ГДЗ 10-11 Класс Номер 47.22 Алгебра И Начала Математического Анализа Мордкович — Подробные Ответы

Исследовать функцию на монотонность и экстремумы:

a) $$$y = 2 \ln x^3 — 5x + \frac{x^2}{2} = 2 \cdot 3 \ln x — 5x + \frac{x^2}{2} = 6 \ln x — 5x + \frac{x^2}{2}$;
$y'(x) = 6(\ln x)’ — (5x)’ + \frac{1}{2}(x^2)’ = 6 \cdot \frac{1}{x} — 5 + \frac{1}{2} \cdot 2x = \frac{6}{x} — 5 + x$;

Выражение имеет смысл при:
$x^3 > 0$;
$x > 0$;

Промежуток возрастания:
$\frac{6}{x} — 5 + x \geq 0 \quad | \cdot x$;
$6 — 5x + x^2 \geq 0$;
$x^2 — 5x + 6 \geq 0$;
$D = 5^2 — 4 \cdot 6 = 25 — 24 = 1$, тогда:
$x_1 = \frac{5 — 1}{2} = 2$ и $x_2 = \frac{5 + 1}{2} = 3$;
$(x — 2)(x — 3) \geq 0$;
$x \leq 2$ или $x \geq 3$;

Ответ: возрастает на $(0; 2] \cup [3; +\infty)$ и убывает на $[2; 3]$;
$x = 2$ — точка максимума;
$x = 3$ — точка минимума.

б) $$$y = \ln \frac{1}{x^3} + x^2 + x + 3 = \ln x^{-3} + x^2 + x + 3 = -3 \ln x + x^2 + x + 3$;
$y'(x) = -3(\ln x)’ + (x^2)’ + (x + 3)’ = -3 \cdot \frac{1}{x} + 2x + 1$;

Выражение имеет смысл при:
$\frac{1}{x^3} > 0$;
$x > 0$;

Промежуток возрастания:
$-\frac{3}{x} + 2x + 1 \geq 0 \quad | \cdot x$;
$-3 + 2x^2 + x \geq 0$;
$2x^2 + x — 3 \geq 0$;
$D = 1^2 + 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 + 24 = 25$, тогда:
$x_1 = \frac{-1 — 5}{2 \cdot 2} = -\frac{6}{4} = -1{,}5$;
$x_2 = \frac{-1 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1$;
$(x + 1{,}5)(x — 1) \geq 0$;
$x \leq -1{,}5$ или $x \geq 1$;
$x \geq 1$;

Ответ: возрастает на $[1; +\infty)$ и убывает на $(0; 1]$;
$x = 1$ — точка минимума.

а) $y = 2 \ln x^3 — 5x + \dfrac{x^2}{2}$

Шаг 1: Упростим выражение

Используем свойства логарифма:

$$\ln x^3 = 3 \ln x \quad \Rightarrow \quad 2 \ln x^3 = 2 \cdot 3 \ln x = 6 \ln x$$

Тогда функция становится:

$$y=6\ln x-5x+\frac{x^2}{2}$$

Шаг 2: Найдём область определения

• $\ln x$ определён при $x > 0$
• Остальные члены определены при всех $x$

Значит, область определения функции:

$$D(y) = (0; +\infty)$$

Шаг 3: Найдём производную

Функция:

$$y(x) = 6 \ln x — 5x + \frac{x^2}{2}$$

Найдём производную каждого члена:

• $(6 \ln x)’ = \frac{6}{x}$
• $(-5x)’ = -5$
• $\left(\frac{x^2}{2}\right)’ = \frac{1}{2} \cdot 2x = x$

Следовательно:

$$y^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{6}{x}-5+x$$

Шаг 4: Исследуем знак производной

Для нахождения промежутков монотонности и экстремумов решим:

$$y'(x) = \frac{6}{x} — 5 + x \geq 0$$

Умножим обе части неравенства на $x$ (можно, так как $x > 0$):

$$x \cdot \left( \frac{6}{x} — 5 + x \right) = 6 — 5x + x^2 \geq 0$$

Запишем:

$$x^2 — 5x + 6 \geq 0$$

Шаг 5: Решим квадратное неравенство

Найдём дискриминант:

$$D = (-5)^2 — 4 \cdot 1 \cdot 6 = 25 — 24 = 1$$

Корни:

$$x_1 = \frac{5 — 1}{2} = 2, \quad x_2 = \frac{5 + 1}{2} = 3$$

Разложим:

$$x^2 — 5x + 6 = (x — 2)(x — 3)$$

Решаем неравенство:

$$(x — 2)(x — 3) \geq 0$$

Это выполняется при:

$$x \leq 2 \quad \text{или} \quad x \geq 3$$

Шаг 6: Определим интервалы монотонности

Проверяем знаки производной:

• На $(0; 2]$: $y'(x) \geq 0 \Rightarrow$ функция возрастает
• На $[2; 3]$: $y'(x) \leq 0 \Rightarrow$ функция убывает
• На $[3; +\infty)$: $y'(x) \geq 0 \Rightarrow$ функция возрастает

Шаг 7: Находим значения функции в критических точках

В точке $x = 2$:

$$y(2) = 6 \ln 2 — 5 \cdot 2 + \frac{2^2}{2} = 6 \ln 2 — 10 + 2 = 6 \ln 2 — 8$$

В точке $x = 3$:

$$y(3) = 6 \ln 3 — 5 \cdot 3 + \frac{3^2}{2} = 6 \ln 3 — 15 + \frac{9}{2} = 6 \ln 3 — \frac{21}{2}$$

Шаг 8: Характер экстремумов

• В точке $x = 2$: производная меняет знак с $+$ на $—$ → максимум
• В точке $x = 3$: производная меняет знак с $—$ на $+$ → минимум

Ответ:

Функция возрастает на $(0; 2] \cup [3; +\infty)$, убывает на $[2; 3]$;
$x = 2$ — точка максимума;
$x = 3$ — точка минимума

б) $y = \ln \dfrac{1}{x^3} + x^2 + x + 3$

Шаг 1: Упростим выражение

Используем свойства логарифма:

$$\ln \left( \frac{1}{x^3} \right) = \ln x^{-3} = -3 \ln x$$

Функция становится:

$$y = -3 \ln x + x^2 + x + 3$$

Шаг 2: Найдём область определения

• $\ln x$ определён при $x > 0$
• Остальные члены — при всех $x$

Следовательно:

$$D(y) = (0; +\infty)$$

Шаг 3: Найдём производную

Функция:

$$y(x) = -3 \ln x + x^2 + x + 3$$

Находим производную каждого слагаемого:

• $(-3 \ln x)’ = -\dfrac{3}{x}$
• $(x^2)’ = 2x$
• $(x)’ = 1$
• $(3)’ = 0$

Итого:

$$y'(x) = -\frac{3}{x} + 2x + 1$$

Шаг 4: Решим неравенство $y'(x) \geq 0$

$$-\frac{3}{x} + 2x + 1 \geq 0$$

Домножим обе части на $x$ (возможно, так как $x > 0$):

$$-3 + 2x^2 + x \geq 0$$

Перепишем:

$$2x^2 + x — 3 \geq 0$$

Шаг 5: Решим квадратное неравенство

Найдём дискриминант:

$$D = 1^2 + 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 + 24 = 25$$

Корни:

$$x_1 = \frac{-1 — 5}{2 \cdot 2} = \frac{-6}{4} = -1.5, \quad x_2 = \frac{-1 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{4}{4} = 1$$

Разложим:

$$2x^2 + x — 3 = 2(x + 1.5)(x — 1)$$

Решаем:

$$(x + 1.5)(x — 1) \geq 0$$

Шаг 6: Учёт области определения

Учитываем, что $x > 0$, значит:

• $x \leq -1.5$ — не входит в область определения
• $x \geq 1$ — подходит

Шаг 7: Определим интервалы монотонности

• На $(0; 1]$: $y'(x) < 0$ → функция убывает
• На $[1; +\infty)$: $y'(x) \geq 0$ → функция возрастает

Шаг 8: Найдём значение функции в точке $x = 1$

$$y(1) = -3 \ln 1 + 1^2 + 1 + 3 = 0 + 1 + 1 + 3 = 5$$

Шаг 9: Характер экстремума

Производная меняет знак с $—$ на $+$ при $x = 1$, значит:

• $x = 1$ — точка минимума

Ответ:

Функция возрастает на $[1; +\infty)$, убывает на $(0; 1]$;
$x = 1$ — точка минимума.