Упражнения для итогового повторения курса алгебры и начал математического анализа. 6. Функции и графики — с. 422
1503. Записать уравнение касательной к графику функции f(x) = √(x³) + 1 в точке с абсциссой x = 4.
f(x) = x^(3/2) + 1, f(4) = 8 + 1 = 9. f′(x) = (3/2)√x, f′(4) = 3. Касательная: y = 9 + 3(x − 4) = 3x − 3.
Ответ: y = 3x − 3.
Ответ: y = 3x − 3.
1504. Найти промежутки монотонности функции:
1) y = (x² + 1)/(x² − 1);
2) y = (x² − 1)/x.
1) y = (x² + 1)/(x² − 1);
2) y = (x² − 1)/x.
1) D: x ≠ ±1. y′ = (2x(x² − 1) − 2x(x² + 1))/(x² − 1)² = −4x/(x² − 1)². Знак y′ определяется множителем −4x: y′ > 0 при x < 0 (x ≠ −1), y′ < 0 при x > 0 (x ≠ 1). Функция возрастает на (−∞; −1) и (−1; 0], убывает на [0; 1) и (1; +∞).
2) y = x − 1/x, D: x ≠ 0. y′ = 1 + 1/x² > 0 при всех x ≠ 0. Функция возрастает на (−∞; 0) и (0; +∞).
2) y = x − 1/x, D: x ≠ 0. y′ = 1 + 1/x² > 0 при всех x ≠ 0. Функция возрастает на (−∞; 0) и (0; +∞).
1505. Найти точки экстремума функции:
1) y = (x − 1)³(x − 2)²;
2) y = 4 + (6 − x)⁴.
1) y = (x − 1)³(x − 2)²;
2) y = 4 + (6 − x)⁴.
1) y′ = 3(x − 1)²(x − 2)² + 2(x − 1)³(x − 2) = (x − 1)²(x − 2)(3(x − 2) + 2(x − 1)) = (x − 1)²(x − 2)(5x − 8). Критические точки: x = 1, 8/5, 2. Знаки y′: при x < 1 «+» (оба множителя x − 2 и 5x − 8 отрицательны), в x = 1 знак не меняется (множитель (x − 1)² ≥ 0); на (1; 8/5) «+»; на (8/5; 2) «−»; при x > 2 «+». Значит, x = 8/5 — точка максимума, x = 2 — точка минимума, x = 1 — не точка экстремума.
2) y′ = −4(6 − x)³. При x < 6 y′ < 0, при x > 6 y′ > 0. x = 6 — точка минимума.
Ответ: 1) x = 8/5 (максимум), x = 2 (минимум); 2) x = 6 (минимум).
2) y′ = −4(6 − x)³. При x < 6 y′ < 0, при x > 6 y′ > 0. x = 6 — точка минимума.
Ответ: 1) x = 8/5 (максимум), x = 2 (минимум); 2) x = 6 (минимум).
1506. Найти точки экстремума функции:
1) y = (3x² + 4x + 4)/(x² + x + 1);
2) y = (x² + 6x + 3)/(3x + 4).
1) y = (3x² + 4x + 4)/(x² + x + 1);
2) y = (x² + 6x + 3)/(3x + 4).
1) Знаменатель x² + x + 1 > 0 при всех x. y′ = ((6x + 4)(x² + x + 1) − (3x² + 4x + 4)(2x + 1))/(x² + x + 1)². Числитель: (6x³ + 10x² + 10x + 4) − (6x³ + 11x² + 12x + 4) = −x² − 2x = −x(x + 2). y′ = 0 при x = −2 и x = 0. y′ < 0 при x < −2, y′ > 0 на (−2; 0), y′ < 0 при x > 0. x = −2 — точка минимума, x = 0 — точка максимума.
2) D: x ≠ −4/3. y′ = ((2x + 6)(3x + 4) − 3(x² + 6x + 3))/(3x + 4)² = (3x² + 8x + 15)/(3x + 4)². Для 3x² + 8x + 15 дискриминант 64 − 180 < 0, значит, y′ > 0 при всех x ≠ −4/3, экстремумов нет.
Ответ: 1) x = −2 (минимум), x = 0 (максимум); 2) точек экстремума нет.
Оговорка: в ответах учебника для пункта 2) указаны точки x = 0 (минимум) и ещё одна (максимум); это получилось бы, например, для функции (x² + 6x + 8)/(3x + 4). Для функции в том виде, как она напечатана в условии, экстремумов нет.
2) D: x ≠ −4/3. y′ = ((2x + 6)(3x + 4) − 3(x² + 6x + 3))/(3x + 4)² = (3x² + 8x + 15)/(3x + 4)². Для 3x² + 8x + 15 дискриминант 64 − 180 < 0, значит, y′ > 0 при всех x ≠ −4/3, экстремумов нет.
Ответ: 1) x = −2 (минимум), x = 0 (максимум); 2) точек экстремума нет.
Оговорка: в ответах учебника для пункта 2) указаны точки x = 0 (минимум) и ещё одна (максимум); это получилось бы, например, для функции (x² + 6x + 8)/(3x + 4). Для функции в том виде, как она напечатана в условии, экстремумов нет.
1507. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = 2 sin x + cos 2x на отрезке [0; π/2].
cos 2x = 1 − 2sin² x, поэтому y = −2t² + 2t + 1, где t = sin x ∈ [0; 1] при x ∈ [0; π/2], и t пробегает весь отрезок. Парабола по t с вершиной t = 1/2: y = −2/4 + 1 + 1 = 3/2. На концах: t = 0: y = 1; t = 1: y = 1. Наибольшее 3/2, наименьшее 1.
Ответ: 1,5 и 1.
Ответ: 1,5 и 1.
1508. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = sin x + 2√2 cos x на отрезке [0; π/2].
y′ = cos x − 2√2 sin x = 0, tg x = 1/(2√2), x₀ = arctg (1/(2√2)) ∈ (0; π/2). Тогда sin x₀ = 1/3, cos x₀ = 2√2/3 (так как 1 + 8 = 9), y(x₀) = 1/3 + 2√2 · 2√2/3 = 1/3 + 8/3 = 3. Это максимум (y′ > 0 слева от x₀, y′ < 0 справа). На концах: y(0) = 2√2 ≈ 2,83, y(π/2) = 1. Наибольшее 3, наименьшее 1.
Ответ: 3 и 1.
Ответ: 3 и 1.
1509. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = x√(1 − x²) на отрезке [0; 1].
y′ = √(1 − x²) − x²/√(1 − x²) = (1 − 2x²)/√(1 − x²) на (0; 1). y′ = 0 при x = 1/√2. y(1/√2) = (1/√2) · (1/√2) = 1/2. На концах y(0) = y(1) = 0. Наибольшее 1/2, наименьшее 0.
Ответ: 0,5 и 0.
Ответ: 0,5 и 0.
1510. Периметр осевого сечения цилиндра 6 дм. При каком радиусе основания цилиндра его объём будет наибольшим?
Осевое сечение — прямоугольник со сторонами 2r и h: 2(2r + h) = 6, h = 3 − 2r, 0 < r < 3/2. Объём V(r) = πr²(3 − 2r) = π(3r² − 2r³). V′ = π(6r − 6r²) = 6πr(1 − r). На (0; 1) V′ > 0, на (1; 3/2) V′ < 0, поэтому r = 1 — точка максимума.
Ответ: r = 1 дм.
Ответ: r = 1 дм.
1511. Найти наибольший возможный объём цилиндра, площадь полной поверхности которого равна 54π см², если известно, что радиус основания не меньше 2 см и не больше 4 см.
2πr² + 2πrh = 54π, r² + rh = 27, h = (27 − r²)/r. V = πr²h = π(27r − r³), r ∈ [2; 4]. V′ = π(27 − 3r²) = 0 при r = 3. V(2) = π(54 − 8) = 46π, V(3) = π(81 − 27) = 54π, V(4) = π(108 − 64) = 44π. Наибольший объём 54π см³ (при r = 3, h = 6).
Ответ: 54π см³.
Ответ: 54π см³.
1512. В правильной пирамиде SABC из вершины S проведена высота SO. Найти сторону основания пирамиды, если объём пирамиды является наибольшим при условии, что SO + AC = 9 и 1 ≤ AC ≤ 8.
Основание — правильный треугольник со стороной a = AC, площадь a²√3/4, высота пирамиды h = SO = 9 − a. Объём V(a) = (1/3)(√3/4)a²(9 − a) = (√3/12)(9a² − a³), a ∈ [1; 8]. V′ = (√3/12)(18a − 3a²) = (√3/4)a(6 − a). На [1;
6. V′ > 0, на (6; 8] V′ < 0, максимум при a = 6 (V(6) = 9√3).
Ответ: 6.
Ответ: 6.
1513. В правильной четырёхугольной призме диагональ равна 2√3. При какой высоте призмы её объём наибольший?
Пусть сторона основания a, высота h. Диагональ призмы d² = 2a² + h² = 12, a² = (12 − h²)/2, 0 < h < 2√3. Объём V = a²h = (12h − h³)/2. V′ = (12 − 3h²)/2 = 0 при h = 2. На (0; 2) V′ > 0, на (2; 2√3) V′ < 0, максимум при h = 2 (V = 8).
Ответ: 2.
Ответ: 2.
1514. Для функции f(x) = x^(−2) + cos x найти первообразную, график которой проходит через точку M(0,5π; −2/π).
Общий вид первообразных: F(x) = −1/x + sin x + C. Условие F(π/2) = −2/π: −2/π + 1 + C = −2/π, C = −1.
Ответ: F(x) = sin x − 1/x − 1.
Ответ: F(x) = sin x − 1/x − 1.
1515. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x) = x²(2x − 3) − 12(3x − 2) на отрезке [−3; 6].
f(x) = 2x³ − 3x² − 36x + 24. f′(x) = 6x² − 6x − 36 = 6(x − 3)(x + 2), критические точки −2 и 3 (обе в [−3; 6]). f(−3) = −54 − 27 + 108 + 24 = 51; f(−2) = −16 − 12 + 72 + 24 = 68; f(3) = 54 − 27 − 108 + 24 = −57; f(6) = 432 − 108 − 216 + 24 = 132. Наибольшее 132 (при x = 6), наименьшее −57 (при x = 3).
Ответ: 132 и −57.
Ответ: 132 и −57.
1516. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x) = 2 ln³ x − 9 ln² x + 12 ln x на отрезке [e^(3/4); e³].
Пусть t = ln x; при x ∈ [e^(3/4); e³] t ∈ [3/4; 3]. g(t) = 2t³ − 9t² + 12t, g′ = 6t² − 18t + 12 = 6(t − 1)(t − 2). Критические точки t = 1, 2 лежат в отрезке. g(3/4) = 27/32 − 81/16 + 9 = 153/32 ≈ 4,78; g(1) = 5; g(2) = 16 − 36 + 24 = 4; g(3) = 54 − 81 + 36 = 9. Наибольшее 9 (при x = e³), наименьшее 4 (при x = e²).
Ответ: 9 и 4.
Ответ: 9 и 4.
1517. На параболе y = x² найти точку, расстояние от которой до точки A(2; 1/2) является наименьшим.
Точка параболы M(x; x²). Квадрат расстояния d² = (x − 2)² + (x² − 1/2)² = x⁴ − 4x + 17/4 (так как x² − 4x + 4 + x⁴ − x² + 1/4). Пусть g(x) = x⁴ − 4x + 17/4, g′ = 4x³ − 4 = 4(x − 1)(x² + x + 1). g′ < 0 при x < 1, g′ > 0 при x > 1, значит, минимум при x = 1 (расстояние минимально там же, где его квадрат). Точка M(1; 1).
Ответ: (1; 1).
Ответ: (1; 1).