MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 261

Współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie o odciętej $x_0$ jest równy $f'(x_0)$.

a) Dla $x\ne0$:

$$f'(x)=\frac{4x-2}{x^3}, \qquad f'(1)=2.$$

b) Dzieląc licznik przez mianownik, otrzymujemy

$$f(x)=x-\frac1{x+3}.$$

Zatem

$$f'(x)=1+\frac1{(x+3)^2}, \qquad f'(-2)=2.$$

c)

$$f'(x)= \frac{6x(1-x^2)+2x(3x^2-1)}{(1-x^2)^2} =\frac{4x}{(1-x^2)^2},$$

więc $f'(2)=\frac89$.

d)

$$f'(x)= \frac{3(x^2-9)-2x(3x-5)}{(x^2-9)^2} =\frac{-3x^2+10x-27}{(x^2-9)^2}.$$

Stąd $f'(4)=-\frac57$.

Styczna w punkcie o odciętej $x_0$ ma równanie

$$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0).$$

a) $f(2)=-1$ i $f'(2)=2\cdot2-3=1$, więc

$$y+1=x-2,\qquad y=x-3.$$

b) $f(1)=-3$, a

$$f'(x)=-\frac6{(x-2)^2}, \qquad f'(1)=-6.$$

Zatem $y+3=-6(x-1)$, czyli $y=-6x+3$.

c) Zapisujemy $f(x)=1+2x^{-3}$. Mamy

$$f(1)=3,\qquad f'(1)=-6,$$

więc $y-3=-6(x-1)$ i $y=-6x+9$.

d) Dla $x_0=-1$ zachodzi $f(-1)=0$. Reguła ilorazu daje

$$f'(-1)=\frac32,$$

stąd $y=\frac32(x+1)=\frac32x+\frac32$.

e) $f(4)=12$ oraz

$$f'(x)=\frac32\sqrt{x}, \qquad f'(4)=3.$$

Zatem $y-12=3(x-4)$, czyli $y=3x$.

f) $f(-3)=-10$, a

$$f'(x)=\frac{x^2+4x-1}{(x+2)^2}, \qquad f'(-3)=-4.$$

Stąd $y+10=-4(x+3)$, więc $y=-4x-22$.

g) Dla $x_0=-1$ licznik funkcji jest równy $0$, zatem $f(-1)=0$. Ponadto

$$f'(-1)=-\frac32.$$

Otrzymujemy $y=-\frac32(x+1)=-\frac32x-\frac32$.

h) $f(2)=\frac12$. Po zróżniczkowaniu:

$$f'(x)=\frac{4(x-2)}{(x+2)^3}, \qquad f'(2)=0.$$

Styczna jest więc pozioma i ma równanie $y=\frac12$.

Szukamy argumentu $x_0$ spełniającego równanie $f'(x_0)=a$.

a) Mamy

$$f'(x)=-4x^3+12x^2-1.$$

Pochodna jest ciągła, a

$$f'(0)=-1<0,\qquad f'(1)=7>0.$$

Z twierdzenia Darboux istnieje $x_0\in(0;1)$, dla którego $f'(x_0)=0$.

b)

$$f'(x)=-\frac6{(4x-1)^2}.$$

Równanie $f'(x_0)=-1$ jest równoważne $(4x_0-1)^2=6$, więc

$$x_0=\frac{1-\sqrt6}{4} \quad\text{lub}\quad x_0=\frac{1+\sqrt6}{4}.$$

c) Dla $x>0$:

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

Warunek $f'(x_0)=2$ daje $\sqrt{x_0}=\frac12$, czyli $x_0=\frac14$.

d)

$$f'(x)=\frac{5(1-x^2)}{(x^2+1)^2}.$$

Równanie $f'(x_0)=0$ ma rozwiązania $x_0=-1$ oraz $x_0=1$.

Szukane styczne mają współczynnik kierunkowy $-2$, zatem ich punkty styczności spełniają $f'(x_0)=-2$.

a) Dla

$$f(x)=\frac{x+3}{x+1}$$

mamy

$$f'(x)=-\frac2{(x+1)^2}.$$

Równanie $f'(x_0)=-2$ daje $(x_0+1)^2=1$, czyli $x_0=0$ lub $x_0=-2$.

Dla $x_0=0$ punkt styczności to $(0,3)$, więc $y=-2x+3$. Dla $x_0=-2$ otrzymujemy punkt $(-2,-1)$ i styczną $y=-2x-5$.

b) Mamy

$$f'(x)=2-\frac1{x^2}.$$

Warunek $f'(x_0)=-2$ daje $x_0=\pm\frac12$.

Dla $x_0=\frac12$ punkt styczności to $(\frac12,3)$, więc $y=-2x+4$. Dla $x_0=-\frac12$ punkt to $(-\frac12,-3)$, a styczna ma równanie $y=-2x-4$.

Podstawiamy oba argumenty do odpowiedniego wzoru na pochodną.

a) $f'(x)=\cos x$, więc

$$f'\left(\frac\pi3\right)=\frac12, \qquad f'\left(\frac\pi4\right)=\frac{\sqrt2}{2}.$$

b) $f'(x)=-\sin x$, zatem

$$f'\left(\frac\pi3\right)=-\frac{\sqrt3}{2}, \qquad f'\left(\frac\pi4\right)=-\frac{\sqrt2}{2}.$$

c) $f'(x)=1/\cos^2x$, więc

$$f'\left(\frac\pi3\right)=4, \qquad f'\left(\frac\pi4\right)=2.$$

d) $f'(x)=-1/\sin^2x$, stąd

$$f'\left(\frac\pi3\right)=-\frac43, \qquad f'\left(\frac\pi4\right)=-2.$$

Stosujemy reguły iloczynu i ilorazu oraz pochodne funkcji trygonometrycznych.

a)

$$f'(x)=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1.$$

b)

$$f'(x)=2\sin x+(2x+1)\cos x.$$

c)

$$f'(x)=2x\,\operatorname{tg}x+\frac{x^2+3}{\cos^2x}.$$

d)

$$f'(x)=2\sin x\cos x.$$

e)

$$f'(x)=\operatorname{ctg}x-\frac{x}{\sin^2x}.$$

f)

$$f'(x)=\frac{x^2\cos x-2x\sin x}{x^4} =\frac{x\cos x-2\sin x}{x^3}.$$

g)

$$f'(x)=-2\sin x\cos x.$$

h)

$$\begin{aligned} f'(x) &=\frac{\cos x(1+\cos x)+\sin^2x}{(1+\cos x)^2}\\ &=\frac1{1+\cos x}. \end{aligned}$$

i)

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