БАГРУТ (5). ЛЕТО 2023, ВАРИАНТ 35582, ЗАДАНИЕ 5

(א) Для функции \(f(x)=\ln(x)+\frac{1}{x}\)

(1) Найдем обрасть определения.

Область определения функции \(\ln x: \ x>0\)

Область определения функции \(\frac{1}{x}: \ x\ne0\)

Следовательно, область определения функции \(f(x)=\ln(x)+\frac{1}{x}: x>0\)

Ответ: \(x>0\)

(2) Найдем координаты точки экстремума.

Найдем производную функции \(f(x)=\ln(x)+\frac{1}{x}\).

\(f'(x)=(\ln(x)+\frac{1}{x})’=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\)

Приравняем производную к нулю:

\(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=0\)

\(\frac{x-1}{x^2}=0\)

Дробь равна нулю, когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен. \(x-1=0, \ x=1\)

Если \(x>1,\ f'(x)=\frac{x-1}{x^2}>0\), если \(x<1,\ f'(x)=\frac{x-1}{x^2}<0\), следовательно, в точке \( x=1\) производная меняет знак с «-» на «+». Отсюда точка \( x=1\) — точка минимума.

\(f(1)=\ln(1)+\frac{1}{1}=1\)

Ответ: \(min(1,1)\)

(3) В п. (2) получили, что \(f'(x)<0 \), если \(x<1\), следовательно, на этом промежутке функция \(f(x)=\ln(x)+\frac{1}{x}\) убывает.

\(f'(x)>0 \), если \(x>1\), следовательно, на этом промежутке функция \(f(x)=\ln(x)+\frac{1}{x}\) возрастает.

При \(x\rightarrow 0\ \) \(ln x\rightarrow \infty\) и \(\frac{1}{x}\rightarrow \infty\), следовательно, при \(x\rightarrow 0\ \) \(f(x)\rightarrow 0\) и отсюда \(x=0\) — вертикальная асимптота.

Учитывая п. (1) и (2) изобразим схематично график функции.

(ב) Для функции \(g(x)=(x+1)(1-\ln x)\), определенной при \(x>0\)

(1) Найдем координаты точки пересечения графика функции \(g(x)\) с осью \(x\).

Координата \(y\) точек пересечения графика функции с осью \(x\) равна нулю. Чтобы найти Координаты \(x\) точек пересечения графика функции \(g(x)\) с осью \(x\), решим уравнение:

\((x+1)(1-\ln x)=0\).

Произведение двух множителей равно нулю, если хотя бы один из них равен нулю, а второй при этом существует.

\(x+1=0, \ x=-1\) Но \(\ln x\) не определен при \(x=-1\), следовательно, \(x=-1\) — посторонний корень.

\(1-\ln x=0,\ \ln x=1,\ x=e\)

Ответ: (\(e,0)\).

(2) Найдем промежутки возрастания и убывания функции \(g(x)=(x+1)(1-\ln x)\).

Найдем производную функции с помощью формулы производной проиведения:

\((UV)’=U’V+V’U\)

Здесь \(U=x+1,\ U’=1,\ V=1-\ln x,\ V’=-\frac{1}{x}\)

Тогда \(g'(x)=1\cdot (1-\ln x)+(-\frac{1}{x})(x+1)=1-\ln x-1-\frac{1}{x}=-\ln x-\frac{1}{x}\)

Приравняем производную к нулю.

\( g'(x)=-\ln x-\frac{1}{x}=0\)

Заметим, что \(g'(x)=-f(x)\)

\(f(x)>0\) при любом \(x>0\) (см п. (א)), следовательно, \(g'(x)<0\) при любом \(x>0\). Отсюда получаем, что функция \(g(x)\) не имеет точек экстремума и убывает на всей области определения.

Ответ: функция убывает при \(x>0\).

(3) Найдем область вогнутости вверх \((\cup)\) и вогнутости вниз \( (\cap)\) функции \(g(x)=(x+1)(1-\ln x)\). Для этого найдем промежутки знакопостоянства второй производной этой функции.

\( g'(x)=-\ln x-\frac{1}{x}\) (из (2) )

\( (g'(x))’=(-\ln x-\frac{1}{x})’=-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\)

Приравняем вторую производную к нулю.

\(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=0\)

\(\frac{1-x}{x^2}=0\)

Вторая производная равна нулю при \(x=1\)

При \(x>1\) \(\frac{1-x}{x^2}<0\), следовательно вторая производная отрицательна и график функции вогнут вниз \( (\cap)\).

При \(x<1\) \(\frac{1-x}{x^2}>0\), следовательно вторая производная отрицательна и график функции вогнут вверх \((\cup)\).

\(x=1\) — координата \(x\) точки перегиба. Координата \( y\) точки перегиба: \(g(1)=(1+1)(1-\ln 1)=2\)

Функция \(g(x)=(x+1)(1-\ln x)\) определена при \(x>0\). Если \(x\rightarrow 0\), то \(x+1 \rightarrow 1\), \(-\ln x\rightarrow \infty\), следовательно, \(g(x)\rightarrow\infty\). То есть \(x=0\) — вертикальная асимптота.

С учетом п (1), (2), (3) можем начертить график функции \(g(x)=(x+1)(1-\ln x)\):

(ג) Рассмотрим функцию \(h(x)=\frac{1}{x}\cdot g'(x)\), определенную при \(x>0\).

В п. (ב) (2) получили, что \( g'(x)=-\ln x-\frac{1}{x}\), тогда \(h(x)=\frac{1}{x}\cdot (-\ln x-\frac{1}{x})\),

Вычислим площадь фигуры, заключенной между графиком функции \(h(x)\), осью \(x\) и прямыми \(x=1, \ x=e\).

Площадь находим по формуле:

\(S=|\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot (-\ln x-\frac{1}{x}))dx| =\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot (\ln x+\frac{1}{x}))dx=\)

\(=\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot \ln x )dx+\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x})dx\)

Найдем значение каждого интеграла по отдельности.

\(\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot \ln x) dx\)

Введем замену: \(u=\ln x,\ du=(\ln x)’dx= \frac{1}{x}dx, \ \ln 1=0, \ln e=1\)

Тогда \(\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot \ln x )dx= \int_0^1udu=\frac{u^2}{2}|_0^1=\frac{1}{2}\)

\(\int_1^e (\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{x}dx)=\int_1^e\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}|_1^e=-\frac{1}{e}+1\)

Итак: \(S=\frac{1}{2}-\frac{1}{e}+1=\frac{3}{2}-\frac{1}{e}\approx 1.13\)

Ответ: \(\frac{3}{2}-\frac{1}{e}\approx 1.13\)