Страница 223 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

31. Найдите асимптоты графика функции:

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

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

3) $y = \frac{x^2+5}{x-2}$;

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

1) Для функции $y = \frac{x-2}{x-1}$.

Сначала найдем вертикальные асимптоты. Они существуют в тех точках, где знаменатель функции обращается в ноль, а числитель при этом отличен от нуля. Приравняем знаменатель к нулю: $x - 1 = 0$, откуда получаем $x = 1$. Проверим значение числителя в этой точке: $1 - 2 = -1 \neq 0$. Таким образом, прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

Далее ищем горизонтальные или наклонные асимптоты. Так как степень многочлена в числителе ($n=1$) равна степени многочлена в знаменателе ($m=1$), у графика функции есть горизонтальная асимптота. Уравнение горизонтальной асимптоты имеет вид $y = \lim_{x \to \infty} \frac{x-2}{x-1}$, что равно отношению коэффициентов при старших степенях $x$. Следовательно, $y = \frac{1}{1} = 1$. Прямая $y=1$ является горизонтальной асимптотой.

Поскольку существует горизонтальная асимптота, наклонная асимптота отсутствует.

Ответ: вертикальная асимптота $x=1$, горизонтальная асимптота $y=1$.

2) Для функции $y = \frac{5-x}{x+3}$.

Вертикальная асимптота: приравниваем знаменатель к нулю $x+3=0$, получаем $x=-3$. Значение числителя в этой точке: $5 - (-3) = 8 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=-3$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальная асимптота: степени многочленов в числителе и знаменателе равны ($n=m=1$). Асимптота находится как отношение коэффициентов при старших степенях $x$: $y = \frac{-1}{1} = -1$. Прямая $y=-1$ является горизонтальной асимптотой.

Наклонная асимптота отсутствует.

Ответ: вертикальная асимптота $x=-3$, горизонтальная асимптота $y=-1$.

3) Для функции $y = \frac{x^2+5}{x-2}$.

Вертикальная асимптота: приравниваем знаменатель к нулю $x-2=0$, получаем $x=2$. Значение числителя в этой точке: $2^2 + 5 = 9 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=2$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальная асимптота: степень многочлена в числителе ($n=2$) больше степени многочлена в знаменателе ($m=1$), поэтому горизонтальной асимптоты нет.

Наклонная асимптота: так как степень числителя ровно на единицу больше степени знаменателя ($n = m+1$), существует наклонная асимптота вида $y=kx+b$. Чтобы найти ее уравнение, можно выполнить деление числителя на знаменатель столбиком:

$(x^2+5) : (x-2) = x+2$ (остаток $9$).

Таким образом, функцию можно представить в виде $y = x+2 + \frac{9}{x-2}$.

При $x \to \pm\infty$, слагаемое $\frac{9}{x-2}$ стремится к нулю, значит, график функции стремится к прямой $y=x+2$. Это и есть наклонная асимптота.

Ответ: вертикальная асимптота $x=2$, наклонная асимптота $y=x+2$.

4) Для функции $y = \frac{2x^2-x}{x+2}$.

Вертикальная асимптота: приравниваем знаменатель к нулю $x+2=0$, получаем $x=-2$. Значение числителя в этой точке: $2(-2)^2 - (-2) = 2 \cdot 4 + 2 = 10 \neq 0$. Следовательно, прямая $x=-2$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальная асимптота: степень числителя ($n=2$) больше степени знаменателя ($m=1$), поэтому горизонтальной асимптоты нет.

Наклонная асимптота: так как степень числителя ровно на единицу больше степени знаменателя ($n = m+1$), существует наклонная асимптота. Выполним деление числителя на знаменатель столбиком:

$(2x^2-x) : (x+2) = 2x-5$ (остаток $10$).

Функцию можно представить в виде $y = 2x-5 + \frac{10}{x+2}$.

При $x \to \pm\infty$, слагаемое $\frac{10}{x+2}$ стремится к нулю, следовательно, наклонная асимптота задается уравнением $y=2x-5$.

Ответ: вертикальная асимптота $x=-2$, наклонная асимптота $y=2x-5$.

32. Найдите координаты точки перегиба графика функции:

1) $y = \frac{2x^3}{x^2 - 1}$;

2) $y = \frac{2x^2}{x - 1}$;

3) $y = \frac{2x^3}{5 - x^2}$;

4) $y = 2 - 5x + 2x^3$.

Для нахождения координат точки перегиба графика функции необходимо выполнить следующие шаги:

1. Найти область определения функции.
2. Найти вторую производную функции ($y''$).
3. Найти точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует (это потенциальные точки перегиба).
4. Исследовать знак второй производной на интервалах, на которые эти точки делят область определения.
5. Если при переходе через точку знак второй производной меняется, то эта точка является точкой перегиба.
6. Вычислить ординату (значение $y$) точки перегиба, подставив её абсциссу в исходное уравнение функции.

1) $y = \frac{2x^3}{x^2-1}$

1. Найдём область определения функции. Знаменатель не должен быть равен нулю: $x^2 - 1 \neq 0$, откуда $x \neq \pm 1$. Область определения: $D(y) = (-\infty; -1) \cup (-1; 1) \cup (1; \infty)$.

2. Найдём первую производную $y'$ по правилу дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

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

3. Найдём вторую производную $y''$:

$y'' = (\frac{2x^4 - 6x^2}{(x^2-1)^2})' = \frac{(8x^3 - 12x)(x^2-1)^2 - (2x^4 - 6x^2) \cdot 2(x^2-1) \cdot 2x}{(x^2-1)^4}$

Сократим на $(x^2-1)$:

$y'' = \frac{(8x^3 - 12x)(x^2-1) - 4x(2x^4 - 6x^2)}{(x^2-1)^3} = \frac{8x^5 - 8x^3 - 12x^3 + 12x - 8x^5 + 24x^3}{(x^2-1)^3}$

$y'' = \frac{4x^3 + 12x}{(x^2-1)^3} = \frac{4x(x^2+3)}{(x^2-1)^3}$.

4. Найдём точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует.

$y'' = 0 \implies 4x(x^2+3) = 0$. Так как $x^2+3 > 0$ для любого $x$, то $4x=0$, откуда $x=0$.

Вторая производная не существует в точках $x=\pm 1$, но они не входят в область определения функции.

5. Исследуем знак второй производной на интервалах, примыкающих к точке $x=0$.

При $x \in (-1, 0)$, например $x=-0.5$: $y'' = \frac{4(-0.5)((-0.5)^2+3)}{((-0.5)^2-1)^3} = \frac{(-)}{(+)(-)} > 0$ (график выпуклый вниз).

При $x \in (0, 1)$, например $x=0.5$: $y'' = \frac{4(0.5)((0.5)^2+3)}{((0.5)^2-1)^3} = \frac{(+)(+)}{(-)} < 0$ (график выпуклый вверх).

Так как в точке $x=0$ вторая производная меняет знак, то $x=0$ является абсциссой точки перегиба.

6. Найдём ординату точки перегиба, подставив $x=0$ в исходную функцию:

$y(0) = \frac{2 \cdot 0^3}{0^2 - 1} = 0$.

Координаты точки перегиба: $(0, 0)$.

Ответ: $(0, 0)$.

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

1. Найдём область определения функции. Знаменатель не должен быть равен нулю: $x-1 \neq 0$, откуда $x \neq 1$. Область определения: $D(y) = (-\infty; 1) \cup (1; \infty)$.

2. Найдём первую производную $y'$:

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

3. Найдём вторую производную $y''$:

$y'' = (\frac{2x^2 - 4x}{(x-1)^2})' = \frac{(4x-4)(x-1)^2 - (2x^2 - 4x) \cdot 2(x-1)}{((x-1)^2)^2}$

Сократим на $(x-1)$:

$y'' = \frac{4(x-1)(x-1) - 2(2x^2 - 4x)}{(x-1)^3} = \frac{4(x^2 - 2x + 1) - 4x^2 + 8x}{(x-1)^3}$

$y'' = \frac{4x^2 - 8x + 4 - 4x^2 + 8x}{(x-1)^3} = \frac{4}{(x-1)^3}$.

4. Найдём точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует.

$y'' = \frac{4}{(x-1)^3} = 0$. Это уравнение не имеет решений, так как числитель $4 \neq 0$.

Вторая производная не существует в точке $x=1$, но она не входит в область определения функции.

5. Так как нет точек из области определения, в которых вторая производная равна нулю, и знак второй производной не меняется внутри интервалов $(-\infty, 1)$ и $(1, \infty)$, то точек перегиба у графика функции нет. На интервале $(-\infty, 1)$ функция выпукла вверх ($y'' < 0$), а на интервале $(1, \infty)$ — выпукла вниз ($y'' > 0$). Смена выпуклости происходит в точке разрыва $x=1$, которая не является точкой перегиба.

Ответ: точек перегиба нет.

3) $y = \frac{2x^3}{5-x^2}$

1. Найдём область определения функции. Знаменатель не должен быть равен нулю: $5 - x^2 \neq 0$, откуда $x^2 \neq 5$, т.е. $x \neq \pm \sqrt{5}$. Область определения: $D(y) = (-\infty; -\sqrt{5}) \cup (-\sqrt{5}; \sqrt{5}) \cup (\sqrt{5}; \infty)$.

2. Найдём первую производную $y'$:

$y' = \frac{(2x^3)'(5-x^2) - 2x^3(5-x^2)'}{(5-x^2)^2} = \frac{6x^2(5-x^2) - 2x^3(-2x)}{(5-x^2)^2} = \frac{30x^2 - 6x^4 + 4x^4}{(5-x^2)^2} = \frac{30x^2 - 2x^4}{(5-x^2)^2}$.

3. Найдём вторую производную $y''$:

$y'' = (\frac{30x^2 - 2x^4}{(5-x^2)^2})' = \frac{(60x - 8x^3)(5-x^2)^2 - (30x^2 - 2x^4) \cdot 2(5-x^2)(-2x)}{(5-x^2)^4}$

Сократим на $(5-x^2)$:

$y'' = \frac{(60x - 8x^3)(5-x^2) + 4x(30x^2 - 2x^4)}{(5-x^2)^3} = \frac{300x - 60x^3 - 40x^3 + 8x^5 + 120x^3 - 8x^5}{(5-x^2)^3}$

$y'' = \frac{20x^3 + 300x}{(5-x^2)^3} = \frac{20x(x^2+15)}{(5-x^2)^3}$.

4. Найдём точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует.

$y'' = 0 \implies 20x(x^2+15) = 0$. Так как $x^2+15 > 0$ для любого $x$, то $20x=0$, откуда $x=0$.

Вторая производная не существует в точках $x=\pm \sqrt{5}$, но они не входят в область определения функции.

5. Исследуем знак второй производной на интервалах, примыкающих к точке $x=0$.

При $x \in (-\sqrt{5}, 0)$, например $x=-1$: $y'' = \frac{20(-1)((-1)^2+15)}{(5-(-1)^2)^3} = \frac{(-)(+)}{(+)} < 0$ (график выпуклый вверх).

При $x \in (0, \sqrt{5})$, например $x=1$: $y'' = \frac{20(1)(1^2+15)}{(5-1^2)^3} = \frac{(+)(+)}{(+)} > 0$ (график выпуклый вниз).

Так как в точке $x=0$ вторая производная меняет знак, то $x=0$ является абсциссой точки перегиба.

6. Найдём ординату точки перегиба, подставив $x=0$ в исходную функцию:

$y(0) = \frac{2 \cdot 0^3}{5 - 0^2} = 0$.

Координаты точки перегиба: $(0, 0)$.

Ответ: $(0, 0)$.

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

Данная функция является многочленом, поэтому она определена и непрерывна на всей числовой оси.

1. Найдём первую производную функции:

$y' = (2 - 5x + 2x^3)' = -5 + 6x^2$.

2. Найдём вторую производную функции:

$y'' = (-5 + 6x^2)' = 12x$.

3. Найдём точки, в которых вторая производная равна нулю.

$y'' = 0 \implies 12x = 0$, откуда $x=0$.

4. Исследуем знак второй производной.

При $x < 0$, $y'' = 12x < 0$ (график выпуклый вверх).

При $x > 0$, $y'' = 12x > 0$ (график выпуклый вниз).

Так как в точке $x=0$ вторая производная меняет знак, то $x=0$ является абсциссой точки перегиба.

5. Найдём ординату точки перегиба, подставив $x=0$ в исходную функцию:

$y(0) = 2 - 5(0) + 2(0)^3 = 2$.

Координаты точки перегиба: $(0, 2)$.

Ответ: $(0, 2)$.

33. Найдите промежутки возрастания и убывания функции:

1) $y = x^2 + 10x - 10\sqrt{3}$;

2) $y = \lg(x^2 - 4x)$;

3) $y = x^3 - 6x^2 + 9$;

4) $y = xe^x$.

1) Для нахождения промежутков возрастания и убывания функции $y = x^2 + 10x - 10\sqrt{3}$ необходимо найти ее производную и определить знаки производной на области определения.

Область определения данной функции — все действительные числа, $D(y) = (-\infty; +\infty)$, так как это многочлен (квадратичная функция).

Найдем производную функции: $y' = (x^2 + 10x - 10\sqrt{3})' = 2x + 10$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки: $y' = 0 \implies 2x + 10 = 0 \implies 2x = -10 \implies x = -5$.

Критическая точка $x = -5$ разбивает числовую ось на два промежутка: $(-\infty; -5)$ и $(-5; +\infty)$. Определим знак производной на каждом из них.

На промежутке $(-\infty; -5)$, например при $x = -6$, производная $y'(-6) = 2(-6) + 10 = -2 < 0$, следовательно, функция убывает.

На промежутке $(-5; +\infty)$, например при $x = 0$, производная $y'(0) = 2(0) + 10 = 10 > 0$, следовательно, функция возрастает.

Таким образом, функция убывает на промежутке $(-\infty; -5]$ и возрастает на промежутке $[-5; +\infty)$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[-5; +\infty)$ и убывает на промежутке $(-\infty; -5]$.

2) Рассмотрим функцию $y = \lg(x^2 - 4x)$.

Сначала найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x^2 - 4x > 0 \implies x(x - 4) > 0$. Решая неравенство методом интервалов, получаем $x \in (-\infty; 0) \cup (4; +\infty)$. Итак, $D(y) = (-\infty; 0) \cup (4; +\infty)$.

Найдем производную функции, используя правило дифференцирования сложной функции и то, что $(\lg u)' = \frac{u'}{u \ln 10}$: $y' = (\lg(x^2 - 4x))' = \frac{(x^2 - 4x)'}{(x^2 - 4x)\ln 10} = \frac{2x - 4}{(x^2 - 4x)\ln 10}$.

Найдем критические точки, приравняв числитель производной к нулю: $2x - 4 = 0 \implies x = 2$. Однако точка $x = 2$ не входит в область определения функции, поэтому у функции нет критических точек внутри области определения.

Исследуем знак производной на интервалах, составляющих область определения: $(-\infty; 0)$ и $(4; +\infty)$.

Знаменатель производной $(x^2 - 4x)\ln 10$ положителен на всей области определения функции. Следовательно, знак производной совпадает со знаком ее числителя $2x - 4$.

На промежутке $(-\infty; 0)$, числитель $2x - 4$ отрицателен (например, при $x = -1$, $2(-1) - 4 = -6 < 0$), значит $y' < 0$ и функция убывает.

На промежутке $(4; +\infty)$, числитель $2x - 4$ положителен (например, при $x = 5$, $2(5) - 4 = 6 > 0$), значит $y' > 0$ и функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(4; +\infty)$ и убывает на промежутке $(-\infty; 0)$.

3) Рассмотрим функцию $y = x^3 - 6x^2 + 9$.

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

Найдем производную: $y' = (x^3 - 6x^2 + 9)' = 3x^2 - 12x$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $y' = 0 \implies 3x^2 - 12x = 0 \implies 3x(x - 4) = 0$. Отсюда получаем две критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = 4$.

Эти точки разбивают числовую ось на три промежутка: $(-\infty; 0)$, $(0; 4)$ и $(4; +\infty)$. Определим знак производной на каждом из них. График производной $y' = 3x^2 - 12x$ — это парабола с ветвями вверх.

На промежутке $(-\infty; 0)$, например при $x = -1$, $y'(-1) = 3(-1)^2 - 12(-1) = 3 + 12 = 15 > 0$, функция возрастает.

На промежутке $(0; 4)$, например при $x = 1$, $y'(1) = 3(1)^2 - 12(1) = 3 - 12 = -9 < 0$, функция убывает.

На промежутке $(4; +\infty)$, например при $x = 5$, $y'(5) = 3(5)^2 - 12(5) = 75 - 60 = 15 > 0$, функция возрастает.

Включая концы промежутков (точки экстремума), получаем окончательные интервалы.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; 0]$ и $[4; +\infty)$, убывает на промежутке $[0; 4]$.

4) Рассмотрим функцию $y = xe^x$.

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

Найдем производную, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$: $y' = (x)'e^x + x(e^x)' = 1 \cdot e^x + x \cdot e^x = e^x(1 + x)$.

Найдем критические точки: $y' = 0 \implies e^x(1 + x) = 0$. Так как $e^x > 0$ для любого $x$, то равенство возможно только если $1 + x = 0$, откуда $x = -1$.

Критическая точка $x = -1$ разбивает числовую ось на два промежутка: $(-\infty; -1)$ и $(-1; +\infty)$.

Определим знак производной. Множитель $e^x$ всегда положителен, поэтому знак $y'$ совпадает со знаком множителя $(1 + x)$.

На промежутке $(-\infty; -1)$, выражение $(1+x)$ отрицательно, следовательно, $y' < 0$ и функция убывает.

На промежутке $(-1; +\infty)$, выражение $(1+x)$ положительно, следовательно, $y' > 0$ и функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[-1; +\infty)$ и убывает на промежутке $(-\infty; -1]$.

34. Докажите, что функция:

1) $f(x) = x + \frac{4}{x}$ возрастает при $x > 2$;

2) $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$ убывает при $x < 0$ и при $0 < x < 2$.

1) Чтобы доказать, что функция $f(x) = x + \frac{4}{x}$ возрастает при $x > 2$, найдем ее производную и определим ее знак на заданном интервале. Функция является возрастающей на некотором интервале, если ее производная на этом интервале положительна ($f'(x) > 0$).

Область определения функции: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

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

Приведем производную к общему знаменателю:

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

Теперь определим, при каких значениях $x$ производная положительна:

$\frac{x^2 - 4}{x^2} > 0$.

Так как знаменатель $x^2$ всегда положителен при $x \neq 0$, знак дроби совпадает со знаком числителя. Следовательно, нам нужно решить неравенство:

$x^2 - 4 > 0$.

Разложим на множители: $(x - 2)(x + 2) > 0$.

Решением этого неравенства методом интервалов являются промежутки $x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)$.

В условии задачи указан интервал $x > 2$. Этот интервал полностью входит в найденное множество $(2; +\infty)$, на котором производная $f'(x)$ положительна. Следовательно, функция $f(x)$ возрастает при $x > 2$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Чтобы доказать, что функция $f(x) = x^2 + \frac{16}{x}$ убывает при $x < 0$ и при $0 < x < 2$, найдем ее производную и определим ее знак на заданных интервалах. Функция является убывающей на некотором интервале, если ее производная на этом интервале отрицательна ($f'(x) < 0$).

Область определения функции: $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (x^2 + \frac{16}{x})' = (x^2 + 16x^{-1})' = 2x - 16x^{-2} = 2x - \frac{16}{x^2}$.

Приведем производную к общему знаменателю:

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

Теперь определим, при каких значениях $x$ производная отрицательна:

$\frac{2x^3 - 16}{x^2} < 0$.

Знаменатель $x^2$ всегда положителен при $x \neq 0$, поэтому знак дроби определяется знаком числителя. Решим неравенство:

$2x^3 - 16 < 0$.

$2x^3 < 16$.

$x^3 < 8$.

Извлекая кубический корень из обеих частей, получаем:

$x < 2$.

Учитывая область определения функции ($x \neq 0$), мы видим, что производная $f'(x)$ отрицательна при $x < 2$ и $x \neq 0$. Это соответствует двум интервалам, указанным в условии: $x < 0$ (то есть $(-\infty; 0)$) и $0 < x < 2$ (то есть $(0; 2)$).

Таким образом, на интервалах $x < 0$ и $0 < x < 2$ функция $f(x)$ убывает.

Ответ: Что и требовалось доказать.

35. Составьте уравнение касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $x_0 = 0$:

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

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

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

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

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 $x_0=0$, поэтому формула принимает вид: $y = f(0) + f'(0)x$.

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

Найдем значение функции в точке $x_0 = 0$:

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

Теперь найдем производную функции:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

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

Подставим найденные значения $f(0)=-2$ и $f'(0)=0$ в уравнение касательной:

$y = -2 + 0 \cdot x$.

$y = -2$.

Ответ: $y = -2$.

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

Найдем значение функции в точке $x_0 = 0$:

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

Теперь найдем производную функции:

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = \frac{3}{2\sqrt{3 \cdot 0 + 1}} = \frac{3}{2\sqrt{1}} = \frac{3}{2}$.

Подставим найденные значения $f(0)=1$ и $f'(0)=\frac{3}{2}$ в уравнение касательной:

$y = 1 + \frac{3}{2}x$.

Ответ: $y = \frac{3}{2}x + 1$.

3) $y = xe^{2x}$

Найдем значение функции в точке $x_0 = 0$:

$f(0) = 0 \cdot e^{2 \cdot 0} = 0 \cdot e^0 = 0$.

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

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = e^{2 \cdot 0}(1+2 \cdot 0) = e^0 \cdot 1 = 1$.

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

$y = 0 + 1 \cdot x$.

$y = x$.

Ответ: $y = x$.

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

Найдем значение функции в точке $x_0 = 0$:

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

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

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

Вычислим значение производной в точке $x_0 = 0$:

$f'(0) = \ln(0+e) + \frac{0}{0+e} = \ln(e) + 0 = 1$.

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

$y = 0 + 1 \cdot x$.

$y = x$.

Ответ: $y = x$.

36. Найдите критические точки функции:

1) $f(x) = x - 2\sin x;$

2) $f(x) = x + \cos 2x;$

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

4) $f(x) = \cos x \cdot e^{2x}.$

Критическими точками функции называются внутренние точки области определения, в которых производная функции равна нулю или не существует.

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

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

Находим производную функции:

$f'(x) = (x - 2\sin{x})' = 1 - 2\cos{x}$.

Производная существует на всей области определения. Приравняем производную к нулю, чтобы найти стационарные точки:

$1 - 2\cos{x} = 0$

$2\cos{x} = 1$

$\cos{x} = \frac{1}{2}$

Решением этого уравнения являются точки:

$x = \pm\arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Это и есть критические точки функции.

Ответ: $x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $f(x) = x + \cos{2x}$

Область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Находим производную функции:

$f'(x) = (x + \cos{2x})' = 1 - \sin(2x) \cdot (2x)' = 1 - 2\sin{2x}$.

Производная существует на всей области определения. Приравняем производную к нулю:

$1 - 2\sin{2x} = 0$

$2\sin{2x} = 1$

$\sin{2x} = \frac{1}{2}$

Решаем тригонометрическое уравнение:

$2x = (-1)^k \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$2x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = (-1)^k \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

Это и есть критические точки функции.

Ответ: $x = (-1)^k \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

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

Область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

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

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

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

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

Производная существует на всей области определения. Приравняем производную к нулю:

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

Поскольку $e^{1-x} > 0$ для любого $x$, то равенство возможно только если $-(x+1) = 0$.

$x+1 = 0$

$x = -1$.

Это и есть единственная критическая точка.

Ответ: $x = -1$.

4) $f(x) = \cos{x} \cdot e^{2x}$

Область определения функции: $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Находим производную функции, используя правило производной произведения:

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

$f'(x) = e^{2x}(2\cos{x} - \sin{x})$.

Производная существует на всей области определения. Приравняем производную к нулю:

$e^{2x}(2\cos{x} - \sin{x}) = 0$.

Поскольку $e^{2x} > 0$ для любого $x$, то равенство возможно только если $2\cos{x} - \sin{x} = 0$.

$2\cos{x} = \sin{x}$.

Разделим обе части уравнения на $\cos{x}$. Это возможно, так как если $\cos{x}=0$, то $\sin{x}=\pm 1$, и равенство $2 \cdot 0 = \pm 1$ неверно. Следовательно, $\cos{x} \neq 0$.

$\frac{\sin{x}}{\cos{x}} = 2$

$\tan{x} = 2$

$x = \arctan(2) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Это и есть критические точки функции.

Ответ: $x = \arctan(2) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

37. Используя программу “Живая математика” или “GeoGebra” постройте график функции $f(x)$ и запишите уравнения ее асимптот:

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

2) $f(x) = x \cdot \ln(x+2)$.

1) Для функции $y = \frac{\sqrt{x+4}}{x-1}$ найдем ее асимптоты.

Область определения функции (ОДЗ):

Функция определена, если выполнены два условия:

1. Выражение под корнем неотрицательно: $x+4 \geq 0$, что дает $x \geq -4$.

2. Знаменатель не равен нулю: $x-1 \neq 0$, что дает $x \neq 1$.

Таким образом, область определения функции: $D(y) = [-4, 1) \cup (1, +\infty)$.

Вертикальные асимптоты:

Вертикальная асимптота может существовать в точке разрыва области определения, то есть при $x=1$. Проверим односторонние пределы в этой точке:

$\lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt{x+4}}{x-1} = \frac{\sqrt{1+4}}{+0} = \frac{\sqrt{5}}{+0} = +\infty$

$\lim_{x \to 1^-} \frac{\sqrt{x+4}}{x-1} = \frac{\sqrt{1+4}}{-0} = \frac{\sqrt{5}}{-0} = -\infty$

Поскольку пределы в точке $x=1$ равны бесконечности, прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные асимптоты:

Найдем предел функции при $x \to +\infty$ (на левой границе области определения в точке $x=-4$ функция принимает конечное значение $y=0$, поэтому там асимптоты нет):

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x+4}}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\sqrt{x+4}}{x}}{\frac{x-1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{\frac{x+4}{x^2}}}{1-\frac{1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}}}{1-\frac{1}{x}} = \frac{\sqrt{0+0}}{1-0} = 0$.

Так как предел конечен и равен 0, прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$.

Наклонные асимптоты:

Поскольку при $x \to +\infty$ существует горизонтальная асимптота (которая является частным случаем наклонной с коэффициентом наклона $k=0$), других наклонных асимптот нет.

Ответ: вертикальная асимптота $x=1$, горизонтальная асимптота $y=0$.

2) Для функции $f(x) = x \cdot \ln(x+2)$ найдем ее асимптоты.

Область определения функции (ОДЗ):

Аргумент натурального логарифма должен быть строго положителен: $x+2 > 0$, откуда $x > -2$.

Область определения: $D(f) = (-2, +\infty)$.

Вертикальные асимптоты:

Вертикальная асимптота может существовать на границе области определения, в точке $x=-2$. Проверим предел функции при $x \to -2$ справа:

$\lim_{x \to -2^+} x \cdot \ln(x+2)$.

При $x \to -2^+$, множитель $x$ стремится к $-2$, а $\ln(x+2)$ стремится к $-\infty$ (так как $x+2 \to 0^+$).

Таким образом, предел равен произведению $(-2) \cdot (-\infty) = +\infty$.

Поскольку предел равен бесконечности, прямая $x=-2$ является вертикальной асимптотой.

Горизонтальные и наклонные асимптоты:

Проверим наличие наклонной асимптоты вида $y=kx+b$ при $x \to +\infty$.

Найдем коэффициент наклона $k$:

$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \cdot \ln(x+2)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \ln(x+2) = +\infty$.

Поскольку предел для $k$ не является конечным числом, у функции нет наклонных асимптот (и, следовательно, нет и горизонтальных).

Ответ: вертикальная асимптота $x=-2$.

38. Составьте уравнение касательной к графику функции $f(x)$:

1) $f(x) = \sqrt{3x + 1}$, параллельной прямой $y = -\frac{3}{4}x + 2;

2) $f(x) = \sqrt{3 - 2x}$, параллельной прямой $y = -x - 6.$

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

По условию, касательная параллельна прямой $y = \frac{3}{4}x + 2$. Две прямые параллельны, если их угловые коэффициенты равны. Угловой коэффициент данной прямой равен $k = \frac{3}{4}$.

Геометрический смысл производной заключается в том, что значение производной функции в точке касания $x_0$ равно угловому коэффициенту касательной. Таким образом, $f'(x_0) = k = \frac{3}{4}$.

Сначала найдем производную функции $f(x) = \sqrt{3x + 1}$: $f'(x) = (\sqrt{3x + 1})' = ((3x + 1)^{1/2})' = \frac{1}{2}(3x + 1)^{-1/2} \cdot (3x+1)' = \frac{1}{2\sqrt{3x+1}} \cdot 3 = \frac{3}{2\sqrt{3x+1}}$.

Теперь найдем абсциссу точки касания $x_0$, приравняв производную к угловому коэффициенту: $f'(x_0) = \frac{3}{2\sqrt{3x_0 + 1}} = \frac{3}{4}$.

Разделив обе части уравнения на 3, получим: $\frac{1}{2\sqrt{3x_0 + 1}} = \frac{1}{4}$.

Отсюда следует, что $2\sqrt{3x_0 + 1} = 4$, или $\sqrt{3x_0 + 1} = 2$.

Возведем обе части уравнения в квадрат: $3x_0 + 1 = 4$.

$3x_0 = 3$.

$x_0 = 1$.

Теперь найдем ординату точки касания $y_0 = f(x_0)$: $y_0 = f(1) = \sqrt{3 \cdot 1 + 1} = \sqrt{4} = 2$.

Таким образом, точка касания имеет координаты $(1, 2)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(1, 2)$ и угловой коэффициент $k = \frac{3}{4}$: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) = 2 + \frac{3}{4}(x - 1)$.

$y = 2 + \frac{3}{4}x - \frac{3}{4}$.

$y = \frac{3}{4}x + \frac{8}{4} - \frac{3}{4}$.

$y = \frac{3}{4}x + \frac{5}{4}$.

Ответ: $y = \frac{3}{4}x + \frac{5}{4}$.

2) Касательная должна быть параллельна прямой $y = -x - 6$. Угловой коэффициент этой прямой равен $k = -1$.

Следовательно, угловой коэффициент искомой касательной также должен быть равен $-1$. Это значит, что $f'(x_0) = -1$.

Найдем производную функции $f(x) = \sqrt{3 - 2x}$: $f'(x) = (\sqrt{3 - 2x})' = ((3 - 2x)^{1/2})' = \frac{1}{2}(3 - 2x)^{-1/2} \cdot (3 - 2x)' = \frac{1}{2\sqrt{3 - 2x}} \cdot (-2) = -\frac{1}{\sqrt{3 - 2x}}$.

Теперь найдем абсциссу точки касания $x_0$, решив уравнение $f'(x_0) = -1$: $-\frac{1}{\sqrt{3 - 2x_0}} = -1$.

Умножим обе части уравнения на -1: $\frac{1}{\sqrt{3 - 2x_0}} = 1$.

Отсюда следует, что $\sqrt{3 - 2x_0} = 1$.

Возведем обе части в квадрат: $3 - 2x_0 = 1$.

$2 = 2x_0$.

$x_0 = 1$.

Найдем ординату точки касания $y_0 = f(x_0)$: $y_0 = f(1) = \sqrt{3 - 2 \cdot 1} = \sqrt{1} = 1$.

Точка касания имеет координаты $(1, 1)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(1, 1)$ и угловой коэффициент $k = -1$: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) = 1 + (-1)(x - 1)$.

$y = 1 - x + 1$.

$y = -x + 2$.

Ответ: $y = -x + 2$.

39. Исследуйте функцию и постройте ее график:

1) $f(x) = \sin^2x + \sin x;$

2) $f(x) = \cos^2x - \cos x;$

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

4) $f(x) = (x + 1) \cdot \ln x.$

1) $f(x) = \sin^2x + \sin x$

1. Область определения: Функция определена для всех действительных чисел, $D(f) = \mathbb{R}$.

2. Периодичность: Функция является периодической. Период функции $\sin x$ равен $2\pi$, а период $\sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2}$ равен $\pi$. Наименьший общий положительный период функции $f(x)$ равен $2\pi$. Поэтому достаточно исследовать функцию на отрезке $[-\pi, \pi]$.

3. Четность: $f(-x) = \sin^2(-x) + \sin(-x) = (-\sin x)^2 - \sin x = \sin^2x - \sin x$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной (функция общего вида).

4. Точки пересечения с осями координат:

- С осью OY: $x=0 \implies y = \sin^2(0) + \sin(0) = 0$. Точка $(0, 0)$.

- С осью OX: $y=0 \implies \sin^2x + \sin x = 0 \implies \sin x (\sin x + 1) = 0$.

Отсюда $\sin x = 0$ или $\sin x = -1$.

$\sin x = 0 \implies x = k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

$\sin x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

На отрезке $[-\pi, \pi]$ получаем точки $x=-\pi, x=-\frac{\pi}{2}, x=0, x=\pi$.

5. Промежутки монотонности и экстремумы:

Находим первую производную: $f'(x) = 2\sin x \cos x + \cos x = \cos x (2\sin x + 1)$.

Находим критические точки из условия $f'(x)=0$:

$\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$. На отрезке $[-\pi, \pi]$ это $x = \pm \frac{\pi}{2}$.

$2\sin x + 1 = 0 \implies \sin x = -\frac{1}{2} \implies x = (-1)^{k+1}\frac{\pi}{6} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$. На отрезке $[-\pi, \pi]$ это $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{5\pi}{6}$.

Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки делят отрезок $[-\pi, \pi]$:

- Функция убывает на $[-\pi, -5\pi/6]$, $[-\pi/2, -\pi/6]$ и $[\pi/2, \pi]$.

- Функция возрастает на $[-5\pi/6, -\pi/2]$ и $[-\pi/6, \pi/2]$.

Точки экстремума:

- $x = -5\pi/6$: точка минимума, $f(-5\pi/6) = (-1/2)^2 - 1/2 = -1/4$.

- $x = -\pi/2$: точка максимума, $f(-\pi/2) = (-1)^2 - 1 = 0$.

- $x = -\pi/6$: точка минимума, $f(-\pi/6) = (-1/2)^2 - 1/2 = -1/4$.

- $x = \pi/2$: точка максимума, $f(\pi/2) = 1^2 + 1 = 2$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба:

Находим вторую производную: $f''(x) = (\cos x (2\sin x + 1))' = -\sin x(2\sin x+1) + \cos x(2\cos x) = -2\sin^2 x - \sin x + 2\cos^2 x = -2\sin^2 x - \sin x + 2(1-\sin^2 x) = -4\sin^2 x - \sin x + 2$.

Приравниваем к нулю $f''(x)=0$. Пусть $t = \sin x$, тогда $-4t^2 - t + 2 = 0 \implies 4t^2 + t - 2 = 0$.

Корни: $t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(4)(-2)}}{8} = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{8}$.

$\sin x_1 = \frac{-1+\sqrt{33}}{8} \approx 0.59$ и $\sin x_2 = \frac{-1-\sqrt{33}}{8} \approx -0.84$.

Это дает четыре точки перегиба на периоде. Функция выпукла вверх (вогнута), когда $f''(x)<0$, и выпукла вниз (выпукла), когда $f''(x)>0$.

Ответ: График функции периодический с периодом $2\pi$. Пересекает оси в точках $x=k\pi$ и $x=-\pi/2+2k\pi$. Локальные минимумы в точках $x = -\pi/6+2k\pi$ и $x = -5\pi/6+2k\pi$, значение в них $y=-1/4$. Локальные максимумы в точках $x = \pi/2+2k\pi$ (значение $y=2$) и $x = -\pi/2+2k\pi$ (значение $y=0$). Есть точки перегиба, где $\sin x = (-1 \pm \sqrt{33})/8$.

2) $f(x) = \cos^2x - \cos x$

1. Область определения: $D(f) = \mathbb{R}$.

2. Периодичность: Функция периодическая с периодом $T = 2\pi$. Исследуем на отрезке $[-\pi, \pi]$.

3. Четность: $f(-x) = \cos^2(-x) - \cos(-x) = \cos^2x - \cos x = f(x)$. Функция является четной, ее график симметричен относительно оси OY.

4. Точки пересечения с осями координат:

- С осью OY: $x=0 \implies y = \cos^2(0) - \cos(0) = 1 - 1 = 0$. Точка $(0, 0)$.

- С осью OX: $y=0 \implies \cos^2x - \cos x = 0 \implies \cos x (\cos x - 1) = 0$.

Отсюда $\cos x = 0$ или $\cos x = 1$.

$\cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2} + k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

$\cos x = 1 \implies x = 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$.

На отрезке $[-\pi, \pi]$ получаем точки $x=-\frac{\pi}{2}, x=0, x=\frac{\pi}{2}$.

5. Промежутки монотонности и экстремумы:

$f'(x) = 2\cos x (-\sin x) - (-\sin x) = -\sin x (2\cos x - 1)$.

$f'(x)=0 \implies \sin x = 0$ или $\cos x = 1/2$.

$\sin x = 0 \implies x = k\pi, k \in \mathbb{Z}$. На $[-\pi, \pi]$ это $x = -\pi, 0, \pi$.

$\cos x = 1/2 \implies x = \pm \frac{\pi}{3} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$. На $[-\pi, \pi]$ это $x = \pm \frac{\pi}{3}$.

Исследуем знак производной. В силу четности, рассмотрим $[0, \pi]$:

- На $(0, \pi/3)$ функция убывает.

- На $(\pi/3, \pi)$ функция возрастает.

В силу симметрии, на $[-\pi, 0]$: на $(-\pi/3, 0)$ возрастает, на $(-\pi, -\pi/3)$ убывает.

Точки экстремума:

- $x=0$: точка максимума, $f(0)=0$.

- $x=\pm \pi/3$: точки минимума, $f(\pm \pi/3) = (1/2)^2 - 1/2 = -1/4$.

- $x=\pm \pi$: точки максимума, $f(\pm \pi) = (-1)^2 - (-1) = 2$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба:

$f''(x) = (-\sin x (2\cos x - 1))' = -\cos x(2\cos x-1) - \sin x(-2\sin x) = -2\cos^2 x + \cos x + 2\sin^2 x = -4\cos^2 x + \cos x + 2$.

$f''(x)=0$ при $\cos x = \frac{1 \pm \sqrt{33}}{8}$.

$\cos x_1 = \frac{1+\sqrt{33}}{8} \approx 0.84$ и $\cos x_2 = \frac{1-\sqrt{33}}{8} \approx -0.59$.

Точки перегиба существуют. Функция выпукла вниз, когда $f''(x)>0$, то есть когда $\frac{1-\sqrt{33}}{8} < \cos x < \frac{1+\sqrt{33}}{8}$.

Ответ: График функции четный, симметричен относительно оси OY, периодичен с периодом $2\pi$. Пересекает ось OX в точках $x = \pi/2 + k\pi$ и $x = 2k\pi$. Локальные минимумы в точках $x = \pm \pi/3 + 2k\pi$, значение в них $y=-1/4$. Локальные максимумы в точках $x = 2k\pi$ (значение $y=0$) и $x = (2k+1)\pi$ (значение $y=2$). Точки перегиба определяются условием $\cos x = (1 \pm \sqrt{33})/8$.

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

1. Область определения: $D(f) = \mathbb{R}$.

2. Четность и периодичность: Функция не является ни четной, ни нечетной, ни периодической.

3. Точки пересечения с осями координат:

- С осью OY: $x=0 \implies y = (0-0)e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.

- С осью OX: $y=0 \implies (x^2-x)e^x = 0$. Так как $e^x > 0$, то $x^2-x=0 \implies x(x-1)=0$. Точки $x=0, x=1$.

4. Асимптоты:

- Вертикальных асимптот нет.

- Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to +\infty} (x^2 - x)e^x = +\infty$. $\lim_{x \to -\infty} (x^2 - x)e^x = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 - x}{e^{-x}} = 0$ (по правилу Лопиталя). Таким образом, $y=0$ - горизонтальная асимптота при $x \to -\infty$.

5. Промежутки монотонности и экстремумы:

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

$f'(x)=0 \implies x^2+x-1=0 \implies x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

$x_{max} = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.62$, $x_{min} = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.62$.

- Функция возрастает на $(-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2})$ и $(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, +\infty)$.

- Функция убывает на $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$.

Значения в точках экстремума:

$y_{max} = f(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \approx 0.84$.

$y_{min} = f(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \approx -0.44$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба:

$f''(x) = (2x+1)e^x + (x^2+x-1)e^x = (x^2+3x)e^x = x(x+3)e^x$.

$f''(x)=0 \implies x=0$ или $x=-3$.

- Функция выпукла вниз (выпукла) на $(-\infty, -3)$ и $(0, +\infty)$.

- Функция выпукла вверх (вогнута) на $(-3, 0)$.

Точки перегиба:

- $x=-3, y = ((-3)^2 - (-3))e^{-3} = 12e^{-3} \approx 0.6$.

- $x=0, y=0$.

Ответ: График функции имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to -\infty$. Пересекает ось OX в точках $(0,0)$ и $(1,0)$. Точка локального максимума $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, (3+\sqrt{5})e^{(-1-\sqrt{5})/2})$. Точка локального минимума $(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, (3-\sqrt{5})e^{(-1+\sqrt{5})/2})$. Точки перегиба в $x=-3$ и $x=0$.

4) $f(x) = (x+1) \ln x$

1. Область определения: Аргумент логарифма должен быть положителен, $x > 0$. $D(f) = (0, +\infty)$.

2. Четность и периодичность: Область определения несимметрична, функция не является ни четной, ни нечетной. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат:

- С осью OY пересечений нет ($x \neq 0$).

- С осью OX: $y=0 \implies (x+1)\ln x = 0$. Так как $x>0 \implies x+1>1$, то $\ln x = 0 \implies x=1$. Точка $(1, 0)$.

4. Асимптоты:

- Вертикальная асимптота: $\lim_{x \to 0^+} (x+1)\ln x = 1 \cdot (-\infty) = -\infty$. Прямая $x=0$ - вертикальная асимптота.

- Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как $\lim_{x \to +\infty} (x+1)\ln x = +\infty$.

5. Промежутки монотонности и экстремумы:

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

Чтобы найти знак $f'(x)$, исследуем ее: $(f'(x))' = f''(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x-1}{x^2}$.

$f''(x) < 0$ при $x \in (0,1)$ и $f''(x) > 0$ при $x \in (1, \infty)$.

Следовательно, $f'(x)$ убывает на $(0,1)$ и возрастает на $(1, \infty)$. В точке $x=1$ она достигает минимума: $f'(1) = \ln 1 + 1 + \frac{1}{1} = 2$.

Так как минимальное значение $f'(x)$ равно 2, то $f'(x) > 0$ для всех $x>0$.

Функция $f(x)$ возрастает на всей области определения. Экстремумов нет.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба:

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

$f''(x) = 0 \implies x=1$.

- На интервале $(0,1)$ имеем $f''(x) < 0$, функция выпукла вверх (вогнута).

- На интервале $(1, \infty)$ имеем $f''(x) > 0$, функция выпукла вниз (выпукла).

Точка $x=1$ является точкой перегиба. $f(1) = (1+1)\ln 1 = 0$. Точка перегиба $(1, 0)$.

Ответ: Область определения $(0, +\infty)$. График имеет вертикальную асимптоту $x=0$ ($y \to -\infty$). Пересекает ось OX в точке $(1,0)$, которая также является точкой перегиба. Функция строго возрастает на всей области определения, экстремумов нет. На интервале $(0,1)$ график вогнутый, на $(1, \infty)$ — выпуклый.

40. Дан график функции $y = f'(x)$ (рис. 74). По графику функции найдите:

Рис. 74

1) точки, в которых $f'(x)$ равна 0;

2) промежутки, в которых $f(x)$ возрастает;

3) промежутки, в которых $f(x)$ убывает;

4) точки минимума функции $f(x)$.

Нам дан график производной функции $y = f'(x)$. Для анализа свойств исходной функции $f(x)$ необходимо исследовать знак ее производной $f'(x)$.

1) точки, в которых $f'(x)$ равна 0

Значение производной функции $f'(x)$ равно нулю в тех точках, где ее график пересекает ось абсцисс ($Ox$). Судя по представленному графику, это происходит в точках с абсциссами $x = -1$, $x = 1$ и $x = 3$.

Ответ: $x = -1, x = 1, x = 3$.

2) промежутки, в которых $f(x)$ возрастает

Согласно свойству производной, функция $f(x)$ возрастает на тех промежутках, где ее производная $f'(x)$ неотрицательна, то есть $f'(x) \ge 0$. Это соответствует участкам, на которых график функции $y = f'(x)$ находится выше или на оси $Ox$. Из графика видно, что это промежутки $(-\infty; -1]$ и $[1; 3]$.

Ответ: $(-\infty; -1]$ и $[1; 3]$.

3) промежутки, в которых $f(x)$ убывает

Функция $f(x)$ убывает на тех промежутках, где ее производная $f'(x)$ неположительна, то есть $f'(x) \le 0$. Это соответствует участкам, на которых график функции $y = f'(x)$ находится ниже или на оси $Ox$. Из графика видно, что это промежутки $[-1; 1]$ и $[3; +\infty)$.

Ответ: $[-1; 1]$ и $[3; +\infty)$.

4) точки минимума функции $f(x)$

Точка минимума функции $f(x)$ — это точка, в которой производная $f'(x)$ равна нулю и меняет свой знак с отрицательного на положительный. Точки, в которых производная равна нулю (стационарные точки): $x = -1, x = 1, x = 3$. Проанализируем смену знака $f'(x)$ при переходе через эти точки:

- В окрестности точки $x = -1$ знак производной меняется с «+» на «−». Следовательно, это точка максимума.

- В окрестности точки $x = 1$ знак производной меняется с «−» на «+». Следовательно, это точка минимума.

- В окрестности точки $x = 3$ знак производной меняется с «+» на «−». Следовательно, это точка максимума.

Таким образом, единственной точкой минимума функции $f(x)$ является $x = 1$.

Ответ: $x = 1$.