Страница 122, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Разберите решение примера 9 в 3 10 учебника.

19.36. Исследуйте функцию на монотонность и найдите точки экстремума:

а) $y = x + \ln \frac{1}{x}$;

б) $y = x^4 - 4 \ln x$.

а) $y = x + \ln\frac{1}{x}$

1. Найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$\frac{1}{x} > 0$, что означает $x > 0$.

Следовательно, область определения функции $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Упростим функцию, используя свойство логарифма $\ln\frac{1}{a} = -\ln a$:

$y = x - \ln x$.

3. Найдем производную функции $y'$:

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

4. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю. Производная существует на всей области определения.

$y' = 0 \implies 1 - \frac{1}{x} = 0$.

$1 = \frac{1}{x} \implies x = 1$.

Критическая точка $x=1$ принадлежит области определения функции.

5. Определим знаки производной на интервалах, на которые область определения разбивается критической точкой: $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$.

При $x \in (0; 1)$, например $x=0.5$, $y'(0.5) = 1 - \frac{1}{0.5} = 1 - 2 = -1 < 0$. Следовательно, на интервале $(0; 1]$ функция убывает.

При $x \in (1; +\infty)$, например $x=2$, $y'(2) = 1 - \frac{1}{2} = 0.5 > 0$. Следовательно, на интервале $[1; +\infty)$ функция возрастает.

6. В точке $x=1$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, $x=1$ является точкой минимума.

$x_{min} = 1$.

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

б) $y = x^4 - 4 \ln x$

1. Найдем область определения функции. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$x > 0$.

Следовательно, область определения функции $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Найдем производную функции $y'$:

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

3. Найдем критические точки. Производная существует на всей области определения. Приравняем производную к нулю:

$y' = 0 \implies 4x^3 - \frac{4}{x} = 0$.

Приведем к общему знаменателю: $\frac{4x^4 - 4}{x} = 0$.

Так как $x > 0$ по области определения, то $4x^4 - 4 = 0$.

$x^4 = 1$.

Уравнение имеет два действительных корня $x=1$ и $x=-1$. Области определения $D(y) = (0; +\infty)$ принадлежит только корень $x=1$.

Следовательно, имеется одна критическая точка $x=1$.

4. Определим знаки производной на интервалах $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$. Знак производной $y' = \frac{4(x^4-1)}{x}$ на области определения зависит от знака выражения $(x^4-1)$, так как $4 > 0$ и $x > 0$.

При $x \in (0; 1)$, например $x=0.5$, выражение $x^4-1 = (0.5)^4-1 < 0$, значит $y' < 0$. Следовательно, на интервале $(0; 1]$ функция убывает.

При $x \in (1; +\infty)$, например $x=2$, выражение $x^4-1 = 2^4-1 > 0$, значит $y' > 0$. Следовательно, на интервале $[1; +\infty)$ функция возрастает.

5. В точке $x=1$ производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно, $x=1$ является точкой минимума.

$x_{min} = 1$.

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

19.37. Найдите наименьшее и наибольшее значения функции

$y = x - \ln x$ на заданном отрезке:

а) $\left[\frac{1}{e}; e\right]$;

б) $[e; e^2]$.

Для нахождения наименьшего и наибольшего значений функции на замкнутом отрезке необходимо выполнить следующую последовательность действий:

1. Найти производную функции $y'$.
2. Найти критические точки функции, решив уравнение $y' = 0$.
3. Отобрать критические точки, которые принадлежат заданному отрезку.
4. Вычислить значения функции в отобранных критических точках и на концах отрезка.
5. Среди полученных значений выбрать наименьшее и наибольшее.

Дана функция $y = x - \ln x$. Область определения функции: $x > 0$.

1. Находим производную функции:$y' = (x - \ln x)' = 1 - \frac{1}{x}$.

2. Находим критические точки:$y' = 0 \implies 1 - \frac{1}{x} = 0 \implies \frac{x-1}{x} = 0$.Так как $x$ не может быть равно нулю (из области определения), то $x - 1 = 0$, откуда получаем единственную критическую точку $x = 1$.

Теперь рассмотрим каждый отрезок отдельно.

а) Отрезок $[\frac{1}{e}; e]$.

3. Проверяем, принадлежит ли критическая точка $x=1$ отрезку $[\frac{1}{e}; e]$.Так как $e \approx 2.718$, то $\frac{1}{e} \approx 0.368$.Поскольку $0.368 < 1 < 2.718$, точка $x=1$ принадлежит данному отрезку.

4. Вычислим значения функции в критической точке $x=1$ и на концах отрезка $x=\frac{1}{e}$ и $x=e$.
- $y(1) = 1 - \ln(1) = 1 - 0 = 1$.
- $y(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e} - \ln(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e} - \ln(e^{-1}) = \frac{1}{e} - (-1) = \frac{1}{e} + 1$.
- $y(e) = e - \ln(e) = e - 1$.

5. Сравним полученные значения: $1$, $\frac{1}{e} + 1$ и $e - 1$.
Приближенные значения: $1$; $\frac{1}{e} + 1 \approx 0.368 + 1 = 1.368$; $e - 1 \approx 2.718 - 1 = 1.718$.
Сравнивая значения, видим, что $1 < \frac{1}{e} + 1 < e - 1$.

Следовательно, наименьшее значение функции на отрезке равно 1, а наибольшее равно $e - 1$.

Ответ: наименьшее значение $y_{min} = 1$, наибольшее значение $y_{max} = e - 1$.

б) Отрезок $[e; e^2]$.

3. Проверяем, принадлежит ли критическая точка $x=1$ отрезку $[e; e^2]$.
Так как $e \approx 2.718$, то $1 < e$, следовательно, критическая точка $x=1$ не принадлежит данному отрезку.

В этом случае, для нахождения наименьшего и наибольшего значений, достаточно вычислить значения функции на концах отрезка. Также можно проанализировать поведение функции на этом отрезке.

Производная $y' = \frac{x-1}{x}$. Для любого $x$ из отрезка $[e; e^2]$ (где $x > 1$) производная $y' > 0$. Это означает, что функция $y(x)$ на данном отрезке монотонно возрастает.

Для монотонно возрастающей функции наименьшее значение достигается в левой крайней точке отрезка, а наибольшее — в правой.

4. Вычислим значения функции на концах отрезка $x=e$ и $x=e^2$.
- Наименьшее значение: $y(e) = e - \ln(e) = e - 1$.
- Наибольшее значение: $y(e^2) = e^2 - \ln(e^2) = e^2 - 2\ln(e) = e^2 - 2$.

Ответ: наименьшее значение $y_{min} = e - 1$, наибольшее значение $y_{max} = e^2 - 2$.

19.38. Исследуйте функцию на монотонность и найдите точки экстремума:

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

б) $y = \ln \frac{1}{x^3} + x^2 + x + 3.$

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

1. Найдем область определения функции.
Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x^3 > 0$, что эквивалентно $x > 0$.
Следовательно, область определения функции: $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Упростим выражение для функции, используя свойство логарифма $\ln(a^b) = b \ln a$:
$y = 2 \cdot 3 \ln x - 5x + \frac{x^2}{2} = 6 \ln x - 5x + \frac{x^2}{2}$.

3. Найдем производную функции $y'$ для исследования на монотонность:
$y' = (6 \ln x - 5x + \frac{x^2}{2})' = 6 \cdot \frac{1}{x} - 5 + \frac{1}{2} \cdot 2x = \frac{6}{x} - 5 + x$.

4. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю. Критические точки — это точки из области определения, в которых производная равна нулю или не существует. В данном случае производная существует на всей области определения.
$y' = 0 \implies \frac{6}{x} - 5 + x = 0$.
Приведем к общему знаменателю $x$ (который не равен нулю в области определения):
$\frac{6 - 5x + x^2}{x} = 0$
$x^2 - 5x + 6 = 0$.
Это квадратное уравнение, корни которого можно найти по теореме Виета: $x_1 + x_2 = 5$ и $x_1 \cdot x_2 = 6$. Корнями являются $x_1 = 2$ и $x_2 = 3$.
Обе точки принадлежат области определения $(0; +\infty)$ и являются стационарными точками.

5. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки разбивают область определения: $(0; 2)$, $(2; 3)$ и $(3; +\infty)$. Знак $y' = \frac{x^2 - 5x + 6}{x}$ на области $(0; +\infty)$ совпадает со знаком числителя $f(x)=x^2 - 5x + 6$ (т.к. $x > 0$). График $f(x)$ — парабола с ветвями вверх.
- На интервале $(0; 2)$: выберем тестовую точку $x=1$. $y'(1) = 1 - 5 + 6 = 2 > 0$, значит, функция возрастает.
- На интервале $(2; 3)$: выберем тестовую точку $x=2.5$. $y'(2.5) = (2.5)^2 - 5(2.5) + 6 = 6.25 - 12.5 + 6 = -0.25 < 0$, значит, функция убывает.
- На интервале $(3; +\infty)$: выберем тестовую точку $x=4$. $y'(4) = 4^2 - 5(4) + 6 = 16 - 20 + 6 = 2 > 0$, значит, функция возрастает.

6. Выводы:
- Промежутки возрастания (где $y' \ge 0$): $(0; 2]$ и $[3; +\infty)$.
- Промежуток убывания (где $y' \le 0$): $[2; 3]$.
- В точке $x=2$ производная меняет знак с «+» на «-», следовательно, это точка локального максимума: $x_{max} = 2$.
- В точке $x=3$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, это точка локального минимума: $x_{min} = 3$.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(0; 2]$ и $[3; +\infty)$, убывает на промежутке $[2; 3]$; точка максимума $x_{max} = 2$, точка минимума $x_{min} = 3$.

б) $y = \ln \frac{1}{x^3} + x^2 + x + 3$

1. Найдем область определения функции.
Аргумент логарифма должен быть положительным: $\frac{1}{x^3} > 0$, что означает $x^3 > 0$, и следовательно, $x > 0$.
Область определения функции: $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Упростим функцию, используя свойства логарифма $\ln(\frac{1}{a}) = -\ln a$ и $\ln(a^b) = b \ln a$:
$y = \ln(x^{-3}) + x^2 + x + 3 = -3 \ln x + x^2 + x + 3$.

3. Найдем производную функции:
$y' = (-3 \ln x + x^2 + x + 3)' = -3 \cdot \frac{1}{x} + 2x + 1 = -\frac{3}{x} + 2x + 1$.

4. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю:
$-\frac{3}{x} + 2x + 1 = 0$.
Приведем к общему знаменателю $x$:
$\frac{-3 + 2x^2 + x}{x} = 0$
$2x^2 + x - 3 = 0$.
Решим это квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 1 + 24 = 25$.
$x_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 - 5}{4} = -\frac{6}{4} = -1.5$.
$x_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 + 5}{4} = \frac{4}{4} = 1$.
Корень $x_1 = -1.5$ не входит в область определения $(0; +\infty)$.
Таким образом, у нас есть одна критическая точка: $x=1$.

5. Исследуем знак производной на интервалах $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$. Знак $y' = \frac{2x^2 + x - 3}{x}$ на области $(0; +\infty)$ определяется знаком числителя $f(x)=2x^2 + x - 3$. График $f(x)$ — парабола с ветвями вверх.
- На интервале $(0; 1)$: выберем тестовую точку $x=0.5$. $y'(0.5) = -\frac{3}{0.5} + 2(0.5) + 1 = -6 + 1 + 1 = -4 < 0$, значит, функция убывает.
- На интервале $(1; +\infty)$: выберем тестовую точку $x=2$. $y'(2) = -\frac{3}{2} + 2(2) + 1 = -1.5 + 4 + 1 = 3.5 > 0$, значит, функция возрастает.

6. Выводы:
- Промежуток убывания (где $y' \le 0$): $(0; 1]$.
- Промежуток возрастания (где $y' \ge 0$): $[1; +\infty)$.
- В точке $x=1$ производная меняет знак с «-» на «+», следовательно, это точка локального минимума: $x_{min} = 1$.
- Точек максимума у функции нет.

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

Найдите наименьшее и наибольшее значение заданной функции на указанном промежутке:

19.39. a) $y = x + \ln(-x)$, $[-4; -0,5];$

б) $y = x + e^{-x}$, $[-\ln 4; \ln 2].$

а)

Чтобы найти наименьшее и наибольшее значение функции $y = x + \ln(-x)$ на промежутке $[-4; -0,5]$, воспользуемся следующим алгоритмом:

1. Находим производную функции.
2. Находим критические точки (точки, в которых производная равна нулю или не существует) и проверяем, принадлежат ли они заданному промежутку.
3. Вычисляем значения функции в критических точках, принадлежащих промежутку, и на концах промежутка.
4. Сравниваем полученные значения и выбираем из них наименьшее и наибольшее.

1. Найдем производную функции $y = x + \ln(-x)$:

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

2. Найдем критические точки. Приравняем производную к нулю:

$y' = 0 \implies 1 + \frac{1}{x} = 0 \implies \frac{1}{x} = -1 \implies x = -1$.

Производная не определена в точке $x=0$, но эта точка не входит в область определения функции ($x < 0$).

Критическая точка $x = -1$ принадлежит заданному промежутку $[-4; -0,5]$, так как $-4 \le -1 \le -0,5$.

3. Вычислим значения функции в критической точке $x = -1$ и на концах промежутка $x = -4$ и $x = -0,5$:

• $y(-4) = -4 + \ln(-(-4)) = -4 + \ln(4)$.
• $y(-1) = -1 + \ln(-(-1)) = -1 + \ln(1) = -1 + 0 = -1$.
• $y(-0,5) = -0,5 + \ln(-(-0,5)) = -0,5 + \ln(0,5) = -0,5 + \ln(2^{-1}) = -0,5 - \ln(2)$.

4. Сравним полученные значения: $-4 + \ln(4)$, $-1$, $-0,5 - \ln(2)$.

Используем приближенные значения $\ln(2) \approx 0,69$ и $\ln(4) = 2\ln(2) \approx 1,38$.

• $y(-4) = -4 + \ln(4) \approx -4 + 1,38 = -2,62$.
• $y(-1) = -1$.
• $y(-0,5) = -0,5 - \ln(2) \approx -0,5 - 0,69 = -1,19$.

Сравнивая числа $-2,62$, $-1$ и $-1,19$, видим, что наименьшее из них $-2,62$, а наибольшее $-1$.

Таким образом, наименьшее значение функции равно $-4 + \ln(4)$, а наибольшее значение равно $-1$.

Ответ: наименьшее значение $y_{min} = -4 + \ln(4)$, наибольшее значение $y_{max} = -1$.

б)

Найдем наименьшее и наибольшее значение функции $y = x + e^{-x}$ на промежутке $[-\ln 4; \ln 2]$.

1. Найдем производную функции $y = x + e^{-x}$:

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

2. Найдем критические точки. Приравняем производную к нулю:

$y' = 0 \implies 1 - e^{-x} = 0 \implies e^{-x} = 1 \implies -x = 0 \implies x = 0$.

Критическая точка $x = 0$ принадлежит заданному промежутку $[-\ln 4; \ln 2]$, так как $-\ln 4 < 0$ и $\ln 2 > 0$.

3. Вычислим значения функции в критической точке $x = 0$ и на концах промежутка $x = -\ln 4$ и $x = \ln 2$:

• $y(-\ln 4) = -\ln 4 + e^{-(-\ln 4)} = -\ln 4 + e^{\ln 4} = 4 - \ln 4$.
• $y(0) = 0 + e^{-0} = 0 + 1 = 1$.
• $y(\ln 2) = \ln 2 + e^{-\ln 2} = \ln 2 + e^{\ln(1/2)} = \ln 2 + \frac{1}{2}$.

4. Сравним полученные значения: $4 - \ln 4$, $1$, $\ln 2 + \frac{1}{2}$.

Используем приближенные значения $\ln(2) \approx 0,69$ и $\ln(4) \approx 1,38$.

• $y(-\ln 4) = 4 - \ln 4 \approx 4 - 1,38 = 2,62$.
• $y(0) = 1$.
• $y(\ln 2) = \ln 2 + 0,5 \approx 0,69 + 0,5 = 1,19$.

Сравнивая числа $2,62$, $1$ и $1,19$, видим, что наименьшее из них $1$, а наибольшее $2,62$.

Таким образом, наименьшее значение функции равно $1$, а наибольшее значение равно $4 - \ln 4$.

Ответ: наименьшее значение $y_{min} = 1$, наибольшее значение $y_{max} = 4 - \ln 4$.

19.40. a) $y = 4 \cdot 2^{3x} - 27 \cdot 2^{2x} + 3 \cdot 2^{x+3}$, $[-2; 0];$

б) $y = 3^{3x} - 2 \cdot 3^{2x} + 9 \cdot 3^{x-2}$, $[-1; 1].$

а) Требуется найти наибольшее и наименьшее значения функции $y = 4 \cdot 2^{3x} - 27 \cdot 2^{2x} + 3 \cdot 2^{x+3}$ на отрезке $[-2; 0]$.

1. Упрощение функции.
Преобразуем данную функцию, используя свойства степеней:$y = 4 \cdot (2^x)^3 - 27 \cdot (2^x)^2 + 3 \cdot 2^x \cdot 2^3 = 4(2^x)^3 - 27(2^x)^2 + 24(2^x)$.

2. Замена переменной.
Введем новую переменную $t = 2^x$. Поскольку функция $t(x) = 2^x$ является монотонно возрастающей, то для отрезка $x \in [-2; 0]$ соответствующий отрезок для переменной $t$ будет $[2^{-2}; 2^0]$, то есть $t \in [\frac{1}{4}; 1]$.
После замены функция примет вид: $f(t) = 4t^3 - 27t^2 + 24t$.

3. Нахождение экстремумов функции.
Найдем производную функции $f(t)$ по переменной $t$:$f'(t) = (4t^3 - 27t^2 + 24t)' = 12t^2 - 54t + 24$.
Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:$12t^2 - 54t + 24 = 0$.
Разделим уравнение на 6 для упрощения:$2t^2 - 9t + 4 = 0$.
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 81 - 32 = 49$.
Корни уравнения:$t_1 = \frac{9 - \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{9 - 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.$t_2 = \frac{9 + \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{9 + 7}{4} = \frac{16}{4} = 4$.

4. Проверка принадлежности критических точек отрезку.
Отрезок для переменной $t$ у нас $[\frac{1}{4}; 1]$.Точка $t_1 = \frac{1}{2}$ принадлежит этому отрезку, так как $\frac{1}{4} \leq \frac{1}{2} \leq 1$.Точка $t_2 = 4$ не принадлежит этому отрезку.

5. Вычисление значений функции.
Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке $[\frac{1}{4}; 1]$ нужно вычислить значения функции в критической точке $t = \frac{1}{2}$ и на концах отрезка $t = \frac{1}{4}$ и $t = 1$.
$f(\frac{1}{4}) = 4(\frac{1}{4})^3 - 27(\frac{1}{4})^2 + 24(\frac{1}{4}) = 4 \cdot \frac{1}{64} - 27 \cdot \frac{1}{16} + 6 = \frac{1}{16} - \frac{27}{16} + \frac{96}{16} = \frac{70}{16} = \frac{35}{8} = 4,375$.
$f(\frac{1}{2}) = 4(\frac{1}{2})^3 - 27(\frac{1}{2})^2 + 24(\frac{1}{2}) = 4 \cdot \frac{1}{8} - 27 \cdot \frac{1}{4} + 12 = \frac{1}{2} - \frac{27}{4} + 12 = \frac{2}{4} - \frac{27}{4} + \frac{48}{4} = \frac{23}{4} = 5,75$.
$f(1) = 4(1)^3 - 27(1)^2 + 24(1) = 4 - 27 + 24 = 1$.

6. Определение наибольшего и наименьшего значений.
Сравнивая полученные значения: $1$, $\frac{35}{8}$ и $\frac{23}{4}$, заключаем, что наименьшее значение функции $y_{наим} = 1$, а наибольшее значение $y_{наиб} = \frac{23}{4}$.

Ответ: наименьшее значение функции на отрезке равно 1, наибольшее значение равно $\frac{23}{4}$.

б) Требуется найти наибольшее и наименьшее значения функции $y = 3^{3x} - 2 \cdot 3^{2x} + 9 \cdot 3^{x-2}$ на отрезке $[-1; 1]$.

1. Упрощение функции.
Преобразуем данную функцию:$y = (3^x)^3 - 2 \cdot (3^x)^2 + 9 \cdot 3^x \cdot 3^{-2} = (3^x)^3 - 2(3^x)^2 + 9 \cdot \frac{1}{9} \cdot 3^x = (3^x)^3 - 2(3^x)^2 + 3^x$.

2. Замена переменной.
Введем новую переменную $t = 3^x$. Поскольку функция $t(x) = 3^x$ является монотонно возрастающей, то для отрезка $x \in [-1; 1]$ соответствующий отрезок для переменной $t$ будет $[3^{-1}; 3^1]$, то есть $t \in [\frac{1}{3}; 3]$.
После замены функция примет вид: $f(t) = t^3 - 2t^2 + t$. Функцию можно также представить в виде $f(t) = t(t^2 - 2t + 1) = t(t-1)^2$.

3. Нахождение экстремумов функции.
Найдем производную функции $f(t)$:$f'(t) = (t^3 - 2t^2 + t)' = 3t^2 - 4t + 1$.
Найдем критические точки, решив уравнение $f'(t) = 0$:$3t^2 - 4t + 1 = 0$.
Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 1 = 16 - 12 = 4$.
Корни уравнения:$t_1 = \frac{4 - \sqrt{4}}{2 \cdot 3} = \frac{4 - 2}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.$t_2 = \frac{4 + \sqrt{4}}{2 \cdot 3} = \frac{4 + 2}{6} = \frac{6}{6} = 1$.

4. Проверка принадлежности критических точек отрезку.
Отрезок для переменной $t$ у нас $[\frac{1}{3}; 3]$.Обе критические точки $t_1 = \frac{1}{3}$ и $t_2 = 1$ принадлежат этому отрезку.

5. Вычисление значений функции.
Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции на отрезке $[\frac{1}{3}; 3]$ нужно вычислить значения функции в критических точках $t = \frac{1}{3}$, $t = 1$ и на правом конце отрезка $t = 3$ (левый конец совпадает с критической точкой).
$f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)^2 = \frac{1}{3}(-\frac{2}{3})^2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{9} = \frac{4}{27}$.
$f(1) = 1(1-1)^2 = 0$.
$f(3) = 3(3-1)^2 = 3 \cdot 2^2 = 3 \cdot 4 = 12$.

6. Определение наибольшего и наименьшего значений.
Сравнивая полученные значения: $\frac{4}{27}$, $0$ и $12$, заключаем, что наименьшее значение функции $y_{наим} = 0$, а наибольшее значение $y_{наиб} = 12$.

Ответ: наименьшее значение функции на отрезке равно 0, наибольшее значение равно 12.

19.41. Найдите, если возможно, наименьшее и (или) наибольшее значение заданной функции на указанном промежутке:

a) $y = \ln x + x, (0; 1]$

б) $y = \frac{e^x}{x}, (0; 2)$

а) $y = \ln x + x$ на промежутке $(0; 1]$

Для нахождения наименьшего и наибольшего значений функции на заданном промежутке, найдем ее производную и исследуем на монотонность.

1. Производная функции:

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

2. Анализ знака производной на промежутке $(0; 1]$.

Для любого $x$ из промежутка $(0; 1]$ справедливо, что $x > 0$. Следовательно, $\frac{1}{x} > 0$, а значит и вся производная $y' = \frac{1}{x} + 1$ будет положительной на всем промежутке $(0; 1]$.

3. Определение экстремумов.

Поскольку $y' > 0$ на $(0; 1]$, функция $y(x)$ является строго возрастающей на этом промежутке. Это означает, что у нее нет точек экстремума внутри промежутка.

4. Нахождение наименьшего и наибольшего значений.

Для строго возрастающей функции на промежутке вида $(a, b]$, наибольшее значение достигается на правом конце, а наименьшее значение не достигается, но можно найти предел на левом конце.

Наибольшее значение будет в точке $x = 1$:

$y_{наиб} = y(1) = \ln(1) + 1 = 0 + 1 = 1$.

Левая граница $x=0$ не принадлежит промежутку. Чтобы исследовать поведение функции вблизи этой точки, найдем предел функции при $x$, стремящемся к 0 справа:

$\lim_{x \to 0^+} (\ln x + x) = \lim_{x \to 0^+} \ln x + \lim_{x \to 0^+} x = -\infty + 0 = -\infty$.

Так как функция стремится к минус бесконечности, она не ограничена снизу на данном промежутке. Следовательно, наименьшего значения у функции нет.

Ответ: наибольшее значение функции равно 1, наименьшего значения не существует.

б) $y = \frac{e^x}{x}$ на промежутке $(0; 2)$

1. Найдем производную функции, используя правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$y' = \left(\frac{e^x}{x}\right)' = \frac{(e^x)' \cdot x - e^x \cdot (x)'}{x^2} = \frac{e^x \cdot x - e^x \cdot 1}{x^2} = \frac{e^x(x - 1)}{x^2}$.

2. Найдем критические точки. Для этого приравняем производную к нулю:

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

Поскольку $e^x > 0$ и $x^2 > 0$ на промежутке $(0; 2)$, равенство возможно только если $x - 1 = 0$. Отсюда получаем критическую точку $x = 1$. Эта точка принадлежит заданному промежутку $(0; 2)$.

3. Исследуем знак производной на интервалах, на которые точка $x=1$ разбивает промежуток $(0; 2)$, то есть на $(0; 1)$ и $(1; 2)$.

• При $x \in (0; 1)$, выражение $(x-1)$ отрицательно, значит $y' < 0$. Функция на этом интервале убывает.
• При $x \in (1; 2)$, выражение $(x-1)$ положительно, значит $y' > 0$. Функция на этом интервале возрастает.

4. Нахождение наименьшего и наибольшего значений.

Поскольку в точке $x=1$ производная меняет знак с минуса на плюс, эта точка является точкой локального минимума. Так как это единственная критическая точка на всем промежутке, то в ней достигается наименьшее значение функции на этом промежутке.

$y_{наим} = y(1) = \frac{e^1}{1} = e$.

Промежуток $(0; 2)$ является открытым, поэтому наибольшее значение может не достигаться. Исследуем поведение функции на границах промежутка, найдя пределы:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{x} = \frac{e^0}{0^+} = \frac{1}{0^+} = +\infty$.

$\lim_{x \to 2^-} \frac{e^x}{x} = \frac{e^2}{2}$.

Так как при приближении к левой границе $x=0$ функция стремится к плюс бесконечности, она не ограничена сверху на данном промежутке. Следовательно, наибольшего значения у функции нет.

Ответ: наименьшее значение функции равно $e$, наибольшего значения не существует.

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 $[-1/3, 1]$.

19.43. a) $y = x^2 e^{-x}$;

б) $y = x^3 e^x$.

а) $y = x^2e^{-x}$

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения.
Функция определена для всех действительных значений $x$, так как множители $x^2$ и $e^{-x}$ определены на всей числовой оси.
$D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат.
Пересечение с осью $Oy$: при $x=0$, $y(0) = 0^2 \cdot e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.
Пересечение с осью $Ox$: при $y=0$, $x^2e^{-x} = 0$. Так как $e^{-x} > 0$ для любого $x$, то $x^2 = 0$, откуда $x=0$. Точка $(0, 0)$.
График проходит через начало координат.

3. Четность и периодичность.
$y(-x) = (-x)^2e^{-(-x)} = x^2e^x$.
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, так как функция непрерывна на всей области определения.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to +\infty} x^2e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x}$. Это неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Применим правило Лопиталя дважды:
$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2)'}{(e^x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(2x)'}{(e^x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x} = 0$.
Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.
$\lim_{x \to -\infty} x^2e^{-x} = (+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$.
Горизонтальной асимптоты при $x \to -\infty$ нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную:
$y' = (x^2e^{-x})' = (x^2)'e^{-x} + x^2(e^{-x})' = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = (2x - x^2)e^{-x} = x(2-x)e^{-x}$.
Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек: $x(2-x)e^{-x} = 0$.
Так как $e^{-x} \neq 0$, то $x(2-x)=0$, откуда $x_1=0$, $x_2=2$.
Исследуем знак производной на интервалах:
- При $x \in (-\infty, 0)$, $y' < 0$, функция убывает.
- При $x \in (0, 2)$, $y' > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (2, +\infty)$, $y' < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ производная меняет знак с $-$ на $+$, следовательно, это точка локального минимума. $y_{min} = y(0) = 0$.
В точке $x=2$ производная меняет знак с $+$ на $-$, следовательно, это точка локального максимума. $y_{max} = y(2) = 2^2e^{-2} = 4e^{-2}$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную:
$y'' = ((2x - x^2)e^{-x})' = (2-2x)e^{-x} - (2x-x^2)e^{-x} = (2-2x-2x+x^2)e^{-x} = (x^2-4x+2)e^{-x}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $(x^2-4x+2)e^{-x} = 0$.
$x^2-4x+2=0$. Решим квадратное уравнение: $x = \frac{4 \pm \sqrt{16-8}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 2 \pm \sqrt{2}$.
$x_1 = 2-\sqrt{2} \approx 0.59$, $x_2 = 2+\sqrt{2} \approx 3.41$.
Исследуем знак второй производной на интервалах:
- При $x \in (-\infty, 2-\sqrt{2})$, $y'' > 0$, график функции выпуклый вниз (вогнутый).
- При $x \in (2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$, $y'' < 0$, график функции выпуклый вверх.
- При $x \in (2+\sqrt{2}, +\infty)$, $y'' > 0$, график функции выпуклый вниз (вогнутый).
Так как в точках $x = 2 \pm \sqrt{2}$ вторая производная меняет знак, это точки перегиба.

Ответ: 1. Область определения: $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Точка пересечения с осями: $(0,0)$.
3. Функция общего вида (не четная и не нечетная).
4. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to +\infty$.
5. Убывает на $(-\infty, 0)$ и $(2, +\infty)$; возрастает на $(0, 2)$.
6. Точка минимума: $(0, 0)$. Точка максимума: $(2, 4e^{-2})$.
7. Выпукла вниз (вогнута) на $(-\infty, 2-\sqrt{2})$ и $(2+\sqrt{2}, +\infty)$; выпукла вверх на $(2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$.
8. Точки перегиба при $x=2-\sqrt{2}$ и $x=2+\sqrt{2}$.

б) $y = x^3e^x$

Проведем полное исследование функции.

1. Область определения.
Функция определена для всех действительных значений $x$.
$D(y) = (-\infty, +\infty)$.

2. Точки пересечения с осями координат.
Пересечение с осью $Oy$: при $x=0$, $y(0) = 0^3 \cdot e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.
Пересечение с осью $Ox$: при $y=0$, $x^3e^x = 0$. Так как $e^x > 0$, то $x^3 = 0$, откуда $x=0$. Точка $(0, 0)$.
График проходит через начало координат.

3. Четность и периодичность.
$y(-x) = (-x)^3e^{-x} = -x^3e^{-x}$.
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.
Горизонтальные асимптоты:
$\lim_{x \to +\infty} x^3e^x = (+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$.
Горизонтальной асимптоты при $x \to +\infty$ нет.
$\lim_{x \to -\infty} x^3e^x = (-\infty) \cdot 0$. Это неопределенность. Преобразуем выражение: $\lim_{x \to -\infty} \frac{x^3}{e^{-x}}$. Это неопределенность вида $\frac{-\infty}{\infty}$. Применим правило Лопиталя трижды:
$\lim_{x \to -\infty} \frac{x^3}{e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2}{-e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{6x}{e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{6}{-e^{-x}} = 0$.
Следовательно, $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to -\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную:
$y' = (x^3e^x)' = 3x^2e^x + x^3e^x = (x^3+3x^2)e^x = x^2(x+3)e^x$.
Приравняем производную к нулю: $x^2(x+3)e^x=0$.
Критические точки: $x_1=0$, $x_2=-3$.
Исследуем знак производной на интервалах:
- При $x \in (-\infty, -3)$, $y' < 0$, функция убывает.
- При $x \in (-3, 0)$, $y' > 0$, функция возрастает.
- При $x \in (0, +\infty)$, $y' > 0$, функция возрастает.
В точке $x=-3$ производная меняет знак с $-$ на $+$, следовательно, это точка локального минимума. $y_{min} = y(-3) = (-3)^3e^{-3} = -27e^{-3}$.
В точке $x=0$ производная не меняет знак, значит, это не точка экстремума.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.
Найдем вторую производную:
$y'' = ((x^3+3x^2)e^x)' = (3x^2+6x)e^x + (x^3+3x^2)e^x = (x^3+6x^2+6x)e^x = x(x^2+6x+6)e^x$.
Приравняем вторую производную к нулю: $x(x^2+6x+6)e^x = 0$.
Отсюда $x=0$ или $x^2+6x+6=0$. Решим квадратное уравнение: $x = \frac{-6 \pm \sqrt{36-24}}{2} = \frac{-6 \pm \sqrt{12}}{2} = -3 \pm \sqrt{3}$.
Точки, подозрительные на перегиб: $x_1 = 0$, $x_2 = -3-\sqrt{3} \approx -4.73$, $x_3 = -3+\sqrt{3} \approx -1.27$.
Исследуем знак второй производной на интервалах, образованных этими точками:
- При $x \in (-\infty, -3-\sqrt{3})$, $y'' < 0$, график функции выпуклый вверх.
- При $x \in (-3-\sqrt{3}, -3+\sqrt{3})$, $y'' > 0$, график функции выпуклый вниз (вогнутый).
- При $x \in (-3+\sqrt{3}, 0)$, $y'' < 0$, график функции выпуклый вверх.
- При $x \in (0, +\infty)$, $y'' > 0$, график функции выпуклый вниз (вогнутый).
Так как во всех трех точках вторая производная меняет знак, все они являются точками перегиба. Точка $(0,0)$ является точкой перегиба с горизонтальной касательной, так как $y'(0)=0$.

Ответ:1. Область определения: $D(y) = (-\infty, +\infty)$.
2. Точка пересечения с осями: $(0,0)$.
3. Функция общего вида.
4. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to -\infty$.
5. Убывает на $(-\infty, -3)$; возрастает на $(-3, +\infty)$.
6. Точка минимума: $(-3, -27e^{-3})$. Точек максимума нет.
7. Выпукла вверх на $(-\infty, -3-\sqrt{3})$ и $(-3+\sqrt{3}, 0)$; выпукла вниз (вогнута) на $(-3-\sqrt{3}, -3+\sqrt{3})$ и $(0, +\infty)$.
8. Точки перегиба при $x=0$, $x=-3-\sqrt{3}$ и $x=-3+\sqrt{3}$.

19.44. a) $y = \ln (x^2 - 2x - 3)$;

б) $y = \ln (3 + 2x - x^2)$.

а)

Для нахождения производной функции $y = \ln(x^2 - 2x - 3)$ мы будем использовать правило дифференцирования сложной функции (цепное правило). Общая формула для производной натурального логарифма от функции $u(x)$ выглядит так: $(\ln(u(x)))' = \frac{u'(x)}{u(x)}$.

В данном случае, внутренняя функция $u(x) = x^2 - 2x - 3$.

1. Сначала найдем производную внутренней функции $u'(x)$:
$u'(x) = (x^2 - 2x - 3)' = (x^2)' - (2x)' - (3)' = 2x - 2$.

2. Теперь подставим $u(x)$ и $u'(x)$ в формулу для производной:
$y' = \frac{u'(x)}{u(x)} = \frac{2x - 2}{x^2 - 2x - 3}$.

Ответ: $y' = \frac{2x - 2}{x^2 - 2x - 3}$.

б)

Для нахождения производной функции $y = \ln(3 + 2x - x^2)$ мы также применим цепное правило. Формула остается той же: $(\ln(u(x)))' = \frac{u'(x)}{u(x)}$.

Здесь внутренняя функция $u(x) = 3 + 2x - x^2$.

1. Найдем производную внутренней функции $u'(x)$:
$u'(x) = (3 + 2x - x^2)' = (3)' + (2x)' - (x^2)' = 0 + 2 - 2x = 2 - 2x$.

2. Подставим найденные выражения для $u(x)$ и $u'(x)$ в формулу производной:
$y' = \frac{u'(x)}{u(x)} = \frac{2 - 2x}{3 + 2x - x^2}$.

Ответ: $y' = \frac{2 - 2x}{3 + 2x - x^2}$.

19.45. На графике функции $y = x - \ln (2x - 5)$ выбирают произвольную точку $M$ и соединяют с началом координат $O$. Строят прямоугольник, диагональю которого является отрезок $OM$, а две стороны расположены на осях координат. Найдите наименьшее значение периметра такого прямоугольника.

Пусть точка $M$, выбранная на графике функции $y = x - \ln(2x - 5)$, имеет координаты $(x, y)$. Начало координат — точка $O(0, 0)$. Прямоугольник, диагональю которого является отрезок $OM$, а две стороны расположены на осях координат, имеет вершины в точках $O(0,0)$, $A(x,0)$, $M(x,y)$ и $C(0,y)$. Длины сторон этого прямоугольника равны $|x|$ и $|y|$.

Найдем область определения данной функции. Выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным: $2x - 5 > 0 \implies 2x > 5 \implies x > 2.5$. Следовательно, абсцисса $x$ любой точки на графике всегда положительна, поэтому $|x| = x$.

Теперь исследуем знак ординаты $y = x - \ln(2x - 5)$. Для этого найдем ее производную и точки экстремума: $y'(x) = (x - \ln(2x - 5))' = 1 - \frac{1}{2x-5} \cdot (2x-5)' = 1 - \frac{2}{2x-5} = \frac{2x-5-2}{2x-5} = \frac{2x-7}{2x-5}$.

Приравняем производную к нулю для поиска критических точек: $y'(x) = 0 \implies \frac{2x-7}{2x-5} = 0 \implies 2x-7 = 0 \implies x = 3.5$. Точка $x=3.5$ принадлежит области определения $(2.5, +\infty)$. При $2.5 < x < 3.5$ производная $y'(x) < 0$ (функция убывает), а при $x > 3.5$ производная $y'(x) > 0$ (функция возрастает). Следовательно, в точке $x = 3.5$ функция $y(x)$ достигает своего минимума.

Найдем минимальное значение функции: $y_{min} = y(3.5) = 3.5 - \ln(2 \cdot 3.5 - 5) = 3.5 - \ln(7 - 5) = 3.5 - \ln(2)$. Поскольку $e \approx 2.718$, то $\ln(2) < \ln(e) = 1$. Значит, $y_{min} = 3.5 - \ln(2) > 0$. Так как минимальное значение функции положительно, то и все остальные ее значения на области определения также положительны. Таким образом, $y > 0$, и $|y| = y$.

Периметр $P$ прямоугольника со сторонами $x$ и $y$ равен $P = 2(x + y)$. Выразим периметр как функцию от $x$: $P(x) = 2(x + (x - \ln(2x - 5))) = 2(2x - \ln(2x - 5)) = 4x - 2\ln(2x - 5)$.

Для нахождения наименьшего значения периметра найдем минимум функции $P(x)$. Вычислим ее производную: $P'(x) = (4x - 2\ln(2x - 5))' = 4 - 2 \cdot \frac{1}{2x - 5} \cdot 2 = 4 - \frac{4}{2x - 5} = 4\left(1 - \frac{1}{2x - 5}\right) = 4\left(\frac{2x - 5 - 1}{2x - 5}\right) = \frac{4(2x - 6)}{2x - 5}$.

Приравняем производную $P'(x)$ к нулю: $\frac{4(2x - 6)}{2x - 5} = 0 \implies 2x - 6 = 0 \implies x = 3$. Эта точка принадлежит области определения $(2.5, +\infty)$. При $2.5 < x < 3$ производная $P'(x) < 0$, функция $P(x)$ убывает. При $x > 3$ производная $P'(x) > 0$, функция $P(x)$ возрастает. Следовательно, при $x=3$ функция периметра достигает своего наименьшего значения.

Вычислим это наименьшее значение периметра: $P_{min} = P(3) = 4 \cdot 3 - 2\ln(2 \cdot 3 - 5) = 12 - 2\ln(6 - 5) = 12 - 2\ln(1)$. Так как $\ln(1) = 0$, получаем: $P_{min} = 12 - 2 \cdot 0 = 12$.

Ответ: 12.