Номер 5.122, страница 162 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 5. Применение производной. Глава 1. Функции. Производные. Интегралы - номер 5.122, страница 162.

Условие.

5.122* a) $f(x) = \frac{1}{|x|} + 2|x| + e^{1-|x|};$

б) $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-|x|};$

В) $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-x};$

Г) $y = x + \sqrt{x^2 - x + 1}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а)

Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{1}{|x|} + 2|x| + e^{1-|x|}$.

Область определения функции $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

Функция является четной, так как $f(-x) = \frac{1}{|-x|} + 2|-x| + e^{1-|-x|} = \frac{1}{|x|} + 2|x| + e^{1-|x|} = f(x)$. Поэтому достаточно исследовать функцию на промежутке $(0, +\infty)$.

Для $x > 0$ имеем $|x| = x$, и функция принимает вид: $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-x}$.

Найдем производную функции для $x > 0$:

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

Приравняем производную к нулю для поиска критических точек: $f'(x) = 0$.

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

Легко заметить, что $x=1$ является корнем этого уравнения, так как $2 - \frac{1}{1^2} - e^{1-1} = 2 - 1 - e^0 = 2 - 1 - 1 = 0$.

Чтобы определить, является ли $x=1$ точкой экстремума и единственной ли она, найдем вторую производную:

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

На промежутке $(0, +\infty)$ оба слагаемых $\frac{2}{x^3}$ и $e^{1-x}$ положительны. Следовательно, $f''(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Поскольку вторая производная положительна на $(0, +\infty)$, функция является выпуклой вниз на этом промежутке, а производная $f'(x)$ строго возрастает. Это означает, что $x=1$ — единственная критическая точка на $(0, +\infty)$, и это точка глобального минимума на этом промежутке.

Найдем значение функции в этой точке:

$f(1) = \frac{1}{1} + 2(1) + e^{1-1} = 1 + 2 + 1 = 4$.

Так как функция четная, она имеет такой же минимум в симметричной точке $x=-1$, где $f(-1) = f(1) = 4$.

Ответ: Наименьшее значение функции равно 4, которое достигается в точках $x=1$ и $x=-1$.

б)

Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-|x|}$.

Область определения функции $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$. Исследуем функцию на двух промежутках.

1. При $x > 0$ функция имеет вид $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-x}$. Это выражение совпадает с функцией из пункта а) для $x>0$. Как было показано, на этом промежутке функция имеет локальный минимум в точке $x=1$, и $f(1) = 4$. Пределы на границах: $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$ и $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

2. При $x < 0$ функция имеет вид $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1+x}$. Найдем ее производную:

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

Исследуем знак производной. Рассмотрим пределы $f'(x)$ на границах интервала $(-\infty, 0)$: $\lim_{x \to -\infty} f'(x) = 2$ и $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = -\infty$. Так как производная непрерывна и меняет знак с положительного на отрицательный, существует точка $x_0 \in (-\infty, 0)$, где $f'(x_0)=0$. Дальнейший анализ показывает, что эта точка единственна и является точкой локального максимума для $f(x)$.

Поскольку $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ и $\lim_{x \to 0^-} f(x) = -\infty$, то на промежутке $(-\infty, 0)$ функция достигает локального максимума. Значение этого максимума $f(x_0)$ является отрицательным (например, $f(-1) = -2$, $f(-0.5) \approx -1.35$).

Таким образом, функция не имеет глобальных экстремумов. Она имеет локальный минимум на положительной полуоси и локальный максимум на отрицательной.

Ответ: Функция имеет локальный минимум в точке $x=1$, значение в этой точке $f(1)=4$. Также функция имеет локальный максимум в точке $x_0$, являющейся единственным отрицательным корнем уравнения $-\frac{1}{x^2} + 2 + e^{1+x}=0$; значение в точке максимума отрицательно. Глобальных экстремумов функция не имеет.

в)

Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{1}{x} + 2x + e^{1-x}$.

Область определения функции $D(f) = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$.

Найдем производную функции:

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

Исследуем функцию на двух промежутках.

1. При $x > 0$. Эта ситуация полностью совпадает с исследованием в пунктах а) и б). Уравнение $f'(x) = 0$ имеет единственный корень $x=1$. Вторая производная $f''(x) = \frac{2}{x^3} + e^{1-x}$ положительна, следовательно, $x=1$ — точка локального минимума. Значение минимума $f(1) = 1+2+e^0 = 4$.

2. При $x < 0$. Исследуем знак производной $f'(x) = 2 - \frac{1}{x^2} - e^{1-x}$. На этом промежутке $x<0$, поэтому $1-x > 1$. Значит, $e^{1-x} > e^1 > 2$. Также $\frac{1}{x^2} > 0$. Тогда $f'(x) = 2 - (\frac{1}{x^2} + e^{1-x})$. Так как $\frac{1}{x^2} + e^{1-x} > e > 2$, то $f'(x)$ всегда отрицательна на $(-\infty, 0)$. Следовательно, на этом промежутке функция строго убывает.

Найдем пределы на границах области определения:

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

Функция убывает от $+\infty$ до $-\infty$ на $(-\infty, 0)$ и убывает от $+\infty$ до $4$ на $(0,1]$, затем возрастает от $4$ до $+\infty$ на $[1, +\infty)$.

Ответ: Функция имеет единственный локальный минимум в точке $x=1$, значение в этой точке $f(1)=4$. Глобальных экстремумов функция не имеет.

г)

Рассмотрим функцию $y = x + \sqrt{x^2 - x + 1}$.

Найдем область определения. Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x^2 - x + 1 \ge 0$. Дискриминант этого квадратного трехчлена $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = -3$. Так как $D < 0$ и коэффициент при $x^2$ положителен ($a=1>0$), то $x^2 - x + 1 > 0$ для всех действительных $x$. Таким образом, область определения функции $D(y) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем производную функции:

$y' = (x + \sqrt{x^2 - x + 1})' = 1 + \frac{2x-1}{2\sqrt{x^2 - x + 1}}$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $y' = 0$.

$1 + \frac{2x-1}{2\sqrt{x^2 - x + 1}} = 0 \implies 2x - 1 = -2\sqrt{x^2 - x + 1}$.

Для существования решения необходимо, чтобы $2x - 1 \le 0$, откуда $x \le 1/2$. Возведем обе части уравнения в квадрат:

$(2x - 1)^2 = 4(x^2 - x + 1) \implies 4x^2 - 4x + 1 = 4x^2 - 4x + 4 \implies 1 = 4$.

Полученное противоречие означает, что уравнение $y'=0$ не имеет решений. Следовательно, у функции нет критических точек.

Поскольку производная непрерывна на всей числовой прямой и нигде не обращается в ноль, она имеет постоянный знак. Проверка в любой точке (например, $x=1$) показывает, что $y' > 0$.

Так как $y' > 0$ для всех $x$, функция является строго возрастающей на всей области определения. Это означает, что у функции нет локальных экстремумов.

Исследуем поведение функции на бесконечности:

$\lim_{x \to +\infty} (x + \sqrt{x^2 - x + 1}) = +\infty$.

$\lim_{x \to -\infty} (x + \sqrt{x^2 - x + 1}) = \lim_{x \to -\infty} \frac{(x^2 - (x^2 - x + 1))}{x - \sqrt{x^2 - x + 1}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{x - |x|\sqrt{1 - 1/x + 1/x^2}}$.

При $x \to -\infty$, $|x| = -x$, поэтому предел равен:

$\lim_{x \to -\infty} \frac{x(1-1/x)}{x(1 + \sqrt{1 - 1/x + 1/x^2})} = \frac{1}{1+\sqrt{1}} = \frac{1}{2}$.

Таким образом, при $x \to -\infty$ функция стремится к горизонтальной асимптоте $y=1/2$.

Ответ: Функция строго возрастает на всей числовой прямой $(-\infty, +\infty)$ и не имеет точек экстремума. При $x \to -\infty$ график функции имеет горизонтальную асимптоту $y=1/2$. Множество значений функции: $(1/2, +\infty)$.