MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony, strona 264 — rozwiązania zadań

Zadanie 1

6 podpunktów

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Stosujemy regułę łańcuchową.

a)

f'(x)=3(x+1)^2,\qquad f'(0)=3,\qquad f'(1)=12.

b)

f'(x)=4(1+x^2)^3\cdot2x=8x(1+x^2)^3,

więc $f'(0)=0$ i $f'(1)=64$ .

c)

f'(x)=5(1-x)^4\cdot(-1)=-5(x-1)^4,

zatem $f'(0)=-5$ i $f'(1)=0$ .

d)

f'(x)=3(4x^2+2)^2\cdot8x=24x(4x^2+2)^2,

stąd $f'(0)=0$ i $f'(1)=864$ .

e)

f'(x)=5(3x+2)^4\cdot3=15(3x+2)^4,

więc $f'(0)=240$ i $f'(1)=9375$ .

f)

\begin{aligned} f'(x) &=6(5x^4-6x+2)^5(20x^3-6)\\ &=12(10x^3-3)(5x^4-6x+2)^5. \end{aligned}

Zatem $f'(0)=-1152$ i $f'(1)=84$ .

Odpowiedź

a) $f'(x)=3(x+1)^2$ , $f'(0)=3$ , $f'(1)=12$ .

b) $f'(x)=8x(1+x^2)^3$ , $f'(0)=0$ , $f'(1)=64$ .

c) $f'(x)=-5(x-1)^4$ , $f'(0)=-5$ , $f'(1)=0$ .

d) $f'(x)=24x(4x^2+2)^2$ , $f'(0)=0$ , $f'(1)=864$ .

e) $f'(x)=15(3x+2)^4$ , $f'(0)=240$ , $f'(1)=9375$ .

f) $f'(x)=12(10x^3-3)(5x^4-6x+2)^5$ , $f'(0)=-1152$ , $f'(1)=84$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 2

6 podpunktów

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

W każdym podpunkcie wyrażenie pod pierwiastkiem musi być nieujemne, natomiast pochodna podanego pierwiastka istnieje tam, gdzie to wyrażenie jest dodatnie.

a) Z warunku $2x-4\ge0$ wynika $x\ge2$ . Ponadto

f'(x)=\frac{2}{2\sqrt{2x-4}}=\frac1{\sqrt{2x-4}}.

Zatem $D_f=[2;\infty)$ i $D_{f'}=(2;\infty)$ .

b) Ponieważ $6x^2+1>0$ dla każdego $x$ , mamy

f'(x)=\frac{12x}{2\sqrt{6x^2+1}} =\frac{6x}{\sqrt{6x^2+1}},\qquad D_f=D_{f'}=\mathbb R.

c) Wyrażenie $x^3+2x=x(x^2+2)$ jest nieujemne dokładnie dla $x\ge0$ . Stąd

f'(x)=\frac{3x^2+2}{2\sqrt{x^3+2x}},\qquad D_f=[0;\infty),\quad D_{f'}=(0;\infty).

d) Nierówność $3x(x-2)\ge0$ daje

D_f=(-\infty;0]\cup[2;\infty).

Pochodna ma postać

f'(x)=\frac{6x-6}{2\sqrt{3x^2-6x}} =\frac{3x-3}{\sqrt{3x^2-6x}},

więc $D_{f'}=(-\infty;0)\cup(2;\infty)$ .

e) Z nierówności $x(4x+1)\ge0$ otrzymujemy

D_f=\left(-\infty;-\frac14\right]\cup[0;\infty).

Ponadto

f'(x)=\frac{8x+1}{2\sqrt{4x^2+x}},\qquad D_{f'}=\left(-\infty;-\frac14\right)\cup(0;\infty).

f) Warunek $4-x^2\ge0$ oznacza $-2\le x\le2$ . Zatem

f'(x)=\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}} =-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}},\qquad D_f=[-2;2],\quad D_{f'}=(-2;2).

Odpowiedź

a) $f'(x)=\frac1{\sqrt{2x-4}}$ , $D_f=[2;\infty)$ , $D_{f'}=(2;\infty)$ .

b) $f'(x)=\frac{6x}{\sqrt{6x^2+1}}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R$ .

c) $f'(x)=\frac{3x^2+2}{2\sqrt{x^3+2x}}$ , $D_f=[0;\infty)$ , $D_{f'}=(0;\infty)$ .

d) $f'(x)=\frac{3x-3}{\sqrt{3x^2-6x}}$ , $D_f=(-\infty;0]\cup[2;\infty)$ , $D_{f'}=(-\infty;0)\cup(2;\infty)$ .

e) $f'(x)=\frac{8x+1}{2\sqrt{4x^2+x}}$ , $D_f=\left(-\infty;-\frac14\right]\cup[0;\infty)$ , $D_{f'}=\left(-\infty;-\frac14\right)\cup(0;\infty)$ .

f) $f'(x)=-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$ , $D_f=[-2;2]$ , $D_{f'}=(-2;2)$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Ćwiczenie 3

4 podpunkty

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Korzystamy ze wzoru

\left(\sqrt{u(x)}\right)'=\frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}.

Pochodna istnieje tam, gdzie wyrażenie pod pierwiastkiem jest dodatnie.

a) Ponieważ $4x^2+1>0$ dla każdego $x\in\mathbb R$ , mamy

h'(x)=\frac{8x}{2\sqrt{4x^2+1}} =\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}.

Zatem $D_h=D_{h'}=\mathbb R$ .

b) Warunek dziedziny ma postać

3x^2+x=x(3x+1)\ge 0,

więc

D_h=\left(-\infty;-\frac13\right]\cup[0;\infty).

Ponadto

h'(x)=\frac{6x+1}{2\sqrt{3x^2+x}},

stąd

D_{h'}=\left(-\infty;-\frac13\right)\cup(0;\infty).

c) Rozwiązujemy nierówność

1+\frac1x=\frac{x+1}{x}\ge 0,\qquad x\ne0.

Otrzymujemy

D_h=(-\infty;-1]\cup(0;\infty).

Różniczkując, dostajemy

h'(x)=-\frac{1}{2x^2\sqrt{1+\frac1x}} =-\frac1{2|x|\sqrt{x^2+x}},

zatem

D_{h'}=(-\infty;-1)\cup(0;\infty).

d) Warunek $x\ge0$ wystarcza, ponieważ wtedy $4+\sqrt{x}>0$ . Zatem $D_h=[0;\infty)$ , a dla $x>0$

h'(x)=\frac1{2\sqrt{4+\sqrt{x}}}\cdot\frac1{2\sqrt{x}} =\frac1{4\sqrt{4x+x\sqrt{x}}}.

Stąd $D_{h'}=(0;\infty)$ .

Odpowiedź

a) $h'(x)=\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}$ , $D_h=D_{h'}=\mathbb R$ .

b) $h'(x)=\frac{6x+1}{2\sqrt{3x^2+x}}$ , $D_h=\left(-\infty;-\frac13\right]\cup[0;\infty)$ , $D_{h'}=\left(-\infty;-\frac13\right)\cup(0;\infty)$ .

c) $h'(x)=-\frac1{2|x|\sqrt{x^2+x}}$ , $D_h=(-\infty;-1]\cup(0;\infty)$ , $D_{h'}=(-\infty;-1)\cup(0;\infty)$ .

d) $h'(x)=\frac1{4\sqrt{4x+x\sqrt{x}}}$ , $D_h=[0;\infty)$ , $D_{h'}=(0;\infty)$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 3

4 podpunkty

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Stosujemy regułę iloczynu i regułę łańcuchową.

a)

\begin{aligned} f'(x) &=21(7x-1)^2(2x+1)^2+4(7x-1)^3(2x+1)\\ &=(7x-1)^2(2x+1)(70x+17). \end{aligned}

Zatem $f'(0)=17$ .

b)

\begin{aligned} f'(x) &=4x(x^2-1)(3-x)^2-2(x^2-1)^2(3-x)\\ &=2(x^2-1)(3-x)(-3x^2+6x+1). \end{aligned}

Stąd $f'(0)=-6$ .

c) Dziedzina funkcji to $[-\frac14;\infty)$ . Dla $x>-\frac14$ mamy

\begin{aligned} f'(x) &=2x\sqrt{4x+1}+x^2\frac2{\sqrt{4x+1}}\\ &=\frac{10x^2+2x}{\sqrt{4x+1}}. \end{aligned}

Zatem $D_{f'}=(-\frac14;\infty)$ i $f'(0)=0$ .

d) Dziedzina funkcji to $(-\infty;\frac14]$ . Dla $x<\frac14$ otrzymujemy

\begin{aligned} f'(x) &=3x^2\sqrt{1-4x}-\frac{2x^3}{\sqrt{1-4x}}\\ &=\frac{3x^2-14x^3}{\sqrt{1-4x}}. \end{aligned}

Stąd $D_{f'}=(-\infty;\frac14)$ i $f'(0)=0$ .

Odpowiedź

a) $f'(x)=(7x-1)^2(2x+1)(70x+17)$ , $f'(0)=17$ .

b) $f'(x)=2(x^2-1)(3-x)(-3x^2+6x+1)$ , $f'(0)=-6$ .

c) $f'(x)=\frac{10x^2+2x}{\sqrt{4x+1}}$ , $D_f=[-\frac14;\infty)$ , $D_{f'}=(-\frac14;\infty)$ , $f'(0)=0$ .

d) $f'(x)=\frac{3x^2-14x^3}{\sqrt{1-4x}}$ , $D_f=(-\infty;\frac14]$ , $D_{f'}=(-\infty;\frac14)$ , $f'(0)=0$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 4

2 podpunkty

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

a) Zapisujemy funkcję jako

f(x)=(1-2x)(3x+1)^{-1/2}.

Jej dziedzina to $(-\frac13;\infty)$ . Pochodna wynosi

\begin{aligned} f'(x) &=-2(3x+1)^{-1/2}-\frac32(1-2x)(3x+1)^{-3/2}\\ &=\frac{-6x-7}{2(3x+1)\sqrt{3x+1}}. \end{aligned}

Zatem

f'(1)=\frac{-13}{2\cdot4\cdot2}=-\frac{13}{16}.

b) Dla $x\ne0$ stosujemy wzór na pochodną ilorazu:

\begin{aligned} f'(x) &=\frac{x\cdot\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\sqrt{x^2+1}}{x^2}\\ &=-\frac1{x^2\sqrt{x^2+1}}. \end{aligned}

Wobec tego

f'(1)=-\frac1{\sqrt2}=-\frac{\sqrt2}{2}.

Odpowiedź

a) $f'(x)=\frac{-6x-7}{2(3x+1)\sqrt{3x+1}}$ , $D_f=D_{f'}=(-\frac13;\infty)$ , $f'(1)=-\frac{13}{16}$ .

b) $f'(x)=-\frac1{x^2\sqrt{x^2+1}}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus\{0\}$ , $f'(1)=-\frac{\sqrt2}{2}$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 5

2 podpunkty

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Mamy

f'(x)=4x-\frac1{x^2},\qquad g'(x)=-\frac1{x^2}.

a) Dla $h=f\circ g$ reguła łańcuchowa daje

h'(1)=f'(g(1))\,g'(1)=f'(1)\cdot(-1)=3\cdot(-1)=-3.

b) Dla $h=g\circ f$ otrzymujemy

h'(1)=g'(f(1))\,f'(1)=g'(3)\cdot3 =-\frac19\cdot3=-\frac13.

Odpowiedź

a) $h'(1)=-3$ ; b) $h'(1)=-\frac13$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 6

2 podpunkty

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Styczna w punkcie o odciętej $x_0$ ma równanie

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

a) Dla $f(x)=\sqrt{x^2+5}$ mamy

f(2)=3,\qquad f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+5}},\qquad f'(2)=\frac23.

Zatem

y-3=\frac23(x-2),\qquad y=\frac23x+\frac53.

b) Dla $f(x)=\sqrt[3]{3x+4}$ otrzymujemy

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

Stąd

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

Odpowiedź

a) $y=\frac23x+\frac53$ ; b) $y=x+2$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 7

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

Dziedzina obu stron równania wymaga

x\ne0,\qquad 2x+3\ne0.

Mamy

f(g(x))=\frac2x+3=\frac{3x+2}{x},\qquad g(f(x))=\frac1{2x+3}.

Zatem

\frac{3x+2}{x}=\frac1{2x+3}

i po pomnożeniu przez $x(2x+3)$ :

(3x+2)(2x+3)=x.

Stąd

6x^2+12x+6=0,\qquad (x+1)^2=0,

czyli $x=-1$ . Liczba ta spełnia warunki dziedziny.

Odpowiedź

$x=-1$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem

Zadanie 8

12 podpunktów

zgodne z kluczem

Pokaż rozwiązanie

Do zeszytu

W każdym podpunkcie stosujemy regułę łańcuchową.

a) $f'(x)=4\cos4x$ .

b) $f'(x)=-5\sin5x$ .

c)

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

Funkcja i pochodna nie są określone, gdy $6x-1=\frac\pi2+k\pi$ , zatem

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\frac16+\frac\pi{12}+\frac{k\pi}{6}:k\in\mathbb Z\right\}.

d) $f'(x)=2x\cos x^2$ .

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

f) $f'(x)=3x^2\cos(x^3-1)$ .

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

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

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

j) $f'(x)=3\sin^2x\cos x$ .

k)

f'(x)=-\frac{3x^2}{\cos^2(1-x^3)}.

Po przepisaniu zbioru miejsc zerowych mianownika z indeksem całkowitym mamy

D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\sqrt[3]{1+\frac\pi2+k\pi}:k\in\mathbb Z\right\}.

l)

f'(x)=\frac{2\operatorname{tg}x}{\cos^2x},\qquad D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\frac\pi2+k\pi:k\in\mathbb Z\right\}.

Odpowiedź

a) $f'(x)=4\cos4x$ .

b) $f'(x)=-5\sin5x$ .

c) $f'(x)=\frac6{\cos^2(6x-1)}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\frac16+\frac\pi{12}+\frac{k\pi}{6}:k\in\mathbb Z\right\}$ .

d) $f'(x)=2x\cos x^2$ .

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

f) $f'(x)=3x^2\cos(x^3-1)$ .

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

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

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

j) $f'(x)=3\sin^2x\cos x$ .

k) $f'(x)=-\frac{3x^2}{\cos^2(1-x^3)}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\sqrt[3]{1+\frac\pi2+k\pi}:k\in\mathbb Z\right\}$ .

l) $f'(x)=\frac{2\operatorname{tg}x}{\cos^2x}$ , $D_f=D_{f'}=\mathbb R\setminus \left\{\frac\pi2+k\pi:k\in\mathbb Z\right\}$ .

Rozwiązanie: opracowanie własneWeryfikacja: zgodne z kluczem