: $y = 3x + (x^2-3x) = x^2$.
Производная на интервалах $(-\infty, 0)$ и $(3, +\infty)$: $y' = (x^2)' = 2x$.
Уравнение $y'=0$ дает $2x=0 \implies x=0$. Это также граничная точка.
в) Проверим точки $x=0$ и $x=3$, где производная может не существовать.
Для $x=0$: $f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} (6-2x) = 6$, $f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^-} (2x) = 0$. Так как $f'_+(0) \neq f'_{-}(0)$, в точке $x=0$ производная не существует.
Для $x=3$: $f'_{-}(3) = \lim_{x \to 3^-} (6-2x) = 0$, $f'_+(3) = \lim_{x \to 3^+} (2x) = 6$. Так как $f'_{-}(3) \neq f'_+(3)$, в точке $x=3$ производная не существует.
Внутри интервалов $(-\infty, 0), (0, 3), (3, +\infty)$ производная не обращается в ноль. Критическими точками являются только те, где производная не существует.
Ответ: 0, 3.