MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 255

Pochodna $f'(x)=3ax^2+2(3-2a)x-4$ ma być nieujemna dokładnie między zerami $\frac13$ i $2$. Musi więc być skierowanym w dół trójmianem postaci

Porównanie wyrazów stałych z pierwotną postacią pochodnej daje $2a=-4$, czyli $a=-2$. Wtedy współczynnik liniowy również się zgadza: $-7a=14=2(3-2a)$.

Z definicji odległości

Ponieważ wyrażenie pod pierwiastkiem jest dodatnie, znak pochodnej

zależy wyłącznie od $2x+3$. Pochodna jest ujemna dla $x<-\frac32$ i dodatnia dla $x>-\frac32$.

Same wartości na końcach nie rozstrzygają monotoniczności. Liczymy pochodną:

Jest ona ujemna dla $x\in(\frac16;\frac15)$, czyli funkcja na tym podprzedziale maleje.

Dla dowolnego $k\in\mathbb R$ pochodna ma postać $f'(x)=3x^2+8x+k$. Ponieważ jej współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, dla dostatecznie dużych wartości $|x|$ zachodzi $f'(x)>0$. Funkcja rośnie więc na pewnych przedziałach i nie może być malejąca na całej $\mathbb R$, niezależnie od wartości $k$.

Wyróżnik równania wynosi $\Delta=(m+2)^2-4(m-1)=m^2+8>0$, więc dwa pierwiastki istnieją dla każdego $m$.

Ze wzorów Viète'a $x_1+x_2=-(m+2)$ oraz $x_1x_2=m-1$. Zatem

Pochodna $f'(m)=2m+2$ jest ujemna dla $m<-1$ i dodatnia dla $m>-1$.

a) $f'(x)=3x^2-18x+30=3((x-3)^2+1)>0$, więc funkcja jest ściśle rosnąca i ma najwyżej jedno miejsce zerowe. Ponieważ $f(0)=-6<0$ i $f(1)=16>0$, z twierdzenia o wartości pośredniej ma jedno zero w $(0;1)$.

b) $f'(x)=-6(x^2-5x+9)$. Trójmian w nawiasie ma wyróżnik $25-36<0$ i jest dodatni, więc $f'(x)<0$ dla każdego $x$. Funkcja jest ściśle malejąca, a ponieważ $f(0)=1>0$ i $f(1)=-40<0$, ma dokładnie jedno zero w $(0;1)$.

Nierówność jest równoważna warunkowi $q(x)=3x^3-x^2+13>0$. Mamy $q'(x)=x(9x-2)$, zatem $q$ rośnie na $(-1;0]$, maleje na $[0;\frac29]$ i ponownie rośnie na $[\frac29;\infty)$.

Na pierwszym przedziale $q(x)>q(-1)=9$. Na pozostałej części dziedziny najmniejsza wartość jest przyjmowana dla $x=\frac29$ i wynosi

Stąd $q(x)>0$ dla każdego $x>-1$.

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę i oznaczamy $h(x)=x^3-x^2+7x-8$. Pochodna $h'(x)=3x^2-2x+7$ jest dodatnia dla każdego $x$, ponieważ jej wyróżnik wynosi $4-84<0$. Funkcja $h$ jest więc ściśle rosnąca.

Ponieważ $h(0)=-8<0$ i $h(2)=10>0$, istnieje dokładnie jedno zero w $(0;2)$. Dodatkowo $h(1)=-1<0$, zatem — wobec rosnącości — zero leży na prawo od $1$.

Równanie ma dwa różne pierwiastki, gdy

czyli $|m|>\frac{\sqrt3}{3}$. Ze wzorów Viète'a

Pochodna jest dodatnia dla $|m|<1$ i ujemna dla $|m|>1$, co rozpatrujemy w otrzymanej dziedzinie.

Jeśli wysokość graniastosłupa oznaczymy przez $h$, to suma długości jego dwunastu krawędzi podstaw oraz sześciu krawędzi bocznych daje $12x+6h=24$, skąd $h=4-2x$. Warunki $x>0$ i $h>0$ dają dziedzinę $(0;2)$.

Pole sześciokąta foremnego o boku $x$ wynosi $\frac{3\sqrt3}{2}x^2$, zatem

Pochodna $V'(x)=3\sqrt3\,x(4-3x)$ jest dodatnia dla $0<x<\frac43$ i ujemna dla $\frac43<x<2$.

a) Dla $x\ne\pm3$ mamy $f'(x)=-\frac{2x}{(x^2-9)^2}$. Znak pochodnej jest dodatni dla $x<0$ i ujemny dla $x>0$, z uwzględnieniem przerw w dziedzinie.

b) Dla $|x|>2$ funkcja ma postać $\frac1{x^2-4}$, a dla $|x|<2$ postać $\frac1{4-x^2}$. Odpowiednie pochodne to $-\frac{2x}{(x^2-4)^2}$ oraz $\frac{2x}{(4-x^2)^2}$.

c) Dla $x\ge0$ pochodna wynosi $\frac{x(x-8)}{(x-4)^2}$, a dla $x<0$ wynosi $-\frac{x(x+8)}{(x+4)^2}$. Punkty $-4$ i $4$ nie należą do dziedziny.