Przykładowe rozwiązania
Arkusz 7
Pomocne linki z nagranymi przykładami:
• https://youtu.be/QZGTi_PFZ7A
• https://youtu.be/RUeAHJChPrI
• https://youtu.be/u_L9aZ6bPHg
• https://youtu.be/NY8vMQBXMZI
Zadanie 1. iii)
Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji postępujemy w następująco.
I. Wyznaczamy dziedzinę funkcji. W naszym przypadku . II. Wyznaczamy pochodną funkcji .
III. Badamy znak pochodnej funkcji rozwiązując nierówności i .
Z powyższego rysunku wnioskujemy, że
IV. Na podstawie znaku pochodnej wyciągamy wnioski na temat monotoniczności funkcji . Funkcja jest rosnąca w przedziale , funkcja jest malejąca w przedziałach i
.
Zadanie 1. x)
I. Ponieważ dla każdego funkcja , to dziedziną funkcji jest zbiór . II. Na podstawie wzoru na pochodną ilorazu funkcji obliczmy pochodną funkcji .
. III. Miejsca zerowe pochodnej
lub
f (x) = 14 − 13x3− x2
Df = ℝ f
f′(x) = − x2− 2x = − x(x + 2)
f′(x) > 0 f′(x) < 0 f′(x) > 0
−x2− 2x = − x(x + 2) > 0
f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−2,0)
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 2) ∪ (0, + ∞)
f′ f
f (−2,0) f (−∞, − 2)
(0, + ∞)
f (x) = xe4x
x ∈ ℝ ex > 0 f ℝ
f f′(x) = 4x3ex− x4ex
(ex)2 = x3ex(4 − x)
(ex)2 = x3(4 − x) ex f′(x) = 0
x3(4 − x) = 0 x = 0 x = 4
Badamy znak pochodnej.
Ponieważ jak zauważyliśmy w punkcie I więc gdy
Aby rozwiązać powyższą nierówność można posłużyć się albo metodą „wężyka” (pewnie znaną ze szkoły) lub rozważyć na jednym wykresie funkcje oraz i zbadać jaki znak ma iloczyn tych funkcji w każdym przedziale między miejscami zerowymi pochodnej.
Z powyższego rysunku odczytujemy, że dla
dla
Zatem funkcja jest rosnąca w przedziale , a malejąca w dwóch przedziałach i .
Zadanie 2. iv)
Aby wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji postępujemy w następująco.
I. Wyznaczamy dziedzinę funkcji. W naszym przypadku . II. Wyznaczamy pochodną funkcji .
III. Badamy miejsca zerowe i znak pochodnej funkcji rozwiązując równanie oraz
nierówności i .
lub lub
Skoro mianownik dla wszystkich , to
Z powyższego „wężyka”, uwzględniając dziedzinę funkcji, wnioskujemy, że ex > 0
f′(x) > 0 x3(4 − x) > 0
y = x3 y = 4 − x
f′(x) > 0 x ∈ (0,4)
f′(x) < 0 x ∈ (−∞,0) ∪ (4, + ∞)
f (0,4) (−∞,0) (4, + ∞)
f (x) = 6x + 12x2+ 5x
Df = (−∞,0) ∪ (0, + ∞) f
f′(x) = − 6x2 + x + 5 = −6 + x3+ 5x2 x2
f′(x) = 0 f′(x) > 0 f′(x) < 0
f′(x) = 0 ⇔ x3+ 5x2− 6 = 0 x3− x2+ 6x2− 6 = 0
x2(x − 1) + 6(x2− 1) = 0 (x − 1)(x2+ 6(x + 1)) = 0 (x − 1)(x2+ 6x + 6) = 0
x = 1 x = − 3 − 3 x = − 3 + 3
x2> 0 x ≠ 0
f′(x) > 0 ⇔ x3+ 5x2− 6 > 0 (x − 1)(x2+ 6x + 6) > 0
0 4
+ −
−
IV. Na podstawie powyższych wyników, korzystając z warunku wystarczającego ekstremum lokalnego, wnioskujemy, że
, , .
f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−3 − 3, − 3 + 3) ∪ (1, + ∞) f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 3 − 3) ∪ (−3 + 3,0) ∪ (0,1) fmin = f (−3 − 3) fmax= f (−3 + 3) fmin= f (1)
−3 − 3 −3 + 3 1
