Страница 136 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Рис. 83

Рис. 84

Обозначая $BK=x$, найти такое значение $x$, при котором площадь треугольника наименьшая.

342. Из квадратного листа картона со стороной $a$ (рис. 83) надо сделать открытую сверху коробку прямоугольной формы, вырезав по углам квадраты и загнув образовавшиеся края. Какой должна быть высота коробки, чтобы её объём был наибольшим?

Пусть сторона исходного квадратного листа картона равна $a$. Согласно условию, для изготовления коробки по углам листа вырезают одинаковые квадраты. Обозначим сторону вырезанного квадрата как $x$.

После того как квадраты вырезаны, образовавшиеся края загибают вверх. Высота полученной коробки будет равна стороне вырезанного квадрата, то есть $h = x$.

Основанием коробки будет квадрат, поскольку исходный лист был квадратным. Длина стороны этого основания будет равна первоначальной длине стороны листа $a$ минус две длины сторон вырезанных квадратов (по одной с каждой стороны). Таким образом, длина и ширина основания коробки равны $l = w = a - 2x$.

Объём $V$ прямоугольного параллелепипеда (коробки) вычисляется по формуле $V = \text{длина} \cdot \text{ширина} \cdot \text{высота}$. Для нашей коробки объём будет функцией от $x$:
$V(x) = (a - 2x) \cdot (a - 2x) \cdot x = (a - 2x)^2 x$.

Нам необходимо найти значение $x$, при котором объём $V(x)$ будет максимальным.

Сначала определим область допустимых значений для переменной $x$. Так как $x$ представляет собой длину, она должна быть положительной: $x > 0$. Кроме того, длина стороны основания коробки также должна быть положительной: $a - 2x > 0$, что означает $a > 2x$, или $x < \frac{a}{2}$. Следовательно, $x$ должен находиться в интервале $(0; \frac{a}{2})$.

Для нахождения экстремумов функции $V(x)$ найдем её производную по $x$. Для удобства дифференцирования раскроем скобки в выражении для объёма:
$V(x) = (a^2 - 4ax + 4x^2)x = a^2x - 4ax^2 + 4x^3$.

Теперь вычислим производную $V'(x)$:
$V'(x) = \frac{d}{dx}(a^2x - 4ax^2 + 4x^3) = a^2 - 8ax + 12x^2$.

Чтобы найти критические точки, приравняем производную к нулю:
$12x^2 - 8ax + a^2 = 0$.

Мы получили квадратное уравнение относительно $x$. Решим его, используя формулу для корней квадратного уравнения:
$x = \frac{-(-8a) \pm \sqrt{(-8a)^2 - 4 \cdot 12 \cdot a^2}}{2 \cdot 12} = \frac{8a \pm \sqrt{64a^2 - 48a^2}}{24} = \frac{8a \pm \sqrt{16a^2}}{24} = \frac{8a \pm 4a}{24}$.

Это дает нам два возможных значения для $x$:
$x_1 = \frac{8a + 4a}{24} = \frac{12a}{24} = \frac{a}{2}$.
$x_2 = \frac{8a - 4a}{24} = \frac{4a}{24} = \frac{a}{6}$.

Теперь нужно проверить, какие из этих значений входят в нашу область допустимых значений $(0; \frac{a}{2})$.
Корень $x_1 = \frac{a}{2}$ является граничной точкой интервала. При этом значении $x$ объём коробки равен нулю ($V(\frac{a}{2}) = (a - 2\frac{a}{2})^2 \frac{a}{2} = 0$), что очевидно не является максимумом.
Корень $x_2 = \frac{a}{6}$ удовлетворяет условию $0 < \frac{a}{6} < \frac{a}{2}$ (так как $a > 0$), поэтому он является кандидатом на точку максимума.

Для проверки того, что $x = \frac{a}{6}$ действительно является точкой максимума, используем тест второй производной. Найдем вторую производную $V''(x)$:
$V''(x) = \frac{d}{dx}(12x^2 - 8ax + a^2) = 24x - 8a$.

Вычислим значение второй производной в точке $x = \frac{a}{6}$:
$V''(\frac{a}{6}) = 24(\frac{a}{6}) - 8a = 4a - 8a = -4a$.

Поскольку сторона листа картона $a$ является положительной величиной ($a > 0$), то $V''(\frac{a}{6}) = -4a < 0$. Отрицательное значение второй производной в критической точке указывает на то, что это точка локального максимума.

Следовательно, объём коробки будет наибольшим, когда высота коробки $x$ равна $\frac{a}{6}$.

Ответ: Высота коробки должна быть равна $\frac{a}{6}$.

343. Найти наибольший объём цилиндра, площадь полной поверхности которого равна $S$.

Пусть $r$ — радиус основания цилиндра, а $h$ — его высота.

Объём цилиндра $V$ и площадь его полной поверхности $S$ выражаются формулами:
$V = \pi r^2 h$
$S = 2\pi r^2 + 2\pi r h$

Задача состоит в том, чтобы найти максимальное значение функции $V(r, h)$ при заданном значении $S$. Для этого сначала выразим одну из переменных, например $h$, через другую ($r$) из формулы для площади поверхности.
$S = 2\pi r^2 + 2\pi r h \implies 2\pi r h = S - 2\pi r^2 \implies h = \frac{S - 2\pi r^2}{2\pi r} = \frac{S}{2\pi r} - r$

Теперь подставим полученное выражение для $h$ в формулу объёма, чтобы получить функцию объёма, зависящую только от одной переменной $r$:
$V(r) = \pi r^2 \left( \frac{S}{2\pi r} - r \right) = \frac{\pi r^2 S}{2\pi r} - \pi r^2 \cdot r = \frac{Sr}{2} - \pi r^3$

Чтобы найти наибольшее значение объёма, необходимо исследовать функцию $V(r)$ на экстремум. Для этого найдём её производную по переменной $r$.
$V'(r) = \frac{d}{dr} \left( \frac{Sr}{2} - \pi r^3 \right) = \frac{S}{2} - 3\pi r^2$

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:
$\frac{S}{2} - 3\pi r^2 = 0$
$3\pi r^2 = \frac{S}{2}$
$r^2 = \frac{S}{6\pi}$
$r = \sqrt{\frac{S}{6\pi}}$ (мы выбираем положительное значение, так как радиус не может быть отрицательным).

Чтобы убедиться, что в найденной точке достигается именно максимум, а не минимум, найдём вторую производную:
$V''(r) = \frac{d}{dr} \left( \frac{S}{2} - 3\pi r^2 \right) = -6\pi r$
Поскольку $r > 0$, вторая производная $V''(r)$ всегда отрицательна. Это означает, что найденное значение $r$ действительно соответствует максимуму функции объёма.

Интересно отметить, что при максимальном объёме высота цилиндра связана с его радиусом простым соотношением. Подставим $S = 6\pi r^2$ в выражение для $h$:
$h = \frac{S}{2\pi r} - r = \frac{6\pi r^2}{2\pi r} - r = 3r - r = 2r$
Таким образом, цилиндр имеет наибольший объём при заданной площади полной поверхности, когда его высота равна диаметру основания.

Наконец, вычислим искомый наибольший объём $V_{max}$, подставив $h = 2r$ в формулу объёма и используя найденное значение для $r$:
$V_{max} = \pi r^2 h = \pi r^2 (2r) = 2\pi r^3$
Теперь подставим $r = \sqrt{\frac{S}{6\pi}}$:
$V_{max} = 2\pi \left(\sqrt{\frac{S}{6\pi}}\right)^3 = 2\pi \left(\frac{S}{6\pi}\right)^{\frac{3}{2}} = 2\pi \frac{S\sqrt{S}}{(6\pi)\sqrt{6\pi}} = \frac{2\pi S\sqrt{S}}{6\pi\sqrt{6\pi}} = \frac{S\sqrt{S}}{3\sqrt{6\pi}}$

Это выражение можно также записать в виде $V_{max} = \frac{S}{3}\sqrt{\frac{S}{6\pi}}$ или $V_{max} = \frac{S\sqrt{S}}{\sqrt{54\pi}}$.

Ответ: $V_{max} = \frac{S\sqrt{S}}{3\sqrt{6\pi}}$

344. Найти наибольшую площадь полной поверхности цилиндра, вписанного в сферу радиуса $R$.

Пусть радиус вписанного в сферу цилиндра равен $r$, а его высота равна $h$. Радиус сферы задан и равен $R$.

Площадь полной поверхности цилиндра $S$ вычисляется по формуле:$S = S_{\text{бок}} + 2S_{\text{осн}} = 2\pi rh + 2\pi r^2 = 2\pi(rh + r^2)$

Чтобы связать переменные $r$ и $h$ с радиусом сферы $R$, рассмотрим осевое сечение комбинации тел. Сечением сферы является окружность радиуса $R$, а сечением вписанного цилиндра — прямоугольник со сторонами $2r$ и $h$. Вершины этого прямоугольника лежат на окружности. По теореме Пифагора для треугольника, образованного радиусом сферы, радиусом основания цилиндра и половиной высоты цилиндра, получаем соотношение:$r^2 + \left(\frac{h}{2}\right)^2 = R^2$

Для нахождения максимума функции $S(r, h)$ выразим $r$ и $h$ через одну переменную. Удобно использовать тригонометрическую замену. Пусть $\theta$ — угол между радиусом сферы $R$, проведенным к окружности основания цилиндра, и осью цилиндра. Тогда:$r = R \sin\theta$$\frac{h}{2} = R \cos\theta \implies h = 2R \cos\theta$

Для существования цилиндра угол $\theta$ должен находиться в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$.Подставим эти выражения в формулу площади поверхности:$S(\theta) = 2\pi ( (R \sin\theta)(2R \cos\theta) + (R \sin\theta)^2 )$$S(\theta) = 2\pi ( 2R^2 \sin\theta \cos\theta + R^2 \sin^2\theta )$Используя формулу двойного угла $ \sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta $, получаем:$S(\theta) = 2\pi R^2 (\sin(2\theta) + \sin^2\theta)$

Для нахождения наибольшего значения площади найдем производную функции $S(\theta)$ по $\theta$ и приравняем ее к нулю:$S'(\theta) = \frac{d}{d\theta} \left( 2\pi R^2 (\sin(2\theta) + \sin^2\theta) \right) = 2\pi R^2 (2\cos(2\theta) + 2\sin\theta\cos\theta)$$S'(\theta) = 2\pi R^2 (2\cos(2\theta) + \sin(2\theta))$

Приравняем производную к нулю:$2\cos(2\theta) + \sin(2\theta) = 0$$\sin(2\theta) = -2\cos(2\theta)$$\tan(2\theta) = -2$

Поскольку $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$, то $2\theta \in (0, \pi)$. Условие $\tan(2\theta) = -2$ означает, что угол $2\theta$ находится во второй четверти.Найдем значения $\sin(2\theta)$ и $\cos(2\theta)$, не вычисляя сам угол. Из тождества $1 + \tan^2(2\theta) = \frac{1}{\cos^2(2\theta)}$:$1 + (-2)^2 = \frac{1}{\cos^2(2\theta)} \implies 5 = \frac{1}{\cos^2(2\theta)} \implies \cos^2(2\theta) = \frac{1}{5}$Так как $2\theta$ во второй четверти, $\cos(2\theta)$ отрицателен: $\cos(2\theta) = -\frac{1}{\sqrt{5}}$.Тогда $\sin(2\theta) = \tan(2\theta) \cos(2\theta) = (-2) \left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right) = \frac{2}{\sqrt{5}}$.

Нам также нужно найти $\sin^2\theta$. Используем формулу понижения степени:$\sin^2\theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} = \frac{1 - (-\frac{1}{\sqrt{5}})}{2} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{5}}}{2} = \frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}$

Теперь подставим найденные значения в выражение для площади $S$:$S_{\text{max}} = 2\pi R^2 \left(\frac{2}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}\right)$$S_{\text{max}} = 2\pi R^2 \left(\frac{4 + \sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}\right)$$S_{\text{max}} = 2\pi R^2 \left(\frac{5+\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}\right)$$S_{\text{max}} = \pi R^2 \frac{5+\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = \pi R^2 \left(\frac{5}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}\right)$$S_{\text{max}} = \pi R^2 (\sqrt{5} + 1)$

Ответ: $S_{\text{max}} = \pi R^2(1+\sqrt{5})$.

345. Найти точки экстремума функции $y = \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 + 3x + 2}$.

Для нахождения точек экстремума функции необходимо найти ее производную, приравнять ее к нулю, чтобы найти критические точки, а затем исследовать знак производной в окрестности этих точек.

1. Находим область определения функции

Дана функция $y = \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 + 3x + 2}$.

Область определения функции — все действительные числа, кроме тех, при которых знаменатель обращается в ноль.

Найдем корни знаменателя: $x^2 + 3x + 2 = 0$.

По теореме Виета, сумма корней $x_1 + x_2 = -3$, а их произведение $x_1 \cdot x_2 = 2$. Отсюда находим корни: $x_1 = -1$ и $x_2 = -2$.

Таким образом, область определения функции: $D(y) = (-\infty; -2) \cup (-2; -1) \cup (-1; +\infty)$.

2. Находим производную функции

Используем правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

Пусть $u(x) = x^2 - 3x + 2$, тогда $u'(x) = 2x - 3$.

Пусть $v(x) = x^2 + 3x + 2$, тогда $v'(x) = 2x + 3$.

Подставляем в формулу:

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

Раскроем скобки в числителе:

$(2x - 3)(x^2 + 3x + 2) = 2x^3 + 6x^2 + 4x - 3x^2 - 9x - 6 = 2x^3 + 3x^2 - 5x - 6$

$(x^2 - 3x + 2)(2x + 3) = 2x^3 + 3x^2 - 6x^2 - 9x + 4x + 6 = 2x^3 - 3x^2 - 5x + 6$

Вычтем второе из первого:

$(2x^3 + 3x^2 - 5x - 6) - (2x^3 - 3x^2 - 5x + 6) = 2x^3 + 3x^2 - 5x - 6 - 2x^3 + 3x^2 + 5x - 6 = 6x^2 - 12$

Таким образом, производная равна:

$y' = \frac{6x^2 - 12}{(x^2 + 3x + 2)^2} = \frac{6(x^2 - 2)}{(x^2 + 3x + 2)^2}$

3. Находим критические точки

Критические точки — это точки из области определения, в которых производная равна нулю или не существует. В нашем случае производная существует во всей области определения функции. Найдем точки, в которых производная равна нулю:

$y' = 0 \implies \frac{6(x^2 - 2)}{(x^2 + 3x + 2)^2} = 0$

Дробь равна нулю, когда ее числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.

$6(x^2 - 2) = 0$

$x^2 - 2 = 0$

$x^2 = 2$

Отсюда получаем две критические точки: $x_1 = \sqrt{2}$ и $x_2 = -\sqrt{2}$.

Обе эти точки входят в область определения функции.

4. Исследуем знак производной

Определим знаки производной на интервалах, на которые область определения разбивается критическими точками. Точки, которые нужно отметить на числовой оси: $-2, -\sqrt{2}, -1, \sqrt{2}$.

Знак производной $y' = \frac{6(x^2 - 2)}{(x^2 + 3x + 2)^2}$ зависит только от знака числителя $6(x^2 - 2)$, так как знаменатель $(x^2 + 3x + 2)^2$ всегда положителен в области определения.

• При $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, -\sqrt{2})$, например $x=-3$, $y' \sim (-3)^2-2 = 7 > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (-\sqrt{2}, -1)$, например $x=-1.2$, $y' \sim (-1.2)^2-2 = 1.44-2 < 0$, функция убывает.
• При $x \in (-1, \sqrt{2})$, например $x=0$, $y' \sim 0^2-2 = -2 < 0$, функция убывает.
• При $x \in (\sqrt{2}, +\infty)$, например $x=2$, $y' \sim 2^2-2 = 2 > 0$, функция возрастает.

5. Определяем точки экстремума

На основе анализа знаков производной делаем выводы:

• В точке $x = -\sqrt{2}$ производная меняет знак с «+» на «-». Следовательно, это точка локального максимума.
• В точке $x = \sqrt{2}$ производная меняет знак с «-» на «+». Следовательно, это точка локального минимума.

Ответ: точка максимума $x_{max} = -\sqrt{2}$, точка минимума $x_{min} = \sqrt{2}$.

346. Построить график функции:

1) $f(x) = x + \sqrt{x^2 - 1}$;

2) $f(x) = x - \sqrt{x^2 - 2x}$;

3) $f(x) = x^2 \cdot e^{-x}$;

4) $f(x) = x^3 \cdot e^{-x}$;

5) $f(x) = \frac{(x-1)^3}{x^2}$;

6) $f(x) = \frac{x^4}{(x+1)^3}$;

1) $f(x) = x + \sqrt{x^2 - 1}$

1. Область определения:
Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x^2 - 1 \ge 0$.
$(x-1)(x+1) \ge 0$, что выполняется при $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.
$D(f) = (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат:
- С осью Oy: пересечений нет, так как $x=0$ не входит в область определения.
- С осью Ox: $f(x) = 0 \implies x + \sqrt{x^2 - 1} = 0 \implies \sqrt{x^2 - 1} = -x$.
Это уравнение имеет смысл только при $-x \ge 0$, то есть $x \le 0$. Учитывая область определения, $x \le -1$.
Возводим в квадрат: $x^2 - 1 = (-x)^2 = x^2 \implies -1 = 0$. Решений нет. Пересечений с осью Ox нет.

3. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- Наклонные (и горизонтальные) асимптоты:
При $x \to -\infty$:
$\lim_{x \to -\infty} (x + \sqrt{x^2 - 1}) = \lim_{x \to -\infty} \frac{(x + \sqrt{x^2 - 1})(x - \sqrt{x^2 - 1})}{x - \sqrt{x^2 - 1}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - (x^2 - 1)}{x - \sqrt{x^2 - 1}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x - \sqrt{x^2 - 1}} = 0$.
Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to -\infty$.
При $x \to +\infty$:
$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sqrt{x^2 - 1}}{x} = \lim_{x \to +\infty} (1 + \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}) = 1+1=2$.
$b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x) = \lim_{x \to +\infty} (x + \sqrt{x^2 - 1} - 2x) = \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2 - 1} - x)$.
$b = \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2 - 1} - x)(\sqrt{x^2 - 1} + x)}{\sqrt{x^2 - 1} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - 1 - x^2}{\sqrt{x^2 - 1} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-1}{\sqrt{x^2 - 1} + x} = 0$.
Следовательно, $y=2x$ — наклонная асимптота при $x \to +\infty$.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2 - 1}} = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} = \frac{\sqrt{x^2 - 1} + x}{\sqrt{x^2 - 1}}$.
- При $x \in [1, \infty)$, $x>0$, поэтому $f'(x) > 0$. Функция возрастает.
- При $x \in (-\infty, -1]$, $\sqrt{x^2 - 1} < \sqrt{x^2} = |x| = -x$. Значит, $\sqrt{x^2-1} + x < 0$, и $f'(x) < 0$. Функция убывает.
На границах области определения имеем точки экстремума:
- $f(-1) = -1 + \sqrt{(-1)^2-1} = -1$. Точка $(-1, -1)$ — локальный максимум.
- $f(1) = 1 + \sqrt{1^2-1} = 1$. Точка $(1, 1)$ — локальный минимум.

5. Вторая производная и выпуклость:
$f''(x) = \frac{1 \cdot \sqrt{x^2-1} - x \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}{x^2-1} = \frac{x^2-1-x^2}{(x^2-1)\sqrt{x^2-1}} = \frac{-1}{(x^2 - 1)^{3/2}}$.
Так как $(x^2 - 1)^{3/2} > 0$ в области определения, $f''(x) < 0$. График функции всюду вогнут (выпуклый вверх).

Ответ: График функции состоит из двух ветвей. Левая ветвь начинается от асимптоты $y=0$ при $x \to -\infty$, убывает до точки локального максимума $(-1, -1)$. Правая ветвь начинается в точке локального минимума $(1, 1)$ и возрастает, приближаясь к наклонной асимптоте $y=2x$ при $x \to +\infty$. Обе ветви вогнуты.

2) $f(x) = x - \sqrt{x^2 - 2x}$

1. Область определения:
$x^2 - 2x \ge 0 \implies x(x-2) \ge 0$.
$D(f) = (-\infty, 0] \cup [2, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат:
- С осью Oy: $f(0) = 0 - \sqrt{0} = 0$. Точка $(0, 0)$.
- С осью Ox: $f(x) = 0 \implies x = \sqrt{x^2 - 2x}$.
Требуется $x \ge 0$. С учетом области определения, это $x=0$ или $x \ge 2$.
Возводим в квадрат: $x^2 = x^2 - 2x \implies 2x=0 \implies x=0$.
Единственная точка пересечения — $(0, 0)$.

3. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- При $x \to +\infty$:
$\lim_{x \to +\infty} (x - \sqrt{x^2 - 2x}) = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x - \sqrt{x^2 - 2x})(x + \sqrt{x^2 - 2x})}{x + \sqrt{x^2 - 2x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - (x^2 - 2x)}{x + \sqrt{x^2 - 2x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{x + x\sqrt{1-2/x}} = \frac{2}{1+1} = 1$.
$y=1$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.
- При $x \to -\infty$:
$k = \lim_{x \to -\infty} \frac{x - \sqrt{x^2 - 2x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} (1 - \frac{\sqrt{x^2(1-2/x)}}{x}) = \lim_{x \to -\infty} (1 - \frac{-x\sqrt{1-2/x}}{x}) = 1+1=2$.
$b = \lim_{x \to -\infty} (f(x) - 2x) = \lim_{x \to -\infty} (x - \sqrt{x^2 - 2x} - 2x) = \lim_{x \to -\infty} (-x - \sqrt{x^2 - 2x})$.
$b = \lim_{x \to -\infty} \frac{(-x - \sqrt{x^2 - 2x})(-x + \sqrt{x^2 - 2x})}{-x + \sqrt{x^2 - 2x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - (x^2 - 2x)}{-x + \sqrt{x^2 - 2x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x}{-x -x\sqrt{1-2/x}} = \frac{2}{-1-1} = -1$.
$y=2x-1$ — наклонная асимптота при $x \to -\infty$.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = 1 - \frac{2x-2}{2\sqrt{x^2-2x}} = 1 - \frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}$.
$f'(x) = 0 \implies \sqrt{x^2-2x} = x-1$. Требуется $x \ge 1$. С учетом области определения, $x \ge 2$.
$x^2-2x = (x-1)^2 = x^2-2x+1 \implies 0=1$. Решений нет. Критических точек нет.
- При $x \in (-\infty, 0)$, $x-1 < 0$, поэтому $f'(x) > 1 > 0$. Функция возрастает.
- При $x \in (2, \infty)$, $x-1 > 0$. $(x-1)^2 = x^2-2x+1 > x^2-2x \implies x-1 > \sqrt{x^2-2x}$. Значит $\frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}} > 1$, и $f'(x) < 0$. Функция убывает.
Экстремумы в граничных точках:
- $f(0)=0$ — локальный максимум.
- $f(2) = 2 - \sqrt{4-4} = 2$ — локальный минимум.

5. Вторая производная и выпуклость:
$f''(x) = - \frac{1 \cdot \sqrt{x^2-2x} - (x-1) \frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}}{x^2-2x} = - \frac{x^2-2x - (x-1)^2}{(x^2-2x)^{3/2}} = - \frac{-1}{(x^2-2x)^{3/2}} = \frac{1}{(x^2 - 2x)^{3/2}}$.
$f''(x) > 0$ для всех $x$ из области определения производной. График всюду выпуклый вниз (вогнутый).

Ответ: График состоит из двух ветвей. Левая ветвь приближается снизу к асимптоте $y=2x-1$ при $x \to -\infty$, возрастает до точки локального максимума $(0, 0)$. Правая ветвь начинается в точке локального минимума $(2, 2)$ и убывает, приближаясь сверху к горизонтальной асимптоте $y=1$ при $x \to +\infty$. Обе ветви выпуклы вниз.

3) $f(x) = x^2 e^{-x}$

1. Область определения: $D(f) = (-\infty, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями: $f(x)=0 \iff x=0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$.

3. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = 0$ (по правилу Лопиталя). $y=0$ — горизонтальная асимптота.
- При $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} x^2 e^{-x} = +\infty$. Наклонной асимптоты нет, так как $\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} x e^{-x} = -\infty$.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} = x(2-x)e^{-x}$.
Критические точки: $f'(x)=0 \implies x=0, x=2$.
- На $(-\infty, 0)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
- На $(0, 2)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- На $(2, \infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
Точка $x=0$ — точка локального минимума, $f(0)=0$.
Точка $x=2$ — точка локального максимума, $f(2) = 4e^{-2} \approx 0.54$.

5. Вторая производная и точки перегиба:
$f''(x) = (2-2x)e^{-x} - (2x-x^2)e^{-x} = (x^2-4x+2)e^{-x}$.
Точки перегиба: $f''(x)=0 \implies x^2-4x+2=0 \implies x = 2 \pm \sqrt{2}$.
- На $(-\infty, 2-\sqrt{2})$: $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.
- На $(2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$: $f''(x)<0$, график выпуклый вверх.
- На $(2+\sqrt{2}, \infty)$: $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.

Ответ: График начинается в левом верхнем углу, убывает до точки локального минимума $(0,0)$, которая также является началом координат. Затем функция возрастает до точки локального максимума $(2, 4e^{-2})$. После этого она убывает, асимптотически приближаясь к оси Ox ($y=0$) при $x \to +\infty$. Точки перегиба находятся при $x = 2 \pm \sqrt{2}$.

4) $f(x) = x^3 e^{-x}$

1. Область определения: $D(f) = (-\infty, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями: $f(x)=0 \iff x=0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$.

3. Асимптоты:
- Вертикальных асимптот нет.
- При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{e^x} = 0$ (по правилу Лопиталя). $y=0$ — горизонтальная асимптота.
- При $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} x^3 e^{-x} = -\infty$. Наклонной асимптоты нет.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = 3x^2 e^{-x} - x^3 e^{-x} = x^2(3-x)e^{-x}$.
Критические точки: $f'(x)=0 \implies x=0, x=3$.
- На $(-\infty, 3)$: $f'(x) > 0$ (кроме $x=0$), функция возрастает.
- На $(3, \infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ производная равна нулю, но знак не меняется, это точка перегиба с горизонтальной касательной.
Точка $x=3$ — точка локального максимума, $f(3) = 27e^{-3} \approx 1.34$.

5. Вторая производная и точки перегиба:
$f''(x) = (6x-3x^2)e^{-x} - (3x^2-x^3)e^{-x} = (x^3-6x^2+6x)e^{-x} = x(x^2-6x+6)e^{-x}$.
Точки перегиба: $f''(x)=0 \implies x=0$ или $x^2-6x+6=0 \implies x = 3 \pm \sqrt{3}$.
- На $(-\infty, 0)$: $f''(x)<0$, график выпуклый вверх.
- На $(0, 3-\sqrt{3})$: $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.
- На $(3-\sqrt{3}, 3+\sqrt{3})$: $f''(x)<0$, график выпуклый вверх.
- На $(3+\sqrt{3}, \infty)$: $f''(x)>0$, график выпуклый вниз.

Ответ: График начинается в левом нижнем углу, возрастает, проходит через точку перегиба с горизонтальной касательной в начале координат $(0,0)$. Далее продолжает возрастать до точки локального максимума $(3, 27e^{-3})$. Затем функция убывает, асимптотически приближаясь к оси Ox ($y=0$) при $x \to +\infty$. Точки перегиба: $x=0$, $x=3-\sqrt{3}$, $x=3+\sqrt{3}$.

5) $f(x) = \frac{(x-1)^3}{x^2}$

1. Область определения: $x \neq 0$. $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями:
- С осью Oy: нет ($x \neq 0$).
- С осью Ox: $f(x)=0 \implies (x-1)^3 = 0 \implies x=1$. Точка $(1, 0)$.

3. Асимптоты:
- Вертикальная асимптота: $x=0$. $\lim_{x \to 0} \frac{(x-1)^3}{x^2} = \frac{-1}{0^+} = -\infty$.
- Наклонная асимптота: $f(x) = \frac{x^3 - 3x^2 + 3x - 1}{x^2} = x - 3 + \frac{3x-1}{x^2}$.
Асимптота $y = x-3$.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = \frac{3(x-1)^2 x^2 - (x-1)^3 2x}{x^4} = \frac{(x-1)^2(3x - 2(x-1))}{x^3} = \frac{(x-1)^2(x+2)}{x^3}$.
Критические точки: $f'(x)=0 \implies x=1, x=-2$.
- На $(-\infty, -2)$: $f'(x) > 0$, возрастает.
- На $(-2, 0)$: $f'(x) < 0$, убывает.
- На $(0, \infty)$: $f'(x) > 0$ (кроме $x=1$), возрастает.
Точка $x=-2$ — локальный максимум, $f(-2) = \frac{(-3)^3}{4} = -6.75$.
Точка $x=1$ — не экстремум, а точка перегиба.

5. Вторая производная и точки перегиба:
$f'(x) = \frac{x^3-3x+2}{x^3} = 1 - 3x^{-2} + 2x^{-3}$.
$f''(x) = 6x^{-3} - 6x^{-4} = \frac{6x-6}{x^4} = \frac{6(x-1)}{x^4}$.
$f''(x)=0 \implies x=1$.
- На $(-\infty, 0) \cup (0, 1)$: $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх.
- На $(1, \infty)$: $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.
Точка $x=1$ — точка перегиба, $f(1)=0$.

Ответ: График имеет вертикальную асимптоту $x=0$ и наклонную асимптоту $y=x-3$. Левая ветвь (при $x<0$) приближается к асимптоте $y=x-3$ снизу, возрастает до точки локального максимума $(-2, -27/4)$, а затем убывает до $-\infty$ вдоль асимптоты $x=0$. Правая ветвь (при $x>0$) начинается от $-\infty$ вдоль асимптоты $x=0$, возрастает, проходит через точку перегиба $(1,0)$ (пересечение с осью Ox) и далее приближается к асимптоте $y=x-3$ сверху.

6) $f(x) = \frac{x^4}{(x+1)^3}$

1. Область определения: $x \neq -1$. $D(f) = (-\infty, -1) \cup (-1, \infty)$.

2. Точки пересечения с осями: $f(x)=0 \iff x=0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$.

3. Асимптоты:
- Вертикальная асимптота: $x=-1$.
$\lim_{x \to -1^+} \frac{x^4}{(x+1)^3} = +\infty$.
$\lim_{x \to -1^-} \frac{x^4}{(x+1)^3} = -\infty$.
- Наклонная асимптота: $f(x) = \frac{x^4}{x^3+3x^2+3x+1} = x - 3 + \frac{6x^2+8x+3}{(x+1)^3}$.
Асимптота $y=x-3$.

4. Производная и экстремумы:
$f'(x) = \frac{4x^3(x+1)^3 - x^4 \cdot 3(x+1)^2}{(x+1)^6} = \frac{x^3(x+1)^2(4(x+1)-3x)}{(x+1)^6} = \frac{x^3(x+4)}{(x+1)^4}$.
Критические точки: $f'(x)=0 \implies x=0, x=-4$.
- На $(-\infty, -4)$: $f'(x) > 0$, возрастает.
- На $(-4, -1) \cup (-1, 0)$: $f'(x) < 0$, убывает.
- На $(0, \infty)$: $f'(x) > 0$, возрастает.
Точка $x=-4$ — локальный максимум, $f(-4) = \frac{256}{(-3)^3} = -\frac{256}{27} \approx -9.48$.
Точка $x=0$ — локальный минимум, $f(0)=0$.

5. Вторая производная и точки перегиба:
$f'(x) = \frac{x^4+4x^3}{(x+1)^4}$.
$f''(x) = \frac{(4x^3+12x^2)(x+1)^4 - (x^4+4x^3)4(x+1)^3}{(x+1)^8} = \frac{4x^2(x+3)(x+1) - 4x^3(x+4)}{(x+1)^5} = \frac{12x^2}{(x+1)^5}$.
$f''(x)=0 \implies x=0$. Но знак $f''$ зависит от $(x+1)^5$ и не меняется в точке $x=0$.
- На $(-\infty, -1)$: $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх.
- На $(-1, \infty)$: $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.
Точек перегиба нет.

Ответ: График имеет вертикальную асимптоту $x=-1$ и наклонную асимптоту $y=x-3$. Левая ветвь (при $x<-1$) приближается к асимптоте $y=x-3$ снизу, возрастает до точки локального максимума $(-4, -256/27)$, а затем убывает до $-\infty$ вдоль асимптоты $x=-1$. Правая ветвь (при $x>-1$) начинается от $+\infty$ вдоль асимптоты $x=-1$, убывает до точки локального минимума в начале координат $(0,0)$, а затем возрастает, приближаясь к асимптоте $y=x-3$ сверху.

347. Груз, лежащий на горизонтальной плоскости, нужно сдвинуть с места силой, приложенной к этому грузу (рис. 84). Определить угол, образуемый этой силой с плоскостью, при котором сила будет наименьшей, если коэффициент трения груза $k$.

Для того чтобы сдвинуть груз с места, необходимо приложить силу, горизонтальная составляющая которой равна или превышает максимальную силу трения покоя.

Введем обозначения: $F$ — приложенная сила, $\alpha$ — угол, образуемый силой $F$ с горизонтальной плоскостью, $m$ — масса груза, $g$ — ускорение свободного падения, $P = mg$ — сила тяжести, $N$ — сила нормальной реакции опоры, и $k$ — коэффициент трения.

Запишем условия равновесия для груза в момент перед началом движения, используя второй закон Ньютона. Выберем систему координат, в которой ось Ox направлена горизонтально в сторону движения, а ось Oy — вертикально вверх.

Разложим приложенную силу $F$ на горизонтальную $F_x = F \cos(\alpha)$ и вертикальную $F_y = F \sin(\alpha)$ компоненты.

Уравнение равновесия сил в проекции на вертикальную ось Oy имеет вид:

$\sum F_y = N + F_y - P = 0$

$N + F \sin(\alpha) - mg = 0$

Отсюда получаем выражение для силы нормальной реакции опоры:

$N = mg - F \sin(\alpha)$

Вертикальная составляющая силы $F_y$ уменьшает давление груза на опору, и, как следствие, уменьшает силу трения. Условие начала движения состоит в том, что горизонтальная компонента приложенной силы должна быть равна максимальной силе трения покоя $F_{\text{тр max}} = k N$.

Уравнение равновесия сил в проекции на горизонтальную ось Ox:

$\sum F_x = F_x - F_{\text{тр max}} = 0$

$F \cos(\alpha) - k N = 0$

Подставим в это уравнение ранее найденное выражение для $N$:

$F \cos(\alpha) - k(mg - F \sin(\alpha)) = 0$

Теперь из этого уравнения выразим величину силы $F$ как функцию угла $\alpha$:

$F \cos(\alpha) - k \cdot mg + k \cdot F \sin(\alpha) = 0$

$F (\cos(\alpha) + k \sin(\alpha)) = k \cdot mg$

$F(\alpha) = \frac{k \cdot mg}{\cos(\alpha) + k \sin(\alpha)}$

Чтобы найти, при каком угле $\alpha$ сила $F$ будет наименьшей, необходимо найти максимум знаменателя этой дроби: $Z(\alpha) = \cos(\alpha) + k \sin(\alpha)$. Для этого найдем производную функции $Z(\alpha)$ по $\alpha$ и приравняем её к нулю.

$\frac{dZ}{d\alpha} = \frac{d}{d\alpha}(\cos(\alpha) + k \sin(\alpha)) = -\sin(\alpha) + k \cos(\alpha)$

Приравниваем производную к нулю для поиска точки экстремума:

$-\sin(\alpha) + k \cos(\alpha) = 0$

$k \cos(\alpha) = \sin(\alpha)$

Предполагая, что $\cos(\alpha) \ne 0$ (что верно для физически осмысленного решения, так как $k > 0$), разделим обе части уравнения на $\cos(\alpha)$:

$k = \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}$

$k = \tan(\alpha)$

Таким образом, сила $F$ будет наименьшей, когда тангенс угла её приложения к горизонту равен коэффициенту трения $k$. Этот угол также называют углом трения.

Ответ: Угол $\alpha$, образуемый силой с плоскостью, при котором сила будет наименьшей, находится из соотношения $\tan(\alpha) = k$, то есть $\alpha = \arctan(k)$.

348. Ещё И. Ньютон обнаружил, что скорость охлаждения тела примерно пропорциональна разнице температур между нагретым телом и окружающей средой. Если температура окружающей среды $T_s$ не меняется, то температура помещённого в эту среду тела $T$ в зависимости от времени $t$ меняется по закону $T(t)=T_s+(T_0-T_s)e^{-kt}$, где $T_0$ — начальная температура тела, $k$ — коэффициент, характеризующий свойства теплопроводности, геометрию и другие свойства тела. Допустим, что в начальный момент времени $t=0$ температура тела была равна $200^{\circ} C$, а скорость остывания — $3$ градуса за секунду. Температуру окружающей среды поддерживали равной $20^{\circ} C$. Найти температуру тела через $2$ мин после начала остывания.

Для решения задачи воспользуемся законом охлаждения Ньютона, который представлен в условии в виде формулы: $T(t) = T_s + (T_0 - T_s)e^{-kt}$

В этой формуле:

• $T(t)$ — температура тела в момент времени $t$.
• $T_s$ — температура окружающей среды.
• $T_0$ — начальная температура тела.
• $k$ — коэффициент, зависящий от свойств тела.
• $t$ — время.

Из условия задачи нам известны следующие параметры:

• Начальная температура тела: $T_0 = 200^{\circ}C$.
• Температура окружающей среды: $T_s = 20^{\circ}C$.

Для того чтобы найти температуру тела в определенный момент времени, нам сначала нужно определить значение коэффициента $k$. Для этого используем информацию о скорости остывания. Скорость изменения температуры — это производная функции $T(t)$ по времени $t$.

Найдем производную $T'(t)$: $T'(t) = \frac{d}{dt} \left( T_s + (T_0 - T_s)e^{-kt} \right) = 0 + (T_0 - T_s) \cdot (e^{-kt})' = (T_0 - T_s) \cdot (-k e^{-kt}) = -k(T_0 - T_s)e^{-kt}$.

По условию, в начальный момент времени ($t=0$) скорость остывания составляла 3 градуса в секунду. Так как тело остывает, его температура убывает, поэтому значение производной отрицательно: $T'(0) = -3^{\circ}C/с$.

Подставим $t=0$ в выражение для производной: $T'(0) = -k(T_0 - T_s)e^{-k \cdot 0} = -k(T_0 - T_s)e^0 = -k(T_0 - T_s)$.

Теперь подставим известные числовые значения, чтобы найти $k$: $-3 = -k(200 - 20)$ $-3 = -k(180)$ $k = \frac{3}{180} = \frac{1}{60} \text{ с}^{-1}$.

Теперь, когда мы нашли коэффициент $k$, мы можем записать уравнение зависимости температуры тела от времени, подставив все известные константы: $T(t) = 20 + (200 - 20)e^{-\frac{1}{60}t} = 20 + 180e^{-t/60}$. Важно отметить, что в этой формуле время $t$ должно измеряться в секундах, так как коэффициент $k$ был рассчитан исходя из скорости в градусах в секунду.

Нам нужно найти температуру тела через 2 минуты после начала остывания. Переведем время в секунды: $t = 2 \text{ мин} = 2 \times 60 \text{ с} = 120 \text{ с}$.

Подставим это значение времени в полученную формулу: $T(120) = 20 + 180e^{-120/60} = 20 + 180e^{-2}$.

Это точное значение температуры. Для получения численного ответа вычислим его приближенное значение, используя $e \approx 2.718$: $T(120) = 20 + \frac{180}{e^2} \approx 20 + \frac{180}{7.389} \approx 20 + 24.36 = 44.36^{\circ}C$.

Ответ: Температура тела через 2 минуты после начала остывания составит $20 + 180e^{-2} \ ^{\circ}C$, что примерно равно $44.36^{\circ}C$.