Номер 332, страница 135 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 3. Применение производной к исследованию функций. Упражнения к главе III - номер 332, страница 135.

Условие.

332. Найти точки экстремума функции:

1) $y = x \ln x;$

2) $y = xe^x;$

3) $y = \frac{4}{x-3} - \frac{16}{x-7};$

4) $y = \frac{25}{7-x} - \frac{9}{3-x}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Для нахождения точек экстремума функции необходимо найти её производную, приравнять производную к нулю, чтобы найти критические точки, а затем определить, как меняется знак производной при переходе через эти точки.

1) $y = x \ln x$

1. Найдём область определения функции. Логарифмическая функция $\ln x$ определена только для $x > 0$. Таким образом, $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Найдём производную функции, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$y' = (x \ln x)' = (x)' \cdot \ln x + x \cdot (\ln x)' = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$.

3. Найдём критические точки. Для этого приравняем производную к нулю:

$y' = 0 \Rightarrow \ln x + 1 = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

Эта точка принадлежит области определения функции.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения делится критической точкой: $(0; \frac{1}{e})$ и $(\frac{1}{e}; +\infty)$.

- При $x \in (0; \frac{1}{e})$, например, $x = e^{-2}$, $y'(e^{-2}) = \ln(e^{-2}) + 1 = -2 + 1 = -1 < 0$. Функция убывает.

- При $x \in (\frac{1}{e}; +\infty)$, например, $x = e$, $y'(e) = \ln(e) + 1 = 1 + 1 = 2 > 0$. Функция возрастает.

Поскольку производная меняет знак с минуса на плюс при переходе через точку $x = \frac{1}{e}$, эта точка является точкой минимума.

Ответ: $x_{min} = \frac{1}{e}$.

2) $y = xe^x$

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Найдём производную функции, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$y' = (xe^x)' = (x)' \cdot e^x + x \cdot (e^x)' = 1 \cdot e^x + x \cdot e^x = e^x(1+x)$.

3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:

$y' = 0 \Rightarrow e^x(1+x) = 0$.

Так как $e^x > 0$ для любого $x$, то равенство возможно только при $1+x=0$, откуда $x = -1$.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; -1)$ и $(-1; +\infty)$. Знак $y'$ совпадает со знаком выражения $(1+x)$.

- При $x \in (-\infty; -1)$, $1+x < 0$, следовательно $y' < 0$. Функция убывает.

- При $x \in (-1; +\infty)$, $1+x > 0$, следовательно $y' > 0$. Функция возрастает.

При переходе через точку $x = -1$ производная меняет знак с минуса на плюс, значит, это точка минимума.

Ответ: $x_{min} = -1$.

3) $y = \frac{4}{x-3} - \frac{16}{x-7}$

1. Область определения функции: знаменатели не должны быть равны нулю, т.е. $x \neq 3$ и $x \neq 7$. $D(y) = (-\infty; 3) \cup (3; 7) \cup (7; +\infty)$.

2. Найдём производную функции:

$y' = (\frac{4}{x-3})' - (\frac{16}{x-7})' = -\frac{4}{(x-3)^2} - (-\frac{16}{(x-7)^2}) = \frac{16}{(x-7)^2} - \frac{4}{(x-3)^2}$.

3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:

$y' = 0 \Rightarrow \frac{16}{(x-7)^2} - \frac{4}{(x-3)^2} = 0 \Rightarrow \frac{16}{(x-7)^2} = \frac{4}{(x-3)^2}$.

Разделим обе части на 4: $\frac{4}{(x-7)^2} = \frac{1}{(x-3)^2}$.

Извлекая корень, получаем: $\frac{2}{|x-7|} = \frac{1}{|x-3|}$, что равносильно $2|x-3| = |x-7|$.

Возможны два случая:

а) $2(x-3) = x-7 \Rightarrow 2x-6 = x-7 \Rightarrow x = -1$.

б) $2(x-3) = -(x-7) \Rightarrow 2x-6 = -x+7 \Rightarrow 3x = 13 \Rightarrow x = \frac{13}{3}$.

Обе точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной. Знак $y'$ определяется знаком выражения $16(x-3)^2 - 4(x-7)^2$. Корни этого выражения мы нашли: $x_1 = -1, x_2 = \frac{13}{3}$. Это парабола с ветвями вверх.

- При $x < -1$, $y' > 0$, функция возрастает.

- При $-1 < x < 3$ и $3 < x < \frac{13}{3}$, $y' < 0$, функция убывает.

- При $x > \frac{13}{3}$ (кроме $x=7$), $y' > 0$, функция возрастает.

В точке $x = -1$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка максимума. В точке $x = \frac{13}{3}$ производная меняет знак с минуса на плюс, это точка минимума.

Ответ: $x_{max} = -1$, $x_{min} = \frac{13}{3}$.

4) $y = \frac{25}{7-x} - \frac{9}{3-x}$

1. Область определения функции: $x \neq 7$ и $x \neq 3$. $D(y) = (-\infty; 3) \cup (3; 7) \cup (7; +\infty)$.

2. Найдём производную функции. Удобнее переписать функцию так: $y = -\frac{25}{x-7} + \frac{9}{x-3}$.

$y' = (-\frac{25}{x-7})' + (\frac{9}{x-3})' = -(-\frac{25}{(x-7)^2}) + (-\frac{9}{(x-3)^2}) = \frac{25}{(x-7)^2} - \frac{9}{(x-3)^2}$.

3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:

$y' = 0 \Rightarrow \frac{25}{(x-7)^2} - \frac{9}{(x-3)^2} = 0 \Rightarrow \frac{25}{(x-7)^2} = \frac{9}{(x-3)^2}$.

Извлекая корень, получаем: $\frac{5}{|x-7|} = \frac{3}{|x-3|}$, что равносильно $5|x-3| = 3|x-7|$.

Возможны два случая:

а) $5(x-3) = 3(x-7) \Rightarrow 5x-15 = 3x-21 \Rightarrow 2x = -6 \Rightarrow x = -3$.

б) $5(x-3) = -3(x-7) \Rightarrow 5x-15 = -3x+21 \Rightarrow 8x = 36 \Rightarrow x = \frac{36}{8} = \frac{9}{2} = 4.5$.

Обе точки принадлежат области определения.

4. Исследуем знак производной. Знак $y'$ определяется знаком выражения $25(x-3)^2 - 9(x-7)^2$. Корни этого выражения мы нашли: $x_1 = -3, x_2 = 4.5$. Это парабола с ветвями вверх.

- При $x < -3$, $y' > 0$, функция возрастает.

- При $-3 < x < 3$ и $3 < x < 4.5$, $y' < 0$, функция убывает.

- При $x > 4.5$ (кроме $x=7$), $y' > 0$, функция возрастает.

В точке $x = -3$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка максимума. В точке $x = 4.5$ производная меняет знак с минуса на плюс, это точка минимума.

Ответ: $x_{max} = -3$, $x_{min} = 4.5$.