Упр.26.11 ГДЗ Мордкович Семенов 11 класс (Алгебра)
а) c=0,3, d=1,3; г) c=-0,4, d=1,4;
б) c=0,2, d=2,2; д) c=-0,6, d=1,55;
в) c=0,08, d=2,88; е) c=-1,3, d=2,4. Найдите точки экстремума функции:
а) y=0,2x^5+4x^3-13x; г) y=(-1/3)x^3+x^2+3x-11;
б) y=e^(5-x)(x^2-8x+8); д) y=e^(x-1)(x^2-3x+3);
в) y=x^2-3x+3ln(x+1); е) y=x^2+5x+14ln(3-x).
Обозначим $$D=\Phi(d)-\Phi(c).$$ Тогда для каждого пункта вычислим разность значений функции распределения.
а) $$D=0{,}4032-0{,}1179=0{,}2853.$$
б) $$D=0{,}4861-0{,}0793=0{,}4068.$$
в) $$D=0{,}4980-0{,}0319=0{,}4661.$$
г) $$D=0{,}4192+0{,}1554=0{,}5746.$$
д) $$D=0{,}4394+0{,}2257=0{,}6651.$$
е) $$D=0{,}4918+0{,}4032=0{,}8950.$$
Найдём точки экстремума по производной.
а) $$y=0{,}2x^5+4x^3-13x.$$
$$y'(x)=0{,}2\cdot 5x^4+4\cdot 3x^2-13=x^4+12x^2-13.$$
$$x^4+12x^2-13=0.$$
Положим $$t=x^2$$. Тогда
$$t^2+12t-13=0,$$
$$t_1=-13,\quad t_2=1.$$
Так как $$t=x^2\ge 0,$$ получаем $$x^2=1,$$ то есть $$x=\pm 1.$$
Знак производной меняется так, что в точке $$x=-1$$ — максимум, а в точке $$x=1$$ — минимум.
б) $$y=e^{5-x}(x^2-8x+8).$$
$$y'(x)=-e^{5-x}(x^2-8x+8)+e^{5-x}(2x-8).$$
$$y'(x)=e^{5-x}(10x-16-x^2).$$
Так как $$e^{5-x}>0,$$ то
$$10x-16-x^2=0,$$
$$x^2-10x+16=0,$$
$$x_1=2,\quad x_2=8.$$
Следовательно, $$x=2$$ — точка минимума, $$x=8$$ — точка максимума.
в) $$y=x^2-3x+3\ln(x+1).$$
Область определения: $$x>-1.$$
$$y'(x)=2x-3+\frac{3}{x+1}.$$
Приведём к общему знаменателю:
$$y'(x)=\frac{(2x-3)(x+1)+3}{x+1}=\frac{2x^2-x}{x+1}=\frac{x(2x-1)}{x+1}.$$
Критические точки: $$x=-1,\; x=0,\; x=\frac12,$$ но $$x=-1$$ не входит в область определения.
По знакам производной получаем: $$x=0$$ — точка максимума, $$x=\frac12$$ — точка минимума.
г) $$y=-\frac13x^3+x^2+3x-11.$$
$$y'(x)=-x^2+2x+3.$$
$$-x^2+2x+3=0,$$
$$x^2-2x-3=0,$$
$$x_1=-1,\quad x_2=3.$$
Следовательно, $$x=-1$$ — точка минимума, $$x=3$$ — точка максимума.
д) $$y=e^{x-1}(x^2-3x+3).$$
$$y'(x)=e^{x-1}(x^2-3x+3)+e^{x-1}(2x-3).$$
$$y'(x)=e^{x-1}(x^2-x).$$
Так как $$e^{x-1}>0,$$ то
$$x^2-x=0,$$
$$x(x-1)=0,$$
$$x=0,\; x=1.$$
Значит, $$x=0$$ — точка максимума, $$x=1$$ — точка минимума.
е) $$y=x^2+5x+14\ln(3-x).$$
Область определения: $$x<3.$$
$$y'(x)=2x+5-\frac{14}{3-x}.$$
Приведём к общему знаменателю:
$$y'(x)=\frac{(2x+5)(3-x)-14}{3-x}=\frac{-2x^2+x+1}{3-x}.$$
$$-2x^2+x+1=0,$$
$$2x^2-x-1=0,$$
$$x_1=-\frac12,\quad x_2=1.$$
С учётом области определения получаем: $$x=-\frac12$$ — точка минимума, $$x=1$$ — точка максимума.
Ответ
а) $$D=0{,}2853$$; б) $$D=0{,}4068$$; в) $$D=0{,}4661$$; г) $$D=0{,}5746$$; д) $$D=0{,}6651$$; е) $$D=0{,}8950$$.
Точки экстремума: а) максимум при $$x=-1$$, минимум при $$x=1$$; б) минимум при $$x=2$$, максимум при $$x=8$$; в) максимум при $$x=0$$, минимум при $$x=\frac12$$; г) минимум при $$x=-1$$, максимум при $$x=3$$; д) максимум при $$x=0$$, минимум при $$x=1$$; е) минимум при $$x=-\frac12$$, максимум при $$x=1$$.
