ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы контрольные работы / К-8. вариант - Б1

### 1. Промежутки монотонности функции **а)** $f(x) = \frac{(x-2)^2}{x+1}$ 1. Область определения функции: Знаменатель дроби не равен нулю: $x + 1 \neq 0 \implies x \neq -1$. $$D(f) = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)$$ 2. Найдем производную функции по правилу дифференцирования частного $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$: $$f'(x) = \frac{\left((x-2)^2\right)'(x+1) - (x-2)^2(x+1)'}{(x+1)^2}$$ $$f'(x) = \frac{2(x-2)\cdot 1 \cdot (x+1) - (x-2)^2\cdot 1}{(x+1)^2}$$ Вынесем общий множитель $(x-2)$ за скобки в числителе: $$f'(x) = \frac{(x-2)\bigl(2(x+1) - (x-2)\bigr)}{(x+1)^2} = \frac{(x-2)(2x+2-x+2)}{(x+1)^2} = \frac{(x-2)(x+4)}{(x+1)^2}$$ 3. Найдем стационарные и критические точки: $f'(x) = 0 \implies (x-2)(x+4) = 0 \implies x_1 = -4$, $x_2 = 2$. Производная не существует в точке $x = -1$. 4. Определим знаки производной на интервалах методом интервалов: - на $(-\infty; -4)$: $f'(x) > 0$ — функция возрастает; - на $(-4; -1)$: $f'(x) < 0$ — функция убывает; - на $(-1; 2)$: $f'(x) < 0$ — функция убывает; - на $(2; +\infty)$: $f'(x) > 0$ — функция возрастает. Точки $-4$ и $2$ входят в область определения функции, поэтому их включают в промежутки монотонности. Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -4]$ и $[2; +\infty)$; убывает на промежутках $[-4; -1)$ и $(-1; 2]$. --- **б)** $f(x) = \sqrt{x} - x$ 1. Область определения функции: Подкоренное выражение неотрицательно: $x \ge 0$, то есть $D(f) = [0; +\infty)$. 2. Найдем производную функции при $x > 0$: $$f'(x) = (\sqrt{x})' - (x)' = \frac{1}{2\sqrt{x}} - 1 = \frac{1 - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$$ 3. Найдем стационарные точки: $$f'(x) = 0 \implies 1 - 2\sqrt{x} = 0 \implies 2\sqrt{x} = 1 \implies \sqrt{x} = \frac{1}{2} \implies x = \frac{1}{4}$$ 4. Определим знаки производной на промежутках области определения: - при $x \in \left(0; \frac{1}{4}\right)$: $1 - 2\sqrt{x} > 0 \implies f'(x) > 0$ — функция возрастает; - при $x \in \left(\frac{1}{4}; +\infty\right)$: $1 - 2\sqrt{x} < 0 \implies f'(x) < 0$ — функция убывает. Так как функция непрерывна в граничных точках $x = 0$ и $x = \frac{1}{4}$, они включаются в промежутки монотонности. Ответ: функция возрастает на промежутке $\left[0; \frac{1}{4}\right]$; убывает на промежутке $\left[\frac{1}{4}; +\infty\right)$. --- ### 2. Исследование функции и построение графика $$y = \frac{4x}{1 + x^2}$$ 1. **Область определения:** Знаменатель $1 + x^2 \ge 1 > 0$ при любых $x \in \mathbb{R}$. $$D(y) = (-\infty; +\infty)$$ 2. **Четность / нечетность:** $$y(-x) = \frac{4(-x)}{1 + (-x)^2} = -\frac{4x}{1 + x^2} = -y(x)$$ Функция нечетная, ее график симметричен относительно начала координат $O(0; 0)$. 3. **Точки пересечения с осями координат:** - с осью $Oy$: при $x = 0 \implies y = 0$; - с осью $Ox$: $y = 0 \implies \frac{4x}{1 + x^2} = 0 \implies x = 0$. График проходит через начало координат $(0; 0)$. 4. **Промежутки знакопостоянства:** - $y > 0$ при $x \in (0; +\infty)$; - $y < 0$ при $x \in (-\infty; 0)$. 5. **Асимптоты графика:** - Вертикальных асимптот нет, так как функция определена и непрерывна на всей числовой прямой. - Горизонтальная асимптота: $$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{4x}{1 + x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{4}{x}}{\frac{1}{x^2} + 1} = 0$$ Прямая $y = 0$ (ось $Ox$) является горизонтальной асимптотой при $x \to \pm\infty$. 6. **Промежутки монотонности и экстремумы:** Найдем производную функции: $$y' = \frac{(4x)'(1 + x^2) - 4x(1 + x^2)'}{(1 + x^2)^2} = \frac{4(1 + x^2) - 4x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2} = \frac{4 + 4x^2 - 8x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{4 - 4x^2}{(1 + x^2)^2}$$ $$y' = \frac{4(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{4(1 - x)(1 + x)}{(1 + x^2)^2}$$ Найдем стационарные точки: $$y' = 0 \implies 1 - x^2 = 0 \implies x_1 = -1,\quad x_2 = 1$$ Знаки производной: - на $(-\infty; -1)$: $y' < 0$ — функция убывает; - на $(-1; 1)$: $y' > 0$ — функция возрастает; - на $(1; +\infty)$: $y' < 0$ — функция убывает. Точки экстремума и значения в них: - $x = -1$ — точка минимума: $$y_{\min} = y(-1) = \frac{4(-1)}{1 + (-1)^2} = -2$$ - $x = 1$ — точка максимума: $$y_{\max} = y(1) = \frac{4 \cdot 1}{1 + 1^2} = 2$$ 7. **Дополнительные точки для построения:** - $x = 2 \implies y = \frac{8}{5} = 1{,}6$; - $x = 3 \implies y = \frac{12}{10} = 1{,}2$; - $x = -2 \implies y = -1{,}6$; - $x = -3 \implies y = -1{,}2$. **Схема построения графика:** - Отмечаем начало координат $(0; 0)$ — точку пересечения с осями. - Наносим точки экстремума: минимум $(-1; -2)$ и максимум $(1; 2)$. - Из левой полуплоскости график идет от асимптоты $y = 0$, убывает до точки $(-1; -2)$, затем возрастает, проходя через точку $(0; 0)$, поднимается до максимума $(1; 2)$ и плавно убывает, приближаясь к оси $Ox$ ($y = 0$) сверху при $x \to +\infty$. --- ### 3. Задача на нахождение наибольшего значения Пусть первое неотрицательное слагаемое равно $x$, тогда второе слагаемое равно $(12 - x)$. Так как слагаемые неотрицательны, получаем ограничения: $$x \ge 0 \quad \text{и} \quad 12 - x \ge 0 \implies x \in [0; 12]$$ Составим функцию $P(x)$, выражающую произведение куба первого слагаемого на удвоенное второе слагаемое: $$P(x) = x^3 \cdot 2(12 - x) = 2x^3(12 - x) = 24x^3 - 2x^4$$ Найдем наибольшее значение функции $P(x)$ на отрезке $[0; 12]$. 1. Найдем производную: $$P'(x) = (24x^3 - 2x^4)' = 72x^2 - 8x^3 = 8x^2(9 - x)$$ 2. Найдем критические точки: $$P'(x) = 0 \implies 8x^2(9 - x) = 0 \implies x_1 = 0,\quad x_2 = 9$$ Обе точки принадлежат отрезку $[0; 12]$. 3. Вычислим значения функции на концах отрезка и в критической точке $x = 9$: $$P(0) = 2 \cdot 0^3 \cdot (12 - 0) = 0$$ $$P(12) = 2 \cdot 12^3 \cdot (12 - 12) = 0$$ $$P(9) = 2 \cdot 9^3 \cdot (12 - 9) = 2 \cdot 729 \cdot 3 = 4374$$ Наибольшее значение функции достигается при $x = 9$. Тогда первое слагаемое равно $9$, а второе слагаемое равно: $$12 - 9 = 3$$ Ответ: 9 и 3.