Упр.5.121 ГДЗ Никольский Потапов 11 класс (Алгебра)
5.121 а) f(x) = ex/(1+x);
б) f(x) = 6x2e^-x2;
в) f(x) = корень (1-x2) — 1;
г) f(x) = корень (1-x4) + 1/2.
а) $$f(x)=\dfrac{e^x}{1+x}$$
Область определения:
$$1+x\ne 0,\quad x\ne -1,$$
$$D(f)=(-\infty;-1)\cup(-1;+\infty).$$
Функция ни чётная, ни нечётная.
Пересечение с осью $$Ox$$ отсутствует, так как $$e^x\ne 0.$$
Пересечение с осью $$Oy$$: $$f(0)=\dfrac{e^0}{1+0}=1,$$ значит, точка $$\,(0;1).$$
Первая производная:
$$f'(x)=\dfrac{e^x(1+x)-e^x}{(1+x)^2}=\dfrac{x e^x}{(1+x)^2}.$$
Так как $$e^x>0$$ и $$ (1+x)^2>0,$$ знак $$f'(x)$$ определяется знаком $$x.$$
Следовательно, функция убывает при $$x\in(-\infty;-1)\cup(-1;0),$$ и возрастает при $$x\in(0;+\infty).$$
Точка минимума: $$x=0,$$ $$f(0)=1.$$
Вторая производная:
$$f»(x)=\dfrac{e^x(1-x)}{(1+x)^3}.$$
$$f»(x)=0 \iff x=1.$$
При $$x<1$$ и $$x>1$$ знак $$f»(x)$$ меняется, значит, $$x=1$$ — точка перегиба.
$$f(1)=\dfrac{e}{2}.$$
Асимптоты: вертикальная $$x=-1.$$ При $$x\to -\infty$$ имеем $$f(x)\to 0,$$ значит, горизонтальная асимптота $$y=0.$$ Наклонных асимптот нет.
б) $$f(x)=6x^2e^{-x^2}$$
Область определения: $$D(f)=\mathbb R.$$
Функция чётная, так как $$f(-x)=f(x).$$
Пересечения с осями координат:
$$6x^2e^{-x^2}=0 \iff x=0,$$ значит, точка $$\,(0;0).$$
Первая производная:
$$f'(x)=12xe^{-x^2}-12x^3e^{-x^2}=12xe^{-x^2}(1-x^2).$$
Критические точки: $$x=-1,\;0,\;1.$$
Знаки $$f'(x)$$:
$$f(x)\ \text{убывает на}\ (-\infty;-1)\ \text{и}\ (0;1),$$
$$f(x)\ \text{возрастает на}\ (-1;0)\ \text{и}\ (1;+\infty).$$
Точки экстремума:
$$f(-1)=\dfrac{6}{e},\quad f(0)=0,\quad f(1)=\dfrac{6}{e}.$$
Значит, $$(-1;\tfrac{6}{e})$$ и $$ (1;\tfrac{6}{e})$$ — точки максимума, $$ (0;0)$$ — точка минимума.
Вторая производная:
$$f»(x)=e^{-x^2}(24x^4-60x^2+12)=12e^{-x^2}(2x^4-5x^2+1).$$
Пусть $$t=x^2.$$ Тогда
$$2t^2-5t+1=0,$$
$$t=\dfrac{5\pm\sqrt{17}}{4}.$$
Отсюда
$$x=\pm\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{17}}{4}},\quad x=\pm\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{17}}{4}}.$$
Это точки перегиба.
Асимптот нет, так как $$\lim\limits_{x\to\pm\infty}6x^2e^{-x^2}=0.$$
в) $$f(x)=\sqrt{1-x^2}-1$$
Область определения:
$$1-x^2\ge 0,\quad -1\le x\le 1,$$
$$D(f)=[-1;1].$$
Функция чётная, так как $$f(-x)=f(x).$$
Пересечения с осями координат:
$$f(0)=\sqrt{1}-1=0,$$ значит, точка $$\,(0;0).$$
На концах отрезка:
$$f(-1)=f(1)=-1.$$
Первая производная:
$$f'(x)=\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}.$$
На $$(-1;0)$$ производная положительна, на $$ (0;1)$$ отрицательна, значит, функция возрастает на $$[-1;0]$$ и убывает на $$[0;1].$$
Точка максимума: $$x=0,$$ $$f(0)=0.$$
Вторая производная:
$$f»(x)=\dfrac{-1}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}.$$
На всей области определения $$f»(x)<0,$$ поэтому функция вогнута вниз, точек перегиба нет.
Асимптот нет.
г) $$f(x)=\sqrt{1-x^4}+\dfrac12$$
Область определения:
$$1-x^4\ge 0,\quad -1\le x\le 1,$$
$$D(f)=[-1;1].$$
Функция чётная.
Пересечения с осями координат:
$$f(0)=\sqrt{1}+\dfrac12=\dfrac32,$$ значит, точка $$\,(0;\tfrac32).$$
На концах отрезка:
$$f(-1)=f(1)=\dfrac12.$$
Первая производная:
$$f'(x)=\dfrac{-4x^3}{2\sqrt{1-x^4}}=-\dfrac{2x^3}{\sqrt{1-x^4}}.$$
Следовательно, функция возрастает на $$[-1;0]$$ и убывает на $$[0;1].$$
Точка максимума: $$x=0,$$ $$f(0)=\dfrac32.$$
Вторая производная:
$$f»(x)=\dfrac{2x^2(2x^4-3)}{(1-x^4)\sqrt{1-x^4}}.$$
На области определения $$2x^4-3<0,$$ поэтому $$f»(x)\le 0,$$ и функция вогнута вниз, точек перегиба нет.
Асимптот нет.
Ответ
а) $$D(f)=(-\infty;-1)\cup(-1;+\infty),$$ точка минимума $$ (0;1),$$ точка перегиба $$ (1;\tfrac e2),$$ асимптоты: $$x=-1,$$ $$y=0.$$
б) $$D(f)=\mathbb R,$$ функция чётная, максимумы $$(-1;\tfrac6e)$$ и $$ (1;\tfrac6e),$$ минимум $$ (0;0),$$ точки перегиба $$x=\pm\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{17}}{4}},\ \pm\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{17}}{4}}.$$
в) $$D(f)=[-1;1],$$ максимум $$ (0;0),$$ асимптот нет.
г) $$D(f)=[-1;1],$$ максимум $$ (0;\tfrac32),$$ асимптот нет.
