Упр.16.10 ГДЗ Мордкович Семенов 11 класс (Алгебра)
а) y=cos(2x)+4x; в) y=cos(3x)+5x;
б) y=2^x+x^(1/3); г) y=3^x+2(x^(1/3)). Найдите точки экстремума заданной функции и определите их характер:
а) y=e^(2x)-4e^x+3x-2; г) y=e^(2x)-7e^x+5x+1;
б) y=3ln(x^3)-7x+x^2 /2; д) y=10ln(vx)-6x+x^2 /2;
в) y=5x-6ln(vx)+x^2; е) y=x-2ln(x^3)+x^2.
1) Докажем, что функция возрастает.
а) $$y=\cos 2x+4x$$
$$y'(x)=-2\sin 2x+4.$$
Так как $$-1\le \sin 2x\le 1,$$ то
$$y'(x)\ge -2\cdot 1+4=2>0.$$
Следовательно, функция возрастает на всей области определения.
б) $$y=2^x+\sqrt[3]{x}$$
$$y'(x)=2^x\ln 2+\frac{1}{3}x^{-2/3}.$$
Оба слагаемых неотрицательны, а при всех $$x\ne 0$$ производная положительна. Значит, функция возрастает на всей области определения.
в) $$y=\cos 3x+5x$$
$$y'(x)=-3\sin 3x+5.$$
Так как $$-1\le \sin 3x\le 1,$$ то
$$y'(x)\ge -3\cdot 1+5=2>0.$$
Следовательно, функция возрастает на всей области определения.
г) $$y=3^x+2\sqrt[3]{x}$$
$$y'(x)=3^x\ln 3+\frac{2}{3}x^{-2/3}.$$
Оба слагаемых неотрицательны, а при всех $$x\ne 0$$ производная положительна. Значит, функция возрастает на всей области определения.
2) Найдём точки экстремума и их характер.
а) $$y=e^{2x}-4e^x+3x-2$$
$$y'(x)=2e^{2x}-4e^x+3.$$
Положим $$t=e^x>0$$. Тогда
$$y'(x)=2t^2-4t+3.$$
Дискриминант:
$$D=(-4)^2-4\cdot 2\cdot 3=16-24=-8<0.$$
Так как $$a=2>0,$$ то $$y'(x)>0$$ при всех $$x$$. Точек экстремума нет.
б) $$y=4\ln x^3-7x+\frac{x^2}{2}, \quad x>0$$
$$y'(x)=4\cdot \frac{3x^2}{x^3}-7+x= \frac{12}{x}-7+x.$$
Умножим на $$x>0$$:
$$x^2-7x+12\ge 0.$$
$$x^2-7x+12=(x-3)(x-4).$$
Отсюда
$$x\le 3 \quad \text{или} \quad x\ge 4.$$
Знаки производной меняются так: на $$ (0,3) $$ функция возрастает, на $$ (3,4) $$ убывает, на $$ (4,+\infty) $$ возрастает. Значит,
в точке $$x=3$$ — максимум, в точке $$x=4$$ — минимум.
в) $$y=5x-6\ln \sqrt{x}+x^2, \quad x>0$$
$$y'(x)=5-6\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}+2x=5-\frac{3}{x}+2x.$$
Умножим на $$x>0$$:
$$2x^2+5x-3\ge 0.$$
$$2x^2+5x-3=(2x-1)(x+3).$$
С учётом $$x>0$$ получаем, что производная меняет знак при $$x=\frac12$$. Следовательно, в точке $$x=\frac12$$ — минимум.
г) $$y=e^{2x}-7e^x+5x+1$$
$$y'(x)=2e^{2x}-7e^x+5.$$
Положим $$t=e^x>0$$. Тогда
$$y'(x)=2t^2-7t+5=(2t-5)(t-1).$$
Отсюда критические точки:
$$t=1 \Rightarrow x=0, \qquad t=\frac52 \Rightarrow x=\ln \frac52.$$
Знак производной: при $$x<0$$ она положительна, при $$0<x<\ln \frac52$$ отрицательна, при $$x>\ln \frac52$$ снова положительна. Значит,
в точке $$x=0$$ — максимум, в точке $$x=\ln \frac52$$ — минимум.
д) $$y=10\ln \sqrt{x}-6x+\frac{x^2}{2}, \quad x>0$$
$$y'(x)=10\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}-6+x=\frac{5}{x}-6+x.$$
Умножим на $$x>0$$:
$$x^2-6x+5\ge 0.$$
$$x^2-6x+5=(x-1)(x-5).$$
Следовательно, критические точки: $$x=1$$ и $$x=5$$. Знак производной меняется так: максимум при $$x=1$$, минимум при $$x=5$$.
е) $$y=x-2\ln x^3+x^2, \quad x>0$$
$$y'(x)=1-2\cdot \frac{3x^2}{x^3}+2x=1-\frac{6}{x}+2x.$$
Умножим на $$x>0$$:
$$2x^2+x-6\ge 0.$$
$$2x^2+x-6=(2x+3)(x-2).$$
С учётом $$x>0$$ получаем единственную критическую точку $$x=2$$. Знак производной меняется с минуса на плюс, значит, в точке $$x=2$$ — минимум.
Ответ
1) Функции во всех пунктах а)–г) возрастают на всей области определения.
2) а) точек экстремума нет; б) максимум при $$x=3$$, минимум при $$x=4$$; в) минимум при $$x=\frac12$$; г) максимум при $$x=0$$, минимум при $$x=\ln \frac52$$; д) максимум при $$x=1$$, минимум при $$x=5$$; е) минимум при $$x=2$$.
