MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 272

a) $D_f=\mathbb R$, a $f'=6(x-2)(x-3)$. Funkcja rośnie przed $2$ i po $3$, maleje między nimi; ma maksimum $f(2)=-13$ i minimum $f(3)=-14$.

b) $D_f=\mathbb R$, a zera $f'$ to $8/3$ i $6$. Funkcja maleje na $(-\infty,8/3]$, rośnie na $[8/3,6]$, znów maleje na $[6,\infty)$. Minimum to $f(8/3)=-122/27$, maksimum $f(6)=14$.

c) Mianownik jest zawsze dodatni, więc $D_f=\mathbb R$.

$$f'(x)=\frac{-2x(x+2)}{(x^2+3x+3)^2}.$$

Funkcja maleje do $-2$, rośnie od $-2$ do $0$, potem maleje; minimum $f(-2)=-2$, maksimum $f(0)=2/3$.

d) $D_f=\mathbb R\setminus\{-2,0\}$ oraz

$$f'(x)=\frac{6(x+1)}{(x^2+2x)^2}.$$

Maleje na $(-\infty,-2)$ i $(-2,-1]$, rośnie na $[-1,0)$ i $(0,\infty)$; minimum lokalne to $f(-1)=4$.

Sprawdzamy wartości na końcach i w punktach krytycznych należących do przedziału.

a) Jedyny istotny punkt to $x=-1$; $f(-1)=7$, $f(2)=-20$.

b) $f'=20x^3(x-1)$; wartości $f(0)=-20$, $f(1)=-21$, $f(2)=28$.

c) $f'=3(x+3)(x-1)/(x^2+3)^2$; wartości $f(0)=0$, $f(1)=-1/2$, $f(3)=0$.

d) $f'=-10(x+1)/(x^2+2x-3)^2$; wartości $f(-2)=f(0)=-2/3$ oraz $f(-1)=-1/4$.

Wyróżnik wielomianu trzeciego stopnia

$$x^3+3x^2+kx+k$$

wynosi

$$\Delta=-4k(k^2-9k+27).$$

Drugi czynnik jest zawsze dodatni, bo jego wyróżnik wynosi $-27$. Zatem dla $k<0$ mamy trzy różne pierwiastki rzeczywiste, a dla $k>0$ tylko jeden. Dla $k=0$ wielomian ma postać $x^2(x+3)$, czyli dwa różne miejsca zerowe.

Pochodna ma postać

$$f'(x)=2(x^2+kx+3).$$

Funkcja nie ma ekstremów, gdy pochodna nie zmienia znaku. Ponieważ trójmian ma dodatni współczynnik wiodący, zachodzi to dla $k^2-12\le0$, czyli $|k|\le2\sqrt3$. Wybieramy liczby całkowite z tego przedziału.

Niech $a$ oznacza bok trójkątów równobocznych, a $c$ poziomy bok prostokąta. Z obwodu: $4a+2c=26$, więc $c=13-2a$. Pole całego sześciokąta jest równe

$$P(a)=ac+2\cdot\frac{\sqrt3}{4}a^2 =13a-\left(2-\frac{\sqrt3}{2}\right)a^2.$$

Jest to parabola skierowana w dół. Jej wierzchołek spełnia $P'(a)=13-(4-\sqrt3)a=0$, zatem

$$a=\frac{13}{4-\sqrt3}=4+\sqrt3,\qquad c=13-2a=5-2\sqrt3.$$

Pole samego prostokąta wynosi $(4+\sqrt3)(5-2\sqrt3)=14-3\sqrt3$.

Niech $a$ będzie bokiem podstawy, a $h$ wysokością graniastosłupa. Najdłuższa przekątna spełnia

$$4a^2+h^2=1,\qquad h=\sqrt{1-4a^2}.$$

Objętość to

$$V(a)=\frac{3\sqrt3}{2}a^2\sqrt{1-4a^2}.$$

Po podstawieniu $u=a^2$ maksymalizujemy $u\sqrt{1-4u}$; równoważnie $u^2(1-4u)$. Pochodna zeruje się dla $u=1/6$. Wtedy $a=1/\sqrt6$, $h=1/\sqrt3$ i

$$V_{\max}=\frac{3\sqrt3}{2}\cdot\frac16\cdot\frac1{\sqrt3}=\frac14.$$

Funkcja jest parzysta. Jej pochodna

$$f'(x)=4x(x^2-2)$$

zeruje się dla $x=-\sqrt2,0,\sqrt2$. Na końcach i w zerze funkcja ma wartość $2$, a $f(\pm\sqrt2)=-2$. Zatem cały wykres dla $x\in[-2;2]$ mieści się dokładnie w prostokącie $[-2;2]\times[-2;2]$. Oba jego boki mają długość $4$.

a)

$$f'(x)=x(x+2).$$

Funkcja rośnie na $(-\infty,-2]$, maleje na $[-2,0]$ i rośnie na $[0,\infty)$. Ma maksimum lokalne $f(-2)=4/3$ oraz minimum lokalne $f(0)=0$; ponadto $f(x)\to-\infty$ dla $x\to-\infty$ i $f(x)\to+\infty$ dla $x\to+\infty$.

b) Miejsca zerowe $g$ są przecięciami wykresu $f$ z prostą $y=4m$. Dokładnie dwa różne przecięcia występują, gdy poziom przechodzi przez jedno z ekstremów: $4m=0$ lub $4m=4/3$.

Dziedzina to $\mathbb R\setminus\{-1\}$. Dla $x<0$ mamy $f(x)=6x/(1-x^2)$, a dla $x\ge0$ mamy $f(x)=6x/(x^2+1)$.

Na $(-\infty,-1)$ i $(-1,0)$ pochodna wynosi $6(1+x^2)/(1-x^2)^2>0$. Dla $x>0$:

$$f'(x)=\frac{6(1-x^2)}{(x^2+1)^2}.$$

Funkcja rośnie więc na $(-\infty,-1)$ i $(-1,1]$, maleje na $[1,\infty)$, a w punkcie $(1,3)$ ma maksimum lokalne. Prosta $x=-1$ jest asymptotą pionową, a $y=0$ poziomą przy obu nieskończonościach.