Страница 64 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

8.19. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции:

1) $f(x) = e^x + x$ на промежутке $[-1; 1];

2) $f(x) = x^2e^{2x}$ на промежутке $[-2; 1];

3) $f(x) = 7^{x^2 - 2x}$ на промежутке $[0; 2];

4) $f(x) = 2^x + 2^{-x}$ на промежутке $[-1; 1].

1) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $f(x) = e^x + x$ на промежутке $[-1; 1]$, мы следуем стандартному алгоритму.
1. Находим производную функции:
$f'(x) = (e^x + x)' = (e^x)' + (x)' = e^x + 1$.
2. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:
$e^x + 1 = 0$
$e^x = -1$
Это уравнение не имеет действительных корней, так как показательная функция $e^x$ всегда положительна ($e^x > 0$). Следовательно, у функции нет критических точек.
3. Вычисляем значения функции на концах промежутка $[-1; 1]$:
При $x = -1$: $f(-1) = e^{-1} + (-1) = \frac{1}{e} - 1$.
При $x = 1$: $f(1) = e^1 + 1 = e + 1$.
4. Сравниваем полученные значения. Так как $e \approx 2.718$, то $e+1 > \frac{1}{e}-1$. Также можно отметить, что производная $f'(x) = e^x+1$ всегда положительна, значит, функция монотонно возрастает на всей числовой оси. Поэтому наименьшее значение на отрезке достигается в его левом конце, а наибольшее — в правом.
Наименьшее значение: $f_{min} = f(-1) = \frac{1}{e} - 1$.
Наибольшее значение: $f_{max} = f(1) = e + 1$.
Ответ: Наименьшее значение функции $f_{min} = \frac{1}{e} - 1$, наибольшее значение $f_{max} = e + 1$.

2) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = x^2e^{2x}$ на промежутке $[-2; 1]$.
1. Находим производную функции, используя правило произведения $(uv)' = u'v + uv'$:
$f'(x) = (x^2)'e^{2x} + x^2(e^{2x})' = 2xe^{2x} + x^2(2e^{2x}) = 2xe^{2x}(1+x)$.
2. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:
$2xe^{2x}(1+x) = 0$
Так как $e^{2x} > 0$ для любого $x$, то уравнение сводится к $2x(1+x)=0$.
Отсюда получаем две критические точки: $x_1 = 0$ и $x_2 = -1$. Обе точки принадлежат промежутку $[-2; 1]$.
3. Вычисляем значения функции в критических точках и на концах промежутка $[-2; 1]$:
$f(-2) = (-2)^2e^{2(-2)} = 4e^{-4} = \frac{4}{e^4}$.
$f(-1) = (-1)^2e^{2(-1)} = 1e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.
$f(0) = 0^2e^{2(0)} = 0 \cdot 1 = 0$.
$f(1) = 1^2e^{2(1)} = e^2$.
4. Сравниваем полученные значения: $0$, $\frac{4}{e^4}$, $\frac{1}{e^2}$ и $e^2$.
Так как $e \approx 2.718$, то $e^2 \approx 7.389$ и $e^4 \approx 54.6$.
$f(-2) = \frac{4}{e^4} \approx \frac{4}{54.6} \approx 0.073$
$f(-1) = \frac{1}{e^2} \approx \frac{1}{7.389} \approx 0.135$
$f(0) = 0$
$f(1) = e^2 \approx 7.389$
Сравнивая эти числа, видим, что наименьшее значение равно $0$, а наибольшее равно $e^2$.
Ответ: Наименьшее значение функции $f_{min} = 0$, наибольшее значение $f_{max} = e^2$.

3) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = 7^{x^2 - 2x}$ на промежутке $[0; 2]$.
1. Найдем производную функции. Это сложная функция, поэтому используем правило $(a^{u(x)})' = a^{u(x)} \ln(a) \cdot u'(x)$.
$f'(x) = 7^{x^2 - 2x} \cdot \ln(7) \cdot (x^2 - 2x)' = 7^{x^2 - 2x} \ln(7) (2x - 2)$.
2. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:
$7^{x^2 - 2x} \ln(7) (2x - 2) = 0$
Так как $7^{x^2 - 2x} > 0$ и $\ln(7) > 0$, уравнение эквивалентно $2x - 2 = 0$, откуда $x = 1$.
Критическая точка $x=1$ принадлежит промежутку $[0; 2]$.
3. Вычисляем значения функции в критической точке и на концах промежутка:
$f(1) = 7^{1^2 - 2(1)} = 7^{1-2} = 7^{-1} = \frac{1}{7}$.
$f(0) = 7^{0^2 - 2(0)} = 7^0 = 1$.
$f(2) = 7^{2^2 - 2(2)} = 7^{4-4} = 7^0 = 1$.
4. Сравниваем полученные значения: $\frac{1}{7}$, $1$, $1$.
Наименьшее значение равно $\frac{1}{7}$, а наибольшее равно $1$.
(Альтернативное решение: функция $g(y) = 7^y$ возрастающая, поэтому ее наибольшее и наименьшее значения на отрезке достигаются там же, где и у показателя степени $u(x) = x^2 - 2x$. Парабола $u(x)$ с ветвями вверх имеет минимум в вершине $x = -(-2)/(2 \cdot 1) = 1$, $u(1)=-1$. На концах отрезка $u(0)=0$, $u(2)=0$. Значит, на отрезке $[0; 2]$ минимум $u(x)$ равен -1, а максимум 0. Тогда $f_{min} = 7^{-1} = \frac{1}{7}$, а $f_{max} = 7^0 = 1$.)
Ответ: Наименьшее значение функции $f_{min} = \frac{1}{7}$, наибольшее значение $f_{max} = 1$.

4) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = 2^x + 2^{-x}$ на промежутке $[-1; 1]$.
1. Находим производную функции:
$f'(x) = (2^x + 2^{-x})' = 2^x \ln(2) + 2^{-x} \ln(2) \cdot (-1) = \ln(2)(2^x - 2^{-x})$.
2. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:
$\ln(2)(2^x - 2^{-x}) = 0$
Так как $\ln(2) \neq 0$, то $2^x - 2^{-x} = 0$, или $2^x = 2^{-x}$.
Это равенство выполняется только при $x = -x$, то есть $2x = 0$, откуда $x = 0$.
Критическая точка $x=0$ принадлежит промежутку $[-1; 1]$.
3. Вычисляем значения функции в критической точке и на концах промежутка:
$f(0) = 2^0 + 2^{-0} = 1 + 1 = 2$.
$f(-1) = 2^{-1} + 2^{-(-1)} = 2^{-1} + 2^1 = \frac{1}{2} + 2 = 2.5$.
$f(1) = 2^1 + 2^{-1} = 2 + \frac{1}{2} = 2.5$.
4. Сравниваем полученные значения: $2$ и $2.5$.
Наименьшее значение равно $2$, а наибольшее равно $2.5$.
(Заметим, что функция является четной, так как $f(-x) = 2^{-x} + 2^{-(-x)} = 2^{-x} + 2^x = f(x)$. Поэтому ее значения на концах симметричного отрезка $[-1; 1]$ совпадают.)
Ответ: Наименьшее значение функции $f_{min} = 2$, наибольшее значение $f_{max} = 2.5$ (или $\frac{5}{2}$).

8.20. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции:

1) $f(x) = (x - 1)e^{-x}$ на промежутке $[1; 3];$

2) $f(x) = 5^{x^2 + 2x}$ на промежутке $[-2; 1].$

1) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $f(x) = (x - 1)e^{-x}$ на промежутке $[1; 3]$, необходимо найти значения функции на концах отрезка и в критических точках, принадлежащих этому отрезку, а затем сравнить их.

Сначала найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$.
Пусть $u(x) = x - 1$ и $v(x) = e^{-x}$. Тогда $u'(x) = 1$ и $v'(x) = -e^{-x}$.
$f'(x) = (x - 1)'e^{-x} + (x - 1)(e^{-x})' = 1 \cdot e^{-x} + (x - 1)(-e^{-x}) = e^{-x} - (x - 1)e^{-x}$.
Вынесем $e^{-x}$ за скобки: $f'(x) = e^{-x}(1 - (x - 1)) = e^{-x}(1 - x + 1) = (2 - x)e^{-x}$.

Теперь найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.
$(2 - x)e^{-x} = 0$.
Поскольку множитель $e^{-x}$ всегда положителен ($e^{-x} > 0$), равенство выполняется только при $2 - x = 0$, откуда $x = 2$.
Критическая точка $x = 2$ принадлежит заданному промежутку $[1; 3]$.

Вычислим значения функции в найденной критической точке $x = 2$ и на концах промежутка $x = 1$ и $x = 3$.
При $x=1$: $f(1) = (1 - 1)e^{-1} = 0 \cdot e^{-1} = 0$.
При $x=2$: $f(2) = (2 - 1)e^{-2} = 1 \cdot e^{-2} = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.
При $x=3$: $f(3) = (3 - 1)e^{-3} = 2e^{-3} = \frac{2}{e^3}$.

Осталось сравнить полученные значения: $0$, $\frac{1}{e^2}$ и $\frac{2}{e^3}$.
Очевидно, что $0$ — наименьшее из этих значений, так как два других положительны.
Сравним $\frac{1}{e^2}$ и $\frac{2}{e^3}$. Для этого приведем их к общему знаменателю $e^3$: $\frac{e}{e^3}$ и $\frac{2}{e^3}$.
Так как $e \approx 2.718 > 2$, то $\frac{e}{e^3} > \frac{2}{e^3}$, а значит $\frac{1}{e^2} > \frac{2}{e^3}$.
Таким образом, $f(1) = 0$ — наименьшее значение, а $f(2) = \frac{1}{e^2}$ — наибольшее значение.

Ответ: наименьшее значение $f_{min} = f(1) = 0$, наибольшее значение $f_{max} = f(2) = \frac{1}{e^2}$.

2) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = 5^{x^2+2x}$ на промежутке $[-2; 1]$.

Алгоритм решения аналогичен предыдущему пункту. Сначала найдем производную функции. Это сложная функция, поэтому используем правило $(a^{u(x)})' = a^{u(x)} \ln a \cdot u'(x)$.
Здесь $a=5$, $u(x) = x^2+2x$, соответственно $u'(x) = 2x+2$.
$f'(x) = 5^{x^2+2x} \cdot \ln 5 \cdot (2x+2)$.

Найдем критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$.
$5^{x^2+2x} \cdot \ln 5 \cdot (2x+2) = 0$.
Множители $5^{x^2+2x}$ и $\ln 5$ всегда положительны, поэтому равенство возможно только если $2x+2=0$.
$2(x+1) = 0$, откуда $x = -1$.
Критическая точка $x = -1$ принадлежит промежутку $[-2; 1]$.

Вычислим значения функции в критической точке $x=-1$ и на концах промежутка $x = -2$ и $x = 1$.
При $x=-2$: $f(-2) = 5^{(-2)^2 + 2(-2)} = 5^{4 - 4} = 5^0 = 1$.
При $x=-1$: $f(-1) = 5^{(-1)^2 + 2(-1)} = 5^{1 - 2} = 5^{-1} = \frac{1}{5}$.
При $x=1$: $f(1) = 5^{1^2 + 2(1)} = 5^{1 + 2} = 5^3 = 125$.

Сравним полученные значения: $1$, $\frac{1}{5}$ и $125$.
Очевидно, что $\frac{1}{5} < 1 < 125$.
Следовательно, наименьшее значение функции на промежутке $[-2; 1]$ равно $\frac{1}{5}$, а наибольшее равно $125$.

Ответ: наименьшее значение $f_{min} = f(-1) = \frac{1}{5}$, наибольшее значение $f_{max} = f(1) = 125$.

8.21. Исследуйте функцию и постройте её график:

1) $f(x) = xe^x$

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

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

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

5) $f(x) = \ln (9 - x^2)$

1) $f(x) = xe^x$

1. Область определения
Функция определена для всех действительных значений $x$, так как множители $x$ и $e^x$ определены на всей числовой оси.
$D(f) = (-\infty, +\infty)$.

2. Четность, периодичность
$f(-x) = (-x)e^{-x} = -xe^{-x}$.
Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида (ни четной, ни нечетной).
Функция не является периодической.

3. Точки пересечения с осями координат
С осью Oy: $x = 0 \implies f(0) = 0 \cdot e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.
С осью Ox: $f(x) = 0 \implies xe^x = 0$. Так как $e^x > 0$ для любого $x$, то $x = 0$. Точка $(0, 0)$.
График проходит через начало координат.

4. Асимптоты
Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей области определения.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to +\infty} xe^x = +\infty$. Горизонтальной асимптоты при $x \to +\infty$ нет.
$\lim_{x \to -\infty} xe^x = [-\infty \cdot 0] = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{e^{-x}}$. Применим правило Лопиталя:
$\lim_{x \to -\infty} \frac{(x)'}{(e^{-x})'} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{-e^{-x}} = \frac{1}{-\infty} = 0$.
Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to -\infty$.
Наклонных асимптот при $x \to +\infty$ нет, так как $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума
Найдем первую производную:
$f'(x) = (x)'e^x + x(e^x)' = e^x + xe^x = e^x(1+x)$.
Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \implies e^x(1+x) = 0 \implies x = -1$.
При $x < -1$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x > -1$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x = -1$ происходит смена знака производной с "−" на "+", следовательно, это точка локального минимума.
$f_{min} = f(-1) = -1 \cdot e^{-1} = -1/e \approx -0.37$.
Точка минимума: $(-1, -1/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба
Найдем вторую производную:
$f''(x) = (e^x(1+x))' = (e^x)'(1+x) + e^x(1+x)' = e^x(1+x) + e^x = e^x(x+2)$.
Найдем точки, где $f''(x) = 0 \implies e^x(x+2) = 0 \implies x = -2$.
При $x < -2$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый).
При $x > -2$, $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый).
В точке $x=-2$ происходит смена знака второй производной, следовательно, это точка перегиба.
$f(-2) = -2e^{-2} = -2/e^2 \approx -0.27$.
Точка перегиба: $(-2, -2/e^2)$.

Ответ: Функция $f(x) = xe^x$ определена на всей числовой оси. График проходит через начало координат $(0,0)$. При $x \to -\infty$ график асимптотически приближается к оси Ox ($y=0$). Функция убывает на интервале $(-\infty, -1]$ и возрастает на $[-1, +\infty)$. Точка минимума $(-1, -1/e)$. График является вогнутым на $(-\infty, -2]$ и выпуклым на $[-2, +\infty)$. Точка перегиба $(-2, -2/e^2)$. При $x \to +\infty$ функция неограниченно возрастает.

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

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

2. Четность, периодичность
$f(-x) = (-x)e^{-\frac{-x}{2}} = -xe^{\frac{x}{2}}$. Функция общего вида. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат
С осью Oy: $x = 0 \implies f(0) = 0$. Точка $(0, 0)$.
С осью Ox: $f(x) = 0 \implies xe^{-\frac{x}{2}} = 0 \implies x=0$. Точка $(0, 0)$.

4. Асимптоты
Вертикальных асимптот нет.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to -\infty} xe^{-\frac{x}{2}} = [-\infty \cdot \infty] = -\infty$. Асимптоты слева нет.
$\lim_{x \to +\infty} xe^{-\frac{x}{2}} = [\infty \cdot 0] = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{\frac{x}{2}}}$. По правилу Лопиталя:
$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\frac{1}{2}e^{\frac{x}{2}}} = \frac{1}{+\infty} = 0$.
$y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума
$f'(x) = (x)'e^{-\frac{x}{2}} + x(e^{-\frac{x}{2}})' = e^{-\frac{x}{2}} + x \cdot e^{-\frac{x}{2}} \cdot (-\frac{1}{2}) = e^{-\frac{x}{2}}(1-\frac{x}{2})$.
$f'(x) = 0 \implies 1-\frac{x}{2} = 0 \implies x=2$.
При $x < 2$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x > 2$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
$x=2$ — точка локального максимума.
$f_{max} = f(2) = 2e^{-1} = 2/e \approx 0.74$.
Точка максимума: $(2, 2/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба
$f''(x) = (e^{-\frac{x}{2}}(1-\frac{x}{2}))' = e^{-\frac{x}{2}}(-\frac{1}{2})(1-\frac{x}{2}) + e^{-\frac{x}{2}}(-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}}(1-\frac{x}{2} + 1) = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}}(2-\frac{x}{2}) = \frac{1}{4}e^{-\frac{x}{2}}(x-4)$.
$f''(x) = 0 \implies x-4 = 0 \implies x=4$.
При $x < 4$, $f''(x) < 0$, график вогнутый.
При $x > 4$, $f''(x) > 0$, график выпуклый.
$x=4$ — точка перегиба.
$f(4) = 4e^{-2} = 4/e^2 \approx 0.54$.
Точка перегиба: $(4, 4/e^2)$.

Ответ: Функция определена на всей числовой оси. График проходит через начало координат. При $x \to +\infty$ график асимптотически приближается к оси Ox ($y=0$). Функция возрастает на $(-\infty, 2]$ и убывает на $[2, +\infty)$. Точка максимума $(2, 2/e)$. График вогнутый на $(-\infty, 4]$ и выпуклый на $[4, +\infty)$. Точка перегиба $(4, 4/e^2)$. При $x \to -\infty$ функция неограниченно убывает.

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

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

2. Четность, периодичность
$f(-x) = e^{-(-x)^2} = e^{-x^2} = f(x)$. Функция является четной, ее график симметричен относительно оси Oy. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат
С осью Oy: $x = 0 \implies f(0) = e^0 = 1$. Точка $(0, 1)$.
С осью Ox: $f(x) = e^{-x^2} = 0$. Уравнение не имеет решений, так как $e^z > 0$. Пересечений с осью Ox нет.

4. Асимптоты
Вертикальных асимптот нет.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to \pm\infty} e^{-x^2} = e^{-\infty} = 0$.
$y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to \pm\infty$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума
$f'(x) = e^{-x^2} \cdot (-2x) = -2xe^{-x^2}$.
$f'(x) = 0 \implies -2x = 0 \implies x=0$.
При $x < 0$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x > 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
$x=0$ — точка локального (и глобального) максимума.
$f_{max} = f(0) = 1$.
Точка максимума: $(0, 1)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба
$f''(x) = (-2e^{-x^2}) - 2x(e^{-x^2} \cdot (-2x)) = -2e^{-x^2} + 4x^2e^{-x^2} = 2e^{-x^2}(2x^2-1)$.
$f''(x) = 0 \implies 2x^2-1 = 0 \implies x = \pm 1/\sqrt{2}$.
При $x \in (-\infty, -1/\sqrt{2}) \cup (1/\sqrt{2}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график выпуклый.
При $x \in (-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$, $f''(x) < 0$, график вогнутый.
$x = \pm 1/\sqrt{2}$ — точки перегиба.
$f(\pm 1/\sqrt{2}) = e^{-(1/\sqrt{2})^2} = e^{-1/2} = 1/\sqrt{e} \approx 0.61$.
Точки перегиба: $(\pm 1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{e})$.

Ответ: Функция четная, график симметричен относительно оси Oy. Пересекает ось Oy в точке $(0,1)$. Ось Ox является горизонтальной асимптотой. Функция возрастает на $(-\infty, 0]$ и убывает на $[0, +\infty)$. Точка максимума $(0, 1)$. График выпуклый на $(-\infty, -1/\sqrt{2}]$ и $[1/\sqrt{2}, +\infty)$, вогнутый на $[-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}]$. Точки перегиба $(\pm 1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{e})$. График имеет форму "колокола" (кривая Гаусса).

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

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

2. Четность, периодичность
Область определения несимметрична относительно нуля, функция общего вида. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат
С осью Oy: $x=0$ не входит в область определения. Пересечений нет.
С осью Ox: $f(x)=0 \implies x^2 = 2\ln x$. Как будет показано ниже, минимальное значение функции равно 1, поэтому $f(x) > 0$ на всей области определения. Пересечений с осью Ox нет.

4. Асимптоты
Вертикальная асимптота:
$\lim_{x \to 0^+} (x^2 - 2\ln x) = 0 - 2(-\infty) = +\infty$.
$x=0$ (ось Oy) — вертикальная асимптота.
Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как $\lim_{x \to +\infty} (x^2 - 2\ln x) = +\infty$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума
$f'(x) = 2x - 2/x = \frac{2x^2-2}{x} = \frac{2(x-1)(x+1)}{x}$.
$f'(x) = 0 \implies x=1$ (так как $x>0$).
При $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
$x=1$ — точка локального минимума.
$f_{min} = f(1) = 1^2 - 2\ln 1 = 1 - 0 = 1$.
Точка минимума: $(1, 1)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба
$f''(x) = (2x - 2x^{-1})' = 2 - (-2x^{-2}) = 2 + 2/x^2$.
Так как $x^2 > 0$ в области определения, то $f''(x) = 2 + 2/x^2 > 0$ всегда.
График функции является выпуклым (выпуклым вниз) на всей области определения. Точек перегиба нет.

Ответ: Функция определена для $x > 0$. Ось Oy ($x=0$) является вертикальной асимптотой. Пересечений с осями координат нет. Функция убывает на $(0, 1]$ и возрастает на $[1, +\infty)$. Точка минимума $(1, 1)$. График функции всегда выпуклый (вниз).

5) $f(x) = \ln(9 - x^2)$

1. Область определения
$9 - x^2 > 0 \implies x^2 < 9 \implies -3 < x < 3$.
$D(f) = (-3, 3)$.

2. Четность, периодичность
$f(-x) = \ln(9 - (-x)^2) = \ln(9 - x^2) = f(x)$. Функция четная, график симметричен относительно оси Oy. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат
С осью Oy: $x = 0 \implies f(0) = \ln 9 \approx 2.2$. Точка $(0, \ln 9)$.
С осью Ox: $f(x) = 0 \implies \ln(9-x^2) = 0 \implies 9-x^2 = 1 \implies x^2 = 8 \implies x = \pm \sqrt{8} = \pm 2\sqrt{2}$.
Точки $(\pm 2\sqrt{2}, 0)$.

4. Асимптоты
Вертикальные асимптоты на границах области определения:
$\lim_{x \to 3^-} \ln(9 - x^2) = \ln(0^+) = -\infty$.
$\lim_{x \to -3^+} \ln(9 - x^2) = \ln(0^+) = -\infty$.
Прямые $x=3$ и $x=-3$ — вертикальные асимптоты.
Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как область определения ограничена.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума
$f'(x) = \frac{1}{9-x^2} \cdot (-2x) = -\frac{2x}{9-x^2}$.
$f'(x) = 0 \implies -2x = 0 \implies x=0$.
В области определения $D(f)=(-3,3)$ знаменатель $9-x^2 > 0$. Знак производной зависит от знака числителя $-2x$.
При $x \in (-3, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x \in (0, 3)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
$x=0$ — точка максимума.
$f_{max} = f(0) = \ln 9$.
Точка максимума: $(0, \ln 9)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба
$f''(x) = \left(-\frac{2x}{9-x^2}\right)' = -\frac{(2x)'(9-x^2) - 2x(9-x^2)'}{(9-x^2)^2} = -\frac{2(9-x^2) - 2x(-2x)}{(9-x^2)^2} = -\frac{18-2x^2+4x^2}{(9-x^2)^2} = -\frac{18+2x^2}{(9-x^2)^2}$.
Числитель $-(18+2x^2)$ всегда отрицателен, знаменатель $(9-x^2)^2$ всегда положителен.
Следовательно, $f''(x) < 0$ на всей области определения.
График функции является вогнутым (выпуклым вверх) на всем интервале $(-3, 3)$. Точек перегиба нет.

Ответ: Функция определена на интервале $(-3, 3)$ и является четной. Прямые $x=-3$ и $x=3$ — вертикальные асимптоты, к которым график стремится на $-\infty$. График пересекает оси в точках $(0, \ln 9)$ и $(\pm 2\sqrt{2}, 0)$. Функция возрастает на $(-3, 0]$ и убывает на $[0, 3)$. Точка максимума $(0, \ln 9)$. График всегда вогнутый (выпуклый вверх).

8.22. Исследуйте функцию и постройте её график:

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

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

3) $f(x) = \log_2 (x^2 + x).

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

Проведем полное исследование функции:

1. Область определения.
Знаменатель $e^x$ определен и не равен нулю для любых действительных $x$.
Следовательно, область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.
$f(-x) = \frac{-x}{e^{-x}} = -xe^x$.
Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида (ни четной, ни нечетной).

3. Точки пересечения с осями координат.
Пересечение с осью Oy: $f(0) = \frac{0}{e^0} = 0$. Точка $(0, 0)$.
Пересечение с осью Ox: $f(x) = 0 \implies \frac{x}{e^x} = 0 \implies x=0$. Точка $(0, 0)$.
График проходит через начало координат.

4. Асимптоты.
Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей числовой оси.
Найдем наклонные асимптоты вида $y=kx+b$.
При $x \to +\infty$:
$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{xe^{-x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} e^{-x} = 0$.
$b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x}$. (неопределенность $\frac{\infty}{\infty}$)
По правилу Лопиталя: $\lim_{x \to +\infty} \frac{(x)'}{(e^x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^x} = 0$.
Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.
При $x \to -\infty$:
$k = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} e^{-x} = +\infty$.
Наклонной асимптоты при $x \to -\infty$ нет.

5. Промежутки возрастания, убывания и экстремумы.
Найдем первую производную:
$f'(x) = (xe^{-x})' = (x)'e^{-x} + x(e^{-x})' = e^{-x} - xe^{-x} = (1-x)e^{-x}$.
Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0 \implies (1-x)e^{-x} = 0$.
Так как $e^{-x} > 0$ для любого $x$, то $1-x=0 \implies x=1$.
Определим знаки производной на интервалах:
- При $x < 1$, $f'(x) > 0$, функция возрастает на $(-\infty, 1)$.
- При $x > 1$, $f'(x) < 0$, функция убывает на $(1, +\infty)$.
Точка $x=1$ является точкой локального максимума. $f_{max} = f(1) = \frac{1}{e^1} = \frac{1}{e} \approx 0.37$.
Точка максимума: $(1, 1/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.
Найдем вторую производную:
$f''(x) = ((1-x)e^{-x})' = (1-x)'e^{-x} + (1-x)(e^{-x})' = -e^{-x} - (1-x)e^{-x} = e^{-x}(-1 - (1-x)) = (x-2)e^{-x}$.
Найдем точки, где $f''(x)=0$: $(x-2)e^{-x}=0 \implies x-2=0 \implies x=2$.
Определим знаки второй производной:
- При $x < 2$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый) на $(-\infty, 2)$.
- При $x > 2$, $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый) на $(2, +\infty)$.
Точка $x=2$ является точкой перегиба. $f(2) = \frac{2}{e^2} \approx 0.27$.
Точка перегиба: $(2, 2/e^2)$.

7. Построение графика.
Используя полученные данные, строим график функции.

Ответ:
Функция $f(x) = xe^{-x}$ определена на $(-\infty, +\infty)$. Имеет точку пересечения с осями в $(0, 0)$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to +\infty$. Функция возрастает на $(-\infty, 1)$ и убывает на $(1, +\infty)$. Точка максимума $(1, 1/e)$. График вогнутый на $(-\infty, 2)$ и выпуклый на $(2, +\infty)$. Точка перегиба $(2, 2/e^2)$. График представлен выше.

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

Проведем полное исследование функции:

1. Область определения.
Функция определена для всех действительных $x$.
$D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.
$f(-x) = (-x)e^{-(-x)^2/2} = -xe^{-x^2/2} = -f(x)$.
Функция является нечетной. Ее график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.
Пересечение с осью Oy: $f(0) = 0 \cdot e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.
Пересечение с осью Ox: $f(x) = 0 \implies xe^{-x^2/2} = 0 \implies x=0$. Точка $(0, 0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальных асимптот нет.
Горизонтальная асимптота: $y=0$ при $x \to \pm\infty$.
$\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{x^2/2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{xe^{x^2/2}} = 0$ (по правилу Лопиталя).
В силу нечетности, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$.

5. Промежутки возрастания, убывания и экстремумы.
$f'(x) = (xe^{-x^2/2})' = e^{-x^2/2} + x \cdot e^{-x^2/2} \cdot (-x) = (1-x^2)e^{-x^2/2}$.
$f'(x) = 0 \implies 1-x^2=0 \implies x=\pm 1$.
- $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$: $f'(x) < 0$, функция убывает.
- $x \in (-1, 1)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает.
$x=-1$ - точка локального минимума. $f_{min} = f(-1) = -e^{-1/2} = -1/\sqrt{e} \approx -0.607$.
$x=1$ - точка локального максимума. $f_{max} = f(1) = e^{-1/2} = 1/\sqrt{e} \approx 0.607$.
Точки экстремумов: $(-1, -1/\sqrt{e})$ и $(1, 1/\sqrt{e})$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.
$f''(x) = ((1-x^2)e^{-x^2/2})' = -2xe^{-x^2/2} + (1-x^2)e^{-x^2/2}(-x) = x(x^2-3)e^{-x^2/2}$.
$f''(x)=0 \implies x(x^2-3)=0 \implies x=0, x=\pm\sqrt{3}$.
- $x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3})$: $f''(x) < 0$, график вогнутый.
- $x \in (-\sqrt{3}, 0) \cup (\sqrt{3}, \infty)$: $f''(x) > 0$, график выпуклый.
Точки перегиба: $x=0$, $f(0)=0 \implies (0,0)$.
$x=\sqrt{3}$, $f(\sqrt{3})=\sqrt{3}e^{-3/2} \approx 0.387 \implies (\sqrt{3}, \sqrt{3}e^{-3/2})$.
$x=-\sqrt{3}$, $f(-\sqrt{3})=-\sqrt{3}e^{-3/2} \approx -0.387 \implies (-\sqrt{3}, -\sqrt{3}e^{-3/2})$.

7. Построение графика.

Ответ:
Функция $f(x) = xe^{-x^2/2}$ нечетная, определена на $(-\infty, +\infty)$, проходит через $(0,0)$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to \pm\infty$. Убывает на $(-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ и возрастает на $(-1, 1)$. Минимум в точке $(-1, -1/\sqrt{e})$, максимум в $(1, 1/\sqrt{e})$. Точки перегиба при $x=0, \pm\sqrt{3}$. График представлен выше.

3) $f(x) = \log_2(x^2+x)$

Проведем полное исследование функции:

1. Область определения.
Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x^2+x > 0 \implies x(x+1)>0$.
Решая неравенство методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$.
$D(f) = (-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$.

2. Четность и нечетность.
$f(-x) = \log_2((-x)^2+(-x)) = \log_2(x^2-x)$.
Функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.
Пересечение с осью Oy: $x=0$ не входит в область определения, пересечения нет.
Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \implies \log_2(x^2+x)=0 \implies x^2+x=1 \implies x^2+x-1=0$.
$x = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
$x_1 = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618$ (входит в $D(f)$).
$x_2 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.618$ (входит в $D(f)$).
Точки пересечения: $(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, 0)$ и $(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, 0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальные асимптоты в точках разрыва $x=-1$ и $x=0$.
$\lim_{x \to -1^-} \log_2(x(x+1)) = \log_2((-1)(-0)) = \log_2(0^+) = -\infty$.
$\lim_{x \to 0^+} \log_2(x(x+1)) = \log_2((+0)(1)) = \log_2(0^+) = -\infty$.
$x=-1$ и $x=0$ — вертикальные асимптоты.
Наклонных асимптот нет, так как $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = +\infty$, но рост логарифмический, медленнее линейного ($k=0$).

5. Промежутки возрастания, убывания и экстремумы.
$f'(x) = (\frac{\ln(x^2+x)}{\ln 2})' = \frac{1}{\ln 2} \cdot \frac{2x+1}{x^2+x}$.
$f'(x) = 0 \implies 2x+1=0 \implies x=-1/2$. Эта точка не входит в область определения.
- На $(-\infty, -1)$: $x^2+x > 0$ и $2x+1 < 0 \implies f'(x) < 0$, функция убывает.
- На $(0, +\infty)$: $x^2+x > 0$ и $2x+1 > 0 \implies f'(x) > 0$, функция возрастает.
Локальных экстремумов нет.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.
$f''(x) = \frac{1}{\ln 2} \left( \frac{2(x^2+x)-(2x+1)(2x+1)}{(x^2+x)^2} \right) = \frac{-2x^2-2x-1}{(x^2+x)^2 \ln 2}$.
Числитель $-2x^2-2x-1 = -(2x^2+2x+1)$. Дискриминант $D=4-8=-4<0$. Так как старший коэффициент отрицателен, числитель всегда меньше нуля.
Знаменатель $(x^2+x)^2 \ln 2 > 0$ на $D(f)$.
Следовательно, $f''(x) < 0$ на всей области определения. График функции везде вогнутый (выпуклый вверх).
Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

Ответ:
Функция $f(x) = \log_2(x^2+x)$ определена на $(-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$. Имеет вертикальные асимптоты $x=-1$ и $x=0$. Пересекает ось Ox в точках $x = (-1 \pm \sqrt{5})/2$. Убывает на $(-\infty, -1)$ и возрастает на $(0, +\infty)$. Экстремумов нет. График функции всегда вогнут (выпуклый вверх). График представлен выше.

8.23. Подберите функцию, производная которой равна данной функции f:

1) $f(x) = 2x;$

2) $f(x) = 1;$

3) $f(x) = 4x^3;$

4) $f(x) = 2x + 1;$

5) $f(x) = x^2 - 1.$

Задача состоит в том, чтобы найти первообразную для каждой данной функции $f(x)$. Первообразная $F(x)$ для функции $f(x)$ — это такая функция, производная которой равна $f(x)$, то есть $F'(x) = f(x)$. Для нахождения первообразной степенной функции $x^n$ используется формула $\frac{x^{n+1}}{n+1}$. Мы подберем одну из возможных первообразных, которая является наиболее простой (без добавления константы).

1) Дана функция $f(x) = 2x$.

Нам нужно найти такую функцию $F(x)$, чтобы ее производная $F'(x)$ была равна $2x$. Вспомним правило дифференцирования степенной функции: $(x^n)' = n \cdot x^{n-1}$. Мы ищем функцию, производная которой содержит $x$ в первой степени. Это значит, что исходная функция должна содержать $x$ в степени $1+1=2$. Попробуем взять производную от $x^2$: $(x^2)' = 2x$. Это в точности совпадает с данной функцией $f(x)$.

Ответ: $F(x) = x^2$.

2) Дана функция $f(x) = 1$.

Ищем функцию $F(x)$, производная которой равна константе 1. Мы знаем, что производная от $x$ равна 1: $(x)'=1$. Следовательно, искомая функция — это $x$.

Ответ: $F(x) = x$.

3) Дана функция $f(x) = 4x^3$.

Ищем функцию $F(x)$, такую что $F'(x) = 4x^3$. Производная является многочленом третьей степени, значит, исходная функция должна быть многочленом четвертой степени. Возьмем производную от $x^4$: $(x^4)' = 4x^3$. Это совпадает с данной функцией $f(x)$.

Ответ: $F(x) = x^4$.

4) Дана функция $f(x) = 2x + 1$.

Чтобы найти первообразную для суммы функций, нужно найти первообразные для каждого слагаемого и сложить их.
Из пункта 1) мы знаем, что первообразная для $2x$ — это $x^2$.
Из пункта 2) мы знаем, что первообразная для $1$ — это $x$.
Таким образом, первообразная для $2x + 1$ есть сумма этих первообразных: $F(x) = x^2 + x$.
Проверим: $F'(x) = (x^2 + x)' = (x^2)' + (x)' = 2x + 1$.

Ответ: $F(x) = x^2 + x$.

5) Дана функция $f(x) = x^2 - 1$.

Первообразная разности функций равна разности их первообразных.
Найдем первообразную для $x^2$. Используя формулу $\frac{x^{n+1}}{n+1}$ для $n=2$, получаем $\frac{x^{2+1}}{2+1} = \frac{x^3}{3}$.
Первообразная для $1$ — это $x$.
Следовательно, искомая функция $F(x) = \frac{x^3}{3} - x$.
Проверим: $F'(x) = (\frac{x^3}{3} - x)' = (\frac{x^3}{3})' - (x)' = \frac{1}{3} \cdot 3x^2 - 1 = x^2 - 1$.

Ответ: $F(x) = \frac{x^3}{3} - x$.