Страница 162 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

5.118* Найдите множество значений функции и постройте её график:

а) $y = \frac{x^2 - 3x + 1}{x^2 + 1}$;

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

в) $y = \frac{x^2 + 3x + 1}{x^2 + 1}$;

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

a) $y = \frac{x^2 - 3x + 1}{x^2 + 1}$

1. Нахождение множества значений функции.

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

Чтобы найти множество значений, выразим $x$ через $y$. Рассмотрим данное уравнение как уравнение относительно $x$ при заданном параметре $y$:

$y(x^2 + 1) = x^2 - 3x + 1$

$yx^2 + y = x^2 - 3x + 1$

$(y-1)x^2 + 3x + (y-1) = 0$

Это квадратное уравнение относительно $x$. Оно имеет действительные решения, если его дискриминант $D \geq 0$.

Рассмотрим два случая:

1) Если $y-1 \neq 0$, то есть $y \neq 1$.

Дискриминант $D = 3^2 - 4(y-1)(y-1) = 9 - 4(y-1)^2$.

Условие $D \geq 0$ дает нам неравенство:

$9 - 4(y-1)^2 \geq 0$

$4(y-1)^2 \leq 9$

$(y-1)^2 \leq \frac{9}{4}$

$|y-1| \leq \frac{3}{2}$

$-\frac{3}{2} \leq y-1 \leq \frac{3}{2}$

$1 - \frac{3}{2} \leq y \leq 1 + \frac{3}{2}$

$-\frac{1}{2} \leq y \leq \frac{5}{2}$

2) Если $y-1 = 0$, то есть $y=1$. Уравнение принимает вид $3x = 0$, откуда $x=0$. Это означает, что значение $y=1$ достигается при $x=0$. Данное значение входит в найденный промежуток.

Следовательно, множество значений функции $E(y) = [-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}]$.

2. Построение графика.

• Асимптоты: Вертикальных асимптот нет. Горизонтальная асимптота: $y = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 3x + 1}{x^2 + 1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1 - 3/x + 1/x^2}{1 + 1/x^2} = 1$. Таким образом, $y=1$ — горизонтальная асимптота.
• Точки пересечения с осями:
  С осью Oy ($x=0$): $y = \frac{0-0+1}{0+1} = 1$. Точка $(0, 1)$.
  С осью Ox ($y=0$): $x^2 - 3x + 1 = 0 \implies x = \frac{3 \pm \sqrt{9-4}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$. Точки $(\frac{3-\sqrt{5}}{2}, 0) \approx (0.38, 0)$ и $(\frac{3+\sqrt{5}}{2}, 0) \approx (2.62, 0)$.
• Экстремумы и монотонность: Найдем производную: $y' = \frac{(2x-3)(x^2+1) - (x^2-3x+1)(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{3x^2 - 3}{(x^2+1)^2} = \frac{3(x-1)(x+1)}{(x^2+1)^2}$.
  $y'=0$ при $x=1$ и $x=-1$.
  При $x < -1$ и $x > 1$, $y' > 0$ (функция возрастает).
  При $-1 < x < 1$, $y' < 0$ (функция убывает).
  $x=-1$ — точка максимума. $y(-1) = \frac{1+3+1}{1+1} = \frac{5}{2}$. Точка максимума $(-1, \frac{5}{2})$.
  $x=1$ — точка минимума. $y(1) = \frac{1-3+1}{1+1} = -\frac{1}{2}$. Точка минимума $(1, -\frac{1}{2})$.

Описание графика: График начинается вблизи асимптоты $y=1$ при $x \to -\infty$, возрастает до точки максимума $(-1, 2.5)$, затем убывает, пересекая ось Oy в точке $(0, 1)$ и ось Ox в точке $\approx (0.38, 0)$, достигает минимума в точке $(1, -0.5)$. После этого график возрастает, пересекает ось Ox в точке $\approx (2.62, 0)$ и асимптотически приближается к прямой $y=1$ снизу при $x \to +\infty$.

Ответ: Множество значений функции $E(y) = [-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}]$. График имеет горизонтальную асимптоту $y=1$, точку максимума $(-1, \frac{5}{2})$ и точку минимума $(1, -\frac{1}{2})$.

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

1. Нахождение множества значений функции.

Так как $(x-1)^2 \geq 0$ и $x^2 + 3 > 0$, то $y \geq 0$ для всех $x$. Минимум $y=0$ достигается при $x=1$.

Найдем максимальное значение. Преобразуем уравнение:

$y(x^2 + 3) = x^2 - 2x + 1$

$(y-1)x^2 + 2x + (3y-1) = 0$

1) Если $y \neq 1$. Дискриминант $D = 2^2 - 4(y-1)(3y-1) = 4 - 4(3y^2 - 4y + 1) = -12y^2 + 16y$.

Для существования решений $D \geq 0$: $-12y^2 + 16y \geq 0 \implies 12y^2 - 16y \leq 0 \implies 4y(3y-4) \leq 0$. Корни $y=0$ и $y=4/3$. Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется для $0 \leq y \leq \frac{4}{3}$.

2) Если $y=1$. Уравнение становится $2x + (3-1) = 0 \implies 2x+2=0 \implies x=-1$. Значение $y=1$ достигается.

Объединяя результаты, получаем множество значений $E(y) = [0, \frac{4}{3}]$.

2. Построение графика.

• Асимптоты: Вертикальных асимптот нет. Горизонтальная асимптота $y=1$.
• Точки пересечения с осями:
  С осью Oy ($x=0$): $y = \frac{1}{3}$. Точка $(0, \frac{1}{3})$.
  С осью Ox ($y=0$): $(x-1)^2 = 0 \implies x=1$. График касается оси Ox в точке $(1, 0)$.
• Экстремумы и монотонность: $y' = \frac{2(x-1)(x^2+3) - (x-1)^2(2x)}{(x^2+3)^2} = \frac{2(x-1)(x^2+3 - x(x-1))}{(x^2+3)^2} = \frac{2(x-1)(2x+3)}{(x^2+3)^2}$ Неверно. Пересчитаем производную: $y' = \frac{(2x-2)(x^2+3) - (x^2-2x+1)(2x)}{(x^2+3)^2} = \frac{2x^3+6x-2x^2-6 - (2x^3-4x^2+2x)}{(x^2+3)^2} = \frac{2x^2+4x-6}{(x^2+3)^2} = \frac{2(x+3)(x-1)}{(x^2+3)^2}$.
  $y'=0$ при $x=1$ и $x=-3$.
  $x=1$ — точка минимума. $y(1) = 0$. Точка минимума $(1, 0)$.
  $x=-3$ — точка максимума. $y(-3) = \frac{(-3-1)^2}{(-3)^2+3} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$. Точка максимума $(-3, \frac{4}{3})$.

Описание графика: График приближается к асимптоте $y=1$ слева, возрастает до точки максимума $(-3, 4/3)$, затем убывает, пересекая ось Oy в точке $(0, 1/3)$, и касается оси Ox в точке минимума $(1, 0)$. После этого график возрастает и асимптотически приближается к $y=1$ снизу.

Ответ: Множество значений функции $E(y) = [0, \frac{4}{3}]$. График имеет горизонтальную асимптоту $y=1$, точку максимума $(-3, \frac{4}{3})$ и точку минимума $(1, 0)$, где он касается оси Ox.

в) $y = \frac{x^2 + 3x + 1}{x^2 + 1}$

1. Нахождение множества значений функции.

Заметим, что $y_в(x) = \frac{x^2+3x+1}{x^2+1} = \frac{(-x)^2-3(-x)+1}{(-x)^2+1} = y_а(-x)$. Это означает, что график функции (в) симметричен графику функции (а) относительно оси Oy. Следовательно, множество значений у них совпадает.

$E(y) = [-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}]$.

2. Построение графика.

• Асимптоты: Горизонтальная асимптота $y=1$.
• Точки пересечения с осями:
  С осью Oy ($x=0$): $y = 1$. Точка $(0, 1)$.
  С осью Ox ($y=0$): $x^2 + 3x + 1 = 0 \implies x = \frac{-3 \pm \sqrt{5}}{2}$. Точки $(\frac{-3-\sqrt{5}}{2}, 0) \approx (-2.62, 0)$ и $(\frac{-3+\sqrt{5}}{2}, 0) \approx (-0.38, 0)$.
• Экстремумы и монотонность: Исходя из симметрии с функцией (а), экстремумы будут при $x=-(-1)=1$ (максимум) и $x=-(1)=-1$ (минимум).
  Проверим производной: $y' = \frac{(2x+3)(x^2+1) - (x^2+3x+1)(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{-3x^2+3}{(x^2+1)^2} = \frac{-3(x-1)(x+1)}{(x^2+1)^2}$.
  $y'=0$ при $x=1$ и $x=-1$.
  $x=1$ — точка максимума. $y(1) = \frac{1+3+1}{1+1} = \frac{5}{2}$. Точка $(1, \frac{5}{2})$.
  $x=-1$ — точка минимума. $y(-1) = \frac{1-3+1}{1+1} = -\frac{1}{2}$. Точка $(-1, -\frac{1}{2})$.

Описание графика: График начинается вблизи асимптоты $y=1$ при $x \to -\infty$, убывает, пересекая ось Ox в точке $\approx (-2.62, 0)$, достигает минимума в точке $(-1, -0.5)$, затем возрастает, пересекая Ox в точке $\approx (-0.38, 0)$ и Oy в точке $(0, 1)$, достигает максимума в точке $(1, 2.5)$ и далее убывает, асимптотически приближаясь к $y=1$ сверху.

Ответ: Множество значений функции $E(y) = [-\frac{1}{2}, \frac{5}{2}]$. График имеет горизонтальную асимптоту $y=1$, точку максимума $(1, \frac{5}{2})$ и точку минимума $(-1, -\frac{1}{2})$.

г) $y = \frac{x^2 + 2x + 1}{x^2 + 3} = \frac{(x+1)^2}{x^2 + 3}$

1. Нахождение множества значений функции.

Заметим, что $y_г(x) = y_б(-x)$. График функции (г) симметричен графику функции (б) относительно оси Oy. Множества значений совпадают.

$E(y) = [0, \frac{4}{3}]$.

2. Построение графика.

• Асимптоты: Горизонтальная асимптота $y=1$.
• Точки пересечения с осями:
  С осью Oy ($x=0$): $y = \frac{1}{3}$. Точка $(0, \frac{1}{3})$.
  С осью Ox ($y=0$): $(x+1)^2 = 0 \implies x=-1$. График касается оси Ox в точке $(-1, 0)$.
• Экстремумы и монотонность: Экстремумы симметричны точкам из (б): минимум при $x=-1$, максимум при $x=3$.
  Проверим производной: $y' = \frac{2(x+1)(x^2+3) - (x+1)^2(2x)}{(x^2+3)^2} = \frac{2(x+1)(x^2+3 - x^2-x)}{(x^2+3)^2} = \frac{2(x+1)(3-x)}{(x^2+3)^2}$.
  $y'=0$ при $x=-1$ и $x=3$.
  $x=-1$ — точка минимума. $y(-1) = 0$. Точка $(-1, 0)$.
  $x=3$ — точка максимума. $y(3) = \frac{(3+1)^2}{3^2+3} = \frac{16}{12} = \frac{4}{3}$. Точка $(3, \frac{4}{3})$.

Описание графика: График приближается к асимптоте $y=1$ слева, убывает до точки минимума $(-1, 0)$, где касается оси Ox. Затем возрастает, пересекая Oy в точке $(0, 1/3)$, достигает максимума в точке $(3, 4/3)$ и после этого убывает, приближаясь к асимптоте $y=1$ сверху.

Ответ: Множество значений функции $E(y) = [0, \frac{4}{3}]$. График имеет горизонтальную асимптоту $y=1$, точку максимума $(3, \frac{4}{3})$ и точку минимума $(-1, 0)$, где он касается оси Ox.

5.119* Найдите точки перегиба графика функции $y = \frac{3}{8}x^4 - x^3 + 2.$

Точки перегиба графика функции — это точки, в которых меняется направление его выпуклости. Чтобы найти точки перегиба, необходимо выполнить следующие шаги:

1. Найти вторую производную функции $y''(x)$.
2. Найти точки, в которых вторая производная равна нулю или не существует. Это абсциссы возможных точек перегиба.
3. Исследовать знак второй производной на интервалах, на которые найденные точки разбивают область определения. Если при переходе через точку знак $y''$ меняется, то это точка перегиба.
4. Найти ординаты (значения $y$) точек перегиба, подставив их абсциссы в исходную функцию.

Дана функция: $y = \frac{3}{8}x^4 - x^3 + 2$.

1. Нахождение второй производной
Сначала найдем первую производную $y'(x)$:
$y' = \left(\frac{3}{8}x^4 - x^3 + 2\right)' = \frac{3}{8} \cdot 4x^3 - 3x^2 = \frac{12}{8}x^3 - 3x^2 = \frac{3}{2}x^3 - 3x^2$.
Теперь найдем вторую производную $y''(x)$:
$y'' = \left(\frac{3}{2}x^3 - 3x^2\right)' = \frac{3}{2} \cdot 3x^2 - 3 \cdot 2x = \frac{9}{2}x^2 - 6x$.

2. Нахождение возможных точек перегиба
Приравняем вторую производную к нулю. Так как $y''$ является многочленом, она существует для всех $x$.
$\frac{9}{2}x^2 - 6x = 0$
Вынесем за скобки общий множитель $3x$:
$3x\left(\frac{3}{2}x - 2\right) = 0$
Это уравнение дает два корня:
$3x = 0 \implies x_1 = 0$
$\frac{3}{2}x - 2 = 0 \implies \frac{3}{2}x = 2 \implies x = \frac{2 \cdot 2}{3} \implies x_2 = \frac{4}{3}$.

3. Исследование знака второй производной
Точки $x=0$ и $x=\frac{4}{3}$ делят числовую ось на три интервала. Проверим знак $y''$ на каждом из них.
- Интервал $(-\infty; 0)$: возьмем $x = -1$.
$y''(-1) = \frac{9}{2}(-1)^2 - 6(-1) = \frac{9}{2} + 6 = 10.5 > 0$. График функции вогнутый (выпуклый вниз).
- Интервал $(0; \frac{4}{3})$: возьмем $x = 1$.
$y''(1) = \frac{9}{2}(1)^2 - 6(1) = 4.5 - 6 = -1.5 < 0$. График функции выпуклый (выпуклый вверх).
- Интервал $(\frac{4}{3}; +\infty)$: возьмем $x = 2$.
$y''(2) = \frac{9}{2}(2)^2 - 6(2) = \frac{9}{2} \cdot 4 - 12 = 18 - 12 = 6 > 0$. График функции вогнутый (выпуклый вниз).
Так как в точках $x=0$ и $x=\frac{4}{3}$ знак второй производной меняется, обе они являются абсциссами точек перегиба.

4. Вычисление координат точек перегиба
Найдем соответствующие значения $y$, подставив $x_1$ и $x_2$ в исходное уравнение $y = \frac{3}{8}x^4 - x^3 + 2$.
- Для $x_1 = 0$:
$y_1 = \frac{3}{8}(0)^4 - (0)^3 + 2 = 2$.
Первая точка перегиба: $(0, 2)$.
- Для $x_2 = \frac{4}{3}$:
$y_2 = \frac{3}{8}\left(\frac{4}{3}\right)^4 - \left(\frac{4}{3}\right)^3 + 2 = \frac{3}{8} \cdot \frac{256}{81} - \frac{64}{27} + 2 = \frac{32}{27} - \frac{64}{27} + \frac{54}{27} = \frac{32 - 64 + 54}{27} = \frac{22}{27}$.
Вторая точка перегиба: $\left(\frac{4}{3}, \frac{22}{27}\right)$.

Ответ: $(0, 2)$, $\left(\frac{4}{3}, \frac{22}{27}\right)$.

5.120 Исследуйте функцию $y = \frac{\ln x}{x}$ и постройте её график. Сравните числа:

a) $3^{\pi}$ и $\pi^3$;

б) $e^3$ и $3^e$;

в) $e^{\pi}$ и $\pi^e$.

Проведем полное исследование функции $y = \frac{\ln x}{x}$.

1. Область определения функции

Функция определена, когда знаменатель не равен нулю ($x \neq 0$) и аргумент логарифма положителен ($x > 0$). Объединяя эти условия, получаем область определения: $D(y) = (0; +\infty)$.

2. Четность и периодичность

Область определения не является симметричной относительно начала координат, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной. Функция не является периодической.

3. Точки пересечения с осями координат

• С осью $Oy$: пересечения нет, так как $x=0$ не входит в область определения.
• С осью $Ox$: $y=0 \Rightarrow \frac{\ln x}{x} = 0 \Rightarrow \ln x = 0 \Rightarrow x = 1$. Точка пересечения — $(1; 0)$.

4. Асимптоты

• Вертикальные асимптоты: Исследуем поведение функции на границе области определения, при $x \to 0^+$.
  $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x} = \left(\frac{-\infty}{0^+}\right) = -\infty$.
  Следовательно, прямая $x=0$ (ось $Oy$) является вертикальной асимптотой.
• Горизонтальные асимптоты: Исследуем поведение функции при $x \to +\infty$.
  $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \left(\frac{\infty}{\infty}\right)$. Применим правило Лопиталя:
  $\lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)'}{(x)'} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = 0$.
  Следовательно, прямая $y=0$ (ось $Ox$) является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума

Найдем первую производную функции:

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

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

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

Определим знаки производной на интервалах, на которые точка $x=e$ разбивает область определения:

• При $x \in (0, e)$, $1 - \ln x > 0$, значит $y' > 0$, и функция возрастает.
• При $x \in (e, +\infty)$, $1 - \ln x < 0$, значит $y' < 0$, и функция убывает.

В точке $x=e$ производная меняет знак с «+» на «−», следовательно, это точка максимума.
Максимальное значение функции: $y_{max} = y(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e}$.
Точка максимума: $(e, \frac{1}{e}) \approx (2.72, 0.37)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба

Найдем вторую производную:

$y'' = \left(\frac{1 - \ln x}{x^2}\right)' = \frac{(1 - \ln x)' \cdot x^2 - (1 - \ln x) \cdot (x^2)'}{(x^2)^2} = \frac{-\frac{1}{x} \cdot x^2 - (1 - \ln x) \cdot 2x}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x\ln x}{x^4} = \frac{2x\ln x - 3x}{x^4} = \frac{2\ln x - 3}{x^3}$.

Найдем точки, в которых вторая производная равна нулю: $y''=0$.

$\frac{2\ln x - 3}{x^3} = 0 \Rightarrow 2\ln x - 3 = 0 \Rightarrow \ln x = \frac{3}{2} \Rightarrow x = e^{3/2}$.

Определим знаки второй производной:

• При $x \in (0, e^{3/2})$, $2\ln x - 3 < 0$, значит $y'' < 0$, и график функции выпуклый вверх (вогнутый).
• При $x \in (e^{3/2}, +\infty)$, $2\ln x - 3 > 0$, значит $y'' > 0$, и график функции выпуклый вниз (выпуклый).

В точке $x=e^{3/2}$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.
Координаты точки перегиба: $(e^{3/2}, \frac{\ln(e^{3/2})}{e^{3/2}}) = (e^{3/2}, \frac{3/2}{e^{3/2}}) \approx (4.48, 0.33)$.

7. Построение графика

Сводка результатов исследования:

• Область определения: $(0, +\infty)$.
• Асимптоты: $x=0$ (вертикальная), $y=0$ (горизонтальная).
• Пересечение с осью Ox: $(1, 0)$.
• Возрастание на $(0, e)$, убывание на $(e, +\infty)$.
• Точка максимума $(e, 1/e)$.
• Выпуклость вверх на $(0, e^{3/2})$, выпуклость вниз на $(e^{3/2}, +\infty)$.
• Точка перегиба $(e^{3/2}, \frac{3}{2e^{3/2}})$.

График функции начинается из $-\infty$ вблизи оси $Oy$, возрастает, пересекает ось $Ox$ в точке $(1, 0)$, достигает своего максимума в точке $(e, 1/e)$. После этого функция убывает, меняет направление выпуклости в точке перегиба при $x=e^{3/2}$ и асимптотически приближается к оси $Ox$ справа, оставаясь в положительной области.

Для сравнения чисел вида $a^b$ и $b^a$ воспользуемся результатами исследования функции $y(x) = \frac{\ln x}{x}$. Сравнение $a^b$ и $b^a$ эквивалентно сравнению их натуральных логарифмов: $b\ln a$ и $a\ln b$. Разделив оба выражения на $ab$ (полагая $a,b>0$), получаем, что сравнение эквивалентно сравнению значений функции $y(a) = \frac{\ln a}{a}$ и $y(b) = \frac{\ln b}{b}$. Так как функция $f(t)=\ln t$ монотонно возрастающая, то знак неравенства между $a^b$ и $b^a$ будет таким же, как и между $y(a)$ и $y(b)$.

а) Сравнить $3^\pi$ и $\pi^3$.

Сравним значения функции $y(x) = \frac{\ln x}{x}$ в точках $x=3$ и $x=\pi$.
Числа $3$ и $\pi$ ($\pi \approx 3.14$) оба больше $e$ ($e \approx 2.72$).
На промежутке $(e, +\infty)$ функция $y(x)$ является строго убывающей.
Поскольку $3 < \pi$, то $y(3) > y(\pi)$.
$\frac{\ln 3}{3} > \frac{\ln \pi}{\pi} \Rightarrow \pi \ln 3 > 3 \ln \pi \Rightarrow \ln(3^\pi) > \ln(\pi^3)$.
Следовательно, $3^\pi > \pi^3$.
Ответ: $3^\pi > \pi^3$.

б) Сравнить $e^3$ и $3^e$.

Сравним значения функции $y(x) = \frac{\ln x}{x}$ в точках $x=e$ и $x=3$.
Из исследования функции мы знаем, что в точке $x=e$ достигается глобальный максимум.
Поэтому для любого $x \neq e$ выполняется неравенство $y(e) > y(x)$.
В частности, $y(e) > y(3)$.
$\frac{\ln e}{e} > \frac{\ln 3}{3} \Rightarrow 3 \ln e > e \ln 3 \Rightarrow \ln(e^3) > \ln(3^e)$.
Следовательно, $e^3 > 3^e$.
Ответ: $e^3 > 3^e$.

в) Сравнить $e^\pi$ и $\pi^e$.

Сравним значения функции $y(x) = \frac{\ln x}{x}$ в точках $x=e$ и $x=\pi$.
Как и в предыдущем пункте, используем тот факт, что в точке $x=e$ функция достигает своего глобального максимума.
Так как $\pi \neq e$, то $y(e) > y(\pi)$.
$\frac{\ln e}{e} > \frac{\ln \pi}{\pi} \Rightarrow \pi \ln e > e \ln \pi \Rightarrow \ln(e^\pi) > \ln(\pi^e)$.
Следовательно, $e^\pi > \pi^e$.
Ответ: $e^\pi > \pi^e$.

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

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 $(0, 3/2)$.

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

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 $x=-1$.

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.

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.

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: $(1/2, +\infty)$.