Номер 19.42, страница 122, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 19. Дифференцирование показательной и логарифмической функций. Глава 3. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 19.42, страница 122.

Постройте график функции:

19.42. а) $y = e^{x^2 - 2x + 1};$

б) $y = e^{x^3 - x^2 - x + 1}.$

а) $y = e^{x^2 - 2x + 1}$

Проведем полное исследование функции для построения графика.

1. Область определения функции.

   Показатель степени $x^2 - 2x + 1$ является многочленом, который определен для всех действительных чисел $x$. Показательная функция $e^u$ также определена для всех действительных $u$. Следовательно, область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат.

   Пересечение с осью $Oy$ (при $x=0$):
   $y(0) = e^{0^2 - 2 \cdot 0 + 1} = e^1 = e$.
   Точка пересечения с осью $Oy$ — $(0, e)$.

   Пересечение с осью $Ox$ (при $y=0$):
   $e^{x^2 - 2x + 1} = 0$.
   Так как показательная функция $e^u > 0$ для любого $u$, это уравнение не имеет решений. График не пересекает ось $Ox$.

3. Четность и периодичность.

   $y(-x) = e^{(-x)^2 - 2(-x) + 1} = e^{x^2 + 2x + 1}$.
   Так как $y(-x) \neq y(x)$ и $y(-x) \neq -y(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной. Функция не является периодической. Однако, можно заметить, что показатель степени является полным квадратом: $x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$. Таким образом, функция имеет вид $y = e^{(x-1)^2}$. Это означает, что график функции симметричен относительно вертикальной прямой $x=1$.

4. Асимптоты.

   Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей числовой оси.

   Для нахождения горизонтальных асимптот вычислим пределы функции при $x \to \pm\infty$:
   $\lim_{x \to \infty} e^{(x-1)^2} = e^{\infty} = \infty$.
   $\lim_{x \to -\infty} e^{(x-1)^2} = e^{\infty} = \infty$.
   Горизонтальных асимптот нет. Наклонных асимптот также нет, так как функция растет быстрее линейной.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

   Найдем первую производную функции:
   $y' = (e^{(x-1)^2})' = e^{(x-1)^2} \cdot ((x-1)^2)' = e^{(x-1)^2} \cdot 2(x-1) = 2(x-1)e^{(x-1)^2}$.

   Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:
   $2(x-1)e^{(x-1)^2} = 0$.
   Так как $e^{(x-1)^2} > 0$, то $x-1=0$, откуда $x=1$.

   Определим знаки производной на интервалах:
   - При $x < 1$, $y' < 0$, функция убывает на $(-\infty, 1]$.
   - При $x > 1$, $y' > 0$, функция возрастает на $[1, \infty)$.

   В точке $x=1$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, это точка локального минимума. Значение функции в точке минимума: $y(1) = e^{(1-1)^2} = e^0 = 1$. Точка минимума: $(1, 1)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

   Найдем вторую производную функции:
   $y'' = (2(x-1)e^{(x-1)^2})' = (2(x-1))'e^{(x-1)^2} + 2(x-1)(e^{(x-1)^2})' = 2e^{(x-1)^2} + 2(x-1) \cdot 2(x-1)e^{(x-1)^2} = 2e^{(x-1)^2}(1 + 2(x-1)^2)$.

   Так как $e^{(x-1)^2} > 0$ и $1 + 2(x-1)^2 > 0$ для всех $x$, то $y'' > 0$ на всей области определения. Это означает, что график функции всегда выпуклый вниз (вогнутый). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

   На основе проведенного анализа можно построить график. График представляет собой кривую, похожую на параболу, но с более резким ростом. Он симметричен относительно прямой $x=1$. Минимальная точка графика находится в $(1, 1)$. График проходит через точку $(0, e)$ и $(2, e)$, где $e \approx 2.718$. С обеих сторон от минимума функция стремится к $+\infty$.

Ответ: График функции $y = e^{(x-1)^2}$ — это кривая, симметричная относительно прямой $x=1$, с точкой глобального минимума в $(1, 1)$. График пересекает ось ординат в точке $(0, e)$. Функция убывает на интервале $(-\infty, 1]$ и возрастает на $[1, \infty)$. График всегда выпуклый вниз (вогнутый).

---

б) $y = e^{x^3 - x^2 - x + 1}$

Проведем полное исследование функции для построения графика.Сначала упростим показатель степени: $p(x) = x^3 - x^2 - x + 1 = x^2(x-1) - (x-1) = (x^2-1)(x-1) = (x-1)(x+1)(x-1) = (x-1)^2(x+1)$.Итак, $y = e^{(x-1)^2(x+1)}$.

1. Область определения функции.

   Показатель степени является многочленом, который определен для всех $x \in \mathbb{R}$. Показательная функция $e^u$ также определена для всех $u \in \mathbb{R}$. Следовательно, область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат.

   Пересечение с осью $Oy$ (при $x=0$):
   $y(0) = e^{0^3 - 0^2 - 0 + 1} = e^1 = e$.
   Точка пересечения с осью $Oy$ — $(0, e)$.

   Пересечение с осью $Ox$ (при $y=0$):
   $e^{x^3 - x^2 - x + 1} = 0$.
   Уравнение не имеет решений, так как $e^u > 0$. График не пересекает ось $Ox$.

3. Четность и периодичность.

   $y(-x) = e^{(-x)^3 - (-x)^2 - (-x) + 1} = e^{-x^3 - x^2 + x + 1}$.
   Так как $y(-x) \neq y(x)$ и $y(-x) \neq -y(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной. Функция не является периодической.

4. Асимптоты.

   Вертикальных асимптот нет.

   Для нахождения горизонтальных асимптот вычислим пределы функции при $x \to \pm\infty$:
   $\lim_{x \to \infty} e^{x^3 - x^2 - x + 1} = \lim_{x \to \infty} e^{x^3(1 - 1/x - 1/x^2 + 1/x^3)} = e^{\infty} = \infty$.
   $\lim_{x \to -\infty} e^{x^3 - x^2 - x + 1} = \lim_{x \to -\infty} e^{x^3(1 - 1/x - 1/x^2 + 1/x^3)} = e^{-\infty} = 0$.
   Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to -\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

   Найдем первую производную. Пусть $p(x) = x^3 - x^2 - x + 1$. Тогда $y' = (e^{p(x)})' = e^{p(x)} \cdot p'(x)$.
   $p'(x) = 3x^2 - 2x - 1$.
   $y' = (3x^2 - 2x - 1)e^{x^3 - x^2 - x + 1}$.

   Найдем критические точки из условия $y'=0$:
   $3x^2 - 2x - 1 = 0$.
   Корни уравнения: $x_1 = \frac{2 - \sqrt{4 - 4 \cdot 3 \cdot (-1)}}{6} = \frac{2 - 4}{6} = -\frac{1}{3}$ и $x_2 = \frac{2 + 4}{6} = 1$.

   Определим знаки производной. Знак $y'$ совпадает со знаком квадратного трехчлена $3x^2 - 2x - 1$ (парабола с ветвями вверх).
   - При $x < -1/3$, $y' > 0$, функция возрастает на $(-\infty, -1/3]$.
   - При $-1/3 < x < 1$, $y' < 0$, функция убывает на $[-1/3, 1]$.
   - При $x > 1$, $y' > 0$, функция возрастает на $[1, \infty)$.

   В точке $x = -1/3$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка локального максимума.
   $y(-1/3) = e^{(-1/3)^3 - (-1/3)^2 - (-1/3) + 1} = e^{-1/27 - 1/9 + 1/3 + 1} = e^{(-1-3+9+27)/27} = e^{32/27}$.
   Точка максимума: $(-1/3, e^{32/27})$. ($e^{32/27} \approx 3.27$).

   В точке $x=1$ производная меняет знак с минуса на плюс, это точка локального минимума.
   $y(1) = e^{1^3 - 1^2 - 1 + 1} = e^0 = 1$.
   Точка минимума: $(1, 1)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

   Найдем вторую производную: $y'' = e^{p(x)}[p''(x) + (p'(x))^2]$.
   $p''(x) = (3x^2 - 2x - 1)' = 6x - 2$.
   $y'' = e^{x^3 - x^2 - x + 1}[(6x-2) + (3x^2 - 2x - 1)^2]$.

   Знак $y''$ определяется знаком выражения $Q(x) = (6x-2) + (3x^2 - 2x - 1)^2$. В точке локального максимума $x=-1/3$: $Q(-1/3) = (6(-1/3) - 2) + 0^2 = -4 < 0$. Значит, в окрестности максимума график выпуклый вверх (выпуклый). В точке локального минимума $x=1$: $Q(1) = (6(1)-2) + 0^2 = 4 > 0$. Значит, в окрестности минимума график выпуклый вниз (вогнутый). Поскольку при $x \to \pm\infty$ доминирует член $(3x^2-2x-1)^2$, то $y''>0$, и график выпуклый вниз. Следовательно, существуют две точки перегиба, точное нахождение которых затруднительно.

7. Построение графика.

   На основе анализа строим график. Приходя слева, график асимптотически приближается к оси $Ox$. Он возрастает до точки локального максимума $(-1/3, e^{32/27}) \approx (-0.33, 3.27)$. Затем убывает, пересекая ось $Oy$ в точке $(0, e \approx 2.72)$, и достигает точки локального минимума $(1, 1)$. Стоит отметить, что $y(-1) = e^0=1$. После минимума график снова начинает возрастать и уходит в $+\infty$.

Ответ: График функции $y = e^{x^3 - x^2 - x + 1}$ имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to -\infty$. Функция имеет точку локального максимума $(-1/3, e^{32/27})$ и точку локального минимума $(1, 1)$. График пересекает ось ординат в точке $(0, e)$. Функция возрастает на интервалах $(-\infty, -1/3]$ и $[1, \infty)$, убывает на $[-1/3, 1]$.