Номер 28.3, страница 138 - гдз по алгебре 10 класс сборник задач Арефьева, Пирютко

28.3. Исследуйте функцию и постройте ее график:

а) $f(x) = \frac{4x}{x^2+1}$;

б) $f(x) = \frac{6x-6}{x^2+15}$;

в) $f(x) = \frac{4x-4}{x^2+8}$;

г) $f(x) = \frac{x^2+4}{x^2-4}$.

а) $f(x) = \frac{4x}{x^2+1}$

1. Область определения функции.

Знаменатель $x^2+1 \ge 1$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Следовательно, область определения функции - все действительные числа, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

Найдем $f(-x)$: $f(-x) = \frac{4(-x)}{(-x)^2+1} = \frac{-4x}{x^2+1} = -f(x)$.

Так как $f(-x) = -f(x)$, функция является нечетной. Ее график симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \implies f(0) = \frac{4 \cdot 0}{0^2+1} = 0$. Точка $(0,0)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \implies \frac{4x}{x^2+1} = 0 \implies 4x=0 \implies x=0$. Точка $(0,0)$.

График проходит через начало координат.

4. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет, так как функция определена на всей числовой оси.

Горизонтальные асимптоты: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{4x}{x^2+1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{4/x}{1+1/x^2} = \frac{0}{1} = 0$.

Следовательно, $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Найдем первую производную: $f'(x) = \left(\frac{4x}{x^2+1}\right)' = \frac{4(x^2+1) - 4x(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{4x^2+4-8x^2}{(x^2+1)^2} = \frac{4-4x^2}{(x^2+1)^2} = \frac{4(1-x^2)}{(x^2+1)^2}$.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x)=0 \implies 4(1-x^2)=0 \implies x^2=1 \implies x_1 = -1, x_2 = 1$.

Исследуем знак производной на интервалах: $(-\infty, -1)$, $(-1, 1)$, $(1, +\infty)$.

При $x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (-1, 1)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=-1$ производная меняет знак с "-" на "+", это точка локального минимума. $f(-1) = \frac{4(-1)}{(-1)^2+1} = -2$.

В точке $x=1$ производная меняет знак с "+" на "-", это точка локального максимума. $f(1) = \frac{4(1)}{1^2+1} = 2$.

Точка минимума: $(-1, -2)$. Точка максимума: $(1, 2)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Найдем вторую производную: $f''(x) = \left(\frac{4-4x^2}{(x^2+1)^2}\right)' = \frac{-8x(x^2+1)^2 - (4-4x^2) \cdot 2(x^2+1) \cdot 2x}{(x^2+1)^4} = \frac{-8x(x^2+1) - 4x(4-4x^2)}{(x^2+1)^3} = \frac{-8x^3-8x-16x+16x^3}{(x^2+1)^3} = \frac{8x^3-24x}{(x^2+1)^3} = \frac{8x(x^2-3)}{(x^2+1)^3}$.

Найдем точки, где $f''(x)=0$: $8x(x^2-3)=0 \implies x=0, x=\pm\sqrt{3}$.

При $x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (0, \sqrt{3})$, $f''(x) < 0$, график выпуклый вверх (вогнутый).

При $x \in (-\sqrt{3}, 0) \cup (\sqrt{3}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз (выпуклый).

Точки перегиба: $x=0$, $x=-\sqrt{3}$, $x=\sqrt{3}$.

Координаты точек перегиба: $(0,0)$, $(\sqrt{3}, \sqrt{3})$, $(-\sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

7. Построение графика.

На основе проведенного исследования строим график. Функция нечетная, симметричная относительно начала координат. При $x \to \pm\infty$ график приближается к оси Ox. Функция имеет минимум в точке $(-1, -2)$ и максимум в $(1, 2)$. Точки перегиба находятся в $(0,0), (\pm\sqrt{3}, \pm\sqrt{3})$.

Ответ: Функция нечетная, асимптота $y=0$, локальный минимум в $(-1, -2)$, локальный максимум в $(1, 2)$, точки перегиба в $(0, 0)$ и $(\pm\sqrt{3}, \pm\sqrt{3})$.

б) $f(x) = \frac{6x-6}{x^2+15}$

1. Область определения функции.

Знаменатель $x^2+15 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Следовательно, $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

$f(-x) = \frac{6(-x)-6}{(-x)^2+15} = \frac{-6x-6}{x^2+15}$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \implies f(0) = \frac{-6}{15} = -\frac{2}{5}$. Точка $(0, -2/5)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \implies 6x-6=0 \implies x=1$. Точка $(1, 0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{6x-6}{x^2+15} = 0$. Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Производная: $f'(x) = \frac{6(x^2+15)-(6x-6)(2x)}{(x^2+15)^2} = \frac{6x^2+90-12x^2+12x}{(x^2+15)^2} = \frac{-6x^2+12x+90}{(x^2+15)^2} = \frac{-6(x^2-2x-15)}{(x^2+15)^2}$.

Критические точки: $f'(x)=0 \implies x^2-2x-15=0 \implies (x-5)(x+3)=0 \implies x_1 = -3, x_2 = 5$.

При $x \in (-\infty, -3) \cup (5, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (-3, 5)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

Точка минимума: $x=-3$, $f(-3) = \frac{6(-3)-6}{(-3)^2+15} = \frac{-24}{24} = -1$. Точка $(-3, -1)$.

Точка максимума: $x=5$, $f(5) = \frac{6(5)-6}{5^2+15} = \frac{24}{40} = \frac{3}{5}$. Точка $(5, 3/5)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Вторая производная: $f''(x) = \frac{12(x^3 - 3x^2 - 45x + 15)}{(x^2+15)^3}$. Нахождение точных корней числителя затруднительно, но можно отметить, что существует три точки перегиба, где меняется знак второй производной.

7. Построение графика.

График пересекает оси в точках $(1, 0)$ и $(0, -2/5)$, имеет горизонтальную асимптоту $y=0$. Локальный минимум в $(-3, -1)$, локальный максимум в $(5, 3/5)$.

Ответ: Функция общего вида, асимптота $y=0$, локальный минимум в $(-3, -1)$, локальный максимум в $(5, 3/5)$, пересекает оси в точках $(1, 0)$ и $(0, -2/5)$.

в) $f(x) = \frac{4x-4}{x^2+8}$

1. Область определения функции.

Знаменатель $x^2+8 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

$f(-x) = \frac{4(-x)-4}{(-x)^2+8} = \frac{-4x-4}{x^2+8}$. Функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \implies f(0) = \frac{-4}{8} = -\frac{1}{2}$. Точка $(0, -1/2)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \implies 4x-4=0 \implies x=1$. Точка $(1, 0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет. Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{4x-4}{x^2+8} = 0$. Асимптота $y=0$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Производная: $f'(x) = \frac{4(x^2+8)-(4x-4)(2x)}{(x^2+8)^2} = \frac{4x^2+32-8x^2+8x}{(x^2+8)^2} = \frac{-4x^2+8x+32}{(x^2+8)^2} = \frac{-4(x^2-2x-8)}{(x^2+8)^2}$.

Критические точки: $x^2-2x-8=0 \implies (x-4)(x+2)=0 \implies x_1 = -2, x_2 = 4$.

При $x \in (-\infty, -2) \cup (4, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (-2, 4)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

Точка минимума: $x=-2$, $f(-2) = \frac{4(-2)-4}{(-2)^2+8} = \frac{-12}{12} = -1$. Точка $(-2, -1)$.

Точка максимума: $x=4$, $f(4) = \frac{4(4)-4}{4^2+8} = \frac{12}{24} = \frac{1}{2}$. Точка $(4, 1/2)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Вторая производная: $f''(x) = \frac{8(x^3 - 3x^2 - 24x + 8)}{(x^2+8)^3}$. Существует три точки перегиба, точные значения которых найти сложно.

7. Построение графика.

График пересекает оси в $(1, 0)$ и $(0, -1/2)$, асимптота $y=0$. Минимум в $(-2, -1)$, максимум в $(4, 1/2)$.

Ответ: Функция общего вида, асимптота $y=0$, локальный минимум в $(-2, -1)$, локальный максимум в $(4, 1/2)$, пересекает оси в $(1, 0)$ и $(0, -1/2)$.

г) $f(x) = \frac{x^2+4}{x^2-4}$

1. Область определения функции.

Знаменатель $x^2-4=0$ при $x=\pm 2$. Область определения: $D(f) = (-\infty; -2) \cup (-2; 2) \cup (2; +\infty)$.

2. Четность и нечетность.

$f(-x) = \frac{(-x)^2+4}{(-x)^2-4} = \frac{x^2+4}{x^2-4} = f(x)$. Функция четная, график симметричен относительно оси Oy.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \implies f(0) = \frac{4}{-4} = -1$. Точка $(0, -1)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \implies x^2+4=0$. Действительных корней нет, график не пересекает ось Ox.

4. Асимптоты.

Вертикальные асимптоты: $x=2$ и $x=-2$.

$\lim_{x \to 2^+} f(x) = +\infty$, $\lim_{x \to 2^-} f(x) = -\infty$.

$\lim_{x \to -2^+} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to -2^-} f(x) = +\infty$.

Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+4}{x^2-4} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1+4/x^2}{1-4/x^2} = 1$. Асимптота $y=1$.

5. Промежутки возрастания и убывания, точки экстремума.

Производная: $f'(x) = \frac{2x(x^2-4) - (x^2+4)(2x)}{(x^2-4)^2} = \frac{2x^3-8x-2x^3-8x}{(x^2-4)^2} = \frac{-16x}{(x^2-4)^2}$.

Критическая точка: $f'(x)=0 \implies -16x=0 \implies x=0$.

При $x \in (-\infty, -2) \cup (-2, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x \in (0, 2) \cup (2, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=0$ производная меняет знак с "+" на "-", это точка локального максимума. $f(0)=-1$. Точка $(0, -1)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Вторая производная: $f''(x) = \left(\frac{-16x}{(x^2-4)^2}\right)' = \frac{-16(x^2-4)^2 - (-16x) \cdot 2(x^2-4) \cdot 2x}{(x^2-4)^4} = \frac{-16(x^2-4)+64x^2}{(x^2-4)^3} = \frac{48x^2+64}{(x^2-4)^3}$.

Числитель $48x^2+64$ всегда положителен. Знак $f''(x)$ зависит от знака знаменателя $(x^2-4)^3$.

При $x \in (-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$, $x^2-4>0 \implies f''(x)>0$, график выпуклый вниз.

При $x \in (-2, 2)$, $x^2-4<0 \implies f''(x)<0$, график выпуклый вверх.

Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

График симметричен относительно оси Oy. Имеет вертикальные асимптоты $x=\pm2$ и горизонтальную $y=1$. Ветвь слева от $x=-2$ возрастает от $y=1$ до $+\infty$. Ветвь справа от $x=2$ убывает от $+\infty$ до $y=1$. Между асимптотами график имеет форму "шапки" с максимумом в точке $(0,-1)$, стремясь к $-\infty$ при приближении к асимптотам.

Ответ: Функция четная, вертикальные асимптоты $x=\pm2$, горизонтальная асимптота $y=1$, локальный максимум в точке $(0, -1)$.