Номер 5.60, страница 134 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 5. Применение производной. Глава 1. Функции. Производные. Интегралы - номер 5.60, страница 134.

Условие.

5.60* Определите точки локального экстремума функции:

а) $f(x) = \frac{x}{x^2 + 5};$

б) $f(x) = \frac{-4x}{x^2 + 1}.$

Достигает ли функция $f(x)$ в точках локального экстремума своего наибольшего (наименьшего) значения?

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

а) $f(x) = \frac{x}{x^2+5}$

Для нахождения точек локального экстремума найдем производную функции и приравняем ее к нулю.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$, так как знаменатель $x^2+5 > 0$ при любых $x$.

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

$f'(x) = \frac{(x)'(x^2+5) - x(x^2+5)'}{(x^2+5)^2} = \frac{1 \cdot (x^2+5) - x \cdot 2x}{(x^2+5)^2} = \frac{x^2+5-2x^2}{(x^2+5)^2} = \frac{5-x^2}{(x^2+5)^2}$.

3. Находим критические точки, решив уравнение $f'(x)=0$:

$\frac{5-x^2}{(x^2+5)^2} = 0$

$5-x^2 = 0 \implies x^2 = 5 \implies x_1 = -\sqrt{5}, x_2 = \sqrt{5}$.

4. Исследуем знак производной на интервалах, на которые критические точки разбивают числовую ось. Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $5-x^2$.

• При $x \in (-\infty; -\sqrt{5})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (-\sqrt{5}; \sqrt{5})$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (\sqrt{5}; +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

Таким образом, в точке $x = -\sqrt{5}$ производная меняет знак с минуса на плюс, значит, это точка локального минимума. В точке $x = \sqrt{5}$ производная меняет знак с плюса на минус, значит, это точка локального максимума.

Теперь ответим на второй вопрос: достигает ли функция в этих точках своего наибольшего/наименьшего значения.

Вычислим значения функции в точках экстремума:

$f_{min} = f(-\sqrt{5}) = \frac{-\sqrt{5}}{(-\sqrt{5})^2+5} = \frac{-\sqrt{5}}{5+5} = -\frac{\sqrt{5}}{10}$.

$f_{max} = f(\sqrt{5}) = \frac{\sqrt{5}}{(\sqrt{5})^2+5} = \frac{\sqrt{5}}{5+5} = \frac{\sqrt{5}}{10}$.

Найдем пределы функции на бесконечности:

$\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x^2+5} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1/x}{1+5/x^2} = 0$.

Поскольку функция непрерывна на всей числовой оси, на бесконечности стремится к 0, а $f_{max} = \frac{\sqrt{5}}{10} > 0$ и $f_{min} = -\frac{\sqrt{5}}{10} < 0$, то эти значения являются наибольшим и наименьшим значениями функции на всей области определения. Таким образом, локальные экстремумы являются глобальными.

Ответ: $x_{min} = -\sqrt{5}$ — точка локального (и глобального) минимума, $x_{max} = \sqrt{5}$ — точка локального (и глобального) максимума. Функция достигает своего наименьшего значения $f(-\sqrt{5}) = -\frac{\sqrt{5}}{10}$ и наибольшего значения $f(\sqrt{5}) = \frac{\sqrt{5}}{10}$ в точках локального экстремума.

б) $f(x) = \frac{-4x}{x^2+1}$

Действуем аналогично предыдущему пункту.

1. Область определения функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$, так как знаменатель $x^2+1 > 0$ при любых $x$.

2. Находим производную функции:

$f'(x) = \frac{(-4x)'(x^2+1) - (-4x)(x^2+1)'}{(x^2+1)^2} = \frac{-4(x^2+1) + 4x(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{-4x^2-4+8x^2}{(x^2+1)^2} = \frac{4x^2-4}{(x^2+1)^2}$.

3. Находим критические точки из уравнения $f'(x)=0$:

$\frac{4x^2-4}{(x^2+1)^2} = 0$

$4x^2-4 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x_1 = -1, x_2 = 1$.

4. Исследуем знак производной. Знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $4x^2-4$.

• При $x \in (-\infty; -1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
• При $x \in (-1; 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
• При $x \in (1; +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

Таким образом, в точке $x = -1$ производная меняет знак с плюса на минус, это точка локального максимума. В точке $x = 1$ производная меняет знак с минуса на плюс, это точка локального минимума.

Проверим, являются ли экстремумы глобальными.

Вычислим значения функции в точках экстремума:

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

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

Найдем пределы функции на бесконечности:

$\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-4x}{x^2+1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-4/x}{1+1/x^2} = 0$.

Поскольку функция непрерывна, на бесконечности стремится к 0, а $f_{max} = 2 > 0$ и $f_{min} = -2 < 0$, эти значения являются наибольшим и наименьшим значениями функции. Локальные экстремумы являются глобальными.

Ответ: $x_{max} = -1$ — точка локального (и глобального) максимума, $x_{min} = 1$ — точка локального (и глобального) минимума. Функция достигает своего наибольшего значения $f(-1) = 2$ и наименьшего значения $f(1) = -2$ в точках локального экстремума.