Нужна помощь с задачей номер 2 с объяснением пожалуйста

Question

Дан 1 ответ

Правильный ответ

Если дана функция $y=f(x)$ , которая имеет производную $y=f'(x)$ на отрезке $[a;b]$ . Тогда в любой точке $x_0$ ∈ $[a;b]$ к графику этой функции можно провести касательную, которая задается уравнением:

$y=f'(x_0)*(x-x_0)+f(x_0)$

Здесь $f'(x_0)$ — значение производной в точке $x_0$ , а $f(x_0)$ — значение самой функции.

----------------------------------------------------------------------------------------------

при чем, если $\alpha$ - угол наклона касательной к оси ОХ, то справедливо следующее: $tg( \alpha) =f'(x_0)$

----------------------------------------------------------------------------------------------

1) найдем тангенс угла наклона функции $y=f(x)$ к оси ОХ в точке $x_0=2$ , для этого нам нужен график производной этой функции (он нам дан в условии). Обнаруживаем, что по рисунку $tg( \alpha )=f'(x_0)=y(2)=-1$ , т.е. искомый угол наклона равен $135^{0}$ , тангенс этого угла и равен $-1$

2) что бы найти тангенс угла наклона касательной прямой к графику функции $y=f'(x)$ к оси ОХ в точке $x_1=-0.5$ , нам нужно, например, вычислить $f'(f'(x))$ - производная от производной.

Мы же видим с риссунка, что график функции $y=f'(x)$ , он имеет минимум в точке $x_1=-0.5$ , а это означает, что $f'(f'(x_1))$ = 0 (график перестал рости и убывать также перестал в этой точке, т.е. мгновенная скорость изменения функции $y=f'(x)$ в этой точке $x_1=-0.5$ равна нулю).

Вот мы и поняли, что $f'(f'(x_1)) = tg( \beta )=0$ , и также, угол наклона, проведенной кассательной к графику функции $y=f'(x)$ равен нулю: $\beta =0$ .