m1var10

				Вариант № 10
1. Найти область определения функции : y =					lg	5x − x2	.
					6
									5x − x2
	Область определения данной функции определяется двумя неравенствами:									> 0
									6
	5x − x2		5x − x2
и lg		≥ 0 или		≥ 1. Достаточно рассмотреть второе неравенство, так как первое

66

неравенство перекрывается вторым:

5x − x2 ≥ 6

или x2

− 5x + 6 ≤ 0 . Корнями уравнения

x2 − 5x + 6 = 0

являются

числа

x

= 2, x

2

= 3.

Так

как

ветви параболы

y = x2 − 5x + 6

1

направлены вверх, то неравенство

x2 − 5x + 6 ≤ 0

выполняется при 2 ≤ x ≤ 3.

Ответ:

x [2,3].

2. Построить график функции: y =

tg x + 2)

.

Данная

функция

определена

на

всей

числовой

оси,

Точки

x = π (1± 2k), k = ,1, 2,...являются

точками

разрыва

второго рода. Строим сначала tg x.

4 Затем смещаем график на две единицы вверх по оси ОУ. Получим график функции

		8
		4
4	2	0	2	4
		4
		8

		8
		4
4	2	0	2	4
		4
		8

		8
		4
4	2	0	2	4
		4
		8

y = tg x + 2.

Затем повернем отрицательные ветви графика вверх зеркально по отношению к оси ОХ. Получим график функции tg x + 2) . Ответ: Последовательность построения представлена на рисунках.

	1	1−3x	−1.
3. Построить график функции: y =
	2

Данная			функция определена на всей				числовой оси. Преобразуем функцию:
	1 1−3x			3(x−1/ 3)		x
y =			−1 = 2		−1. Строим сначала 2		. Затем «сжимаем» график в три раза по оси
	2

ОХ. Получим график функции 23x . Затем сдвинем график вправо по оси ОX на 1/3 единицы.

	1	1−3x
Получим график функции y =			. Затем сдвигаем график по оси OY вниз на одну
	2

единицу. Ответ: Все построения представлены на рисунках.

		4					4					4				3
		3					3					3				2
		2					2					2				1
		1					1					1		2	1	0	1	2
2	1	0	1	2	2	1	0	1	2	2	1	0	1	2		1

	x = t − sint
4. Построить график функции:	y =	.
	y = cost −1

0	5	10	15
1
2

	Функция периодическая с периодом 2π. Действительно, функция достигает
максимумов		в точках	t = 2kπ , k = ±(		,1,2,...). При этом x = 2kπ , так как sin(2kπ ) = 0.
Составим таблицу координат нескольких точек графика в первом периоде:
t	0	π/6	π/4	π/3	π/2
x	0	0.024	0.078	0.181	0.571
y	0	-0.134	-0.293	-0.5	-1
t	2π/3	3π/4	5π/6	π	7π/6
x	1.228	1.649	2.118	3.142	4.165
y	-1.5	-1.707	-1.866	-2	-1.866
t	5π/4	4π/3	3π/2	5π/3	7π/4
x	4.634	5.055	5.712	6.102	6.205
y	-1.707	-1.5	-1	-0.5	-0.293

График периодичен. Поэтому нет необходимости вычислять координаты точек в других периодах. По точкам строим график и отражаем его симметрично в другие периоды.

Ответ: График представлен на рисунке.

5. Построить график функции: ρ =		.5 − cosϕ .
Поскольку ρ ≥ 0, то функция существует для тех значений
φ, для которых	cosϕ ≤ .5 .	Это наблюдается при

π /3 ≤ ϕ ≤ 5π /3. В этом интервале функция возрастает от 0 до 1.5 (при ϕ = π ), затем убывает от 1.5 до 0. Вертикальная ось пересекается графиком в точках (π/2, 0.5) и (3π/2, 0.5). Можно

перейти к декартовым координатам. Тогда получим уравнение

90

180 0

0 0.75 1.5

270

x2 + y2 = .5x2 + y2 ) − x.

Ответ: график представлен на рисунке.

6. Вычислить предел: lim

(n +1)2 + (n −1)2 − (n + 2)

3

.

(4 − n)3

n→∞

Возведём скобки в степени, приведём подобные и поделим числитель и знаменатель на

(n +1)2

+ (n −1)2 − (n + 2)3

∞

старшую степень n:

lim

=

=

n→∞

(4 − n)

3

∞

= lim

n2 − 2n +1+ n2

− 2n +1− (n3 + 6n2 +12n + 8)

= lim

− n3 − 4n2

−16n − 6

=

− 48n +12n2 − n3

12n2 − n3

n→∞

64

n→∞ 64 − 48n +

−1− 4n/ n −16/ n2 − 6/ n3

(n +1)2 + (n −1)2 − (n + 2)3

= lim

= 1.

Ответ: lim

= 1.

− 48/ n2

+12/ n

−1

(4 − n)3

n→∞ 64/ n3

n→∞

7. Вычислить предел: lim(

16

−

2

) (неопределённость вида (∞−∞).

x→4 x2 −16

x − 4

Приводим к общему знаменателю Разлагаем числитель и знаменатель на простые

множители: lim(

16

−

2

) = lim

16 − 2x − 8

= lim − 2(x − 4) = lim

− 2

= −

1

.

− 4

x→4 x

2 −16 x

x→4

x2 −16

x→4 x2 −16

x→4 x + 4

4

Ответ: lim(

16

−

2

) = −

1

.

x→4 x2 −16 x −

4

4

3

27 + x −

3

27

− x

8. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (0/0)).

x→0

x + 3

x4

Приведём числитель к разности кубов путем умножения числителя и знаменателя на

неполный квадрат суммы: lim

3 27 + x −

3 27 − x

=

x→0

x + 3

x4

= lim

(3 27 + x − 3 27 − x)(3

(27 + x)2 + 3 27 + x 3

27 − x + 3

(27 − x)2 )

=

x→0

x(1+ 3

x)(3 (27 + x)2 + 3 27 + x 3 27 − x + 3 (27 − x)2 )

= lim

27 + x − (27 − x)

=

x→0

x(1+ 3

x)(3

(27 + x)2

+ 3

27 + x 3

27 − x + 3

(27 − x)2 )

= lim

2x

=

2

.

x→0

x(1+ 3

x)(3

(27 + x)2

+ 3

27 + x 3

27 − x + 3

(27 − x)2 )

27

Ответ: lim

3 27 + x − 3

27 − x

=

2

.

x→0

x + 3

x4

27

9. Вычислить предел: lim

cos5x − cos3x

(неопределённость вида (0/0)).

x→π

sin2 x

Разность косинусов можно представить в виде произведения синусов, затем

воспользуемся первым замечательным пределом: lim

sin x

= 1:

x→0 x

cos5x − cos3x

= −lim

2sin 4x sin x

= −lim

2sin 4x

= 8lim

sin(4x− 4π )

sin(x− π )

−1

lim

lim

= 8 ,

sin

2

x

sin

2

x

sin x

4x − π

(x − π )

x→π

x→π

x→π

x→π

x→π

так как lim

sin(x − π )

= lim

sint

. Ответ: lim

cos5x − cos3x

= 8 .

x→π

x − π

t→0

t

x→π

sin2 x

3n2 + 4n −1

2n+5

10. Вычислить предел: lim

(неопределённость вида (1∞)).

2

3n

+ 2n + 2

n→∞

1

z

Приведём

предел

ко

второму

замечательному

пределу:

lim 1+

= e:

z→∞

z

2

+ 4n

−1

2n+5

2

+ 2n + 2 + 2n − 3

2n+5

2n − 3

2n+5

3n

3n

= lim 1+

=

lim

2

+ 2n

= lim

3n

2

+ 2n

+ 2

2

+ 2n

+ 2

n→∞ 3n

+ 2

n→∞

n→∞

3n

lim

(2n+5)(2n−3)

2n − 3

3n2 +2n+2

(2n+5)(2n−3)

2n − 3

3n2 +2n+2 n→∞ 3n2 +2n+2

2n−3

3n

2 +2n+2

2n−3

= lim 1+

=

lim 1

+

. Предел в

n→∞

3n

2

+ 2n + 2

n→∞

3n

2

+ 2n + 2

квадратных

скобках

равен

числу

e.

Далее,

lim

(2n + 5)(2n − 3)

=

4

.

Окончательно:

n→∞ 3n2 + 2n + 2

3

3n2 + 4n

−1

2n+5

3n2

+ 4n −1

2n+5

lim

= e4 / 3

= e3

e . Ответ: lim

= e3

e .

2

2

+ 2n

3n

n→∞ 3n

+ 2

n→∞

+ 2n + 2

11. Вычислить предел: lim

ln(1− 7x)

(неопределённость вида (0/0)).

x→0 sin[π (x + 7)]

Заметим, что sin(πx + 7π ) = sin(πx + π ) = −sin(πx) . Следовательно,

lim

ln(1− 7x)

=

x→0 sin[π (x + 7)]

= −lim

ln(1− 7x)

. Воспользуемся эквивалентными величинами :

x→0 sin(πx)

| ln(t+1)~t| и sin(t) ~t при t→0: − lim

ln(1− 7x)

= − lim

− 7x =

7

Ответ: lim

ln(1− 7x)

=

7

.

π

x→0

sin(πx)

x→0

πx

x→0 sin[π (x + 7)]

π

−

1

2 (x+2) .

12. Исследовать функцию на непрерывность и построить эскиз графика: y = e (x−1)

Область определения – все действительные числа, кроме x=−2 и x=1. В области

определения функция является непрерывной (как элементарная функция). Исследуем

поведение

функции

в

окрестности

точек

разрыва:

−

1

−

1

−

1

−

1

lim

e (x−1)2

(x+2) = ∞,

lim e (x−1)2 (x+2)

=

,

lim e (x−1)

2 (x+2)

= lim

e (x−1)2 (x+2)

= 0 . Таким

x→−2−0

x→−2+0

x→1−0

x→1+0

образом, точка x=−2 является точкой разрыва второго рода. В

точке x=1 функция имеет устранимый разрыв, можно

6

доопределить функцию, полагая f(1)=0, и считать, что в этой

точке функция непрерывна. Для построения эскиза графика

3

функции

рассмотрим

поведение

функции в

бесконечности:

−

1

−

1

3

1.5

0

1.5

3

lim e

(x−1)2 (x+2) = lim

e (x−1)

2 (x+2)

= e0 = 1.

Ответ:

Точка

x→−∞

x→+∞

3

x=−2 является точкой разрыва второго рода, точка x=1

является точкой устранимого разрыва, в остальных точках функция непрерывна. Эскиз

графика представлен на рисунке.

13.

Исследовать

функцию

на

непрерывность

и

построить

эскиз

графика:

,

x ≤

,

y = tgx, 0 < x ≤ π / 2,.

x >

π / 2.

x,

Область определения функции: x (−∞,∞) . Ось ОХ разбивается на три интервала, на

каждом из которых функция f(x) совпадает с одной из указанных непрерывных функций.

Поэтому точками разрыва могут быть только точки, разделяющие интервалы. Вычислим

односторонние пределы:

lim f (x) =

lim 0 = ,

lim f (x) =

lim tgx =

,

3

x→0−0

x→0−0

x→0+0

x→0+0

lim

f (x) =

lim

tgx = ∞,

lim

f (x) =

lim

x = π / 2 .

2

x→π / 2−0

x→π / 2−0

x→π / 2+0

x→π / 2+0

Таким образом, в точке x=0 функция непрерывна, а в точке

x= π/2 функция терпит разрыв второго рода. Ответ: В точке

1

x= π/2

функция имеет разрыв второго рода, в остальных

точках

она

непрерывна. Эскиз

графика

представлен

на

0

1

2

3

рисунке.

f ′( ):

14. Исходя из определения производной, найти

f (x) = lncos x , x ≠

, f (

) = 0.

x

По определению f ′(x0) =lim

f (x0 +

x) −f (x0 ) . Заменим

x на x-x0:

x→0

x

f ′(x

0

)

= lim

f (x) − f (x0 ) . Но

x

0

=

,

f (x

0

) = 0, поэтому f ′(

) = lim f (x) . В данном случае

x→x0

x − x0

x→0

x

f ′( ) = lim lncos x / x = lim lncos x

. Так как lncos x = ln(1+ cos x −1) ~ cos x −1, то

x→0

x

x→0

x2

lncos x

cos x −1

=

0

= lim

− sin x

= −

1

′

) = −

1

lim

2

= lim

x2

. Ответ: f (

x→0

x

x→0

0

x→0

2x

2

2

15.

Найти

производную

показательно-степенной

функции:

y = xecos x

. Прологарифмируем

функцию:

ln y = ecos x ln x .

Берём

производную,

как

производную

неявной

функции:

y′

ecos x

1

y

= −ecos x

sin x ln x +

= ecos x (

− sin x ln x) . Подставляем сюда y:

x

x

y′ = xecos x ecos x (1 − sin x ln x) . Ответ: y′ = xecos x ecos x (1 − sin x ln x) .

x

x

16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить y′′

:

xx

x =t cost

t =

π

=tsint

.

y

2

Уравнения

касательной

и

нормали

к

кривой

y = f (x)

имеют

вид

y = y0

+ y′x (x0 ) (x − x0 )

и

y = y0 − (1/ y′x (x0 )) (x − x0 ) ,

где

x0 и

y0

- координаты

точки

касания. Вычислим сначала эти координаты:

x0= x(π / 2) =

,

y0= y0 (π / 2) = π / 2 .

Найдём

5

производные

y′

и

y′′

:

y′

=

y′

=

sint + t cost

t

. Тогда

2.5

x

xx

x

x′

cost − tsin t

t

y′x (π / 2) = −

2

.

Далее,

5

3

1

1

3

5

π

′

2.5

sint + t cost

(yt′)′t

(2cost

5

y′′

=

=

cost − tsin t

=

− tsint)(cost − tsint) − (−2sint − t cos x)(sint + t cost)

=

x′

xx

cost − tsint

(cost − tsint)3

t

=

2 + t2

,

следовательно,

y′′

(π / 2) = −16 + 2π 2 .

Таким

образом,

уравнение

(cost − tsint)3

xx

π 3

касательной

y = π −

2 x ,

или

4x + 2πy − π 2

= 0 ;

уравнение нормали

y = π + π x ,

или

2

π

2

2

πx − 2y + π = 0 .

Ответ:

(x

0

, y

0

) =

,

π ,

y′

(x

0

) = − 2 ,

y′′

(x

0

) = −16 + 2π 2

,

4x + 2πy − π 2 = 0

касательная.

x

π

xx

π 3

= 0 нормаль

2

πx − 2y + π

17. Функция y(x),

заданная

неявно

уравнением

y + xln y = x2 ,

принимает

в

точке

x

0

= 1значение

y

0

= 1. Найти

y′

, y

′′

, y′

(x

0

), y′′

(x

0

) .

x

xx

x

xx

Дифференцируем уравнение по x, предполагая, что y= y(x): y′ + ln y + xy′ = 2x. Из этого

y

равенства

находим:

y′ = 2xy − yln y .

Находим

вторую

производную:

x + y

y′′ = (2y + 2xy′ − y′ln y − y′)(x + y) − (1+ y′)(2xy − yln y) .

Вычислим производные

в

точке:

(x + y)2

x

0

= 1

y′(1) = 1,

y′′(1) = 1/ 2. Ответ: y′ = 2xy − yln y ,

x + y

y′′ = (2y + 2xy′ − y′ln y − y′)(x + y) − (1+ y′)(2xy − yln y) ,

y′(1) = 1,

y′′(1) = 1/ 2.

(x + y)2

18. Вычислить приближённое значение функции в заданной точке с помощью

дифференциала:

y = 3

x2 ,

x = 1,03.

По определению

дифференциала

y(x0 +

x) = y(x0 ) + dy(x0 ) + o(

x)

или, в

других

обозначениях, y(x) = y(x0 ) + dy(x0 ) + o((x − x0 )),

x = dx = x − x0 . Отсюда получаем формулу

для

приближённых

вычислений:

y(x) ≈ y(x0 ) + y′(x0 )(x − x0 ).

В

данном

случае

x

= 1,

y(x

)

= y(1) = 1,

y′ =

2

x−1/ 3 , y′(x

)

= y′(1) =

2

,

x =

,03 .

Тогда

0

0

0

3

3

y(1,03) ≈ 1+

,03 2/3 = 1,02 . Ответ: y ≈ 1,02 .

19. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim[ln(x + e)]1/ x3 .

x→0

Это неопределённость вида (1∞). Преобразуем предел:

1

ln ln(x+e)

lim

1

ln ln(x+e)

lim[ln(x + e)]1/ x3

= limex3

= ex→0 x3

.

Найдём

предел

в

показателе

степени:

x→0

x→0

1

+ e)] =

0

= lim

(lnln(x

+ e))′

= lim

1

= ∞ . Следовательно,

lim[

lnln(x

(x3 )′

x→0 x3

0

x→0

x→0 (x + e)ln(x + e)

3x2

lim[ln(x + e)]1/ x3

= e∞ = ∞ . Ответ: lim[ln(x + e)]1/ x3

= ∞ .

x→0

x→0

20. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя: lim [tgx −

2x

] .

x→π / 2

π cos x

Это неопределённость вида (∞−∞):

2x

π sin x − 2x

0

π cos x − 2

2

lim [tgx −

] = lim

=

= lim

− π sin x

=

.

π cos x

π

x→π / 2

π cos x

x→π / 2

0

x→π / 2

Ответ: lim [tgx

−

2x

]

=

2

.

x→π / 2

π cos x

π

21.

Многочлен

по

степеням

x представить

в

виде

многочлена

по

степеням

(x − x0 ) :

f (x) = x4 − 3x3 +10x2 , x

0

= 2 .

Запишем

формулу

Тейлора

для

многочлена

четвёртой

степени:

f (x) =

f (x

) + f

′(x

)(x − x

) +

f ′′(x0 )

(x − x

)2

+

f ′′′(x0 )

(x − x

)3

+

f (4) (x0 )

(x − x

)4 .

0

0

0

0

0

0

2!

3!

4!

Найдём

все

производные:

f ′(x) = 4x3 − 9x2

+ 20x, f ′′(x) = 12x2 −18x + 20,

f ′′′(x) = 24x −18 ,

f (4) (x) = 24 . Тогда

f (2) = 32,

f ′(2) = 36, f ′′(2) = 32,

f ′′′(2) = 30,

f (4) (2) = 24 . Подставив это

в формулу, получим: f (x) = 32 + 36(x − 2) +16(x − 2)2

+ 5(x − 2)3 + (x − 2)4 .

Ответ: f (x) = 32 + 36(x − 2) +16(x − 2)2 + 5(x − 2)3 + (x − 2)4 .

22. Найти многочлен, приближающий заданную функцию

f (x)

в окрестности точки x0 с

точностью до o((x − x

0

)3 ) :

f (x) = (x

3 +1)−1,

x

0

= 1.

Применяем формулу Тейлора:

f (x) =

f (x

)

+ f

′(x

)(x − x

) +

f ′′(x0 )

(x − x

)2

+

f ′′′(x0 )

(x − x

)3

+ o((x − x

)3 ) .

0

0

0

0

0

0

2!

3!

Вычисляем последовательно: f (1) = 1/ 2,

f ′(x) = −3x2 (x3 +1)−2 ,

f ′(1) = −3/ 4,

f ′′(x) = −6x(x3 +1)−2 +18x4 (x3 +1)−3 ,

f ′′(1) = 3/ 4

f ′′′(x) = −6(x3 +1)−2

+ 36x3 (x3 +1)−3 + 72x3 (x3 +1)−3

−162x6 (x3 +1)−4 ,

f ′′′(1) = 15/8 .

Ответ: f (x) =

1

−

3

(x −1) +

3

(x −1)2

+

5

(x −1)3 + o((x −1)3 )

2

4

8

16

23. Исследовать	поведение функции в окрестности точки с помощью формулы Тейлора:
f (x) = cos2x − 2e	−x2	, x	0	= 0 .

Найдём значение функции и её первых четырёх производных в заданной точке:

f ( ) = −1, f ′(x) = −2sin 2x + 4xe−x2			,	f ′(	) =	,
f ′′(x) = −4cos2x + 4e−x2 − 8x2e−x2		,		f ′′(	) = ,	f ′′′(x) = 8sin 2x − 24xe−x2 +16x3e−x2			,
f ′′′( ) =	, f (4) (x) = 16cos2x − 24e−x2 + 96x2e−x2 − 32x4e−x2						, f (4) ( ) = −8.	По	формуле
Тейлора	f (x) = −1− x4 /3 + o(x4 ) . Ответ: В окрестности точки (0, -1) функция ведёт себя как

степенная функция четвёртой степени. Точка (1, -1) является точкой максимума функции.

24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора:

lim

2xex−1

− x3 − x

.

−1)3

x→1

(x

По формуле

Тейлора ex−1 = 1+ (x −1) +

1

(x −1)2

+

1

(x −1)3 + o((x −1)3 ) . Подставим

это в

2

6

предел: lim

2xex−1 − x3 − x

= lim

2x[1+ (x −1) + (x −1)2 / 2 + (x −1)3

/ 6 + o((x −1)3 ) − x3 − x

=

(x −1)3

(x −1)3

x→1

x→1

= lim

x[2 + 2(x −1) + (x −1)

2 + (x −1)3 /3 + o((x −1)3 ) − x

2 −1]

= lim

x(x −1)3 /3 + o((x −1)3 )

=

1

.

(x −1)3

(x −1)3

x→1

x→1

3

Ответ: lim

2xex−1 − x3 − x

=

1

.

(x −1)3

x→1

3

25. Найти асимптоты и построить эскиз графика функции: y =

x2

.

−

1

x

Область определения функции: x (−∞, −1) (−1,1) (1, ∞) . Функция непрерывна в каждой точке области определения. Найдём односторонние пределы в точках разрыва

функции:

lim

x2

= lim

x2

− ∞, lim

x2

= lim

x2

= ∞ . Отсюда следует, что

−

−

x→−1−0 1

x

x→1+0 1−

x

x→−1+0 1−

x

x→1−0 1

x

прямые x = −1 и

x = 1 являются вертикальными асимптотами. Исследуем функцию при

x → ±∞ :

x2

x

2

x2− 6x + 4

1

16

4

1

lim

= lim

= −∞,

lim

= lim(

x −

+

) = ∞ . Найдём наклонные

−

3x − 2

x→−∞ 1−

x

x→∞ 1

x

x→∞

x→∞ 3

9

9

3x − 2

асимптоты:

y = kx + b,

k1 = lim

f (x)

= lim

x2

=

lim

x

= ,

10

− x

x

x→−∞

x→−∞ x(1− x )

x→−∞ 1

= 1, k

1

= lim f (x) = lim

x2

= lim

x

= −1. Тогда

5

x→∞ x

x→∞ x(1− x)

x→∞ 1− x

x2 ± x M x x =

8

4

0

4

8

b = lim ( f (x) − kx) = lim (

x2

± x) = lim

5

x→±∞

x→±∞ 1− x

x→±∞

1− x

= lim

± x

= 1.Отсюда следует,

y = x −1

10

что

прямые

и

x→±∞ 1− x

y = −x −1 являются односторонними наклонными асимптотами. Ответ: Эскиз графика представлен на рисунке.

26. Провести полное исследование поведения функции и построить её график: y = 3x(x +1) . 1. Область определения: x (−∞, ∞) . 2. Чётность, нечётность, периодичность отсутствует. 3. Функция непрерывна на всей числовой оси. Вертикальных асимптот нет. 4. Исследуем

функцию при x → ±∞ : lim 3	x(x +1) = lim 3 x(x +1) = ∞, . Найдём наклонные асимптоты:
x→−∞		x→∞

y = kx + b,

k =lim f (x) =lim

3

x(x +1) =lim (3

x+ 3

x−2 ) = ±∞,

следовательно,

наклонных и

x→±∞

x

x→±∞

x

x→±∞

горизонтальных асимптот нет.

5.

Первая

производная

y′ = (3 x(x +1))′

= 1 3

x−2 (x +1) + 3

x = 3 x−2

4x +1 .

Производная

3

3

обращается

в

нуль

в

точке

x = −1/ 4и не

существует в

точке x = 0. При

x (−∞, −1/ 4)

производная

y′ < 0

- функция убывает, при

x (−1/ 4,

)

производная

y′ > 0

- функция

также

возрастает,

при

x ( , ∞)

производная

y′ > 0 ,

следовательно,

функция

также

возрастает.

Точка

x = −1/ 4

является

точкой

минимума

функции,

причём

y

min

= y(−1/ 4) = − 3 .

43

4

6.

y′′ =

1

4x +

1 ′

43

x2

− 2(4x +1)3

x−1 /3

=

2

2x −1

=

.

3

3

x

2

x

3

x

9

3

x

5

6

Вторая производная в нуль обращается в точке x = 1/ 2 . В

точке x = 0 вторая производная не существует. Имеем три

3

интервала: в интервале (−∞,

) производная y′′

> 0 -

интервал вогнутости, в интервале ( ,1/ 2) производная

2

1

0

1

2

y′′ < 0 - интервал выпуклости графика функции, в

интервале (1/ 2, ∞) производная y′′ > 0 - интервал

3

вогнутости. Точки перегиба ( , ) и (1/ 2, 3/(232)) .

7. График функции пересекает координатные оси в точке (0, 0). Ответ: График функции

представлен на рисунке, экстремум в точке (−1/ 4, −			3			) - минимум. Точки перегиба
43				4
( , ) и (1/ 2, 3/(23 2)) .