Страница 63 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

8.15. Составьте уравнение касательной к графику функции:

1) $f(x) = e^x$, если эта касательная параллельна прямой $y = ex - 6$;

2) $f(x) = e^{5x + 2}$, если эта касательная параллельна прямой $y = 5x + 7$;

3) $f(x) = e^{-2x}$, если эта касательная параллельна прямой $y = -x$;

4) $f(x) = \ln (3x - 2)$, если эта касательная параллельна прямой $y = 3x - 2$.

1)

Уравнение касательной к графику функции $f(x)$ в точке $x_0$ имеет вид: $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.
Угловой коэффициент касательной $k$ равен значению производной функции в точке касания, то есть $k = f'(x_0)$.
По условию, касательная параллельна прямой $y = ex - 6$. У параллельных прямых угловые коэффициенты равны, следовательно, угловой коэффициент искомой касательной $k = e$.
Найдем производную функции $f(x) = e^x$:
$f'(x) = (e^x)' = e^x$.
Чтобы найти абсциссу точки касания $x_0$, приравняем производную к угловому коэффициенту $k = e$:
$f'(x_0) = e^{x_0} = e$.
Из этого уравнения следует, что $x_0 = 1$.
Теперь найдем ординату точки касания $y_0$, подставив $x_0$ в исходную функцию:
$y_0 = f(x_0) = f(1) = e^1 = e$.
Таким образом, точка касания имеет координаты $(1; e)$.
Подставим найденные значения $x_0=1$, $y_0=e$ и $k=e$ в уравнение касательной $y - y_0 = k(x - x_0)$:
$y - e = e(x - 1)$
$y - e = ex - e$
$y = ex$.
Ответ: $y = ex$.

2)

Дана функция $f(x) = e^{5x+2}$ и прямая $y = 5x + 7$.
Угловой коэффициент $k$ касательной должен быть равен угловому коэффициенту данной прямой, то есть $k = 5$.
Найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:
$f'(x) = (e^{5x+2})' = e^{5x+2} \cdot (5x+2)' = 5e^{5x+2}$.
Найдем абсциссу точки касания $x_0$, решив уравнение $f'(x_0) = k$:
$5e^{5x_0+2} = 5$
$e^{5x_0+2} = 1$
Так как $e^0 = 1$, то показатель степени должен быть равен нулю: $5x_0 + 2 = 0$.
$5x_0 = -2$
$x_0 = - \frac{2}{5}$.
Найдем ординату точки касания $y_0$:
$y_0 = f(-\frac{2}{5}) = e^{5(-\frac{2}{5})+2} = e^{-2+2} = e^0 = 1$.
Точка касания имеет координаты $(-\frac{2}{5}; 1)$.
Составим уравнение касательной, используя формулу $y - y_0 = k(x - x_0)$:
$y - 1 = 5(x - (-\frac{2}{5}))$
$y - 1 = 5(x + \frac{2}{5})$
$y - 1 = 5x + 2$
$y = 5x + 3$.
Ответ: $y = 5x + 3$.

3)

Дана функция $f(x) = e^{-2x}$ и прямая $y = -x$.
Угловой коэффициент $k$ касательной равен угловому коэффициенту прямой $y = -x$, то есть $k = -1$.
Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (e^{-2x})' = e^{-2x} \cdot (-2x)' = -2e^{-2x}$.
Найдем абсциссу точки касания $x_0$ из уравнения $f'(x_0) = k$:
$-2e^{-2x_0} = -1$
$e^{-2x_0} = \frac{1}{2}$
Чтобы найти $x_0$, прологарифмируем обе части по основанию $e$:
$\ln(e^{-2x_0}) = \ln(\frac{1}{2})$
$-2x_0 = \ln(2^{-1}) = -\ln(2)$
$x_0 = \frac{\ln(2)}{2}$.
Найдем ординату точки касания $y_0$. Из уравнения $e^{-2x_0} = \frac{1}{2}$ и определения функции $f(x_0)=e^{-2x_0}$ следует, что $y_0 = \frac{1}{2}$.
Точка касания: $(\frac{\ln(2)}{2}; \frac{1}{2})$.
Составим уравнение касательной:
$y - y_0 = k(x - x_0)$
$y - \frac{1}{2} = -1 \cdot (x - \frac{\ln(2)}{2})$
$y - \frac{1}{2} = -x + \frac{\ln(2)}{2}$
$y = -x + \frac{1}{2} + \frac{\ln(2)}{2}$
$y = -x + \frac{1 + \ln(2)}{2}$.
Ответ: $y = -x + \frac{1 + \ln(2)}{2}$.

4)

Дана функция $f(x) = \ln(3x - 2)$ и прямая $y = 3x - 2$.
Угловой коэффициент $k$ касательной равен угловому коэффициенту прямой, то есть $k = 3$.
Найдем область определения функции: $3x - 2 > 0$, то есть $x > \frac{2}{3}$.
Найдем производную функции $f(x)$:
$f'(x) = (\ln(3x - 2))' = \frac{1}{3x - 2} \cdot (3x - 2)' = \frac{3}{3x - 2}$.
Найдем абсциссу точки касания $x_0$ из уравнения $f'(x_0) = k$:
$\frac{3}{3x_0 - 2} = 3$
Поскольку $x_0 > \frac{2}{3}$, знаменатель не равен нулю. Можем умножить обе части на $3x_0 - 2$:
$3 = 3(3x_0 - 2)$
$1 = 3x_0 - 2$
$3 = 3x_0$
$x_0 = 1$.
Значение $x_0=1$ удовлетворяет области определения ($1 > \frac{2}{3}$).
Найдем ординату точки касания $y_0$:
$y_0 = f(1) = \ln(3 \cdot 1 - 2) = \ln(1) = 0$.
Точка касания: $(1; 0)$.
Составим уравнение касательной:
$y - y_0 = k(x - x_0)$
$y - 0 = 3(x - 1)$
$y = 3x - 3$.
Ответ: $y = 3x - 3$.

8.16. Составьте уравнение касательной к графику функции:

1) $f(x) = e^{6 - 7x}$, если эта касательная параллельна прямой $y = 5 - 7x$;

2) $f(x) = e^x - e^{-x}$, если эта касательная параллельна прямой $y = 2x - 3$;

3) $f(x) = 6x - \ln x$, если эта касательная параллельна прямой $y = x$;

4) $f(x) = \ln (1 - x)$, если эта касательная параллельна прямой $y = 1 - x$.

1)

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

Угловой коэффициент касательной $k$ равен значению производной функции в точке касания $x_0$, то есть $k = f'(x_0)$.

По условию, касательная параллельна прямой $y = 5 - 7x$. Параллельные прямые имеют одинаковые угловые коэффициенты. Угловой коэффициент прямой $y = 5 - 7x$ равен -7.

Следовательно, $k = f'(x_0) = -7$.

Найдем производную функции $f(x) = e^{6 - 7x}$:

$f'(x) = (e^{6 - 7x})' = e^{6 - 7x} \cdot (6 - 7x)' = -7e^{6 - 7x}$.

Теперь найдем абсциссу точки касания $x_0$, решив уравнение $f'(x_0) = -7$:

$-7e^{6 - 7x_0} = -7$

$e^{6 - 7x_0} = 1$

Поскольку $e^0 = 1$, то $6 - 7x_0 = 0$.

$7x_0 = 6 \implies x_0 = \frac{6}{7}$.

Найдем ординату точки касания $y_0$, подставив $x_0$ в исходную функцию:

$y_0 = f(\frac{6}{7}) = e^{6 - 7 \cdot \frac{6}{7}} = e^{6 - 6} = e^0 = 1$.

Точка касания имеет координаты $(\frac{6}{7}; 1)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(\frac{6}{7}; 1)$ и угловой коэффициент $k = -7$:

$y - y_0 = k(x - x_0)$

$y - 1 = -7(x - \frac{6}{7})$

$y - 1 = -7x + 6$

$y = -7x + 7$.

Ответ: $y = -7x + 7$.

2)

Дана функция $f(x) = e^x - e^{-x}$ и прямая $y = 2x - 3$. Касательная к графику функции параллельна этой прямой.

Угловой коэффициент прямой $y = 2x - 3$ равен 2. Значит, угловой коэффициент касательной также равен 2, то есть $f'(x_0) = 2$.

Найдем производную функции $f(x)$:

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

Найдем абсциссу точки касания $x_0$ из уравнения $f'(x_0) = 2$:

$e^{x_0} + e^{-x_0} = 2$.

Умножим обе части уравнения на $e^{x_0}$ (так как $e^{x_0} > 0$):

$(e^{x_0})^2 + 1 = 2e^{x_0}$

$(e^{x_0})^2 - 2e^{x_0} + 1 = 0$

$(e^{x_0} - 1)^2 = 0$

$e^{x_0} - 1 = 0 \implies e^{x_0} = 1 \implies x_0 = 0$.

Найдем ординату точки касания $y_0$:

$y_0 = f(0) = e^0 - e^{-0} = 1 - 1 = 0$.

Точка касания: $(0; 0)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(0; 0)$ и угловой коэффициент $k = 2$:

$y - 0 = 2(x - 0)$

$y = 2x$.

Ответ: $y = 2x$.

3)

Дана функция $f(x) = 6x - \ln x$ и прямая $y = x$. Касательная к графику функции параллельна этой прямой.

Угловой коэффициент прямой $y = x$ равен 1. Значит, угловой коэффициент касательной $k = f'(x_0) = 1$.

Найдем производную функции $f(x)$. Область определения функции $x > 0$.

$f'(x) = (6x - \ln x)' = 6 - \frac{1}{x}$.

Найдем абсциссу точки касания $x_0$ из уравнения $f'(x_0) = 1$:

$6 - \frac{1}{x_0} = 1$

$\frac{1}{x_0} = 5 \implies x_0 = \frac{1}{5}$.

Найдем ординату точки касания $y_0$:

$y_0 = f(\frac{1}{5}) = 6 \cdot \frac{1}{5} - \ln(\frac{1}{5}) = \frac{6}{5} - (\ln 1 - \ln 5) = \frac{6}{5} + \ln 5$.

Точка касания: $(\frac{1}{5}; \frac{6}{5} + \ln 5)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(\frac{1}{5}; \frac{6}{5} + \ln 5)$ и угловой коэффициент $k = 1$:

$y - (\frac{6}{5} + \ln 5) = 1(x - \frac{1}{5})$

$y = x - \frac{1}{5} + \frac{6}{5} + \ln 5$

$y = x + \frac{5}{5} + \ln 5$

$y = x + 1 + \ln 5$.

Ответ: $y = x + 1 + \ln 5$.

4)

Дана функция $f(x) = \ln(1 - x)$ и прямая $y = 1 - x$. Касательная к графику функции параллельна этой прямой.

Угловой коэффициент прямой $y = 1 - x$ равен -1. Значит, угловой коэффициент касательной $k = f'(x_0) = -1$.

Найдем производную функции $f(x)$. Область определения функции $1 - x > 0$, то есть $x < 1$.

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

Найдем абсциссу точки касания $x_0$ из уравнения $f'(x_0) = -1$:

$-\frac{1}{1 - x_0} = -1$

$\frac{1}{1 - x_0} = 1$

$1 = 1 - x_0 \implies x_0 = 0$.

Найдем ординату точки касания $y_0$:

$y_0 = f(0) = \ln(1 - 0) = \ln(1) = 0$.

Точка касания: $(0; 0)$.

Составим уравнение касательной, используя точку $(0; 0)$ и угловой коэффициент $k = -1$:

$y - 0 = -1(x - 0)$

$y = -x$.

Ответ: $y = -x$.

8.17. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

1) $f(x) = e^x - x;$

2) $f(x) = xe^{2x};$

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

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

5) $f(x) = 4xe^{2-x};$

6) $f(x) = e^{x^2};$

7) $f(x) = e^{4x-x^2+1};$

8) $f(x) = \frac{e^x}{x-2};$

9) $f(x) = \frac{4x}{e^x};$

10) $f(x) = x^3 \ln x;$

11) $f(x) = \ln x - x;$

12) $f(x) = x^2 \lg x;$

13) $f(x) = \ln x + \frac{1}{x};$

14) $f(x) = \frac{x}{\ln x};$

15) $f(x) = \frac{\ln x}{\sqrt{x}};$

16) $f(x) = x^2 - \ln x^2;$

17) $f(x) = 2\ln^3 x - 3\ln^2 x;$

18) $f(x) = \lg^2 x - \lg x.$

1) $f(x) = e^x - x$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = (e^x - x)' = e^x - 1$.
Находим критические точки, решая уравнение $f'(x) = 0$: $e^x - 1 = 0 \implies e^x = 1 \implies x = 0$.
Исследуем знак производной на интервалах:
- при $x \in (-\infty, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (0, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=0$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума.

Ответ: Промежуток возрастания: $[0, +\infty)$; промежуток убывания: $(-\infty, 0]$; точка минимума: $x_{min} = 0$.

2) $f(x) = xe^{2x}$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = (x)'e^{2x} + x(e^{2x})' = e^{2x} + 2xe^{2x} = e^{2x}(1 + 2x)$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies e^{2x}(1 + 2x) = 0$. Так как $e^{2x} > 0$, то $1+2x = 0 \implies x = -1/2$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, -1/2)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (-1/2, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=-1/2$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка минимума.

Ответ: Промежуток возрастания: $[-1/2, +\infty)$; промежуток убывания: $(-\infty, -1/2]$; точка минимума: $x_{min} = -1/2$.

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

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = (1-x)'e^{x+1} + (1-x)(e^{x+1})' = -e^{x+1} + (1-x)e^{x+1} = e^{x+1}(-1+1-x) = -xe^{x+1}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies -xe^{x+1} = 0 \implies x = 0$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (0, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума.

Ответ: Промежуток возрастания: $(-\infty, 0]$; промежуток убывания: $[0, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = 0$.

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

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = (x^2)'2^{-x} + x^2(2^{-x})' = 2x \cdot 2^{-x} + x^2 \cdot 2^{-x}\ln(2)(-1) = x \cdot 2^{-x}(2 - x\ln 2)$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies x \cdot 2^{-x}(2 - x\ln 2) = 0$. Отсюда $x=0$ или $2 - x\ln 2 = 0 \implies x = 2/\ln 2$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (0, 2/\ln 2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (2/\ln 2, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ — минимум, в точке $x=2/\ln 2$ — максимум.

Ответ: Промежутки возрастания: $[0, 2/\ln 2]$; промежутки убывания: $(-\infty, 0]$ и $[2/\ln 2, +\infty)$; точки экстремума: $x_{min} = 0$, $x_{max} = 2/\ln 2$.

5) $f(x) = 4xe^{2-x}$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = 4(x'e^{2-x} + x(e^{2-x})') = 4(e^{2-x} - xe^{2-x}) = 4e^{2-x}(1-x)$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 4e^{2-x}(1-x) = 0 \implies x = 1$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=1$ — максимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $(-\infty, 1]$; промежуток убывания: $[1, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = 1$.

6) $f(x) = e^{x^2}$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = e^{x^2}(x^2)' = 2xe^{x^2}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2xe^{x^2} = 0 \implies x = 0$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (0, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=0$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[0, +\infty)$; промежуток убывания: $(-\infty, 0]$; точка минимума: $x_{min} = 0$.

7) $f(x) = e^{4x - x^2 + 1}$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = e^{4x - x^2 + 1} \cdot (4x - x^2 + 1)' = (4-2x)e^{4x - x^2 + 1}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies (4-2x)e^{4x - x^2 + 1} = 0 \implies 4-2x=0 \implies x=2$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (2, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=2$ — максимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $(-\infty, 2]$; промежуток убывания: $[2, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = 2$.

8) $f(x) = \frac{e^x}{x-2}$

Область определения функции: $x-2 \neq 0 \implies x \neq 2$, т.е. $D(f) = (-\infty, 2) \cup (2, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = \frac{(e^x)'(x-2) - e^x(x-2)'}{(x-2)^2} = \frac{e^x(x-2) - e^x}{(x-2)^2} = \frac{e^x(x-3)}{(x-2)^2}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies e^x(x-3) = 0 \implies x=3$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 2)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (2, 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (3, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=3$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[3, +\infty)$; промежутки убывания: $(-\infty, 2)$ и $(2, 3]$; точка минимума: $x_{min} = 3$.

9) $f(x) = \frac{4x}{e^x}$

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$. Запишем функцию как $f(x) = 4xe^{-x}$.
Находим производную: $f'(x) = 4(x'e^{-x} + x(e^{-x})') = 4(e^{-x} - xe^{-x}) = 4e^{-x}(1-x)$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 4e^{-x}(1-x) = 0 \implies x=1$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=1$ — максимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $(-\infty, 1]$; промежуток убывания: $[1, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = 1$.

10) $f(x) = x^3\ln x$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = (x^3)'\ln x + x^3(\ln x)' = 3x^2\ln x + x^3 \cdot \frac{1}{x} = x^2(3\ln x + 1)$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies x^2(3\ln x + 1) = 0$. Так как $x>0$, то $3\ln x + 1 = 0 \implies \ln x = -1/3 \implies x = e^{-1/3}$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, e^{-1/3})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (e^{-1/3}, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=e^{-1/3}$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[e^{-1/3}, +\infty)$; промежуток убывания: $(0, e^{-1/3}]$; точка минимума: $x_{min} = e^{-1/3}$.

11) $f(x) = \ln x - x$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1-x}{x}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies \frac{1-x}{x} = 0 \implies 1-x=0 \implies x=1$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=1$ — максимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $(0, 1]$; промежуток убывания: $[1, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = 1$.

12) $f(x) = x^2\lg x$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$. $\lg x = \frac{\ln x}{\ln 10}$.
Находим производную: $f'(x) = (x^2)'\lg x + x^2(\lg x)' = 2x\lg x + x^2\frac{1}{x\ln 10} = \frac{2x\ln x}{\ln 10} + \frac{x}{\ln 10} = \frac{x(2\ln x+1)}{\ln 10}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2\ln x + 1 = 0 \implies \ln x = -1/2 \implies x=e^{-1/2}$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, e^{-1/2})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (e^{-1/2}, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=e^{-1/2}$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[e^{-1/2}, +\infty)$; промежуток убывания: $(0, e^{-1/2}]$; точка минимума: $x_{min} = e^{-1/2}$.

13) $f(x) = \ln x + \frac{1}{x}$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x-1}{x^2}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies x-1=0 \implies x=1$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=1$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[1, +\infty)$; промежуток убывания: $(0, 1]$; точка минимума: $x_{min} = 1$.

14) $f(x) = \frac{x}{\ln x}$

Область определения функции: $x>0$ и $\ln x \neq 0 \implies x \neq 1$, т.е. $D(f) = (0, 1) \cup (1, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = \frac{(x)'\ln x - x(\ln x)'}{(\ln x)^2} = \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies \ln x - 1 = 0 \implies x=e$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (1, e)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (e, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=e$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[e, +\infty)$; промежутки убывания: $(0, 1)$ и $(1, e]$; точка минимума: $x_{min} = e$.

15) $f(x) = \frac{\ln x}{\sqrt{x}}$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = \frac{(\ln x)'\sqrt{x} - \ln x (\sqrt{x})'}{x} = \frac{\frac{1}{x}\sqrt{x} - \ln x \frac{1}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2-\ln x = 0 \implies \ln x = 2 \implies x = e^2$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, e^2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (e^2, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=e^2$ — максимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $(0, e^2]$; промежуток убывания: $[e^2, +\infty)$; точка максимума: $x_{max} = e^2$.

16) $f(x) = x^2 - \ln x^2$

Область определения функции: $x^2 > 0 \implies x \neq 0$, т.е. $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = 2x - \frac{1}{x^2}(x^2)' = 2x - \frac{2x}{x^2} = 2x - \frac{2}{x} = \frac{2(x^2-1)}{x}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies x^2-1=0 \implies x=\pm 1$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (-\infty, -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (-1, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точках $x=-1$ и $x=1$ — минимумы.

Ответ: Промежутки возрастания: $[-1, 0)$ и $[1, +\infty)$; промежутки убывания: $(-\infty, -1]$ и $(0, 1]$; точки минимума: $x_{min} = -1$, $x_{min} = 1$.

17) $f(x) = 2\ln^3 x - 3\ln^2 x$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = 2 \cdot 3\ln^2 x \cdot \frac{1}{x} - 3 \cdot 2\ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{6\ln^2 x - 6\ln x}{x} = \frac{6\ln x (\ln x - 1)}{x}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies \ln x = 0$ или $\ln x = 1$. Отсюда $x=1$ или $x=e$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, 1)$, $\ln x < 0$ и $\ln x - 1 < 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
- при $x \in (1, e)$, $\ln x > 0$ и $\ln x - 1 < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (e, +\infty)$, $\ln x > 0$ и $\ln x - 1 > 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=1$ — максимум, в точке $x=e$ — минимум.

Ответ: Промежутки возрастания: $(0, 1]$ и $[e, +\infty)$; промежуток убывания: $[1, e]$; точки экстремума: $x_{max} = 1$, $x_{min} = e$.

18) $f(x) = \lg^2 x - \lg x$

Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0, +\infty)$.
Находим производную: $f'(x) = 2\lg x \cdot \frac{1}{x\ln 10} - \frac{1}{x\ln 10} = \frac{2\lg x - 1}{x\ln 10}$.
Находим критические точки: $f'(x) = 0 \implies 2\lg x - 1 = 0 \implies \lg x = 1/2 \implies x = 10^{1/2} = \sqrt{10}$.
Исследуем знак производной:
- при $x \in (0, \sqrt{10})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
- при $x \in (\sqrt{10}, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=\sqrt{10}$ — минимум.

Ответ: Промежуток возрастания: $[\sqrt{10}, +\infty)$; промежуток убывания: $(0, \sqrt{10}]$; точка минимума: $x_{min} = \sqrt{10}$.

8.18. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:

1) $f(x) = xe^{x/2}$;

2) $f(x) = e^{x^4-2x^2}$;

3) $f(x) = 5^{-x^3+3x+1}$;

4) $f(x) = (4x - 1)e^{2x}$;

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

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

7) $f(x) = 0.5x^2 - \ln x$;

8) $f(x) = x \ln^2 x$;

9) $f(x) = \frac{\ln x}{x}$;

10) $f(x) = \ln x^2 + \frac{2}{x}$;

11) $f(x) = \ln^3 x - 12 \ln x$;

12) $f(x) = \lg^4 x - 2 \lg^2 x$.

1) $f(x) = xe^{\frac{x}{2}}$

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

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

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

3. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:

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

Так как $e^{\frac{x}{2}} > 0$ для любого $x$, то $1 + \frac{x}{2} = 0$, откуда $x = -2$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые область определения разбивается критической точкой $x = -2$.

При $x < -2$, $f'(x) < 0$, следовательно, функция убывает на промежутке $(-\infty, -2]$.

При $x > -2$, $f'(x) > 0$, следовательно, функция возрастает на промежутке $[-2, +\infty)$.

5. В точке $x = -2$ производная меняет знак с минуса на плюс, значит, это точка локального минимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[-2; +\infty)$, убывает на промежутке $(-\infty; -2]$. Точка минимума $x_{min} = -2$.

2) $f(x) = e^{x^4-2x^2}$

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

2. Находим производную функции, используя правило дифференцирования сложной функции:

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

3. Находим критические точки из уравнения $f'(x) = 0$:

$4x(x-1)(x+1)e^{x^4-2x^2} = 0$.

Так как $e^{x^4-2x^2} > 0$, то $4x(x-1)(x+1) = 0$. Критические точки: $x_1 = -1$, $x_2 = 0$, $x_3 = 1$.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(-\infty; -1)$, $(-1; 0)$, $(0; 1)$, $(1; +\infty)$.

При $x \in (-\infty, -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (-1, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. В точке $x = -1$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, $x_{min} = -1$.

В точке $x = 0$ производная меняет знак с $+$ на $-$, значит, $x_{max} = 0$.

В точке $x = 1$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, $x_{min} = 1$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[-1; 0]$ и $[1; +\infty)$, убывает на промежутках $(-\infty; -1]$ и $[0; 1]$. Точки минимума $x_{min} = -1$ и $x_{min} = 1$, точка максимума $x_{max} = 0$.

3) $f(x) = 5^{-x^3+3x+1}$

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

2. Находим производную функции: $(a^u)' = a^u \ln a \cdot u'$.

$f'(x) = 5^{-x^3+3x+1} \cdot \ln 5 \cdot (-x^3+3x+1)' = 5^{-x^3+3x+1} \cdot \ln 5 \cdot (-3x^2+3) = -3\ln 5 \cdot (x^2-1) \cdot 5^{-x^3+3x+1}$.

3. Находим критические точки из уравнения $f'(x) = 0$:

$-3\ln 5 \cdot (x^2-1) \cdot 5^{-x^3+3x+1} = 0$.

Так как $5^{\dots} > 0$ и $\ln 5 > 0$, то $x^2-1 = 0$. Критические точки: $x_1 = -1$, $x_2 = 1$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $-(x^2-1)$.

При $x \in (-\infty, -1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (-1, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x = -1$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, $x_{min} = -1$.

В точке $x = 1$ производная меняет знак с $+$ на $-$, значит, $x_{max} = 1$.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[-1; 1]$, убывает на промежутках $(-\infty; -1]$ и $[1; +\infty)$. Точка минимума $x_{min} = -1$, точка максимума $x_{max} = 1$.

4) $f(x) = (4x-1)e^{2x}$

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

2. Находим производную по правилу произведения:

$f'(x) = (4x-1)'e^{2x} + (4x-1)(e^{2x})' = 4e^{2x} + (4x-1) \cdot 2e^{2x} = e^{2x}(4 + 8x - 2) = (8x+2)e^{2x} = 2(4x+1)e^{2x}$.

3. Находим критические точки: $2(4x+1)e^{2x} = 0$.

Так как $e^{2x} > 0$, то $4x+1 = 0$, откуда $x = -1/4$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $4x+1$.

При $x < -1/4$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x > -1/4$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. В точке $x = -1/4$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, это точка минимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[-1/4; +\infty)$, убывает на промежутке $(-\infty; -1/4]$. Точка минимума $x_{min} = -1/4$.

5) $f(x) = x^3 \cdot 3^{-x}$

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

2. Находим производную по правилу произведения:

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

3. Находим критические точки: $x^2 \cdot 3^{-x} (3 - x\ln 3) = 0$.

Критические точки: $x^2 = 0 \Rightarrow x_1 = 0$ и $3 - x\ln 3 = 0 \Rightarrow x_2 = 3/\ln 3$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $x^2(3 - x\ln 3)$. Так как $x^2 \ge 0$, знак зависит от $3 - x\ln 3$.

При $x < 3/\ln 3$ (включая $x<0$ и $0<x<3/\ln 3$), $3 - x\ln 3 > 0$, значит $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

При $x > 3/\ln 3$, $3 - x\ln 3 < 0$, значит $f'(x) < 0$. Функция убывает.

5. В точке $x=0$ производная равна нулю, но не меняет знак, поэтому это не точка экстремума. В точке $x = 3/\ln 3$ производная меняет знак с $+$ на $-$, значит, это точка максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; 3/\ln 3]$, убывает на промежутке $[3/\ln 3; +\infty)$. Точка максимума $x_{max} = 3/\ln 3$.

6) $f(x) = \frac{x+3}{e^x} = (x+3)e^{-x}$

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

2. Находим производную по правилу произведения:

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

3. Находим критические точки: $-(x+2)e^{-x} = 0$.

Так как $e^{-x} > 0$, то $-(x+2) = 0$, откуда $x = -2$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $-(x+2)$.

При $x < -2$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x > -2$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

5. В точке $x = -2$ производная меняет знак с $+$ на $-$, значит, это точка максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(-\infty; -2]$, убывает на промежутке $[-2; +\infty)$. Точка максимума $x_{max} = -2$.

7) $f(x) = 0.5x^2 - \ln x$

1. Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Находим производную:

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

3. Находим критические точки: $\frac{x^2-1}{x} = 0$.

Учитывая область определения $x > 0$, получаем $x^2-1 = 0 \Rightarrow x=1$.

4. Знак производной на $D(f)$ определяется знаком числителя $x^2-1$.

При $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

5. В точке $x = 1$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, это точка минимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[1; +\infty)$, убывает на промежутке $(0; 1]$. Точка минимума $x_{min} = 1$.

8) $f(x) = x\ln^2 x$

1. Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Находим производную по правилу произведения:

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

3. Находим критические точки: $\ln x(\ln x + 2) = 0$.

Отсюда $\ln x = 0 \Rightarrow x_1 = e^0 = 1$ или $\ln x = -2 \Rightarrow x_2 = e^{-2} = 1/e^2$.

4. Исследуем знак производной на интервалах $(0, 1/e^2)$, $(1/e^2, 1)$, $(1, +\infty)$.

При $x \in (0, 1/e^2)$, $\ln x < -2$, тогда $\ln x < 0$ и $\ln x + 2 < 0$. $f'(x) = (-) \cdot (-) = + > 0$. Функция возрастает.

При $x \in (1/e^2, 1)$, $-2 < \ln x < 0$, тогда $\ln x < 0$ и $\ln x + 2 > 0$. $f'(x) = (-) \cdot (+) = - < 0$. Функция убывает.

При $x \in (1, +\infty)$, $\ln x > 0$, тогда $\ln x > 0$ и $\ln x + 2 > 0$. $f'(x) = (+) \cdot (+) = + > 0$. Функция возрастает.

5. В точке $x = 1/e^2$ знак меняется с $+$ на $-$, $x_{max} = 1/e^2$. В точке $x=1$ знак меняется с $-$ на $+$, $x_{min} = 1$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(0; 1/e^2]$ и $[1; +\infty)$, убывает на промежутке $[1/e^2; 1]$. Точка максимума $x_{max} = 1/e^2$, точка минимума $x_{min} = 1$.

9) $f(x) = \frac{\ln x}{x}$

1. Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Находим производную по правилу частного:

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

3. Находим критические точки: $\frac{1-\ln x}{x^2} = 0$.

Так как $x^2 > 0$ на $D(f)$, то $1-\ln x = 0 \Rightarrow \ln x = 1 \Rightarrow x = e$.

4. Знак производной определяется знаком числителя $1-\ln x$.

При $x \in (0, e)$, $\ln x < 1$, $1-\ln x > 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

При $x \in (e, +\infty)$, $\ln x > 1$, $1-\ln x < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

5. В точке $x = e$ производная меняет знак с $+$ на $-$, значит, это точка максимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $(0; e]$, убывает на промежутке $[e; +\infty)$. Точка максимума $x_{max} = e$.

10) $f(x) = \ln x^2 + \frac{2}{x}$

1. Область определения функции: $x^2 > 0 \Rightarrow x \ne 0$ и $x \ne 0$ (из-за дроби). $D(f) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

Функцию можно записать как $f(x) = 2\ln|x| + \frac{2}{x}$.

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

3. Находим критические точки: $\frac{2(x-1)}{x^2} = 0$.

Отсюда $x-1=0 \Rightarrow x=1$. Производная не существует в точке $x=0$, но она не входит в область определения.

4. Знак производной определяется знаком числителя $x-1$ (т.к. $x^2>0$ на $D(f)$).

При $x \in (-\infty, 0)$, $x-1 < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

При $x \in (0, 1)$, $x-1 < 0$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

При $x \in (1, +\infty)$, $x-1 > 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

5. В точке $x=1$ производная меняет знак с $-$ на $+$, значит, это точка минимума.

Ответ: функция возрастает на промежутке $[1; +\infty)$, убывает на промежутках $(-\infty; 0)$ и $(0; 1]$. Точка минимума $x_{min} = 1$.

11) $f(x) = \ln^3 x - 12\ln x$

1. Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Находим производную:

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

3. Находим критические точки: $\frac{3(\ln^2 x - 4)}{x} = 0$.

На $D(f)$ это эквивалентно $\ln^2 x - 4 = 0 \Rightarrow \ln^2 x = 4$.

Отсюда $\ln x = 2 \Rightarrow x_1 = e^2$ и $\ln x = -2 \Rightarrow x_2 = e^{-2} = 1/e^2$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $\ln^2 x - 4$.

При $x \in (0, 1/e^2)$, $\ln x < -2$, $\ln^2 x > 4$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

При $x \in (1/e^2, e^2)$, $-2 < \ln x < 2$, $\ln^2 x < 4$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

При $x \in (e^2, +\infty)$, $\ln x > 2$, $\ln^2 x > 4$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

5. В точке $x=1/e^2$ знак меняется с $+$ на $-$, $x_{max} = 1/e^2$. В точке $x=e^2$ знак меняется с $-$ на $+$, $x_{min} = e^2$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(0; 1/e^2]$ и $[e^2; +\infty)$, убывает на промежутке $[1/e^2; e^2]$. Точка максимума $x_{max} = 1/e^2$, точка минимума $x_{min} = e^2$.

12) $f(x) = \lg^4 x - 2\lg^2 x$

1. Область определения функции: $x > 0$, т.е. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Находим производную, помня, что $(\lg x)' = \frac{1}{x \ln 10}$:

$f'(x) = 4\lg^3 x \cdot \frac{1}{x \ln 10} - 2 \cdot 2\lg x \cdot \frac{1}{x \ln 10} = \frac{4\lg x (\lg^2 x - 1)}{x \ln 10}$.

3. Находим критические точки: $\frac{4\lg x (\lg^2 x - 1)}{x \ln 10} = 0$.

На $D(f)$ это эквивалентно $\lg x (\lg^2 x - 1) = 0$.

Отсюда $\lg x = 0 \Rightarrow x_1 = 10^0 = 1$.

Или $\lg^2 x = 1 \Rightarrow \lg x = 1 \Rightarrow x_2 = 10^1 = 10$ и $\lg x = -1 \Rightarrow x_3 = 10^{-1} = 0.1$.

4. Знак производной определяется знаком выражения $\lg x (\lg^2 x - 1) = \lg x (\lg x - 1)(\lg x + 1)$.

При $x \in (0, 0.1)$, $\lg x < -1$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

При $x \in (0.1, 1)$, $-1 < \lg x < 0$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

При $x \in (1, 10)$, $0 < \lg x < 1$, $f'(x) < 0$. Функция убывает.

При $x \in (10, +\infty)$, $\lg x > 1$, $f'(x) > 0$. Функция возрастает.

5. Точки экстремума: $x_{min} = 0.1$, $x_{max} = 1$, $x_{min} = 10$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $[0.1; 1]$ и $[10; +\infty)$, убывает на промежутках $(0; 0.1]$ и $[1; 10]$. Точки минимума $x_{min} = 0.1$ и $x_{min} = 10$, точка максимума $x_{max} = 1$.