MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony, strona 260 — rozwiązania zadań

Zadanie 3

12 podpunktów

zweryfikowane skanem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Dla ilorazu stosujemy

\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}.

W każdym podpunkcie miejsca zerowe mianownika wykluczamy zarówno z $D_f$ , jak i z $D_{f'}$ .

a) $2x+1\ne0$ , więc

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\left\{-\frac12\right\}, \qquad f'(x)=\frac{4(2x+1)-2(4x+1)}{(2x+1)^2} =\frac2{(2x+1)^2}.

b) $1-2x\ne0$ , zatem

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\left\{\frac12\right\}, \qquad f'(x)=\frac{2x(1-2x)+2x^2}{(1-2x)^2} =\frac{-2x^2+2x}{(1-2x)^2}.

c) Dla $x\ne0$ zapisujemy $f(x)=5/x-1/x^2$ . Stąd

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0\}, \qquad f'(x)=-\frac5{x^2}+\frac2{x^3} =\frac{-5x+2}{x^3}.

d)

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\left\{\frac13\right\}, \qquad f'(x)=\frac{2x(3x-1)-3(x^2+1)}{(3x-1)^2} =\frac{3x^2-2x-3}{(3x-1)^2}.

e)

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,1\}, \qquad f'(x)=\frac{6(1-x^2)+2x(6x+2)}{(1-x^2)^2} =\frac{6x^2+4x+6}{(1-x^2)^2}.

f) Mianownik ma postać $x(3-x)$ , więc

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0,3\}, \qquad f'(x)=\frac{5x^2+2x-3}{(3x-x^2)^2}.

g) Wykluczamy $x=-1$ i $x=1$ . Po zastosowaniu reguły ilorazu:

\begin{aligned} f'(x) &=\frac{x^4-3x^2+2x}{(x^2-1)^2}\\ &=\frac{x^2+2x}{(x+1)^2}. \end{aligned}

Skrócenie czynnika $(x-1)^2$ nie przywraca argumentu $x=1$ , zatem $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,1\}$ .

h) Licznik rozkłada się na

x^3+x^2-x-1=(x+1)(x^2-1).

Dla $x\ne-1$ mamy więc $f(x)=x^2-1$ , a stąd

f'(x)=2x, \qquad D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1\}.

i)

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{1\}, \qquad f'(x)=\frac{2(x-2)(1-x)+(x-2)^2}{(1-x)^2} =\frac{-x^2+2x}{(1-x)^2}.

j) Oba mianowniki muszą być niezerowe. Korzystając z pochodnej odwrotności, otrzymujemy

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\left\{0,\frac15\right\}, \qquad f'(x)=-\frac5{(5x-1)^2}-\frac1{x^2}.

k)

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,0,1\}, \qquad f'(x)=\frac{4x^3}{(1-x^4)^2}+\frac6{x^4}.

l)

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\left\{0,\sqrt[3]{2}\right\}, \qquad f'(x)=-\frac{9x^2}{(x^3-2)^2}+\frac1{x^5}.

Odpowiedź

a) $\displaystyle f'(x)=\frac2{(2x+1)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-\frac12\}$ .

b) $\displaystyle f'(x)=\frac{-2x^2+2x}{(1-2x)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{\frac12\}$ .

c) $\displaystyle f'(x)=\frac{-5x+2}{x^3}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0\}$ .

d) $\displaystyle f'(x)=\frac{3x^2-2x-3}{(3x-1)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{\frac13\}$ .

e) $\displaystyle f'(x)=\frac{6x^2+4x+6}{(1-x^2)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,1\}$ .

f) $\displaystyle f'(x)=\frac{5x^2+2x-3}{(3x-x^2)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0,3\}$ .

g) $\displaystyle f'(x)=\frac{x^4-3x^2+2x}{(x^2-1)^2} =\frac{x^2+2x}{(x+1)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,1\}$ .

h) $f'(x)=2x$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1\}$ .

i) $\displaystyle f'(x)=\frac{-x^2+2x}{(1-x)^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{1\}$ .

j) $\displaystyle f'(x)=-\frac5{(5x-1)^2}-\frac1{x^2}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0,\frac15\}$ .

k) $\displaystyle f'(x)=\frac{4x^3}{(1-x^4)^2}+\frac6{x^4}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{-1,0,1\}$ .

l) $\displaystyle f'(x)=-\frac{9x^2}{(x^3-2)^2}+\frac1{x^5}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0,\sqrt[3]{2}\}$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zweryfikowane skanem

Zadanie 4

6 podpunktów

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Najpierw ustalamy dziedzinę funkcji. W punktach z $x=0$ pochodna pierwiastka nie istnieje, dlatego dziedzina pochodnej może być mniejsza.

a) $D_f=[0;\infty)$ . Dla $x>0$ :

\begin{aligned} f'(x) &=\frac{1-2x^2}{2\sqrt{x}}-4x\sqrt{x}\\ &=\frac{1-10x^2}{2\sqrt{x}}. \end{aligned}

Zatem $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=-\frac92$ i $f'(4)=-\frac{159}{4}$ .

b) $D_f=[0;\infty)$ . Dla $x>0$ :

\begin{aligned} f'(x) &=\frac{x-5}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}+1\\ &=\frac{3x+2\sqrt{x}-5}{2\sqrt{x}}. \end{aligned}

Stąd $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=0$ i $f'(4)=\frac{11}{4}$ .

c) $D_f=[0;\infty)$ . Dla $x>0$ reguła ilorazu daje

f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)^2}.

Zatem $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=\frac18$ i $f'(4)=\frac1{36}$ .

d) Ponieważ $\sqrt{x}$ jest w mianowniku, $D_f=(0;\infty)$ . Zapisujemy

f(x)=x^{3/2}-4x^{-1/2},

więc

f'(x)=\frac32\sqrt{x}+\frac2{x\sqrt{x}} =\frac{3x^2+4}{2x\sqrt{x}}.

Mamy $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=\frac72$ i $f'(4)=\frac{13}{4}$ .

e) $D_f=(0;\infty)$ oraz

f(x)=2x^{-1/2}-4x^{1/4}.

Stąd

f'(x)=-x^{-3/2}-x^{-3/4},

$D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=-2$ i $f'(4)=-\frac18-\frac{\sqrt2}{4}$ .

f) $D_f=[0;\infty)$ . Po uproszczeniu

f(x)=x^{3/2}+x^{3/4},

zatem dla $x>0$

f'(x)=\frac32x^{1/2}+\frac34x^{-1/4}.

Wobec tego $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(1)=\frac94$ i $f'(4)=3+\frac{3\sqrt2}{8}$ .

Odpowiedź

a) $D_f=[0;\infty)$ , $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=\frac{1-10x^2}{2\sqrt{x}}$ , $f'(1)=-\frac92$ , $f'(4)=-\frac{159}{4}$ .

b) $D_f=[0;\infty)$ , $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=\frac{3x+2\sqrt{x}-5}{2\sqrt{x}}$ , $f'(1)=0$ , $f'(4)=\frac{11}{4}$ .

c) $D_f=[0;\infty)$ , $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)^2}$ , $f'(1)=\frac18$ , $f'(4)=\frac1{36}$ .

d) $D_f=D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=\frac{3x^2+4}{2x\sqrt{x}}$ , $f'(1)=\frac72$ , $f'(4)=\frac{13}{4}$ .

e) $D_f=D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=-x^{-3/2}-x^{-3/4}$ , $f'(1)=-2$ , $f'(4)=-\frac18-\frac{\sqrt2}{4}$ .

f) $D_f=[0;\infty)$ , $D_{f'}=(0;\infty)$ , $f'(x)=\frac32x^{1/2}+\frac34x^{-1/4}$ , $f'(1)=\frac94$ , $f'(4)=3+\frac{3\sqrt2}{8}$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 5

brak w kluczu

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Zakładamy, że funkcje $f$ i $g$ mają pochodne w punkcie $x_0$ . Z definicji:

\begin{aligned} (f-g)'(x_0) &=\lim_{x\to x_0} \frac{[f(x)-g(x)]-[f(x_0)-g(x_0)]}{x-x_0}\\ &=\lim_{x\to x_0} \left( \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} -\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \right)\\ &=f'(x_0)-g'(x_0). \end{aligned}

Granice składników istnieją z założenia, więc rozdzielenie granicy jest dozwolone. Teza została wykazana.

Odpowiedź

(f-g)'(x_0)=f'(x_0)-g'(x_0).

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: brak w kluczu

Zadanie 6

brak w kluczu

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Zakładamy, że $f$ i $g$ mają pochodne w punkcie $x_0$ oraz $g(x_0)\ne0$ . Funkcja $g$ jest wtedy ciągła w $x_0$ , więc $g(x)\to g(x_0)$ .

Sprowadzamy różnicę ilorazów do wspólnego mianownika:

\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)} = \frac{g(x_0)[f(x)-f(x_0)]-f(x_0)[g(x)-g(x_0)]} {g(x)g(x_0)}.

Po podzieleniu przez $x-x_0$ i przejściu do granicy otrzymujemy

\begin{aligned} \left(\frac fg\right)'(x_0) &=\frac1{g(x_0)^2} \left( g(x_0)f'(x_0)-f(x_0)g'(x_0) \right)\\ &=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)} {(g(x_0))^2}. \end{aligned}

To kończy dowód.

Odpowiedź

\left(\frac fg\right)'(x_0) =\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)} {(g(x_0))^2}.

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: brak w kluczu