Алгебра 11 кл. 2011 г.Мерзляк А.Г., Номіровський Д.А., Полонський В.Б., Якіра М.С.

• 

Порадити ГДЗ у спільнотах:

Виберіть наступне рішення:

Розпізнання тексту ГДЗ що на зображені:

23.22. 1) йх) = —,
е' 1. Р® =(--;+-) .( ) = = — хе", Я вЂ” х) ~ 1(х)г Г( х) ~
ех Функція ні парна, ні непарна. 3. Вертикальних асимптот немає, функція неперервна.
І".(Х) . х Й = Іін1 — = ІІП1 — „= Іі1П Ех = ггг.
х — г Х х — г ХЕ х — г Похилих асимптот немає. 4. ї'(х)— ех — хех ех(1 — х) 1 — х
+
2х їі ~х І"(х) = 0 при х = 1 — критична точка.
п2ах
1 1 Функція зростає на ( —; 1], спадає на [1; + ). х 1 = 1. ~(1) = —, = —.
— ех — (1 — х)ех — ех — ех + хех — 2 + х 5. )'"(Х)—
х ' + Е2х Е2х Ех
2 i-г х )"'(х) = 0 при х = 2 — можлива точка перегину. Функція опукла вгору при х е ( —; 2), опукла вниз для х е (2; + ),
І х = 2 — точка перегину. І
г 2) Дх) = хе 2. 1. Р(У) = (- ' + ). 1 — х)
г 2. ~( — х) = — х е ' = — х . е ' = — 7(х), функція непарна, її графік симетричний відносно початку координат. 3. Вертикальних асимптот немає.
1(х), хе ', —" 1 .. --*- х 12 =Іпп — = Ііп2 =Ііп2е ' = — = 0; 5 = Ііп1)'(х) = Іі1пх е ' = —., = О. х " х х -г е" х — г х -г
2 Маємо горизонтальну асимптоту у = О.
хг х' х' 4. ї(х)=е ' — хе ' ( — х)=е '(1 — х2). ~'(х) = 0 при 1 — х' = О, х' = 1, х = +1, маємо дві критичні точки. -:i-1 з' 1:iх Функція спадає на проміжках ( —; — 1] і [1; + ),
ппп п1ах зростає на [ — 1; 1]. х,„= — 1, х „„= 1.
1 1 ~( — 1)гх — 1 е'= — —; Д1)=1 е'= гГе Іе
х „г 5. І"."(Х) = е ' ( — х)(1 — х') ~-е '(-2х) = е ' ( — х)(1 — х' ~-2) = — хе '(3 — х'). ~х(х) = 0 при х = 0 і х = + ГЗ. Функція опукла вгору на проміжках ( — 122; iГЗ)
+
г 1 1— ї3 ' '0 iї3'-гх і (О; iГЗ), опукла вниз на ( — ~ГЗ; 0) і (iГЗ; -І- 2); х = О, х = гГЗ і х = — хГЗ вЂ” точки перегину. 3) ї(х) = ІОД2(х' + х).
Гх < — 1, 1. Р(~)1х'+х> 0; х(х+ 1) >0; ~ Отже, Р(Д=( —; — 1) 11(0;+ ).
[х>0. 2. Функція ні парна, ні непарна. 3. Вертикальні асимптоти х = — 1 і х = О. 4. 1'(х) =, (2х + 1) =
1 2х+1 (х2 + х)іп2 (х2 + х)іп2
1 ~'(х) = 0 при х = — — — ця точка не є критичною, оскільки не входить до Р(Д.
2 ~'(х) не існує при х = 0 і х = — 1. Ї(х) < 0 на проміжку ( —; — 1), 2'(х) > 0 на проміжку (О; + ). Отже, функція зростає на (О; + ) і спадає на ( —; — 1). Точок екстремумів немає. 5. і"(х) = 2(х' + х) Іп 2 — (2х + 1)(2х + 1) Іп 2 = Іп 2(2х' + 2х — 4х' — 4х — 1) = = — Іп 2(2х' + 2х + 1). Оскільки дискримінант квадратного тричлена 2х2 + 2х + 1 від' ємний, то Г(х) < 0 на всій області визначення, і функція опукла вгору на проміжках ( —; — 1) і(0;+ ).