Страница 115 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Найти точки экстремума функции (277-278).

277. 1) $y = 2x^2 - 20x + 1;$

2) $y = 3x^2 + 36x - 1;$

3) $y = \frac{x}{5} + \frac{5}{x};$

4) $y = \frac{4}{x} + \frac{x}{16};$

5) $y = x^3 - 4x^2;$

6) $y = x^4 - 8x^2 + 5;$

7) $y = x + \sin x;$

8) $y = 6\sin x - \cos 2x.$

1) Дана функция $y = 2x^2 - 20x + 1$.
Это квадратичная функция, её график — парабола с ветвями, направленными вверх (так как коэффициент при $x^2$ равен 2, что больше нуля). Следовательно, функция имеет одну точку минимума.
1. Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Найдём производную функции:
$y' = (2x^2 - 20x + 1)' = 4x - 20$.
3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:
$y' = 0 \implies 4x - 20 = 0 \implies 4x = 20 \implies x = 5$.
4. Исследуем знак производной. При $x < 5$ производная $y' < 0$ (функция убывает), а при $x > 5$ производная $y' > 0$ (функция возрастает).
Следовательно, при переходе через точку $x=5$ знак производной меняется с «−» на «+». Значит, $x=5$ — точка минимума.
Ответ: $x_{\min} = 5$.

2) Дана функция $y = 3x^2 + 36x - 1$.
Это также квадратичная функция, график — парабола с ветвями вверх ($a=3>0$), поэтому она имеет одну точку минимума.
1. Область определения функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Найдём производную функции:
$y' = (3x^2 + 36x - 1)' = 6x + 36$.
3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:
$y' = 0 \implies 6x + 36 = 0 \implies 6x = -36 \implies x = -6$.
4. При $x < -6$ производная $y' < 0$ (функция убывает), при $x > -6$ производная $y' > 0$ (функция возрастает).
Знак производной меняется с «−» на «+» в точке $x=-6$. Следовательно, $x=-6$ — точка минимума.
Ответ: $x_{\min} = -6$.

3) Дана функция $y = \frac{x}{5} + \frac{5}{x}$.
1. Область определения функции: $x \neq 0$, то есть $D(y) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.
2. Найдём производную функции:
$y' = (\frac{x}{5} + 5x^{-1})' = \frac{1}{5} - 5x^{-2} = \frac{1}{5} - \frac{5}{x^2}$.
3. Найдём критические точки. Производная не определена при $x=0$, но эта точка не входит в область определения. Приравняем производную к нулю:
$\frac{1}{5} - \frac{5}{x^2} = 0 \implies \frac{1}{5} = \frac{5}{x^2} \implies x^2 = 25 \implies x_1 = -5, x_2 = 5$.
4. Исследуем знак производной $y' = \frac{x^2-25}{5x^2}$ на интервалах. Знак зависит от числителя $x^2-25$.
- При $x \in (-\infty, -5)$, $y' > 0$ (функция возрастает).
- При $x \in (-5, 0)$, $y' < 0$ (функция убывает).
- При $x \in (0, 5)$, $y' < 0$ (функция убывает).
- При $x \in (5, +\infty)$, $y' > 0$ (функция возрастает).
5. В точке $x=-5$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума. В точке $x=5$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума.
Ответ: $x_{\max} = -5$, $x_{\min} = 5$.

4) Дана функция $y = \frac{4}{x} + \frac{x}{16}$.
1. Область определения функции: $x \neq 0$, то есть $D(y) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.
2. Найдём производную функции:
$y' = (4x^{-1} + \frac{x}{16})' = -4x^{-2} + \frac{1}{16} = -\frac{4}{x^2} + \frac{1}{16}$.
3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю:
$-\frac{4}{x^2} + \frac{1}{16} = 0 \implies \frac{1}{16} = \frac{4}{x^2} \implies x^2 = 64 \implies x_1 = -8, x_2 = 8$.
4. Исследуем знак производной $y' = \frac{x^2-64}{16x^2}$. Знак зависит от числителя $x^2-64$.
- При $x \in (-\infty, -8)$, $y' > 0$ (функция возрастает).
- При $x \in (-8, 0)$, $y' < 0$ (функция убывает).
- При $x \in (0, 8)$, $y' < 0$ (функция убывает).
- При $x \in (8, +\infty)$, $y' > 0$ (функция возрастает).
5. В точке $x=-8$ производная меняет знак с «+» на «−», это точка максимума. В точке $x=8$ производная меняет знак с «−» на «+», это точка минимума.
Ответ: $x_{\max} = -8$, $x_{\min} = 8$.

5) Дана функция $y = x^3 - 4x^2$.
1. Область определения — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Найдём производную:
$y' = (x^3 - 4x^2)' = 3x^2 - 8x$.
3. Найдём критические точки:
$3x^2 - 8x = 0 \implies x(3x - 8) = 0 \implies x_1 = 0, x_2 = \frac{8}{3}$.
4. Исследуем знак производной $y' = x(3x-8)$. График $y'(x)$ — парабола с ветвями вверх, пересекающая ось абсцисс в точках 0 и $8/3$.
- При $x < 0$, $y' > 0$ (функция возрастает).
- При $0 < x < \frac{8}{3}$, $y' < 0$ (функция убывает).
- При $x > \frac{8}{3}$, $y' > 0$ (функция возрастает).
5. В точке $x=0$ знак производной меняется с «+» на «−», это точка максимума. В точке $x=\frac{8}{3}$ знак меняется с «−» на «+», это точка минимума.
Ответ: $x_{\max} = 0$, $x_{\min} = \frac{8}{3}$.

6) Дана функция $y = x^4 - 8x^2 + 5$.
1. Область определения — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Найдём производную:
$y' = (x^4 - 8x^2 + 5)' = 4x^3 - 16x$.
3. Найдём критические точки:
$4x^3 - 16x = 0 \implies 4x(x^2 - 4) = 0 \implies 4x(x-2)(x+2) = 0$.
Критические точки: $x_1 = -2, x_2 = 0, x_3 = 2$.
4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty, -2)$, $(-2, 0)$, $(0, 2)$, $(2, +\infty)$.
- При $x \in (-\infty, -2)$, $y' < 0$ (убывает).
- При $x \in (-2, 0)$, $y' > 0$ (возрастает).
- При $x \in (0, 2)$, $y' < 0$ (убывает).
- При $x \in (2, +\infty)$, $y' > 0$ (возрастает).
5. В точке $x=-2$ знак производной меняется с «−» на «+» (минимум). В точке $x=0$ знак меняется с «+» на «−» (максимум). В точке $x=2$ знак меняется с «−» на «+» (минимум).
Ответ: $x_{\min} = -2$, $x_{\max} = 0$, $x_{\min} = 2$.

7) Дана функция $y = x + \sin x$.
1. Область определения — все действительные числа, $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Найдём производную:
$y' = (x + \sin x)' = 1 + \cos x$.
3. Найдём критические точки:
$1 + \cos x = 0 \implies \cos x = -1 \implies x = \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
4. Исследуем знак производной. Поскольку $-1 \le \cos x \le 1$, то $0 \le 1 + \cos x \le 2$. Это означает, что производная $y' \ge 0$ для всех $x$.
Производная нигде не меняет знак, она всегда неотрицательна. Функция является неубывающей на всей числовой оси.
Следовательно, у функции нет точек экстремума.
Ответ: точек экстремума нет.

8) Дана функция $y = 6\sin x - \cos 2x$.
1. Область определения — все действительные числа. Функция периодическая с периодом $2\pi$.
2. Найдём производную:
$y' = (6\sin x - \cos 2x)' = 6\cos x - (-\sin 2x \cdot 2) = 6\cos x + 2\sin 2x$.
Применим формулу синуса двойного угла: $\sin 2x = 2\sin x \cos x$.
$y' = 6\cos x + 4\sin x \cos x = 2\cos x(3 + 2\sin x)$.
3. Найдём критические точки:
$2\cos x(3 + 2\sin x) = 0$.
a) $\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.
b) $3 + 2\sin x = 0 \implies \sin x = -\frac{3}{2}$. Решений нет, так как $|\sin x| \le 1$.
4. Исследуем знак производной. Множитель $(3 + 2\sin x)$ всегда положителен, так как $3 + 2(-1) = 1 > 0$. Значит, знак $y'$ совпадает со знаком $\cos x$.
- В точках $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $\cos x$ меняет знак с «+» на «−». Следовательно, это точки максимума.
- В точках $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$ (или $x = \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$), $\cos x$ меняет знак с «−» на «+». Следовательно, это точки минимума.
Ответ: $x_{\max} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $x_{\min} = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

278. 1) $y = x + \sqrt{3-x}$;

2) $y = (x - 1)^{6/7}$;

3) $y = x - \sin 2x$;

4) $y = \cos 3x - 4x$;

5) $y = (x - 1)^4$;

6) $y = 1 - (x + 1)^6$;

7) $y = (x + 2)^2(x - 3)^3$;

8) $y = (x - 5)e^x$.

Для исследования функции на монотонность и экстремумы необходимо найти ее производную, приравнять ее к нулю, чтобы найти критические точки, а затем определить знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают область определения функции.

1) $y = x + \sqrt{3-x}$

1. Область определения функции.
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $3-x \ge 0$, откуда $x \le 3$.
$D(y) = (-\infty; 3]$.

2. Находим производную.
$y' = (x + \sqrt{3-x})' = 1 + \frac{1}{2\sqrt{3-x}} \cdot (3-x)' = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-x}}$.

3. Находим критические точки.
Производная не определена при $x=3$.
Приравняем производную к нулю: $y' = 0$.
$1 - \frac{1}{2\sqrt{3-x}} = 0 \implies 1 = \frac{1}{2\sqrt{3-x}} \implies 2\sqrt{3-x} = 1 \implies \sqrt{3-x} = \frac{1}{2}$.
Возводим обе части в квадрат: $3-x = \frac{1}{4} \implies x = 3 - \frac{1}{4} = \frac{11}{4} = 2.75$.
Критические точки: $x = 2.75$ и $x = 3$.

4. Определяем знаки производной.
Исследуем знак $y'$ на интервалах $(-\infty; 2.75)$ и $(2.75; 3)$.
- При $x < 2.75$ (например, $x = -1$): $y'(-1) = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-(-1)}} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} > 0$. Функция возрастает.
- При $2.75 < x < 3$ (например, $x=2.99$): $y'(2.99) = 1 - \frac{1}{2\sqrt{3-2.99}} = 1 - \frac{1}{0.2} = -4 < 0$. Функция убывает.

5. Находим экстремумы.
В точке $x = 2.75$ производная меняет знак с «+» на «-», следовательно, это точка максимума.
$x_{max} = 2.75$.
$y_{max} = 2.75 + \sqrt{3-2.75} = 2.75 + \sqrt{0.25} = 2.75 + 0.5 = 3.25$.

Ответ: функция возрастает на $(-\infty; 2.75]$ и убывает на $[2.75; 3]$. Точка максимума $x_{max} = 2.75$, $y_{max} = 3.25$.

2) $y = (x-1)^{\frac{6}{7}}$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная: $y' = \frac{6}{7}(x-1)^{\frac{6}{7}-1} = \frac{6}{7}(x-1)^{-\frac{1}{7}} = \frac{6}{7\sqrt[7]{x-1}}$.

3. Критические точки:
Производная не равна нулю ни при каком значении $x$.
Производная не определена при $x-1=0$, то есть $x=1$. Это критическая точка.

4. Знаки производной:
- При $x < 1$: $x-1 < 0 \implies \sqrt[7]{x-1} < 0 \implies y' < 0$. Функция убывает.
- При $x > 1$: $x-1 > 0 \implies \sqrt[7]{x-1} > 0 \implies y' > 0$. Функция возрастает.

5. Экстремумы:
В точке $x=1$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума.
$x_{min} = 1$.
$y_{min} = (1-1)^{6/7} = 0$.

Ответ: функция убывает на $(-\infty; 1]$ и возрастает на $[1; \infty)$. Точка минимума $x_{min} = 1$, $y_{min} = 0$.

3) $y=x-\sin 2x$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная: $y' = (x-\sin 2x)' = 1 - 2\cos 2x$.

3. Критические точки:
$1 - 2\cos 2x = 0 \implies \cos 2x = \frac{1}{2}$.
$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k \implies x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Знаки производной:
$y' > 0 \implies 1 - 2\cos 2x > 0 \implies \cos 2x < \frac{1}{2}$. Это выполняется при $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, то есть $\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$. На этих интервалах функция возрастает.
$y' < 0 \implies \cos 2x > \frac{1}{2}$. Это выполняется при $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, то есть $-\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{\pi}{6} + \pi k$. На этих интервалах функция убывает.

5. Экстремумы:
- Точки минимума: $x_{min} = \frac{\pi}{6} + \pi k$. Производная меняет знак с «-» на «+».
$y_{min} = (\frac{\pi}{6} + \pi k) - \sin(2(\frac{\pi}{6} + \pi k)) = \frac{\pi}{6} + \pi k - \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\pi}{6} + \pi k - \frac{\sqrt{3}}{2}$.
- Точки максимума: $x_{max} = \frac{5\pi}{6} + \pi k$ (или $x_{max} = -\frac{\pi}{6} + \pi(k+1)$). Производная меняет знак с «+» на «-».
$y_{max} = (\frac{5\pi}{6} + \pi k) - \sin(2(\frac{5\pi}{6} + \pi k)) = \frac{5\pi}{6} + \pi k - \sin(\frac{5\pi}{3}) = \frac{5\pi}{6} + \pi k + \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: функция возрастает на интервалах $[\frac{\pi}{6}+\pi k; \frac{5\pi}{6}+\pi k]$ и убывает на интервалах $[-\frac{\pi}{6}+\pi k; \frac{\pi}{6}+\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$. Точки минимума $x_{min} = \frac{\pi}{6} + \pi k$, точки максимума $x_{max} = \frac{5\pi}{6} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

4) $y = \cos 3x - 4x$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная: $y' = (\cos 3x - 4x)' = -3\sin 3x - 4$.

3. Критические точки:
$-3\sin 3x - 4 = 0 \implies \sin 3x = -\frac{4}{3}$.
Так как $-1 \le \sin 3x \le 1$, то уравнение $\sin 3x = -4/3$ не имеет решений. Критических точек нет.

4. Знаки производной:
Оценим значение производной: $-1 \le \sin 3x \le 1 \implies -3 \le 3\sin 3x \le 3 \implies -3 \le -3\sin 3x \le 3$.
$-3-4 \le -3\sin 3x - 4 \le 3-4 \implies -7 \le y' \le -1$.
Производная всегда отрицательна, $y' < 0$ для всех $x$.

5. Экстремумы:
Так как производная не меняет знак, экстремумов нет. Функция монотонно убывает.

Ответ: функция убывает на всей области определения $(-\infty; \infty)$, экстремумов нет.

5) $y = (x-1)^4$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная: $y' = 4(x-1)^3$.

3. Критические точки: $4(x-1)^3 = 0 \implies x = 1$.

4. Знаки производной:
- При $x < 1$: $x-1 < 0 \implies (x-1)^3 < 0 \implies y' < 0$. Функция убывает.
- При $x > 1$: $x-1 > 0 \implies (x-1)^3 > 0 \implies y' > 0$. Функция возрастает.

5. Экстремумы:
В точке $x=1$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума.
$x_{min} = 1$.
$y_{min} = (1-1)^4 = 0$.

Ответ: функция убывает на $(-\infty; 1]$ и возрастает на $[1; \infty)$. Точка минимума $x_{min} = 1$, $y_{min} = 0$.

6) $y=1-(x+1)^6$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная: $y' = -6(x+1)^5$.

3. Критические точки: $-6(x+1)^5 = 0 \implies x = -1$.

4. Знаки производной:
- При $x < -1$: $x+1 < 0 \implies (x+1)^5 < 0 \implies y' > 0$. Функция возрастает.
- При $x > -1$: $x+1 > 0 \implies (x+1)^5 > 0 \implies y' < 0$. Функция убывает.

5. Экстремумы:
В точке $x=-1$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума.
$x_{max} = -1$.
$y_{max} = 1 - (-1+1)^6 = 1$.

Ответ: функция возрастает на $(-\infty; -1]$ и убывает на $[-1; \infty)$. Точка максимума $x_{max} = -1$, $y_{max} = 1$.

7) $y = (x+2)^2(x-3)^3$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная (по правилу произведения):
$y' = 2(x+2)(x-3)^3 + (x+2)^2 \cdot 3(x-3)^2$
$y' = (x+2)(x-3)^2 [2(x-3) + 3(x+2)]$
$y' = (x+2)(x-3)^2 [2x - 6 + 3x + 6] = 5x(x+2)(x-3)^2$.

3. Критические точки: $5x(x+2)(x-3)^2 = 0 \implies x=0, x=-2, x=3$.

4. Знаки производной:
Множитель $(x-3)^2$ всегда неотрицателен и не влияет на знак производной (кроме точки $x=3$). Знак $y'$ определяется знаком выражения $5x(x+2)$.
- При $x < -2$: $y' > 0$. Функция возрастает.
- При $-2 < x < 0$: $y' < 0$. Функция убывает.
- При $0 < x < 3$: $y' > 0$. Функция возрастает.
- При $x > 3$: $y' > 0$. Функция возрастает.

5. Экстремумы:
- В точке $x=-2$ производная меняет знак с «+» на «-», это точка максимума.
$x_{max}=-2$, $y_{max} = (-2+2)^2(-2-3)^3 = 0$.
- В точке $x=0$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума.
$x_{min}=0$, $y_{min} = (0+2)^2(0-3)^3 = 4(-27) = -108$.
- В точке $x=3$ знак производной не меняется, экстремума нет.

Ответ: функция возрастает на $(-\infty; -2]$ и на $[0; \infty)$; убывает на $[-2; 0]$. Точка максимума $x_{max}=-2$, $y_{max}=0$; точка минимума $x_{min}=0$, $y_{min}=-108$.

8) $y=(x-5)e^x$

1. Область определения: $D(y) = (-\infty; \infty)$.

2. Производная (по правилу произведения):
$y' = (x-5)'e^x + (x-5)(e^x)' = 1 \cdot e^x + (x-5)e^x = e^x(1 + x - 5) = (x-4)e^x$.

3. Критические точки:
$(x-4)e^x = 0$. Так как $e^x > 0$ для всех $x$, то $x-4=0 \implies x=4$.

4. Знаки производной:
Знак $y'$ совпадает со знаком множителя $(x-4)$.
- При $x < 4$: $x-4 < 0 \implies y' < 0$. Функция убывает.
- При $x > 4$: $x-4 > 0 \implies y' > 0$. Функция возрастает.

5. Экстремумы:
В точке $x=4$ производная меняет знак с «-» на «+», это точка минимума.
$x_{min}=4$.
$y_{min} = (4-5)e^4 = -e^4$.

Ответ: функция убывает на $(-\infty; 4]$ и возрастает на $[4; \infty)$. Точка минимума $x_{min} = 4$, $y_{min} = -e^4$.

279. На рисунке 67 дан график функции, являющейся производной функции $f(x)$. Определить промежутки возрастания и убывания функции, её точки экстремума.

Для решения задачи необходимо проанализировать график производной функции $f'(x)$. Связь между функцией $f(x)$ и её производной $f'(x)$ следующая:

• Если $f'(x) > 0$ на некотором промежутке, то функция $f(x)$ на этом промежутке возрастает. Геометрически это означает, что график производной находится выше оси Ox.
• Если $f'(x) < 0$ на некотором промежутке, то функция $f(x)$ на этом промежутке убывает. Геометрически это означает, что график производной находится ниже оси Ox.
• Если $f'(x) = 0$ и при переходе через эту точку знак производной меняется, то в этой точке функция $f(x)$ имеет экстремум (максимум или минимум). Геометрически это точки пересечения графика производной с осью Ox.

Так как сам рисунок 67 не предоставлен, мы будем исходить из гипотетического, но типичного для таких задач, вида графика производной. Предположим, что график $y = f'(x)$ пересекает ось абсцисс в точках $x = -3$, $x = 1$ и $x = 5$.

Пусть на промежутках $(-\infty, -3)$ и $(1, 5)$ график $f'(x)$ находится выше оси Ox, а на промежутках $(-3, 1)$ и $(5, +\infty)$ — ниже оси Ox.

Промежутки возрастания функции $f(x)$ соответствуют промежуткам, где $f'(x) > 0$. Согласно нашему предположению, это происходит, когда график производной находится выше оси Ox.
Промежутки возрастания: $(-\infty, -3]$ и $[1, 5]$.

Промежутки убывания функции $f(x)$ соответствуют промежуткам, где $f'(x) < 0$. Согласно нашему предположению, это происходит, когда график производной находится ниже оси Ox.
Промежутки убывания: $[-3, 1]$ и $[5, +\infty)$.

Ответ: Промежутки возрастания функции $f(x)$: $(-\infty, -3]$ и $[1, 5]$. Промежутки убывания: $[-3, 1]$ и $[5, +\infty)$.

Точки экстремума — это точки, в которых производная $f'(x)$ равна нулю и меняет свой знак.

1. В точке $x = -3$ производная $f'(x)$ меняет знак с «+» на «−» (график переходит из положительной области в отрицательную). Следовательно, $x = -3$ является точкой максимума функции $f(x)$.

2. В точке $x = 1$ производная $f'(x)$ меняет знак с «−» на «+» (график переходит из отрицательной области в положительную). Следовательно, $x = 1$ является точкой минимума функции $f(x)$.

3. В точке $x = 5$ производная $f'(x)$ меняет знак с «+» на «−» (график переходит из положительной области в отрицательную). Следовательно, $x = 5$ является точкой максимума функции $f(x)$.

Ответ: $x_{max} = -3$, $x_{min} = 1$, $x_{max} = 5$.

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

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 $x_{min} = 1$, $y_{min} = 0$.