Номер 5.121, страница 162 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Глава 1. Функции. Производные. Интегралы. Параграф 5. Применение производной - номер 5.121, страница 162.

Условие.

Исследуйте функцию $y = f(x)$ и постройте её график, если (5.121—5.122):

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

б) $f(x) = 6x^2e^{-x^2}$;

в) $f(x) = \sqrt{1-x^2}-1$;

г) $f(x) = \sqrt{1-x^4}+\frac{1}{2}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а) Исследуем функцию $f(x) = \frac{e^x}{1+x}$.

• 1. Область определения.

  Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $1+x \neq 0 \implies x \neq -1$.
  Область определения функции: $D(f) = (-\infty, -1) \cup (-1, +\infty)$.

• 2. Четность, нечетность, периодичность.

  $f(-x) = \frac{e^{-x}}{1-x}$.
  Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной (функция общего вида). Функция непериодическая.

• 3. Точки пересечения с осями координат.

  Пересечение с осью Oy ($x=0$): $f(0) = \frac{e^0}{1+0} = 1$. Точка пересечения $(0, 1)$.
  Пересечение с осью Ox ($y=0$): $\frac{e^x}{1+x} = 0$. Так как $e^x > 0$ для любого $x$, уравнение не имеет решений. Пересечений с осью Ox нет.

• 4. Асимптоты.

  Вертикальная асимптота: $x=-1$.
  $\lim_{x \to -1^-} \frac{e^x}{1+x} = \frac{e^{-1}}{-0} = -\infty$.
  $\lim_{x \to -1^+} \frac{e^x}{1+x} = \frac{e^{-1}}{+0} = +\infty$.
  Горизонтальная асимптота:
  $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{1+x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(e^x)'}{(1+x)'} = \lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty$. Справа горизонтальной асимптоты нет.
  $\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{1+x} = \frac{0}{-\infty} = 0$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to -\infty$.
  Наклонных асимптот нет.

• 5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

  Найдем первую производную: $f'(x) = \left(\frac{e^x}{1+x}\right)' = \frac{e^x(1+x) - e^x \cdot 1}{(1+x)^2} = \frac{xe^x}{(1+x)^2}$.
  $f'(x) = 0$ при $x=0$.
  При $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
  При $x \in (0, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
  В точке $x=0$ производная меняет знак с «−» на «+», следовательно, это точка локального минимума. $f_{min} = f(0) = 1$.

• 6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

  Найдем вторую производную: $f''(x) = \left(\frac{xe^x}{(1+x)^2}\right)' = \frac{(e^x+xe^x)(1+x)^2 - xe^x \cdot 2(1+x)}{(1+x)^4} = \frac{e^x(1+x)^2 - 2xe^x}{(1+x)^3} = \frac{e^x(1+2x+x^2-2x)}{(1+x)^3} = \frac{e^x(x^2+1)}{(1+x)^3}$.
  $f''(x)$ не обращается в нуль. Знак $f''(x)$ совпадает со знаком знаменателя $(1+x)^3$.
  При $x \in (-\infty, -1)$, $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнут вниз).
  При $x \in (-1, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (вогнут вверх).
  Точек перегиба нет.

Ответ: Функция определена для всех $x \neq -1$. Имеет вертикальную асимптоту $x=-1$ и горизонтальную асимптоту $y=0$ (при $x \to -\infty$). Точка $(0, 1)$ является точкой локального минимума. Функция убывает на $(-\infty, -1)$ и $(-1, 0)$, возрастает на $(0, +\infty)$. График выпуклый вверх на $(-\infty, -1)$ и выпуклый вниз на $(-1, +\infty)$. График состоит из двух ветвей. Левая ветвь начинается от асимптоты $y=0$ и уходит на $-\infty$ при $x \to -1^-$. Правая ветвь приходит из $+\infty$ при $x \to -1^+$, достигает минимума в точке $(0,1)$ и уходит на $+\infty$ при $x \to +\infty$.

---

б) Исследуем функцию $f(x) = 6x^2e^{-x^2}$.

• 1. Область определения.

  Функция определена для всех действительных чисел: $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

• 2. Четность, нечетность, периодичность.

  $f(-x) = 6(-x)^2e^{-(-x)^2} = 6x^2e^{-x^2} = f(x)$.
  Функция является четной. Ее график симметричен относительно оси Oy. Функция непериодическая.

• 3. Точки пересечения с осями координат.

  $f(0) = 0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$. Это единственная точка пересечения с осями.

• 4. Асимптоты.

  Вертикальных асимптот нет.
  Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} 6x^2e^{-x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{6x^2}{e^{x^2}} = 0$ (по правилу Лопиталя).
  $y=0$ — горизонтальная асимптота при $x \to \pm\infty$.

• 5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

  $f'(x) = 12xe^{-x^2} + 6x^2e^{-x^2}(-2x) = 12xe^{-x^2}(1-x^2)$.
  $f'(x) = 0$ при $x=0$, $x=-1$, $x=1$.
  $f(x)$ возрастает на $(-\infty, -1) \cup (0, 1)$.
  $f(x)$ убывает на $(-1, 0) \cup (1, +\infty)$.
  $x=-1, x=1$ — точки локального максимума, $f_{max} = f(\pm 1) = 6e^{-1} = 6/e$.
  $x=0$ — точка локального минимума, $f_{min} = f(0) = 0$.

• 6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

  $f''(x) = (12(x-x^3)e^{-x^2})' = 12(1-3x^2)e^{-x^2} - 12(x-x^3)2xe^{-x^2} = 12e^{-x^2}(1-3x^2 - 2x^2+2x^4) = 12e^{-x^2}(2x^4-5x^2+1)$.
  $f''(x) = 0 \implies 2x^4-5x^2+1=0$. Пусть $t=x^2$, тогда $2t^2-5t+1=0$, $t_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{17}}{4}$.
  Точки перегиба: $x = \pm \sqrt{\frac{5 - \sqrt{17}}{4}}$ и $x = \pm \sqrt{\frac{5 + \sqrt{17}}{4}}$.
  График выпуклый вниз (вогнут) на $(-\infty, -\sqrt{\frac{5 + \sqrt{17}}{4}})$, $(-\sqrt{\frac{5 - \sqrt{17}}{4}}, \sqrt{\frac{5 - \sqrt{17}}{4}})$ и $(\sqrt{\frac{5 + \sqrt{17}}{4}}, +\infty)$.
  График выпуклый вверх (выгнут) на $(-\sqrt{\frac{5 + \sqrt{17}}{4}}, -\sqrt{\frac{5 - \sqrt{17}}{4}})$ и $(\sqrt{\frac{5 - \sqrt{17}}{4}}, \sqrt{\frac{5 + \sqrt{17}}{4}})$.

Ответ: Функция четная, определена на всей числовой оси. Горизонтальная асимптота $y=0$. Точка $(0,0)$ - локальный минимум. Точки $(\pm 1, 6/e)$ - локальные максимумы. Точки перегиба при $x = \pm \sqrt{\frac{5 \pm \sqrt{17}}{4}}$. График симметричен относительно оси $Oy$, начинается от $y=0$, поднимается до "холма" с вершиной в $(-1, 6/e)$, опускается до $(0,0)$, снова поднимается до "холма" с вершиной в $(1, 6/e)$, и затем стремится к $y=0$ при $x \to +\infty$.

---

в) Исследуем функцию $f(x) = \sqrt{1-x^2} - 1$.

• 1. Область определения.

  Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $1-x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.
  $D(f) = [-1, 1]$.

• 2. Четность, нечетность, периодичность.

  $f(-x) = \sqrt{1-(-x)^2}-1 = \sqrt{1-x^2}-1 = f(x)$. Функция четная, график симметричен относительно оси Oy.

• 3. Точки пересечения с осями координат.

  $f(0) = \sqrt{1-0}-1 = 0$. График проходит через начало координат $(0, 0)$.

• 4. Асимптоты.

  Область определения — замкнутый отрезок, поэтому асимптот нет.

• 5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

  $f'(x) = \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}} = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$.
  $f'(x) = 0$ при $x=0$.
  При $x \in [-1, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
  При $x \in (0, 1]$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
  $x=0$ — точка максимума, $f_{max}=f(0)=0$.
  На концах отрезка $f(-1)=-1, f(1)=-1$ — точки минимума.

• 6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

  $f''(x) = \left(\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\right)' = \frac{-1\sqrt{1-x^2} - (-x)\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2} = \frac{-(1-x^2)-x^2}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}} = \frac{-1}{(1-x^2)^{3/2}}$.
  $f''(x) < 0$ для всех $x \in (-1, 1)$. График функции всегда выпуклый вверх (вогнут вниз). Точек перегиба нет.

Ответ: Функция четная, определена на отрезке $[-1, 1]$. График симметричен относительно оси $Oy$. Точка $(0,0)$ - абсолютный максимум. Точки $(\pm 1, -1)$ - абсолютные минимумы. Функция возрастает на $[-1, 0]$ и убывает на $[0, 1]$. График всегда выпуклый вверх. Графиком является верхняя полуокружность $x^2 + (y+1)^2 = 1$, с центром в точке $(0, -1)$ и радиусом 1.

---

г) Исследуем функцию $f(x) = \sqrt{1-x^4} + \frac{1}{2}$.

• 1. Область определения.

  $1-x^4 \ge 0 \implies x^4 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.
  $D(f) = [-1, 1]$.

• 2. Четность, нечетность, периодичность.

  $f(-x) = \sqrt{1-(-x)^4} + \frac{1}{2} = \sqrt{1-x^4} + \frac{1}{2} = f(x)$. Функция четная, график симметричен относительно оси Oy.

• 3. Точки пересечения с осями координат.

  Пересечение с осью Oy ($x=0$): $f(0) = \sqrt{1} + 1/2 = 3/2$. Точка $(0, 3/2)$.
  Пересечение с осью Ox ($y=0$): $\sqrt{1-x^4} + 1/2 = 0 \implies \sqrt{1-x^4} = -1/2$. Решений нет, так как корень не может быть отрицательным.

• 4. Асимптоты.

  Область определения — замкнутый отрезок, поэтому асимптот нет.

• 5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

  $f'(x) = \frac{-4x^3}{2\sqrt{1-x^4}} = \frac{-2x^3}{\sqrt{1-x^4}}$.
  $f'(x) = 0$ при $x=0$.
  При $x \in [-1, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
  При $x \in (0, 1]$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
  $x=0$ — точка максимума, $f_{max}=f(0)=3/2$.
  На концах отрезка $f(-1)=1/2, f(1)=1/2$ — точки минимума.

• 6. Промежутки выпуклости и вогнутости, точки перегиба.

  $f''(x) = \frac{-6x^2\sqrt{1-x^4} - (-2x^3)\frac{-2x^3}{\sqrt{1-x^4}}}{1-x^4} = \frac{-6x^2(1-x^4) - 4x^6}{(1-x^4)^{3/2}} = \frac{-6x^2+6x^6-4x^6}{(1-x^4)^{3/2}} = \frac{2x^6-6x^2}{(1-x^4)^{3/2}} = \frac{2x^2(x^4-3)}{(1-x^4)^{3/2}}$.
  На интервале $(-1, 1)$, $x^4-3 < 0$. Следовательно, $f''(x) \le 0$. $f''(x)=0$ при $x=0$.
  Знак второй производной не меняется, поэтому точек перегиба нет. График функции всегда выпуклый вверх.

Ответ: Функция четная, определена на отрезке $[-1, 1]$. График симметричен относительно оси $Oy$. Точка $(0, 3/2)$ - абсолютный максимум. Точки $(\pm 1, 1/2)$ - абсолютные минимумы. Функция возрастает на $[-1, 0]$ и убывает на $[0, 1]$. График всегда выпуклый вверх. График представляет собой симметричную "арку" с концами в точках $(-1, 1/2)$ и $(1, 1/2)$ и вершиной в $(0, 3/2)$.