Номер 310, страница 133 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой, розовый

ISBN: 978-5-09-087603-2

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 11 классе

Параграф 4. Производная второго порядка, выпуклость и точка перегиба. Глава 3. Применение производной к исследованию функций - номер 310, страница 133.

№310 (с. 133)
Условие. №310 (с. 133)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Условие

310. Найти асимптоты графика функции:

1) $f(x) = \frac{x+1}{x}$;

2) $f(x) = \frac{x^2}{x+4}$;

3) $f(x) = \frac{x^2 - 2x + 3}{x+2}$;

4) $f(x) = \frac{x^3}{(x+3)^2}$.

Решение 1. №310 (с. 133)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 1 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 2. №310 (с. 133)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 2 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 133, номер 310, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 3. №310 (с. 133)

1) $f(x) = \frac{x+1}{x}$
Для нахождения асимптот графика функции исследуем ее поведение на границах области определения и на бесконечности.
Вертикальные асимптоты:
Область определения функции $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$. Вертикальная асимптота может существовать в точке разрыва $x=0$. Найдем односторонние пределы:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{x+1}{x} = \frac{1}{0^-} = -\infty$
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x+1}{x} = \frac{1}{0^+} = +\infty$
Поскольку пределы равны бесконечности, прямая $x=0$ является вертикальной асимптотой.
Горизонтальные асимптоты:
Найдем предел функции при $x \to \infty$ :
$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x+1}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x(1 + 1/x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} (1 + \frac{1}{x}) = 1$.
Так как предел конечен и равен 1, прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.
Наклонные асимптоты:
Поскольку существует горизонтальная асимптота, наклонных асимптот у графика функции нет.
Ответ: вертикальная асимптота $x=0$, горизонтальная асимптота $y=1$.

2) $f(x) = \frac{x^2}{x+4}$
Вертикальные асимптоты:
Знаменатель обращается в ноль при $x+4=0$, то есть при $x=-4$. При этом числитель $(-4)^2=16 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=-4$ является вертикальной асимптотой. Проверим односторонние пределы:
$\lim_{x \to -4^-} \frac{x^2}{x+4} = \frac{16}{0^-} = -\infty$
$\lim_{x \to -4^+} \frac{x^2}{x+4} = \frac{16}{0^+} = +\infty$
Горизонтальные асимптоты:
Степень числителя (2) больше степени знаменателя (1), поэтому горизонтальных асимптот нет.
Наклонные асимптоты:
Поскольку степень числителя на единицу больше степени знаменателя, существует наклонная асимптота вида $y = kx + b$. Найдем коэффициенты $k$ и $b$:
$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x(x+4)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x^2+4x} = 1$.
$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^2}{x+4} - 1 \cdot x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x(x+4)}{x+4} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x^2 - 4x}{x+4} = \lim_{x \to \infty} \frac{-4x}{x+4} = -4$.
Таким образом, прямая $y = x-4$ является наклонной асимптотой.
Ответ: вертикальная асимптота $x=-4$, наклонная асимптота $y=x-4$.

3) $f(x) = \frac{x^2-2x+3}{x+2}$
Вертикальные асимптоты:
Знаменатель обращается в ноль при $x+2=0$, то есть при $x=-2$. Значение числителя в этой точке: $(-2)^2 - 2(-2) + 3 = 4 + 4 + 3 = 11 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=-2$ является вертикальной асимптотой.
Горизонтальные асимптоты:
Степень числителя (2) больше степени знаменателя (1), поэтому горизонтальных асимптот нет.
Наклонные асимптоты:
Ищем наклонную асимптоту вида $y = kx + b$, так как степень числителя на единицу больше степени знаменателя.
$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2-2x+3}{x(x+2)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2-2x+3}{x^2+2x} = 1$.
$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^2-2x+3}{x+2} - 1 \cdot x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2-2x+3 - x(x+2)}{x+2} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2-2x+3 - x^2 - 2x}{x+2} = \lim_{x \to \infty} \frac{-4x+3}{x+2} = -4$.
Таким образом, прямая $y = x-4$ является наклонной асимптотой.
Ответ: вертикальная асимптота $x=-2$, наклонная асимптота $y=x-4$.

4) $f(x) = \frac{x^3}{(x+3)^2}$
Вертикальные асимптоты:
Знаменатель $(x+3)^2$ обращается в ноль при $x=-3$. Значение числителя в этой точке: $(-3)^3 = -27 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=-3$ является вертикальной асимптотой.
Горизонтальные асимптоты:
Раскроем скобки в знаменателе: $f(x) = \frac{x^3}{x^2+6x+9}$. Степень числителя (3) больше степени знаменателя (2), поэтому горизонтальных асимптот нет.
Наклонные асимптоты:
Так как степень числителя на единицу больше степени знаменателя ($3 = 2+1$), существует наклонная асимптота вида $y=kx+b$.
$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3}{x(x+3)^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3}{x^3+6x^2+9x} = 1$.
$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^3}{(x+3)^2} - 1 \cdot x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3 - x(x^2+6x+9)}{x^2+6x+9} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^3 - x^3 - 6x^2 - 9x}{x^2+6x+9} = \lim_{x \to \infty} \frac{-6x^2-9x}{x^2+6x+9} = -6$.
Таким образом, прямая $y = x-6$ является наклонной асимптотой.
Ответ: вертикальная асимптота $x=-3$, наклонная асимптота $y=x-6$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 310 расположенного на странице 133 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №310 (с. 133), авторов: Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.