Ze wzoru $(x^n)'=nx^{n-1}$:

$$f'(x)=3x^{3-1}=3x^2$$

Odpowiedź: A. Odpowiedź D to całka, nie pochodna.

Różniczkujemy każdy składnik osobno:

$$(4x^3)'=12x^2,\qquad (-2x^2)'=-4x,\qquad (7x)'=7,\qquad (-5)'=0$$

$$f'(x)=12x^2-4x+7$$

Odpowiedź: $f'(x)=12x^2-4x+7$.

Uwaga: pochodna stałej wynosi zero — wyraz wolny znika.

Funkcja stała się nie zmienia, więc tempo zmian jest zerowe.

$$f'(x)=0$$

Odpowiedź: C. Geometrycznie: wykresem jest prosta pozioma o nachyleniu $0$.

Zapisujemy jako potęgę o wykładniku ujemnym:

$$f(x)=x^{-1}$$

$$f'(x)=-1\cdot x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$$

Odpowiedź: $f'(x)=-\frac{1}{x^2}$ dla $x\ne0$.

Wniosek: pochodna jest zawsze ujemna, więc funkcja maleje na każdej ze swoich gałęzi.

$$f(x)=x^{\frac12}$$

$$f'(x)=\frac12 x^{-\frac12}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$$

Odpowiedź: $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ dla $x>0$.

Reguła iloczynu: $(fg)'=f'g+fg'$.

$$f'(x)=2x\cdot\sin x+x^2\cdot\cos x$$

Odpowiedź: $f'(x)=2x\sin x+x^2\cos x$.

Ostrzeżenie: pochodna iloczynu nie jest iloczynem pochodnych.

Reguła ilorazu: $\left(\frac{f}{g}\right)'=\frac{f'g-fg'}{g^2}$.

$$f'(x)=\frac{1\cdot(x+1)-x\cdot1}{(x+1)^2}=\frac{x+1-x}{(x+1)^2}$$

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

Odpowiedź: $\frac{1}{(x+1)^2}$ dla $x\ne-1$.

Uwaga: w liczniku jest minus i kolejność ma znaczenie.

Reguła łańcuchowa: różniczkujemy funkcję zewnętrzną, mnożąc przez pochodną wnętrza.

$$f'(x)=5(2x+1)^4\cdot(2x+1)'=5(2x+1)^4\cdot2=10(2x+1)^4$$

Odpowiedź: B. Odpowiedź A to najczęstszy błąd — pominięcie czynnika $2$.

Krok 1 — punkt styczności:

$$f(3)=9 \quad\Rightarrow\quad P=(3,9)$$

Krok 2 — współczynnik kierunkowy (pochodna w punkcie):

$$f'(x)=2x,\qquad f'(3)=6$$

Krok 3 — równanie stycznej:

$$y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)=6(x-3)+9=6x-9$$

Odpowiedź: $y=6x-9$.

Krok 1 — pochodna:

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

Krok 2 — miejsca zerowe pochodnej: $x=-1$ oraz $x=1$.

Krok 3 — znak pochodnej. To parabola o ramionach w górę, więc:

$$f'(x)>0 \text{ na } (-\infty,-1)\cup(1,+\infty),\qquad f'(x)<0 \text{ na } (-1,1)$$

Odpowiedź: funkcja rośnie na $(-\infty,-1\rangle$ i $\langle1,+\infty)$, maleje na $\langle-1,1\rangle$.

Z poprzedniego zadania: $f'(x)=3(x-1)(x+1)$, punkty stacjonarne $x=\pm1$.

Analiza zmiany znaku:

W $x=-1$ pochodna zmienia znak z $+$ na $-$ → maksimum lokalne:

$$f(-1)=-1+3=2$$

W $x=1$ pochodna zmienia znak z $-$ na $+$ → minimum lokalne:

$$f(1)=1-3=-2$$

Odpowiedź: maksimum $2$ w $x=-1$, minimum $-2$ w $x=1$.

$$f'(x)=3x^2\ge0 \text{ dla każdego } x$$

Pochodna nie zmienia znaku (jest nieujemna po obu stronach zera), więc funkcja stale rośnie i ekstremum nie występuje. To punkt przegięcia.

Odpowiedź: C. Sam warunek $f'(x_0)=0$ nie wystarcza — konieczna jest zmiana znaku.

Krok 1 — punkty stacjonarne:

$$f'(x)=2x-4=0 \quad\Rightarrow\quad x=2 \in\langle0,3\rangle \checkmark$$

Krok 2 — wartości w punkcie stacjonarnym i na końcach przedziału:

$$f(0)=1,\qquad f(2)=4-8+1=-3,\qquad f(3)=9-12+1=-2$$

Odpowiedź: wartość najmniejsza $-3$ (dla $x=2$), największa $1$ (dla $x=0$).

Kluczowe: na przedziale domkniętym zawsze sprawdzaj także końce — ekstremum globalne często tam właśnie leży.

Krok 1 — model. Obwód $2(a+b)=40$, więc $b=20-a$, gdzie $a\in(0,20)$.

$$P(a)=a(20-a)=20a-a^2$$

Krok 2 — pochodna i punkt stacjonarny:

$$P'(a)=20-2a=0 \quad\Rightarrow\quad a=10$$

Krok 3 — sprawdzenie. $P'$ zmienia znak z $+$ na $-$, więc to maksimum.

Wtedy $b=20-10=10$, a pole wynosi $100\ \text{cm}^2$.

Odpowiedź: kwadrat o boku $10$ cm.

Wniosek ogólny: spośród prostokątów o danym obwodzie największe pole ma kwadrat.

Prędkość to pochodna drogi po czasie:

$$v(t)=s'(t)=3t^2-12t+9$$

$$v(2)=12-24+9=-3\ \text{m/s}$$

Odpowiedź: $-3$ m/s.

Interpretacja: znak ujemny oznacza, że punkt porusza się w przeciwnym kierunku niż przyjęty za dodatni.

Ujemna pochodna oznacza ujemne tempo zmian — wartości funkcji maleją.

Odpowiedź: D.

Korzystamy z pochodnych funkcji elementarnych:

$$(e^x)'=e^x,\qquad (\ln x)'=\frac1x$$

$$f'(x)=e^x+\frac{1}{x}$$

Odpowiedź: $f'(x)=e^x+\frac1x$ dla $x>0$.

Styczna równoległa do osi $OX$ ma współczynnik kierunkowy $0$, więc szukamy $f'(x)=0$.

$$f'(x)=2x-4=0 \quad\Rightarrow\quad x=2$$

$$f(2)=4-8=-4$$

Odpowiedź: w punkcie $(2,-4)$ — to wierzchołek paraboli.

Krok 1 — pochodna:

$$f'(x)=3x^2+m$$

Krok 2 — warunek. Funkcja rośnie wszędzie, gdy $f'(x)\ge0$ dla każdego $x$.

Najmniejszą wartość $3x^2+m$ przyjmuje dla $x=0$ i wynosi ona $m$. Zatem:

$$m\ge0$$

Odpowiedź: $m\in\langle0,+\infty)$.

Sprawdzenie: dla $m=-3$ mamy $f'(x)=3x^2-3$, które jest ujemne na $(-1,1)$ — funkcja tam maleje, więc warunek faktycznie nie jest spełniony.

Krok 1 — model. Podstawa ma bok $12-2x$, a wysokość $x$, przy czym $x\in(0,6)$:

$$V(x)=x(12-2x)^2$$

Krok 2 — rozwinięcie i pochodna:

$$V(x)=x(144-48x+4x^2)=4x^3-48x^2+144x$$

$$V'(x)=12x^2-96x+144=12(x^2-8x+12)=12(x-2)(x-6)$$

Krok 3 — wybór rozwiązania. Punkty stacjonarne to $x=2$ i $x=6$, ale $x=6$ leży poza dziedziną (podstawa miałaby bok $0$). Dla $x=2$ pochodna zmienia znak z $+$ na $-$, więc to maksimum.

$$V(2)=2\cdot8^2=128\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $x=2$ cm, objętość $128\ \text{cm}^3$.