ГДЗ 10-11 Класс Номер 47.14 Алгебра И Начала Математического Анализа Мордкович — Подробные Ответы

Исследовать функцию на монотонность и экстремумы:

а) $y = e^{2x} — 3e^x + x + 4$;
$y'(x) = (e^{2x})’ — 3(e^x)’ + (x + 4)’ = 2e^{2x} — 3e^x + 1$;

Промежуток возрастания:
$2e^{2x} — 3e^x + 1 \geq 0$;
$D = 3^2 — 4 \cdot 2 = 9 — 8 = 1$, тогда:
$e_1^x = \frac{3 — 1}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ и $e_2^x = \frac{3 + 1}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1$;
$\left(e^x — \frac{1}{2}\right)(e^x — 1) \geq 0$;
$e^x \leq \frac{1}{2}$ или $e^x \geq 1$;
$x \leq \ln \frac{1}{2}$ или $x \geq 0$;

Ответ: возрастает на $(-\infty; \ln \frac{1}{2}] \cup [0; +\infty)$ и убывает на $[\ln \frac{1}{2}; 0]$;
$x = \ln \frac{1}{2}$ — точка максимума;
$x = 0$ — точка минимума.

б) $y = 1 — 3x + 5e^x — e^{2x}$;
$y'(x) = (1 — 3x)’ + 5(e^x)’ — (e^{2x})’ = -3 + 5e^x — 2e^{2x}$;

Промежуток возрастания:
$-3 + 5e^x — 2e^{2x} \geq 0$;
$2e^{2x} — 5e^x + 3 \leq 0$;
$D = 5^2 — 4 \cdot 2 \cdot 3 = 25 — 24 = 1$, тогда:
$e_1^x = \frac{5 — 1}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1$;
$e_2^x = \frac{5 + 1}{2 \cdot 2} = \frac{6}{4} = 1,5$;
$(e^x — 1)(e^x — 1,5) \leq 0$;
$1 \leq e^x \leq 1,5$;
$0 \leq x \leq \ln 1,5$;

Ответ: возрастает на $[0; \ln 1,5]$ и убывает на $(-\infty; 0] \cup [\ln 1,5; +\infty)$;
$x = \ln 1,5$ — точка максимума;
$x = 0$ — точка минимума.

а) $y = e^{2x} — 3e^x + x + 4$

Шаг 1. Найдём производную

$$y(x) = e^{2x} — 3e^x + x + 4$$

Продифференцируем каждое слагаемое:

• $(e^{2x})’ = 2e^{2x}$ (по правилу производной сложной функции)
• $(-3e^x)’ = -3e^x$
• $(x)’ = 1$
• $(4)’ = 0$

Итак:

$$y'(x) = 2e^{2x} — 3e^x + 1$$

Шаг 2. Найдём критические точки

Для исследования монотонности решаем неравенство:

$$y'(x) = 2e^{2x} — 3e^x + 1 \geq 0$$

Заменим $e^x = t$, где $t > 0$. Тогда:

$$2t^2 — 3t + 1 \geq 0$$

Шаг 3. Решим квадратное неравенство

Квадратное уравнение:

$$2t^2 — 3t + 1 = 0$$

Вычислим дискриминант:

$$D = (-3)^2 — 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 — 8 = 1$$

Найдём корни:

$$t_1 = \frac{3 — 1}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}, \quad t_2 = \frac{3 + 1}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1$$

Теперь решим неравенство:

$$2t^2 — 3t + 1 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad (t — \frac{1}{2})(t — 1) \geq 0$$

Знак произведения положителен при:

• $t \leq \frac{1}{2}$
• $t \geq 1$

Переход к переменной $x$:

• $e^x \leq \frac{1}{2} \Rightarrow x \leq \ln \frac{1}{2}$
• $e^x \geq 1 \Rightarrow x \geq 0$

Шаг 4. Вывод по монотонности

• Производная $y'(x) \geq 0$ при $x \leq \ln \frac{1}{2}$ и при $x \geq 0$
• Производная $y'(x) \leq 0$ при $\ln \frac{1}{2} \leq x \leq 0$

Шаг 5. Найдём экстремумы

• При переходе через $x = \ln \frac{1}{2}$, производная меняет знак с положительного на отрицательный → точка максимума
• При переходе через $x = 0$, производная меняет знак с отрицательного на положительный → точка минимума

Ответ (а):

Функция возрастает на $(-\infty; \ln \frac{1}{2}] \cup [0; +\infty)$
Убывает на $[\ln \frac{1}{2}; 0]$
Экстремумы:

• $x = \ln \frac{1}{2}$ — точка максимума
• $x = 0$ — точка минимума

б) $y = 1 — 3x + 5e^x — e^{2x}$

Шаг 1. Найдём производную

$$y(x) = 1 — 3x + 5e^x — e^{2x}$$

Найдём производную по слагаемым:

• $(1)’ = 0$
• $(-3x)’ = -3$
• $(5e^x)’ = 5e^x$
• $(-e^{2x})’ = -2e^{2x}$

Итак:

$$y'(x) = -3 + 5e^x — 2e^{2x}$$

Шаг 2. Найдём критические точки

Рассмотрим неравенство:

$$y'(x) = -3 + 5e^x — 2e^{2x} \geq 0$$

Преобразуем:

$$-3 + 5e^x — 2e^{2x} \geq 0 \quad \Rightarrow \quad 2e^{2x} — 5e^x + 3 \leq 0$$

Заменим $e^x = t$, $t > 0$:

$$2t^2 — 5t + 3 \leq 0$$

Шаг 3. Решим квадратное неравенство

$$2t^2 — 5t + 3 = 0$$

Дискриминант:

$$D = (-5)^2 — 4 \cdot 2 \cdot 3 = 25 — 24 = 1$$

Корни:

$$t_1 = \frac{5 — 1}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1, \quad t_2 = \frac{5 + 1}{2 \cdot 2} = \frac{6}{4} = 1.5$$

Решение неравенства:

$$2t^2 — 5t + 3 \leq 0 \quad \Rightarrow \quad (t — 1)(t — 1.5) \leq 0$$

То есть:

$$1 \leq t \leq 1.5$$

Переход к переменной $x$:

$$1 \leq e^x \leq 1.5 \Rightarrow 0 \leq x \leq \ln 1.5$$

Шаг 4. Вывод по монотонности

• Производная положительна на $[0; \ln 1.5]$ → функция возрастает
• Производная отрицательна на $(-\infty; 0] \cup [\ln 1.5; +\infty)$ → функция убывает

Шаг 5. Найдём экстремумы

• В точке $x = 0$ — производная меняет знак с отрицательного на положительный → минимум
• В точке $x = \ln 1.5$ — производная меняет знак с положительного на отрицательный → максимум

Ответ (б):

Функция возрастает на $[0; \ln 1.5]$
Убывает на $(-\infty; 0] \cup [\ln 1.5; +\infty)$
Экстремумы:

• $x = \ln 1.5$ — точка максимума
• $x = 0$ — точка минимума