1) 62, 9 : 31; E3) 62, 9-3, 1;6) 6, 29 - 0, 031;9) 0, 629 - 0, 0031.670. Зная, что 629 . 51 е 32 079, найдите значения произведений:2) 629 - 3, 1;4) 6, 29 : 3, 1;5) 62, 9 - 0, 31;7) 0, 629 - 0, 31;8) 6, 29 - 0, 0031;671. Выполните умножение:2) 2, 7 : 5, 3;5) 18, 2 : 6, 1;7) 11, 07 - 0, 63;8) 29, 1 : 4, 5;1) 1, 3 : 1, 2;4) 0, 467 : 2, 4;3) 1, 28 - 4, 9;6) 9, 05 - 2, 3;9) 0, 782 : 1, 4. и решите столбиком Заранее

Пошаговое объяснение:

f(x)=х³-6х²+5

точки экстремума определяются по первой производной

f'(x)(x₀) = 0 - это необходимое условие экстремума функции

получим промежутки монотонности

если на промежутке f′(x)<0, то на этом промежутке функция убывает;

если на промежутке f′(x)>0, то на этом промежутке функция возрастает.

Если в окрестности критической точки f′(x) меняет знак с «+» на «-», то эта точка является точкой максимума, если с «-» на «+», то точкой минимума.

решение

f'(x)=(х³)'-6(х²)' +5 = 3x² -12x +0

3x² -12x = 0; 3x(x - 4) =0; x₁ = 0; x₂= 4 - это и есть точки экстремума

промежутки монотонности функции

(-∞ ;0) (0; 4) (4; +∞)

теперь на каждом промежутке определим знак производной. для этого возьмем любую точку возле точки экстремума, принадлежащую промежутку, и посмотрим на знак производной в этой точке

(-∞ ;0) х = -1; f'(-1) = 15 > 0, функция возрастает

(0; 4)  x = 1;  f'(1) = -9 <0, функция убывает

(4; +∞)  x = 5 f'(5) = 12> 0, функция возрастает

вот, в общем-то, и все.

можно дополнительно сказать, что

в окрестности точки x = 0 производная функции меняет знак с (+) на (-), значит, точка x = 0 - точка максимума.

в окрестности точки x = 4 производная функции меняет знак с (-) на (+), значит, точка x = 4 - точка минимума.