MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 271

a) $f(0)=-12$, więc równanie ma postać

$$3x^2+8x+m=-\frac1{12}.$$

Ma rozwiązanie rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy $\Delta=64-12(m+1/12)=63-12m\ge0$, czyli $m\le21/4$.

b) Tu $f(0)=-m$, więc $m\ne0$, a

$$f'(x)=-\frac{m+1}{(x-1)^2}.$$

Równanie jest równoważne $(x-1)^2=m(m+1)$. Ponieważ $x=1$ nie należy do dziedziny, prawa strona musi być dodatnia: $m<-1$ lub $m>0$.

Zapisujemy $f(x)=x+4/x$, zatem $f'(1)=1-4=-3$. Dla $g(x)=x/(x^2+1)$:

$$g'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2},\qquad g'(1)=0.$$

Stąd $g'(1)/f'(1)=0/(-3)$.

Niech punkt styczności ma odciętą $a$. Styczna przechodzi przez początek wtedy i tylko wtedy, gdy $f(a)=a f'(a)$. Ponieważ

$$f'(a)=3a^2-2a,$$

otrzymujemy

$$a^3-a^2+1=a(3a^2-2a) \iff 2a^3-a^2-1=0.$$

Wielomian rozkłada się na $(a-1)(2a^2+a+1)$, a drugi czynnik nie ma pierwiastków rzeczywistych. Dla $a=1$ mamy $f(1)=1$.

Równanie $x^2+1=5$ daje punkty $(-2,5)$ i $(2,5)$. Ponieważ $f'(x)=2x$, styczne mają równania

$$y=-4x-3,\qquad y=4x-3.$$

Przecinają się w $(0,-3)$. Podstawa trójkąta na prostej $y=5$ ma długość $4$, a wysokość $8$, więc

$$P=\frac12\cdot4\cdot8=16.$$

Po pomnożeniu równania przez $x^2$ (przy $x\ne0$) otrzymujemy

$$P_c(x)=x^3+x^2+cx-c=0.$$

Cubic ma dokładnie dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest zerem i nie jest to pierwiastek potrójny. Wyróżnik wynosi

$$\Delta=-4c(c^2+11c-1).$$

Dla $c=0$ wielomian to $x^2(x+1)$, lecz wykluczone $x=0$ nie jest rozwiązaniem równania pierwotnego, więc pozostaje tylko jeden pierwiastek. Dwa pozostałe rozwiązania równania $\Delta=0$ są niezerowe i dają po dwa różne pierwiastki.

Najpierw zapisujemy złożenia, a następnie stosujemy regułę łańcuchową.

a) $h(x)=8\sqrt x+2$, $k(x)=\sqrt{8x+2}$, więc

$$h'(x)=\frac4{\sqrt x},\qquad k'(x)=\frac4{\sqrt{8x+2}}.$$

b) $h(x)=36/x^2-6/x$, $k(x)=6/(x^2-x)$, zatem

$$h'(x)=\frac{6x-72}{x^3},\qquad k'(x)=-\frac{6(2x-1)}{(x^2-x)^2}.$$

c) $h(x)=2+(2+\sqrt x)^4$, $k(x)=2+\sqrt{2+x^4}$, więc

$$h'(x)=\frac{2(2+\sqrt x)^3}{\sqrt x},\qquad k'(x)=\frac{2x^3}{\sqrt{2+x^4}}.$$

Prędkość chwilowa wynosi

$$v(t)=x'(t)=t^2-8t+16=(t-4)^2.$$

Warunek $v(t)\le1$ daje $(t-4)^2\le1$, czyli $-1\le t-4\le1$.

Prędkości to

$$v_1=-6t^2+8t-5,\qquad v_2=-3t^2+2kt-3.$$

Równość prowadzi do równania

$$-3t^2+(8-2k)t-2=0.$$

Iloczyn jego dwóch pierwiastków jest równy $(-2)/(-3)=2/3$. Skoro $t_1=1/3$, to $(1/3)t_2=2/3$.

Badamy znak pochodnej.

a) $f'(x)=-3x^2-15<0$ dla każdego $x$, więc funkcja jest malejąca.

b) $f'(x)=1/2-x^2>0$ dla $|x|<1/\sqrt2$, więc funkcja nie jest malejąca w całej dziedzinie.

c) $f'(x)=-5x^4-3x^2-1<0$ dla każdego $x$, więc funkcja jest malejąca.

Znaki pochodnych dają następujące przedziały:

• a) $f'=(3x-1)(x+2)$: rośnie na $(-\infty,-2]$ i $[1/3,\infty)$, maleje na $[-2,1/3]$;
• b) $f'=x(3x-\sqrt2)$: rośnie na $(-\infty,0]$ i $[\sqrt2/3,\infty)$, maleje na $[0,\sqrt2/3]$;
• c) $f'=x(x+1)^2$: maleje na $(-\infty,0)$, rośnie na $(0,\infty)$; w $x=-1$ znak się nie zmienia;
• d) $f'=6/(x+4)^2>0$: rośnie osobno na $(-\infty,-4)$ i $(-4,\infty)$;
• e) $f'=-10x/(x^2-4)^2$: rośnie na $(-\infty,-2)$ i $(-2,0]$, maleje na $[0,2)$ i $(2,\infty)$;
• f) $f'=(x-3)/\sqrt{(x-3)^2+1}$: maleje do $3$, a następnie rośnie.