ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы самостоятельные работы / С-39. вариант - В1

### 1. Найдите критические точки функции: Критическими точками функции называются внутренние точки области определения, в которых её производная равна нулю или не существует. **а)** $f(x) = \frac{\sqrt{x}}{x + 1}$ 1. Область определения функции: $x \ge 0$ и $x + 1 \ne 0 \implies D(f) = [0; +\infty)$. Множество внутренних точек: $(0; +\infty)$. 2. Найдём производную функции по правилу дифференцирования частного: $$ f'(x) = \frac{(\sqrt{x})'(x + 1) - \sqrt{x}(x + 1)'}{(x + 1)^2} = \frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}(x + 1) - \sqrt{x} \cdot 1}{(x + 1)^2} = \frac{x + 1 - 2x}{2\sqrt{x}(x + 1)^2} = \frac{1 - x}{2\sqrt{x}(x + 1)^2} $$ 3. Найдём точки, в которых производная равна нулю: $$ f'(x) = 0 \iff 1 - x = 0 \iff x = 1 $$ Значение $x = 1$ принадлежит интервалу $(0; +\infty)$. При всех $x \in (0; +\infty)$ производная существует. Ответ: $x = 1$. --- **б)** $f(x) = x^2 - 4|x|$ 1. Область определения: $D(f) = (-\infty; +\infty)$. 2. Раскроем знак модуля: $$ f(x) = \begin{cases} x^2 - 4x, & \text{если } x \ge 0, \\ x^2 + 4x, & \text{если } x < 0. \end{cases} $$ 3. Найдём производную при $x \ne 0$: - При $x > 0$: $f'(x) = (x^2 - 4x)' = 2x - 4$. $2x - 4 = 0 \implies x = 2$ ($2 > 0$ — критическая точка). - При $x < 0$: $f'(x) = (x^2 + 4x)' = 2x + 4$. $2x + 4 = 0 \implies x = -2$ ($-2 < 0$ — критическая точка). 4. Исследуем точку $x = 0$: Найдём односторонние производные по определению: $$ f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 - 4x}{x} = \lim_{x \to 0^+} (x - 4) = -4 $$ $$ f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x^2 + 4x}{x} = \lim_{x \to 0^-} (x + 4) = 4 $$ Так как $f'_+(0) \ne f'_-(0)$, производная в точке $x = 0$ не существует. Поскольку $x = 0$ — внутренняя точка области определения, она также является критической точкой. Ответ: $x = -2$, $x = 0$, $x = 2$. --- ### 2. Найдите промежутки монотонности функции: **а)** $f(x) = \sqrt{x^2 + 6x}$ 1. Область определения: $$ x^2 + 6x \ge 0 \iff x(x + 6) \ge 0 \iff x \in (-\infty; -6] \cup [0; +\infty) $$ 2. Найдём производную: $$ f'(x) = \frac{(x^2 + 6x)'}{2\sqrt{x^2 + 6x}} = \frac{2x + 6}{2\sqrt{x^2 + 6x}} = \frac{x + 3}{\sqrt{x^2 + 6x}} $$ Производная существует при $x \in (-\infty; -6) \cup (0; +\infty)$. 3. Знаменатель дроби $\sqrt{x^2 + 6x} > 0$ на всей области дифференцируемости, поэтому знак $f'(x)$ определяется знаком числителя $x + 3$: - На интервале $(-\infty; -6)$: $x + 3 < 0 \implies f'(x) < 0$, функция убывает. - На интервале $(0; +\infty)$: $x + 3 > 0 \implies f'(x) > 0$, функция возрастает. С учётом непрерывности функции в граничных точках получаем: Функция убывает на промежутке $(-\infty; -6]$; Функция возрастает на промежутке $[0; +\infty)$. Ответ: функция убывает на $(-\infty; -6]$, возрастает на $[0; +\infty)$. --- **б)** $f(x) = \sqrt{4x - x^2}$ 1. Область определения: $$ 4x - x^2 \ge 0 \iff x(4 - x) \ge 0 \iff x \in [0; 4] $$ 2. Найдём производную: $$ f'(x) = \frac{(4x - x^2)'}{2\sqrt{4x - x^2}} = \frac{4 - 2x}{2\sqrt{4x - x^2}} = \frac{2 - x}{\sqrt{4x - x^2}} $$ Производная определена при $x \in (0; 4)$. 3. Приравняем производную к нулю: $$ 2 - x = 0 \iff x = 2 $$ Определим знаки производной на интервалах области дифференцируемости: - При $x \in (0; 2)$: $f'(x) > 0$, функция возрастает. - При $x \in (2; 4)$: $f'(x) < 0$, функция убывает. Так как функция непрерывна на отрезке $[0; 4]$, граничные точки включаются в промежутки монотонности. Ответ: функция возрастает на $[0; 2]$, убывает на $[2; 4]$. --- ### 3. Найдите точки экстремума функции: **а)** $f(x) = x^5 - 15x^3 + 8$ 1. Область определения: $D(f) = \mathbb{R}$. 2. Найдём производную: $$ f'(x) = 5x^4 - 45x^2 = 5x^2(x^2 - 9) = 5x^2(x - 3)(x + 3) $$ 3. Найдём критические точки, приравняв производную к нулю: $$ 5x^2(x - 3)(x + 3) = 0 \implies x_1 = -3, \quad x_2 = 0, \quad x_3 = 3 $$ 4. Исследуем знаки производной методом интервалов: - На промежутке $(-\infty; -3)$: $f'(x) > 0$; - На промежутке $(-3; 0)$: $f'(x) < 0$; - На промежутке $(0; 3)$: $f'(x) < 0$; - На промежутке $(3; +\infty)$: $f'(x) > 0$. 5. Анализ смены знака производной: - В точке $x = -3$ производная меняет знак с «$+$» на «$-$», следовательно, это точка максимума: $x_{\max} = -3$. - В точке $x = 0$ знак производной не меняется («$-$» на «$-$»), экстремума нет. - В точке $x = 3$ производная меняет знак с «$-$» на «$+$», следовательно, это точка минимума: $x_{\min} = 3$. Ответ: $x_{\max} = -3$, $x_{\min} = 3$. --- **б)** $f(x) = 35x^7 - x^5 + 1$ 1. Область определения: $D(f) = \mathbb{R}$. 2. Найдём производную: $$ f'(x) = 35 \cdot 7x^6 - 5x^4 = 245x^6 - 5x^4 = 5x^4(49x^2 - 1) = 5x^4(7x - 1)(7x + 1) $$ 3. Найдём критические точки: $$ f'(x) = 0 \iff x_1 = -\frac{1}{7}, \quad x_2 = 0, \quad x_3 = \frac{1}{7} $$ 4. Так как множитель $5x^4 > 0$ при всех $x \ne 0$, знак производной зависит только от выражения $(7x - 1)(7x + 1)$: - На промежутке $\left(-\infty; -\frac{1}{7}\right)$: $f'(x) > 0$; - На промежутке $\left(-\frac{1}{7}; 0\right)$: $f'(x) < 0$; - На промежутке $\left(0; \frac{1}{7}\right)$: $f'(x) < 0$; - На промежутке $\left(\frac{1}{7}; +\infty\right)$: $f'(x) > 0$. 5. Анализ смены знака производной: - В точке $x = -\frac{1}{7}$ производная меняет знак с «$+$» на «$-$» $\implies x_{\max} = -\frac{1}{7}$. - В точке $x = 0$ производная знак не меняет, экстремума нет. - В точке $x = \frac{1}{7}$ производная меняет знак с «$-$» на «$+$» $\implies x_{\min} = \frac{1}{7}$. Ответ: $x_{\max} = -\frac{1}{7}$, $x_{\min} = \frac{1}{7}$. --- ### 4. Определите, при каких значениях $a$ функция $g(x) = \operatorname{ctg} \frac{x}{2} + ax$ на каждом из промежутков $D(g)$ является строго убывающей. 1. Область определения функции $g(x)$: $$ \frac{x}{2} \ne \pi k \iff x \ne 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$ Промежутками области определения являются интервалы $I_k = (2\pi k; 2\pi(k + 1))$, где $k \in \mathbb{Z}$. 2. Найдём производную: $$ g'(x) = -\frac{1}{\sin^2 \frac{x}{2}} \cdot \left(\frac{x}{2}\right)' + a = -\frac{1}{2\sin^2 \frac{x}{2}} + a $$ 3. Функция $g(x)$ строго убывает на каждом из промежутков области определения тогда и только тогда, когда $g'(x) \le 0$ для всех $x \in D(g)$, причём производная обращается в ноль лишь в отдельных изолированных точках: $$ -\frac{1}{2\sin^2 \frac{x}{2}} + a \le 0 \iff a \le \frac{1}{2\sin^2 \frac{x}{2}} $$ 4. Так как $0 < \sin^2 \frac{x}{2} \le 1$ для любого $x \in D(g)$, наибольшее значение знаменателя равно $1$, откуда: $$ \min_{x \in D(g)} \left(\frac{1}{2\sin^2 \frac{x}{2}}\right) = \frac{1}{2 \cdot 1} = \frac{1}{2} $$ (минимум достигается в точках $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi k \iff x = \pi + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$). Неравенство $a \le \frac{1}{2\sin^2 \frac{x}{2}}$ выполняется при всех $x \in D(g)$ в том и только в том случае, когда: $$ a \le \frac{1}{2} $$ При $a = \frac{1}{2}$ производная обращается в ноль только в изолированных точках $x = \pi + 2\pi k$, следовательно, функция на каждом интервале остаётся строго убывающей. Ответ: $a \le \frac{1}{2}$ (или $a \in \left(-\infty; \frac{1}{2}\right]$).