Упр.30.45 ГДЗ Мордкович 10-11 класс (Алгебра)
Решение #1
Решение #2ИИ
Варианты решения:
Исследуйте функции на монотонность и экстремумыС пояснением
а) Раскроем модуль: \(y = 1 - x\) при \(x \le 3\) и \(y = x - 5\) при x ≥ 3. Поэтому функция убывает на (−∞; 3] и возрастает на [3; +∞). Минимум: \(y(3) = -2\); максимума нет.б) Область определения: \(x \ne 0\). При x < 0 или x ≥ 1 имеем \(y = 1 - \dfrac{1}{x}\), а при 0 < x ≤ 1 имеем \(y = \dfrac{1}{x} - 1\). Следовательно, функция возрастает на (−∞; 0) и [1; +∞), убывает на (0; 1]. Минимум: y(1) = 0; максимума нет.в) При x ≤ −3 или x ≥ 2 имеем \(y = x^2 + x - 6\), а при −3 ≤ x ≤ 2 имеем \(y = -x^2 - x + 6\). Вершина второй параболы имеет абсциссу \(x = -\dfrac{1}{2}\). Значит, функция убывает на (−∞; −3] и [−1/2; 2], возрастает на [−3; −1/2] и [2; +∞). Минимумы: \(y(-3) = y(2) = 0\); локальный максимум: \(y(-1/2) = 25/4\).г) При x ≤ 0 имеем \(y = x^2 + 2x = (x + 1)^2 - 1\), а при x ≥ 0 имеем \(y = x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1\). По расположению ветвей парабол функция убывает на (−∞; −1] и [0; 1], возрастает на [−1; 0] и [1; +∞). Минимумы: \(y(-1) = y(1) = -1\); локальный максимум: \(y(0) = 0\).Ответ: промежутки монотонности и экстремумы указаны выше.
Кратко а) Убывает на (−∞; 3], возрастает на [3; +∞). Минимум: \(y(3) = -2\); максимума нет.
б) Возрастает на \((-\infty; 0)\) и \([1; +\infty)\), убывает на \((0; 1]\). Минимум: \(y(1) = 0\); максимума нет.
в) Убывает на (−∞; −3] и [−1/2; 2], возрастает на [−3; −1/2] и [2; +∞). Минимумы: \(y(-3) = y(2) = 0\); локальный максимум: \(y(-1/2) = 25/4\).
г) Убывает на (−∞; −1] и [0; 1], возрастает на [−1; 0] и [1; +∞). Минимумы: \(y(-1) = y(1) = -1\); локальный максимум: \(y(0) = 0\).Ответ: промежутки монотонности и экстремумы указаны выше.
Кратко а) Убывает на (−∞; 3], возрастает на [3; +∞). Минимум: \(y(3) = -2\); максимума нет.
б) Возрастает на \((-\infty; 0)\) и \([1; +\infty)\), убывает на \((0; 1]\). Минимум: \(y(1) = 0\); максимума нет.
в) Убывает на (−∞; −3] и [−1/2; 2], возрастает на [−3; −1/2] и [2; +∞). Минимумы: \(y(-3) = y(2) = 0\); локальный максимум: \(y(-1/2) = 25/4\).
г) Убывает на (−∞; −1] и [0; 1], возрастает на [−1; 0] и [1; +∞). Минимумы: \(y(-1) = y(1) = -1\); локальный максимум: \(y(0) = 0\).Ответ: промежутки монотонности и экстремумы указаны выше.
а) При \(x<3\) имеем \(y=1−x\), поэтому \(y′=−1<0\). При \(x>3\) имеем \(y=x−5\), поэтому \(y′=1>0\). Следовательно, функция убывает на (−∞; 3] и возрастает на [3; +∞). В точке \(x=3\) достигается минимум: \(y(3)=-2\). Максимума нет.б) Область определения: \(x\ne 0\). При \(x<0\) и \(x>1\) имеем \(y=1−1/x\), откуда \(y′=1/x²>0\). При \(0<x<1\) имеем \(y=1/x−1\), откуда \(y′=−1/x²<0\). Поэтому функция возрастает на (−∞; 0) и [1; +∞), убывает на (0; 1]. В точке \(x=1\) достигается минимум: \(y(1)=0\). Максимума нет, поскольку при \(x\to 0\) значение функции неограниченно возрастает.в) При \(x<−3\) и \(x>2\) имеем \(y=x²+x−6\), поэтому \(y′=2x+1\). При \(−3<x<2\) имеем \(y=−x²−x+6\), поэтому \(y′=−2x−1\). Отсюда y′<0 на (−∞; −3) и (−1/2; 2), а y′>0 на (−3; −1/2) и (2; +∞). Значит, функция убывает на (−∞; −3] и \([-\dfrac{1}{2}; 2]\), возрастает на \([-3; -\dfrac{1}{2}]\) и [2; +∞). В точках \(x=−3\) и \(x=2\) достигаются минимумы: \(y(−3)=y(2)=0\). В точке \(x=-\dfrac{1}{2}\) находится локальный максимум: \(y(-\dfrac{1}{2})=\dfrac{25}{4}\). Наибольшего значения нет.г) При \(x<0\) имеем \(y=x²+2x\), поэтому \(y′=2x+2\). При \(x>0\) имеем \(y=x²−2x\), поэтому \(y′=2x−2\). Производная отрицательна на (−∞; −1) и (0; 1), положительна на (−1; 0) и (1; +∞). Следовательно, функция убывает на (−∞; −1] и [0; 1], возрастает на [−1; 0] и [1; +∞). В точках \(x=-1\) и \(x=1\) достигаются минимумы: \(y(-1)=y(1)=-1\). В точке \(x=0\) находится локальный максимум: \(y(0)=0\). Наибольшего значения нет.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Мордкович, Семенов 10-11 класс, Мнемозина:
Исследуйте функцию на монотонность и экстремумы:
а) y = |x - 3| - 2;
б) y = |1/x - 1|;
в) y = |(x - 2)(x + 3)|;
г) y = (|x| - 2)|x|.
