Номер 280, страница 115 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 3. Применение производной к исследованию функций. Параграф 2. Экстремумы функции - номер 280, страница 115.

Условие.

280. Найти экстремумы функции:

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

2) $y = \frac{x^5}{5 - x}$;

3) $y = |x - 5|(x - 3)^3$;

4) $y = \frac{(x - 1)^2}{x + 1}$.

Рис. 67

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) Для функции $y = \frac{x^3}{2+x}$.
1. Находим область определения функции. Знаменатель не должен быть равен нулю: $2+x \neq 0$, откуда $x \neq -2$. Таким образом, $D(y) = (-\infty; -2) \cup (-2; +\infty)$.
2. Находим производную функции, используя правило дифференцирования частного: $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.
$y' = \frac{(x^3)'(2+x) - x^3(2+x)'}{(2+x)^2} = \frac{3x^2(2+x) - x^3 \cdot 1}{(2+x)^2} = \frac{6x^2 + 3x^3 - x^3}{(2+x)^2} = \frac{2x^3 + 6x^2}{(2+x)^2} = \frac{2x^2(x+3)}{(2+x)^2}$.
3. Находим стационарные точки, приравнивая производную к нулю: $y' = 0$.
$\frac{2x^2(x+3)}{(2+x)^2} = 0 \implies 2x^2(x+3) = 0$.
Отсюда получаем $x_1 = 0$ и $x_2 = -3$. Обе точки принадлежат области определения функции и являются критическими.
4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения делится критическими точками: $(-\infty; -3)$, $(-3; -2)$, $(-2; 0)$ и $(0; +\infty)$.
- На интервале $(-\infty; -3)$ производная $y' < 0$, функция убывает.
- На интервале $(-3; -2)$ производная $y' > 0$, функция возрастает.
- На интервалах $(-2; 0)$ и $(0; +\infty)$ производная $y' > 0$, функция возрастает.
5. В точке $x = -3$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, это точка локального минимума. Значение функции в этой точке: $y_{min} = y(-3) = \frac{(-3)^3}{2+(-3)} = \frac{-27}{-1} = 27$.
В точке $x = 0$ производная знак не меняет, значит, экстремума в этой точке нет.
Ответ: точка минимума $x_{min} = -3$, $y_{min} = 27$.

2) Для функции $y = \frac{x^5}{5-x}$.
1. Область определения: $5-x \neq 0 \implies x \neq 5$. $D(y) = (-\infty; 5) \cup (5; +\infty)$.
2. Находим производную функции:
$y' = \frac{(x^5)'(5-x) - x^5(5-x)'}{(5-x)^2} = \frac{5x^4(5-x) - x^5(-1)}{(5-x)^2} = \frac{25x^4 - 5x^5 + x^5}{(5-x)^2} = \frac{x^4(25-4x)}{(5-x)^2}$.
3. Находим критические точки из условия $y' = 0$:
$x^4(25-4x) = 0 \implies x_1 = 0$, $x_2 = \frac{25}{4} = 6.25$. Обе точки входят в область определения.
4. Исследуем знак производной. Знак $y'$ совпадает со знаком выражения $(25-4x)$, поскольку множители $x^4$ и $(5-x)^2$ неотрицательны.
- При $x < 6.25$ (и $x \neq 5$), $25-4x > 0$, следовательно $y' > 0$ и функция возрастает.
- При $x > 6.25$, $25-4x < 0$, следовательно $y' < 0$ и функция убывает.
5. В точке $x = 0$ производная не меняет знак, так что это не точка экстремума.
В точке $x = 6.25$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка локального максимума.
$y_{max} = y(\frac{25}{4}) = \frac{(\frac{25}{4})^5}{5-\frac{25}{4}} = \frac{(\frac{25}{4})^5}{-\frac{5}{4}} = -\frac{25^5}{4^5} \cdot \frac{4}{5} = -\frac{(5^2)^5}{4^4 \cdot 5} = -\frac{5^{10}}{5 \cdot 4^4} = -\frac{5^9}{256} = -\frac{1953125}{256}$.
Ответ: точка максимума $x_{max} = \frac{25}{4}$, $y_{max} = -\frac{1953125}{256}$.

3) Для функции $y = |x-5|(x-3)^3$.
1. Раскроем модуль, чтобы получить кусочно-заданную функцию:
$y = \begin{cases} (x-5)(x-3)^3, & \text{если } x \ge 5 \\ -(x-5)(x-3)^3, & \text{если } x < 5 \end{cases}$.
2. Находим производные для каждого случая:
- При $x > 5$: $y' = (x-3)^3 + 3(x-5)(x-3)^2 = (x-3)^2(x-3+3x-15) = (x-3)^2(4x-18) = 2(x-3)^2(2x-9)$.
- При $x < 5$: $y' = -[(x-3)^2(4x-18)] = 2(x-3)^2(9-2x)$.
3. Находим критические точки. В точке $x=5$ производная не существует, так как односторонние производные не равны ($y'_+(5)=8$, $y'_-(5)=-8$). Значит $x=5$ - критическая точка. Приравнивая производные к нулю, получаем $x=3$ и $x=4.5$ (для $x<5$) и нет решений для $x>5$. Итого, критические точки: $3, 4.5, 5$.
4. Исследуем знак производной:
- На $(-\infty; 3) \cup (3; 4.5)$: $y' = 2(x-3)^2(9-2x)>0$, функция возрастает.
- На $(4.5; 5)$: $y' = 2(x-3)^2(9-2x)<0$, функция убывает.
- На $(5; +\infty)$: $y' = 2(x-3)^2(2x-9)>0$, функция возрастает.
5. В точке $x=3$ знак производной не меняется, экстремума нет. В точке $x=4.5$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка локального максимума: $y_{max} = |4.5-5|(4.5-3)^3 = 0.5 \cdot (1.5)^3 = \frac{27}{16}$. В точке $x=5$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка локального минимума: $y_{min} = |5-5|(5-3)^3 = 0$.
Ответ: точка максимума $x_{max} = 4.5$, $y_{max} = \frac{27}{16}$; точка минимума $x_{min} = 5$, $y_{min} = 0$.

4) Для функции $y = \frac{(x-1)^2}{x+1}$.
1. Область определения: $x+1 \neq 0 \implies x \neq -1$. $D(y) = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)$.
2. Находим производную:
$y' = \frac{2(x-1)(x+1) - (x-1)^2 \cdot 1}{(x+1)^2} = \frac{(x-1)[2(x+1) - (x-1)]}{(x+1)^2} = \frac{(x-1)(x+3)}{(x+1)^2}$.
3. Критические точки находим из условия $y'=0$: $(x-1)(x+3) = 0 \implies x_1 = 1, x_2 = -3$.
4. Исследуем знак производной, который определяется знаком числителя $(x-1)(x+3)$.
- На $(-\infty; -3)$: $y' > 0$, функция возрастает.
- На $(-3; -1)$: $y' < 0$, функция убывает.
- На $(-1; 1)$: $y' < 0$, функция убывает.
- На $(1; +\infty)$: $y' > 0$, функция возрастает.
5. В точке $x=-3$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка локального максимума: $y_{max} = \frac{(-3-1)^2}{-3+1} = \frac{16}{-2} = -8$.
В точке $x=1$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка локального минимума: $y_{min} = \frac{(1-1)^2}{1+1} = 0$.
Ответ: точка максимума $x_{max} = -3$, $y_{max} = -8$; точка минимума $x_{min} = 1$, $y_{min} = 0$.