Упр.5.114 ГДЗ Никольский Потапов 11 класс (Алгебра)
а) у = х3 — 3х2 — 1;
б) у = х4 — 2х2 + 3;
в) у = -х3 + 3х + 1;
г) у = x3 — 3х2 + 1;
д) y = 1/3*x3 + 5х + 1;
е) у = 1/3*х3 + 3х2 — 7х — 2.
а) $$y=x^3-3x^2-1$$
$$y’ = 3x^2-6x = 3x(x-2)$$
Критические точки: $$x=0$$ и $$x=2$$.
Знак производной:
$$y’>0 \text{ при } x\in(-\infty,0)\cup(2,+\infty), \qquad y'<0 \text{ при } x\in(0,2)$$
Следовательно, функция возрастает на $$(-\infty,0]$$ и $$[2,+\infty)$$, убывает на $$[0,2]$$.
$$y(0)=-1,\qquad y(2)=8-12-1=-5$$
Точки экстремума: $$\left(0,-1\right)$$ — точка максимума, $$\left(2,-5\right)$$ — точка минимума.
б) $$y=x^4-2x^2+3$$
$$y’ = 4x^3-4x = 4x(x^2-1)=4x(x-1)(x+1)$$
Критические точки: $$x=-1,\;0,\;1$$.
Знак производной:
$$y'<0 \text{ при } x\in(-\infty,-1)\cup(0,1), \qquad y’>0 \text{ при } x\in(-1,0)\cup(1,+\infty)$$
Значит, функция убывает на $$(-\infty,-1]$$ и $$[0,1]$$, возрастает на $$[-1,0]$$ и $$[1,+\infty)$$.
$$y(-1)=2,\qquad y(0)=3,\qquad y(1)=2$$
Точки экстремума: $$(-1,2)$$ — минимум, $$\left(0,3\right)$$ — максимум, $$\left(1,2\right)$$ — минимум.
в) $$y=-x^3+3x+1$$
$$y’=-3x^2+3=3(1-x^2)=3(1-x)(1+x)$$
Критические точки: $$x=-1,\;1$$.
Знак производной:
$$y'<0 \text{ при } x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty), \qquad y’>0 \text{ при } x\in(-1,1)$$
Следовательно, функция убывает на $$(-\infty,-1]$$ и $$[1,+\infty)$$, возрастает на $$[-1,1]$$.
$$y(-1)=-1,\qquad y(1)=3$$
Точки экстремума: $$(-1,-1)$$ — минимум, $$\left(1,3\right)$$ — максимум.
г) $$y=x^3-3x^2+1$$
$$y’ = 3x^2-6x = 3x(x-2)$$
Критические точки: $$x=0,\;2$$.
Знак производной:
$$y’>0 \text{ при } x\in(-\infty,0)\cup(2,+\infty), \qquad y'<0 \text{ при } x\in(0,2)$$
Значит, функция возрастает на $$(-\infty,0]$$ и $$[2,+\infty)$$, убывает на $$[0,2]$$.
$$y(0)=1,\qquad y(2)=8-12+1=-3$$
Точки экстремума: $$\left(0,1\right)$$ — максимум, $$\left(2,-3\right)$$ — минимум.
д) $$y=\frac13x^3+5x+1$$
$$y’ = x^2+5$$
Так как $$x^2+5>0$$ при любом $$x$$, то функция возрастает на всей области определения.
Функция не имеет точек экстремума.
е) $$y=\frac13x^3+3x^2-7x-2$$
$$y’ = x^2+6x-7$$
$$x^2+6x-7=0$$
$$x=\frac{-6\pm\sqrt{36+28}}{2}=\frac{-6\pm 8}{2}$$
$$x=-7,\qquad x=1$$
Знак производной:
$$y’>0 \text{ при } x\in(-\infty,-7)\cup(1,+\infty), \qquad y'<0 \text{ при } x\in(-7,1)$$
Следовательно, функция возрастает на $$(-\infty,-7]$$ и $$[1,+\infty)$$, убывает на $$[-7,1]$$.
$$y(-7)=\frac13(-343)+3\cdot49-7(-7)-2=\frac{196}{3}$$
$$y(1)=\frac13+3-7-2=-\frac{17}{3}$$
Точки экстремума: $$\left(-7,\frac{196}{3}\right)$$ — максимум, $$\left(1,-\frac{17}{3}\right)$$ — минимум.
Ответ
а) возрастает на $$(-\infty,0]$$ и $$[2,+\infty)$$, убывает на $$[0,2]$$; максимум $$\left(0,-1\right)$$, минимум $$\left(2,-5\right)$$.
б) убывает на $$(-\infty,-1]$$ и $$[0,1]$$, возрастает на $$[-1,0]$$ и $$[1,+\infty)$$; минимумы $$(-1,2)$$ и $$\left(1,2\right)$$, максимум $$\left(0,3\right)$$.
в) убывает на $$(-\infty,-1]$$ и $$[1,+\infty)$$, возрастает на $$[-1,1]$$; минимум $$(-1,-1)$$, максимум $$\left(1,3\right)$$.
г) возрастает на $$(-\infty,0]$$ и $$[2,+\infty)$$, убывает на $$[0,2]$$; максимум $$\left(0,1\right)$$, минимум $$\left(2,-3\right)$$.
д) функция возрастает на всей $$\mathbb{R}$$, экстремумов нет.
е) возрастает на $$(-\infty,-7]$$ и $$[1,+\infty)$$, убывает на $$[-7,1]$$; максимум $$\left(-7,\frac{196}{3}\right)$$, минимум $$\left(1,-\frac{17}{3}\right)$$.
