Страница 198 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

25.16. Найдите промежутки возрастания функции:

1) $y = xe^{2x}$;

2) $y = xlnx.

1) $y = xe^{2x}$;

Для нахождения промежутков возрастания функции найдем ее производную и определим, на каких интервалах производная положительна. Область определения функции $y = xe^{2x}$ — все действительные числа, так как множители $x$ и $e^{2x}$ определены на всей числовой оси. Таким образом, $D(y) = (-\infty; +\infty)$.

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

$y' = (xe^{2x})' = (x)' \cdot e^{2x} + x \cdot (e^{2x})' = 1 \cdot e^{2x} + x \cdot (e^{2x} \cdot 2) = e^{2x} + 2xe^{2x}$.

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

$y' = e^{2x}(1 + 2x)$.

Далее, найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $y' = 0$.

$e^{2x}(1 + 2x) = 0$.

Так как $e^{2x} > 0$ для любого $x$, то равенство возможно только при $1 + 2x = 0$, откуда $x = -0.5$.

Эта критическая точка делит числовую ось на два интервала: $(-\infty; -0.5)$ и $(-0.5; +\infty)$. Определим знак производной на каждом из них.

На интервале $(-\infty; -0.5)$, возьмем пробную точку $x = -1$: $y'(-1) = e^{-2}(1 - 2) = -e^{-2} < 0$. Значит, на этом интервале функция убывает.

На интервале $(-0.5; +\infty)$, возьмем пробную точку $x = 0$: $y'(0) = e^{0}(1 + 0) = 1 > 0$. Значит, на этом интервале функция возрастает.

Таким образом, функция возрастает на промежутке, где ее производная положительна. Включая граничную точку, так как функция в ней непрерывна, получаем промежуток возрастания $[-0.5; +\infty)$.

Ответ: $[-0.5; +\infty)$.

2) $y = x\ln{x}$.

Для нахождения промежутков возрастания функции найдем ее производную. Область определения функции $y = x \ln x$ задается условием $x > 0$, так как аргумент логарифма должен быть положителен. Итак, $D(y) = (0; +\infty)$.

Найдем производную функции по правилу дифференцирования произведения:

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

Найдем критические точки из условия $y' = 0$:

$\ln{x} + 1 = 0 \implies \ln{x} = -1 \implies x = e^{-1} = \frac{1}{e}$.

Эта точка принадлежит области определения. Она делит область определения на два интервала: $(0; \frac{1}{e})$ и $(\frac{1}{e}; +\infty)$. Определим знак производной на каждом из них.

На интервале $(0; \frac{1}{e})$, возьмем пробную точку $x = \frac{1}{e^2}$: $y'(\frac{1}{e^2}) = \ln(\frac{1}{e^2}) + 1 = -2 + 1 = -1 < 0$. Функция убывает.

На интервале $(\frac{1}{e}; +\infty)$, возьмем пробную точку $x = e$: $y'(e) = \ln(e) + 1 = 1 + 1 = 2 > 0$. Функция возрастает.

Следовательно, функция возрастает на промежутке, где производная положительна. Включая граничную точку из-за непрерывности функции, получаем промежуток $[\frac{1}{e}; +\infty)$.

Ответ: $[\frac{1}{e}; +\infty)$.

25.17. Составьте уравнение касательной к графику функции $y = f(x)$

в точке с абсциссой $x_0 = 0$:

1) $y = x - 2\sqrt{x + 4};$

2) $y = \sqrt{2x + 1};$

3) $y = (x + 1)e^{3x};$

4) $y = (x + e)\ln(x + e).$

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

Для всех заданий абсцисса точки касания $x_0 = 0$, поэтому уравнение касательной принимает вид: $y = f(0) + f'(0)(x - 0)$, или $y = f'(0)x + f(0)$.

1) Дана функция $f(x) = x - 2\sqrt{x+4}$.

Сначала найдем значение функции в точке касания $x_0 = 0$:

$f(0) = 0 - 2\sqrt{0+4} = -2\sqrt{4} = -2 \cdot 2 = -4$.

Теперь найдем производную функции $f(x)$:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = 1 - \frac{1}{\sqrt{0+4}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{4}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Подставим найденные значения $f(0)=-4$ и $f'(0)=\frac{1}{2}$ в уравнение касательной $y = f'(0)x + f(0)$:

$y = \frac{1}{2}x + (-4)$.

Ответ: $y = \frac{1}{2}x - 4$.

2) Дана функция $f(x) = \sqrt{2x+1}$.

Сначала найдем значение функции в точке касания $x_0 = 0$:

$f(0) = \sqrt{2 \cdot 0 + 1} = \sqrt{1} = 1$.

Теперь найдем производную функции $f(x)$:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = \frac{1}{\sqrt{2 \cdot 0 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1$.

Подставим найденные значения $f(0)=1$ и $f'(0)=1$ в уравнение касательной $y = f'(0)x + f(0)$:

$y = 1 \cdot x + 1$.

Ответ: $y = x + 1$.

3) Дана функция $f(x) = (x+1)e^{3x}$.

Сначала найдем значение функции в точке касания $x_0 = 0$:

$f(0) = (0+1)e^{3 \cdot 0} = 1 \cdot e^0 = 1 \cdot 1 = 1$.

Теперь найдем производную функции, используя правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = e^{3 \cdot 0}(3 \cdot 0 + 4) = e^0 \cdot 4 = 1 \cdot 4 = 4$.

Подставим найденные значения $f(0)=1$ и $f'(0)=4$ в уравнение касательной $y = f'(0)x + f(0)$:

$y = 4x + 1$.

Ответ: $y = 4x + 1$.

4) Дана функция $f(x) = (x+e)\ln(x+e)$.

Сначала найдем значение функции в точке касания $x_0 = 0$:

$f(0) = (0+e)\ln(0+e) = e\ln(e) = e \cdot 1 = e$.

Теперь найдем производную функции, используя правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = \ln(0+e) + 1 = \ln(e) + 1 = 1 + 1 = 2$.

Подставим найденные значения $f(0)=e$ и $f'(0)=2$ в уравнение касательной $y = f'(0)x + f(0)$:

$y = 2x + e$.

Ответ: $y = 2x + e$.