Номер 39, страница 223 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

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.