вправа 8.18 гдз 11 клас математика Мерзляк Номіровський 2019
Вправа 8.18
Умова:
Умова:
Дослідіть функцію та побудуйте її графік:
1) f(x) = xex; 2) f(x) = x2 - 2ln x.
1) f(x) = xex; 2) f(x) = x2 - 2ln x.
Відповідь ГДЗ:
\begin{equation} 1)f(x)=xe^{x} \end{equation} \begin{equation} 1.D(f)=(-\infty; +\infty). \end{equation} \begin{equation} 2.f(-x)=-xe^{-x}=-\frac{x}{e^{x}} \end{equation} Функція ні парна, ні непарна, оскільки \begin{equation} f(-x) \neq f(x) \end{equation} і \begin{equation} f(-x) \neq -f(x) \end{equation} 3. Перевіримо наявність асимптот. \begin{equation} \lim_{x \to \infty}(xe^{x})= \infty. \end{equation} Горизонтальних асимптот немає \begin{equation} k= \lim_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}\frac{xe^{x}}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}e^{x}=\infty. \end{equation} Отже, похилих асимптот теж немає. \begin{equation} 4.{f}'(x)=e^{x}+xe^{x}=e^{x}(1+x). \end{equation} \begin{equation} {f}'(x)=0 \end{equation} при 1 + х = 0, х = -1 - критична точка.
Функція зростає на проміжку \begin{equation} [-1; +\infty) \end{equation} спадає на \begin{equation} (-\infty; -1], x_{\min}=-1. \end{equation} \begin{equation} f(-1)=-1*e^{-1}=-\frac{1}{e}. \end{equation} \begin{equation} 5.{f}''(x)=e^{x}+e^{x}+xe^{x}= \end{equation} \begin{equation} =e^{x}(2+x); \end{equation} \begin{equation} {f}''(x)=0 \end{equation} при 2 + х = 0, х = -2 - можлива точка перегину.
Функція опукла вгору на проміжку \begin{equation} (-\infty; -2) \end{equation} опукла вниз на \begin{equation} (-2; +\infty).x=-2 \end{equation} - точка перегину \begin{equation} f(x)=x^{2}-2 \ln x. \end{equation} \begin{equation} 1.D(f)=(0;+\infty ) \end{equation} Функція неперервна на D(f).
2. Функція є ні парною, ні непарною. \begin{equation} 3. \lim_{x \to 0}f(x)= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to 0}(x^{2}-2 \ln x)=\infty , \end{equation} тому х = 0 - вертикальна асимптота \begin{equation} k=\lim_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}(x-\frac{2 \ln x}{x})= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}x-2\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x}=\infty \end{equation} Похилих асимптот немає \begin{equation} 4){f}'(x)=2x-\frac{2}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\frac{2x^{2}-2}{x}; \end{equation} \begin{equation} {f}'(x)=0 \end{equation} при х = 1 і х = -1.
Критична точка тільки одна: х = 1.
Функція спадає при \begin{equation} x \in (0;1] \end{equation} зростає при \begin{equation} x \in [1; + \infty), x_{\min}=1, \end{equation} \begin{equation} f(1)=1^{2}-2 \ln 1=1. \end{equation} \begin{equation} 5.y^{8}=2+\frac{2}{x^{2}} > 0 \end{equation} для всіх х з області визначення.
Крива опукла вниз на D(f).
\begin{equation} 1)f(x)=xe^{x} \end{equation} \begin{equation} 1.D(f)=(-\infty; +\infty). \end{equation} \begin{equation} 2.f(-x)=-xe^{-x}=-\frac{x}{e^{x}} \end{equation} Функція ні парна, ні непарна, оскільки \begin{equation} f(-x) \neq f(x) \end{equation} і \begin{equation} f(-x) \neq -f(x) \end{equation} 3. Перевіримо наявність асимптот. \begin{equation} \lim_{x \to \infty}(xe^{x})= \infty. \end{equation} Горизонтальних асимптот немає \begin{equation} k= \lim_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}\frac{xe^{x}}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}e^{x}=\infty. \end{equation} Отже, похилих асимптот теж немає. \begin{equation} 4.{f}'(x)=e^{x}+xe^{x}=e^{x}(1+x). \end{equation} \begin{equation} {f}'(x)=0 \end{equation} при 1 + х = 0, х = -1 - критична точка.
Функція зростає на проміжку \begin{equation} [-1; +\infty) \end{equation} спадає на \begin{equation} (-\infty; -1], x_{\min}=-1. \end{equation} \begin{equation} f(-1)=-1*e^{-1}=-\frac{1}{e}. \end{equation} \begin{equation} 5.{f}''(x)=e^{x}+e^{x}+xe^{x}= \end{equation} \begin{equation} =e^{x}(2+x); \end{equation} \begin{equation} {f}''(x)=0 \end{equation} при 2 + х = 0, х = -2 - можлива точка перегину.
Функція опукла вгору на проміжку \begin{equation} (-\infty; -2) \end{equation} опукла вниз на \begin{equation} (-2; +\infty).x=-2 \end{equation} - точка перегину \begin{equation} f(x)=x^{2}-2 \ln x. \end{equation} \begin{equation} 1.D(f)=(0;+\infty ) \end{equation} Функція неперервна на D(f).
2. Функція є ні парною, ні непарною. \begin{equation} 3. \lim_{x \to 0}f(x)= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to 0}(x^{2}-2 \ln x)=\infty , \end{equation} тому х = 0 - вертикальна асимптота \begin{equation} k=\lim_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}(x-\frac{2 \ln x}{x})= \end{equation} \begin{equation} =\lim_{x \to \infty}x-2\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x}=\infty \end{equation} Похилих асимптот немає \begin{equation} 4){f}'(x)=2x-\frac{2}{x}= \end{equation} \begin{equation} =\frac{2x^{2}-2}{x}; \end{equation} \begin{equation} {f}'(x)=0 \end{equation} при х = 1 і х = -1.
Критична точка тільки одна: х = 1.
Функція спадає при \begin{equation} x \in (0;1] \end{equation} зростає при \begin{equation} x \in [1; + \infty), x_{\min}=1, \end{equation} \begin{equation} f(1)=1^{2}-2 \ln 1=1. \end{equation} \begin{equation} 5.y^{8}=2+\frac{2}{x^{2}} > 0 \end{equation} для всіх х з області визначення.
Крива опукла вниз на D(f).