Страница 175 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

22.8. Вычислите значение производной функции f(x) в данной точке:

1) $f(x) = \frac{5^x}{x^2+1}$, $f'(1);$

2) $f(x) = \frac{\ln x}{x^3}$, $f'(e);$

3) $f(x) = e^{-x^2}$, $f'\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$

1) Дана функция $f(x) = \frac{5^x}{x^2+1}$. Необходимо найти значение ее производной в точке $x=1$.

Для нахождения производной воспользуемся правилом дифференцирования частного: $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

В нашем случае $u(x) = 5^x$ и $v(x) = x^2+1$.

Находим производные $u'(x)$ и $v'(x)$:

$u'(x) = (5^x)' = 5^x \ln 5$

$v'(x) = (x^2+1)' = 2x$

Теперь подставляем найденные производные в формулу:

$f'(x) = \frac{(5^x \ln 5)(x^2+1) - 5^x(2x)}{(x^2+1)^2}$

Вынесем $5^x$ за скобки в числителе для упрощения:

$f'(x) = \frac{5^x((x^2+1)\ln 5 - 2x)}{(x^2+1)^2}$

Теперь вычислим значение производной в точке $x=1$:

$f'(1) = \frac{5^1((1^2+1)\ln 5 - 2 \cdot 1)}{(1^2+1)^2} = \frac{5((1+1)\ln 5 - 2)}{(1+1)^2} = \frac{5(2\ln 5 - 2)}{2^2} = \frac{5 \cdot 2(\ln 5 - 1)}{4} = \frac{10(\ln 5 - 1)}{4} = \frac{5(\ln 5 - 1)}{2}$

Ответ: $\frac{5(\ln 5 - 1)}{2}$

2) Дана функция $f(x) = \frac{\ln x}{x^3}$. Необходимо найти значение ее производной в точке $x=e$.

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

Здесь $u(x) = \ln x$ и $v(x) = x^3$.

Находим производные $u'(x)$ и $v'(x)$:

$u'(x) = (\ln x)' = \frac{1}{x}$

$v'(x) = (x^3)' = 3x^2$

Подставляем в формулу:

$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x^3 - (\ln x) \cdot 3x^2}{(x^3)^2} = \frac{x^2 - 3x^2 \ln x}{x^6}$

Сократим дробь, вынеся $x^2$ в числителе:

$f'(x) = \frac{x^2(1 - 3\ln x)}{x^6} = \frac{1 - 3\ln x}{x^4}$

Теперь вычислим значение производной в точке $x=e$, зная, что $\ln e = 1$:

$f'(e) = \frac{1 - 3\ln e}{e^4} = \frac{1 - 3 \cdot 1}{e^4} = \frac{1 - 3}{e^4} = \frac{-2}{e^4}$

Ответ: $-\frac{2}{e^4}$

3) Дана функция $f(x) = e^{-x^2}$. Необходимо найти значение ее производной в точке $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Это сложная функция, для ее дифференцирования используем правило производной сложной функции (цепное правило): $(g(h(x)))' = g'(h(x)) \cdot h'(x)$.

Внешняя функция $g(u) = e^u$, ее производная $g'(u) = e^u$.

Внутренняя функция $h(x) = -x^2$, ее производная $h'(x) = -2x$.

Применяем правило:

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

Теперь вычислим значение производной в точке $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$:

$f'(\frac{1}{\sqrt{2}}) = -2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot e^{-(\frac{1}{\sqrt{2}})^2}$

Упростим выражение:

$-2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = -\frac{2}{\sqrt{2}} = -\frac{(\sqrt{2})^2}{\sqrt{2}} = -\sqrt{2}$

$(\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{2}$

Подставляем упрощенные части обратно:

$f'(\frac{1}{\sqrt{2}}) = -\sqrt{2} \cdot e^{-\frac{1}{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{e}} = -\sqrt{\frac{2}{e}}$

Ответ: $-\sqrt{2}e^{-1/2}$

22.9. Найдите общий вид первообразных функции f(x):

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

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

1) Общий вид первообразных для функции $f(x)$ находится путем вычисления неопределенного интеграла $F(x) = \int f(x) dx$. Для функции $f(x) = \frac{2}{2x - 1}$ имеем:

$F(x) = \int \frac{2}{2x - 1} dx$

Для вычисления этого интеграла используем метод замены переменной. Пусть $t = 2x - 1$. Тогда дифференциал $dt$ равен $d(2x - 1) = (2x - 1)' dx = 2 dx$.

Подставим $t$ и $dt$ в интеграл:

$\int \frac{2 dx}{2x - 1} = \int \frac{dt}{t}$

Это стандартный интеграл, который равен натуральному логарифму модуля переменной:

$\int \frac{dt}{t} = \ln|t| + C$

где $C$ — произвольная постоянная.

Теперь выполним обратную замену, подставив $2x - 1$ вместо $t$:

$F(x) = \ln|2x - 1| + C$

Это и есть общий вид первообразных для исходной функции.

Ответ: $F(x) = \ln|2x - 1| + C$.

2) Найдем общий вид первообразных для функции $f(x) = e^{3x + 2}$, вычислив неопределенный интеграл:

$F(x) = \int e^{3x + 2} dx$

Воспользуемся методом замены переменной. Пусть $t = 3x + 2$. Тогда дифференциал $dt$ равен $d(3x + 2) = (3x + 2)' dx = 3 dx$. Отсюда выразим $dx = \frac{dt}{3}$.

Подставим новую переменную в интеграл:

$\int e^t \cdot \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} \int e^t dt$

Интеграл от экспоненциальной функции $e^t$ равен самой функции:

$\frac{1}{3} \int e^t dt = \frac{1}{3} e^t + C$

где $C$ — произвольная постоянная.

Выполним обратную замену, подставив $3x + 2$ вместо $t$:

$F(x) = \frac{1}{3} e^{3x + 2} + C$

Таким образом, мы нашли общий вид первообразных.

Ответ: $F(x) = \frac{1}{3} e^{3x + 2} + C$.

22.10. Сравните с нулем:

1) $f'(1)$, если $f(x) = \frac{x^2}{0.5^{1-2x}}$;

2) $f'(2)$, если $f(x) = \frac{3^{1-2x}}{x^{-4}}$;

3) $f'(1)$, если $f(x) = \ln(1.5 - x) - e^{x-1}$;

4) $f'\left(\frac{1}{3}\right)$, если $f(x) = \ln(2 - 3x) + x$.

1) Для функции $f(x) = \frac{x^2}{0.5^{1-2x}}$ найдем производную. Используем правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

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

Пусть $v(x) = 0.5^{1-2x}$. Тогда, используя правило дифференцирования сложной функции и формулу $(a^x)' = a^x \ln a$, получаем:

$v'(x) = (0.5^{1-2x})' = 0.5^{1-2x} \cdot \ln(0.5) \cdot (1-2x)' = 0.5^{1-2x} \cdot \ln(0.5) \cdot (-2) = -2 \ln(0.5) \cdot 0.5^{1-2x}$.

Поскольку $\ln(0.5) = \ln(2^{-1}) = -\ln(2)$, то $v'(x) = -2(-\ln(2)) \cdot 0.5^{1-2x} = 2 \ln(2) \cdot 0.5^{1-2x}$.

Теперь подставляем в формулу производной частного:

$f'(x) = \frac{2x \cdot 0.5^{1-2x} - x^2 \cdot (2 \ln(2) \cdot 0.5^{1-2x})}{(0.5^{1-2x})^2}$.

Вынесем общий множитель $0.5^{1-2x}$ в числителе и сократим дробь:

$f'(x) = \frac{0.5^{1-2x}(2x - 2x^2 \ln(2))}{0.5^{2(1-2x)}} = \frac{2x - 2x^2 \ln(2)}{0.5^{1-2x}}$.

Найдем значение производной в точке $x=1$:

$f'(1) = \frac{2(1) - 2(1)^2 \ln(2)}{0.5^{1-2(1)}} = \frac{2 - 2 \ln(2)}{0.5^{-1}}$.

Так как $0.5^{-1} = (\frac{1}{2})^{-1} = 2$, получаем:

$f'(1) = \frac{2(1 - \ln(2))}{2} = 1 - \ln(2)$.

Чтобы сравнить это значение с нулем, сравним 1 и $\ln(2)$. Поскольку основание натурального логарифма $e \approx 2.718 > 2$, то $\ln(e) > \ln(2)$, что означает $1 > \ln(2)$.

Следовательно, $1 - \ln(2) > 0$.

Ответ: $f'(1) > 0$.

2) Для функции $f(x) = \frac{3^{1-2x}}{x^{-4}}$ сначала упростим выражение: $f(x) = x^4 \cdot 3^{1-2x}$.

Найдем производную, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$.

Пусть $u(x) = x^4$, тогда $u'(x) = 4x^3$.

Пусть $v(x) = 3^{1-2x}$. Тогда $v'(x) = 3^{1-2x} \cdot \ln(3) \cdot (1-2x)' = -2 \ln(3) \cdot 3^{1-2x}$.

Подставляем в формулу производной произведения:

$f'(x) = 4x^3 \cdot 3^{1-2x} + x^4 \cdot (-2 \ln(3) \cdot 3^{1-2x})$.

Вынесем общие множители $x^3 \cdot 3^{1-2x}$:

$f'(x) = x^3 \cdot 3^{1-2x}(4 - 2x \ln(3))$.

Найдем значение производной в точке $x=2$:

$f'(2) = 2^3 \cdot 3^{1-2(2)}(4 - 2(2) \ln(3)) = 8 \cdot 3^{-3}(4 - 4 \ln(3))$.

$f'(2) = \frac{8}{27} \cdot 4(1 - \ln(3)) = \frac{32}{27}(1 - \ln(3))$.

Знак выражения определяется знаком множителя $(1 - \ln(3))$. Поскольку $e \approx 2.718 < 3$, то $\ln(e) < \ln(3)$, что означает $1 < \ln(3)$.

Следовательно, $1 - \ln(3) < 0$. Так как $\frac{32}{27} > 0$, то произведение $\frac{32}{27}(1 - \ln(3)) < 0$.

Ответ: $f'(2) < 0$.

3) Для функции $f(x) = \ln(1.5 - x) - e^{x-1}$ найдем производную.

Используем правило дифференцирования сложной функции $(\ln u)' = \frac{u'}{u}$ и $(e^u)' = e^u \cdot u'$.

$(\ln(1.5 - x))' = \frac{(1.5-x)'}{1.5 - x} = \frac{-1}{1.5 - x}$.

$(e^{x-1})' = e^{x-1} \cdot (x-1)' = e^{x-1} \cdot 1 = e^{x-1}$.

Таким образом, производная функции:

$f'(x) = \frac{-1}{1.5 - x} - e^{x-1}$.

Найдем значение производной в точке $x=1$:

$f'(1) = \frac{-1}{1.5 - 1} - e^{1-1} = \frac{-1}{0.5} - e^0 = -2 - 1 = -3$.

Сравниваем полученное значение с нулем: $-3 < 0$.

Ответ: $f'(1) < 0$.

4) Для функции $f(x) = \ln(2 - 3x) + x$ найдем производную.

Используем правило дифференцирования сложной функции $(\ln u)' = \frac{u'}{u}$.

$(\ln(2 - 3x))' = \frac{(2-3x)'}{2 - 3x} = \frac{-3}{2 - 3x}$.

$(x)' = 1$.

Таким образом, производная функции:

$f'(x) = \frac{-3}{2 - 3x} + 1$.

Найдем значение производной в точке $x=\frac{1}{3}$:

$f'(\frac{1}{3}) = \frac{-3}{2 - 3(\frac{1}{3})} + 1 = \frac{-3}{2 - 1} + 1 = \frac{-3}{1} + 1 = -3 + 1 = -2$.

Сравниваем полученное значение с нулем: $-2 < 0$.

Ответ: $f'(\frac{1}{3}) < 0$.

22.11. Докажите, что функция:

1) $f(x) = x \cdot e^{2x - 1}$ возрастает на промежутке $[-0,5; +\infty)$;

2) $f(x) = \log_5(1 - 3x)$ убывает на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

1) f(x) = x ⋅ e^{2x - 1} возрастает на промежутке [-0,5; +∞);

Чтобы доказать, что функция возрастает на указанном промежутке, достаточно найти ее производную и показать, что она неотрицательна ($f'(x) \ge 0$) для всех $x$ из этого промежутка.

Функция $f(x) = x \cdot e^{2x-1}$ является произведением двух функций $u(x) = x$ и $v(x) = e^{2x-1}$. Найдем ее производную, используя правило дифференцирования произведения $(u \cdot v)' = u'v + uv'$.

$f'(x) = (x)' \cdot e^{2x - 1} + x \cdot (e^{2x - 1})'$

Найдем производные составляющих функций:

$(x)' = 1$

$(e^{2x - 1})'$ — это производная сложной функции, она равна $e^{2x - 1} \cdot (2x - 1)' = 2e^{2x - 1}$.

Подставим найденные производные обратно:

$f'(x) = 1 \cdot e^{2x - 1} + x \cdot 2e^{2x - 1}$

Вынесем общий множитель $e^{2x-1}$ за скобки:

$f'(x) = e^{2x - 1}(1 + 2x)$

Теперь исследуем знак производной $f'(x)$ на промежутке $[-0,5; +\infty)$.

Выражение $e^{2x - 1}$ всегда положительно ($e^{y} > 0$ для любого действительного $y$).

Следовательно, знак производной $f'(x)$ совпадает со знаком выражения $(1 + 2x)$.

Найдем, при каких значениях $x$ выражение $(1 + 2x)$ неотрицательно:

$1 + 2x \ge 0$

$2x \ge -1$

$x \ge -0,5$

Это означает, что на промежутке $[-0,5; +\infty)$ выражение $(1 + 2x) \ge 0$.

Поскольку на промежутке $[-0,5; +\infty)$ оба множителя $e^{2x - 1}$ и $(1 + 2x)$ неотрицательны, их произведение $f'(x) \ge 0$. Так как производная функции неотрицательна на данном промежутке (и равна нулю только в точке $x = -0,5$), функция $f(x)$ возрастает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) f(x) = log₅(1 - 3x) убывает на промежутке (-∞; 1/3);

Чтобы доказать, что функция убывает на указанном промежутке, достаточно найти ее производную и показать, что она неположительна ($f'(x) \le 0$) для всех $x$ из этого промежутка.

Во-первых, найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$1 - 3x > 0 \implies -3x > -1 \implies x < \frac{1}{3}$.

Таким образом, область определения функции $D(f) = (-\infty; \frac{1}{3})$, что совпадает с заданным в условии промежутком.

Найдем производную функции $f(x) = \log_5(1 - 3x)$, используя правило дифференцирования сложной функции $(\log_a u(x))' = \frac{u'(x)}{u(x) \ln a}$.

$f'(x) = \frac{(1 - 3x)'}{(1 - 3x) \cdot \ln 5} = \frac{-3}{(1 - 3x) \ln 5}$

Теперь исследуем знак производной $f'(x)$ на промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$.

1. Числитель дроби равен $-3$, он всегда отрицателен.

2. Знаменатель состоит из двух множителей: $(1-3x)$ и $\ln 5$.

- На промежутке $(-\infty; \frac{1}{3})$ выражение $1-3x$ строго положительно (согласно области определения).

- $\ln 5$ — это натуральный логарифм числа больше 1, поэтому $\ln 5 > 0$.

Произведение двух положительных множителей $(1 - 3x) \ln 5$ также положительно на всем промежутке.

Таким образом, производная $f'(x)$ является частным от деления отрицательного числа ($-3$) на положительное число ($(1-3x)\ln 5$), следовательно, $f'(x) < 0$ для всех $x$ из промежутка $(-\infty; \frac{1}{3})$.

Поскольку производная функции строго отрицательна на данном промежутке, функция $f(x)$ убывает на этом промежутке.

Ответ: Что и требовалось доказать.

22.12. Напишите уравнение касательной к графику функции $f(x)$ в точке с абсциссой $x_0$:

1) $f(x) = \ln(2x) + x^{-1}, x_0 = 0,5;$

2) $f(x) = e^{1+2x} - 4x^3, x_0 = -0,5;$

3) $f(x) = \ln(-0,5x) - x^2, x_0 = -2;$

4) $f(x) = e^{1-2x} - x^2, x_0 = 0,5.$

1) Дана функция $f(x) = \ln(2x) + x^{-1}$ и точка с абсциссой $x_0 = 0,5$.

Уравнение касательной к графику функции в точке $x_0$ имеет вид: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.

1. Найдем значение функции в точке $x_0$:

$f(x_0) = f(0,5) = \ln(2 \cdot 0,5) + (0,5)^{-1} = \ln(1) + \frac{1}{0,5} = 0 + 2 = 2$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\ln(2x) + x^{-1})' = (\ln(2x))' + (x^{-1})' = \frac{1}{2x} \cdot (2x)' + (-1)x^{-2} = \frac{2}{2x} - \frac{1}{x^2} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}$.

3. Найдем значение производной в точке $x_0$:

$f'(x_0) = f'(0,5) = \frac{1}{0,5} - \frac{1}{(0,5)^2} = 2 - \frac{1}{0,25} = 2 - 4 = -2$.

4. Подставим найденные значения $f(x_0) = 2$, $f'(x_0) = -2$ и $x_0 = 0,5$ в уравнение касательной:

$y = 2 + (-2)(x - 0,5)$

$y = 2 - 2x + 1$

$y = -2x + 3$.

Ответ: $y = -2x + 3$.

2) Дана функция $f(x) = e^{1+2x} - 4x^3$ и точка с абсциссой $x_0 = -0,5$.

Уравнение касательной: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.

1. Найдем значение функции в точке $x_0$:

$f(x_0) = f(-0,5) = e^{1+2(-0,5)} - 4(-0,5)^3 = e^{1-1} - 4(-0,125) = e^0 + 0,5 = 1 + 0,5 = 1,5$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (e^{1+2x} - 4x^3)' = (e^{1+2x})' - (4x^3)' = e^{1+2x} \cdot (1+2x)' - 12x^2 = 2e^{1+2x} - 12x^2$.

3. Найдем значение производной в точке $x_0$:

$f'(x_0) = f'(-0,5) = 2e^{1+2(-0,5)} - 12(-0,5)^2 = 2e^0 - 12(0,25) = 2 \cdot 1 - 3 = -1$.

4. Подставим найденные значения в уравнение касательной:

$y = 1,5 + (-1)(x - (-0,5))$

$y = 1,5 - (x + 0,5)$

$y = 1,5 - x - 0,5$

$y = -x + 1$.

Ответ: $y = -x + 1$.

3) Дана функция $f(x) = \ln(-0,5x) - x^2$ и точка с абсциссой $x_0 = -2$.

Уравнение касательной: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.

1. Найдем значение функции в точке $x_0$:

$f(x_0) = f(-2) = \ln(-0,5 \cdot (-2)) - (-2)^2 = \ln(1) - 4 = 0 - 4 = -4$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\ln(-0,5x) - x^2)' = \frac{1}{-0,5x} \cdot (-0,5) - 2x = \frac{1}{x} - 2x$.

3. Найдем значение производной в точке $x_0$:

$f'(x_0) = f'(-2) = \frac{1}{-2} - 2(-2) = -0,5 + 4 = 3,5$.

4. Подставим найденные значения в уравнение касательной:

$y = -4 + 3,5(x - (-2))$

$y = -4 + 3,5(x + 2)$

$y = -4 + 3,5x + 7$

$y = 3,5x + 3$.

Ответ: $y = 3,5x + 3$.

4) Дана функция $f(x) = e^{1-2x} - x^2$ и точка с абсциссой $x_0 = 0,5$.

Уравнение касательной: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.

1. Найдем значение функции в точке $x_0$:

$f(x_0) = f(0,5) = e^{1-2(0,5)} - (0,5)^2 = e^{1-1} - 0,25 = e^0 - 0,25 = 1 - 0,25 = 0,75$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (e^{1-2x} - x^2)' = e^{1-2x} \cdot (1-2x)' - 2x = -2e^{1-2x} - 2x$.

3. Найдем значение производной в точке $x_0$:

$f'(x_0) = f'(0,5) = -2e^{1-2(0,5)} - 2(0,5) = -2e^0 - 1 = -2 \cdot 1 - 1 = -3$.

4. Подставим найденные значения в уравнение касательной:

$y = 0,75 + (-3)(x - 0,5)$

$y = 0,75 - 3x + 1,5$

$y = -3x + 2,25$.

Ответ: $y = -3x + 2,25$.

22.13. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции:

1) $y = x + \ln(-x)$ — на отрезке $[-4; 0,5];$

2) $y = x + e^{-x}$ — на отрезке $[-\ln4; \ln2].$

Можно считать, что $\ln2 \approx 0,7.$

1) Дана функция $y = x + \ln(-x)$ на отрезке $[-4; -0,5]$.

Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке воспользуемся стандартным алгоритмом.

1. Найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $-x > 0$, что означает $x < 0$. Заданный отрезок $[-4; -0,5]$ полностью входит в область определения функции.

2. Найдем производную функции $y(x)$:

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

3. Найдем критические точки функции, в которых производная равна нулю или не существует.

$y' = 0 \implies 1 + \frac{1}{x} = 0 \implies \frac{x+1}{x} = 0$.

Отсюда $x+1 = 0$, то есть $x = -1$.

Производная не существует при $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции.

Критическая точка $x=-1$ принадлежит заданному отрезку $[-4; -0,5]$.

4. Вычислим значения функции в найденной критической точке и на концах отрезка:

$y(-4) = -4 + \ln(-(-4)) = -4 + \ln(4)$.

$y(-1) = -1 + \ln(-(-1)) = -1 + \ln(1) = -1 + 0 = -1$.

$y(-0,5) = -0,5 + \ln(-(-0,5)) = -0,5 + \ln(0,5) = -0,5 + \ln(2^{-1}) = -0,5 - \ln(2)$.

5. Сравним полученные значения, чтобы найти наибольшее и наименьшее.

Для определения, какое из значений $y(-4)$ или $y(-0,5)$ меньше, сравним их.

$y(-4) = -4 + \ln(4) = -4 + 2\ln(2)$.

$y(-0,5) = -0,5 - \ln(2)$.

Используя приближение $\ln(2) \approx 0,7$:

$y(-4) \approx -4 + 2 \cdot 0,7 = -4 + 1,4 = -2,6$.

$y(-0,5) \approx -0,5 - 0,7 = -1,2$.

Сравнивая значения $-2,6$, $-1,2$ и $-1$, видим, что наименьшее значение это $-2,6$, а наибольшее $-1$.

Таким образом, наименьшее значение функции на отрезке — это $y(-4)$, а наибольшее — $y(-1)$.

Ответ: наименьшее значение $y_{наим} = -4 + \ln(4)$, наибольшее значение $y_{наиб} = -1$.

2) Дана функция $y = x + e^{-x}$ на отрезке $[-\ln4; \ln2]$.

1. Область определения функции — все действительные числа, $x \in (-\infty; +\infty)$, так как показательная функция определена для любого показателя.

2. Найдем производную функции $y(x)$:

$y' = (x + e^{-x})' = 1 + e^{-x} \cdot (-1) = 1 - e^{-x}$.

3. Найдем критические точки.

$y' = 0 \implies 1 - e^{-x} = 0 \implies e^{-x} = 1$.

Прологарифмировав обе части, получим: $-x = \ln(1)$, откуда $-x = 0$, то есть $x = 0$.

Проверим, принадлежит ли точка $x=0$ отрезку $[-\ln4; \ln2]$.

Так как $\ln4 > 0$ и $\ln2 > 0$, то $-\ln4 < 0$. Следовательно, $0 \in [-\ln4; \ln2]$.

4. Вычислим значения функции в критической точке $x=0$ и на концах отрезка $x = -\ln4$ и $x = \ln2$.

При $x = -\ln4$:

$y(-\ln4) = -\ln4 + e^{-(-\ln4)} = -\ln4 + e^{\ln4} = 4 - \ln4$.

При $x = 0$:

$y(0) = 0 + e^{-0} = 0 + 1 = 1$.

При $x = \ln2$:

$y(\ln2) = \ln2 + e^{-\ln2} = \ln2 + e^{\ln(1/2)} = \ln2 + \frac{1}{2}$.

5. Сравним полученные значения: $4 - \ln4$, $1$ и $\ln2 + \frac{1}{2}$.

Воспользуемся приближением $\ln2 \approx 0,7$ и свойством $\ln4 = 2\ln2$:

$y(-\ln4) = 4 - 2\ln2 \approx 4 - 2 \cdot 0,7 = 4 - 1,4 = 2,6$.

$y(0) = 1$.

$y(\ln2) = \ln2 + 0,5 \approx 0,7 + 0,5 = 1,2$.

Сравнивая полученные приближенные значения $2,6$, $1$ и $1,2$, видим, что наименьшее из них — $1$, а наибольшее — $2,6$.

Ответ: наименьшее значение $y_{наим} = 1$, наибольшее значение $y_{наиб} = 4 - \ln4$.