Упр.17.10 ГДЗ Мордкович Семенов 11 класс (Алгебра)
Задание учебника 2025 года. 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) $$y=3\ln(x^3)-7x+\frac{x^2}{2}$$;
д) $$y=10\ln(vx)-6x+\frac{x^2}{2}$$;
в) $$y=5x-6\ln(vx)+x^2$$;
е) $$y=x-2\ln(x^3)+x^2$$.
Задание учебника 2022 года. Исследуйте функцию и постройте её график:
а) $$y=x-\ln(x)$$;
в) $$y=\frac{x}{\ln(x)}$$;
б) $$y=\frac{\ln(x)}{vx}$$;
г) $$y=x(\ln(x)+1)$$.
Найдём точки экстремума.
а) $$y=e^{2x}-4e^x+3x-2$$
$$y’ = 2e^{2x}-4e^x+3.$$
Положим $$t=e^x>0$$. Тогда
$$2t^2-4t+3=0.$$
$$D=(-4)^2-4\cdot 2\cdot 3=16-24=-8<0.$$
Так как $$2>0$$ и дискриминант отрицателен, то $$y’>0$$ при всех $$x$$. Следовательно, функция возрастает на всей области определения и точек экстремума не имеет.
б) $$y=4\ln x^3-7x+\frac{x^2}{2}, \quad x>0$$
$$y’=\frac{12}{x}-7+x.$$
$$\frac{12}{x}-7+x\ge 0 \;\Longleftrightarrow\; x^2-7x+12\ge 0,\quad x>0.$$
$$x^2-7x+12=(x-3)(x-4).$$
$$x\le 3 \;\text{или}\; x\ge 4.$$
Знак производной меняется так: на $$\left(0,3\right)$$ функция возрастает, на $$\left(3,4\right)$$ убывает, на $$\left(4,+\infty\right)$$ снова возрастает.
Значит, $$x=3$$ — точка максимума, $$x=4$$ — точка минимума.
в) $$y=5x-6\ln\sqrt{x}+x^2,\quad x>0$$
Так как $$\ln\sqrt{x}=\frac12\ln x$$, то
$$y’=5-\frac{3}{x}+2x.$$
$$5-\frac{3}{x}+2x\ge 0 \;\Longleftrightarrow\; 2x^2+5x-3\ge 0,\quad x>0.$$
$$2x^2+5x-3=(2x-1)(x+3).$$
С учётом $$x>0$$ получаем: $$y'<0$$ при $$0<x<\frac12$$ и $$y’>0$$ при $$x>\frac12$$.
Следовательно, $$x=\frac12$$ — точка минимума.
г) $$y=e^{2x}-7e^x+5x+1$$
$$y’=2e^{2x}-7e^x+5.$$
Положим $$t=e^x>0$$. Тогда
$$2t^2-7t+5=0,$$
$$D=49-40=9,$$
$$t_1=1,\quad t_2=\frac52.$$
Значит, $$e^x=1$$ или $$e^x=\frac52$$, то есть
$$x=0,\quad x=\ln\frac52.$$
Так как парабола ветвями вверх, то $$y’>0$$ при $$x<0$$ и $$x>\ln\frac52$$, а $$y'<0$$ при $$0<x<\ln\frac52$$.
Следовательно, $$x=0$$ — точка максимума, $$x=\ln\frac52$$ — точка минимума.
д) $$y=10\ln\sqrt{x}-6x+\frac{x^2}{2},\quad x>0$$
$$y’=\frac{5}{x}-6+x.$$
$$\frac{5}{x}-6+x\ge 0 \;\Longleftrightarrow\; x^2-6x+5\ge 0,\quad x>0.$$
$$x^2-6x+5=(x-1)(x-5).$$
Отсюда $$y’>0$$ при $$0<x<1$$ и $$x>5$$, а $$y'<0$$ при $$1<x<5$$.
Следовательно, $$x=1$$ — точка максимума, $$x=5$$ — точка минимума.
е) $$y=x-2\ln x^3+x^2,\quad x>0$$
Так как $$\ln x^3=3\ln x$$, то
$$y’=1-\frac{6}{x}+2x.$$
$$1-\frac{6}{x}+2x\ge 0 \;\Longleftrightarrow\; 2x^2+x-6\ge 0,\quad x>0.$$
$$2x^2+x-6=(2x-3)(x+2).$$
С учётом $$x>0$$ получаем: $$y'<0$$ при $$0<x<\frac32$$ и $$y’>0$$ при $$x>\frac32$$.
Следовательно, $$x=\frac32$$ — точка минимума.
Исследуем функцию и построим график.
а) $$y=x-\ln x,\quad x>0$$
$$y’=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}.$$
При $$0<x<1$$ имеем $$y'<0$$, при $$x>1$$ — $$y’>0$$. Значит, функция убывает на $$\left(0,1\right)$$ и возрастает на $$\left(1,+\infty\right)$$.
$$x_{\min}=1,\qquad y_{\min}=1.$$
Область определения: $$D(x)=(0,+\infty).$$
Вертикальная асимптота: $$x=0.$$
Множество значений: $$E(y)=[1,+\infty).$$
б) $$y=\frac{\ln x}{\sqrt{x}},\quad x>0$$
$$y’=\frac{1-\frac12\ln x}{x\sqrt{x}}.$$
Так как знаменатель положителен при $$x>0$$, то знак производной определяется числителем:
$$1-\frac12\ln x=0 \;\Longleftrightarrow\; \ln x=2 \;\Longleftrightarrow\; x=e^2.$$
При $$0<x<e^2$$ функция возрастает, при $$x>e^2$$ убывает. Значит, в точке $$x=e^2$$ достигается максимум:
$$y_{\max}=\frac{\ln e^2}{\sqrt{e^2}}=\frac{2}{e}.$$
Область определения: $$D(x)=(0,+\infty).$$
Вертикальная асимптота: $$x=0.$$
Множество значений: $$E(y)=\left(-\infty,\frac{2}{e}\right].$$
в) $$y=\frac{x}{\ln x},\quad x>0,\ x\ne 1$$
$$y’=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2}.$$
Так как $$(\ln x)^2>0$$ при $$x\ne 1$$, то
$$y'<0 \text{ при } 0<x<e,\qquad y’>0 \text{ при } x>e.$$
Следовательно, $$x=e$$ — точка минимума,
$$y_{\min}=\frac{e}{\ln e}=e.$$
Область определения: $$D(x)=(0,1)\cup(1,+\infty).$$
Вертикальная асимптота: $$x=1.$$
Множество значений: $$E(y)=(-\infty,0)\cup[e,+\infty).$$
г) $$y=x(\ln x+1),\quad x>0$$
$$y’=\ln x+2.$$
$$\ln x+2=0 \;\Longleftrightarrow\; x=e^{-2}.$$
При $$0<x<e^{-2}$$ функция убывает, при $$x>e^{-2}$$ возрастает. Значит, $$x=e^{-2}$$ — точка минимума:
$$y_{\min}=e^{-2}(-2+1)=-\frac{1}{e^2}.$$
Область определения: $$D(x)=(0,+\infty).$$
Множество значений: $$E(y)=\left[-\frac{1}{e^2},+\infty\right).$$
Ответ
1) а) точек экстремума нет; б) $$x_{\max}=3,\ x_{\min}=4$$; в) $$x_{\min}=\frac12$$; г) $$x_{\max}=0,\ x_{\min}=\ln\frac52$$; д) $$x_{\max}=1,\ x_{\min}=5$$; е) $$x_{\min}=\frac32$$.
2) а) $$D(x)=(0,+\infty),\ E(y)=[1,+\infty)$$; б) $$D(x)=(0,+\infty),\ E(y)=\left(-\infty,\frac{2}{e}\right]$$; в) $$D(x)=(0,1)\cup(1,+\infty),\ E(y)=(-\infty,0)\cup[e,+\infty)$$; г) $$D(x)=(0,+\infty),\ E(y)=\left[-\frac{1}{e^2},+\infty\right)$$.
