Pochodna funkcji jednej zmiennej

Dziedziną funkcji $f$ jest zbiór $D=\mathbb R$.

Wyznaczymy asymptoty wykresu funkcji $f$. Obliczamy w tym celu granice funkcji na krańcach jej dziedziny:

$\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1$,

$\lim\limits_{x\to +\infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to +\infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1$.

Zatem prosta o równaniu $y=1$ jest asymptotą poziomą wykresu funkcji w $-\infty$ i $+\infty$.

Wykres funkcji nie ma asymptot pionowych.

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(\frac{x^2}{x^2+3}\right)^\prime=\frac{\left(x^2\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)+x^2\cdot\left(x^2+3\right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{2x\cdot\left(x^2+3\right)-x^2\cdot 2x}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}, \; \; x\in\mathbb R$.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

$f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}=0 \Leftrightarrow {6x}=0 \Leftrightarrow x=0$.

Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że $\left(x^2+3\right)^2>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $6x$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}>0 \Leftrightarrow 6x>0 \Leftrightarrow x>0$,

$f^\prime(x)$.

Zatem funkcja jest malejąca na przedziale $\left(-\infty, 0\right)$, rosnąca na przedziale $\left(0, +\infty \right)$.

Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=0$ funkcja ma minimum lokalne równe $0$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie $f^{\prime\prime}(x)=0$.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}\right)^\prime=\frac{\left(6x\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot \left(\left(x^2+3\right)^2 \right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^4}=\frac{6\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot 2\left(x^2+3\right)\cdot2x }{\left(x^2+3\right)^4}$ $=\frac{\left(x^2+3\right)\cdot \left(-18x^2+18\right)}{\left(x^2+3\right)^4}$ $=\frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}, \; \; x\in \mathbb R$.

$f^{\prime\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}=0 \Leftrightarrow 1-x^2=0 \Leftrightarrow \left(1-x\right)\left(1+x\right)=0$ $\Leftrightarrow \left(x=1 \vee x=-1\right)$.

Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie , a gdzie ujemne. Zauważmy, że $\frac{18}{\left(x^2+3\right)^3}>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $\left(1-x^2\right)$.

$f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}>0 \Leftrightarrow 1-x^2>0 \Leftrightarrow x\in \left(-1, 1\right)$,

$f^{\prime\prime}(x)$.

Zatem funkcja jest wypukła na przedziale $\left(-1, 1\right)$, wklęsła na przedziałach $\left(-\infty, -1\right)$, $\left(1,+\infty\right)$. Punkty $\left(-1, \frac14\right)$, $\left(1, \frac14\right)$ są punktami przegięcia wykresu funkcji.

Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f$.

Wykres funkcji $f$. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.

$\lim\limits_{x\to 0^+} \frac{4+\ln x}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+} (4+\ln x)\cdot \frac{1}{x}=\left[(4+\ln 0^+)\cdot \frac{1}{0^+}=-\infty\cdot (+\infty)\right]=-\infty$.

Zatem funkcja ma asymptotę pionową prawostronną $x=0$.

$\lim\limits_{x\to+ \infty} \frac{4+\ln x}{x}=\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]\stackrel{[H]}{=}\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\frac1x}{1}=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=\left[\frac{1}{+\infty}\right]=0$.

Zatem prosta o równaniu $y=0$ jest asymptotą poziomą wykresu funkcji $f$ w $+\infty$.

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(\frac{4+\ln x}{x}\right)^\prime=\frac{\left(4+\ln x\right)^\prime\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot x^\prime}{x^2}=\frac{\frac1x\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot 1}{x^2}=\frac{-3-\ln x}{x^2}, \; \; x \in (0, +\infty)$.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

$f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{-3-\ln x}{x^2}=0 \Leftrightarrow {-3-\ln x}=0 \Leftrightarrow \ln x=-3\Leftrightarrow x=e^{-3}$.

Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że $x^2>0$ dla każdego $x\in (0, +\infty)$, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $\left(-3-\ln x\right)$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{-3-\ln x}{x^2}>0 \Leftrightarrow-3-\ln x>0\Leftrightarrow \ln x$,

$f^\prime(x)$.

Zatem funkcja jest rosnąca na przedziale $\left(0, e^{-3}\right)$, malejąca na przedziale $\left(e^{-3}, +\infty\right)$.

Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=e^{-3}$ funkcja ma maksimum lokalne równe $e^3$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie $f^{\prime\prime}(x)=0$.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{-3-\ln x}{x^2}\right)^\prime=\frac{\left(-3-\ln x\right)^\prime\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot \left(x^2\right)^\prime}{x^4}=\frac{-\frac1x\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot 2x}{x^4}=\frac{x\left(-1+6+2\ln x\right)}{x^4}$ $=\frac{x\left(5+2\ln x\right)}{x^4}$ $=\frac{5+2\ln x}{x^3}, \; \; x\in (0, +\infty)$.

$f^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow \frac{5+2\ln x}{x^3}=0 \Leftrightarrow 5+2\ln x=0 \Leftrightarrow \ln x=-\frac 52\Leftrightarrow x=e^{-\frac 52}$.

Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie , a gdzie ujemne. Zauważmy, że $x^3>0$ dla każdego $x\in (0, +\infty)$, zatem znak drugiej pochodnej funkcji będzie taki sam jak znak wyrażenia $\left(5+2\ln x\right)$.

$f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow \frac{5+2\ln x}{x^3}>0 \Leftrightarrow 5+2\ln x>0 \Leftrightarrow \ln x>-\frac 52\Leftrightarrow x\in \left(e^{-\frac 52}, +\infty\right)$,

$f^{\prime\prime}(x)$.

Zatem funkcja $f$ jest wklęsła na przedziale $\left(0, e^{-\frac 52}\right)$, wypukła na przedziale $\left(e^{-\frac 52}, +\infty\right)$, punkt $\left(e^{-\frac 52}, \frac{3}2e^{\frac52}\right)$ jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f$.

Wykres funkcji $f$. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.

Wyznaczymy asymptoty wykresu funkcji $f$. Obliczymy w tym celu granice funkcji na krańcach jej dziedziny:

$\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty}\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)=\left[{3\operatorname{arctg}(-\infty)-2\cdot(-\infty)=\frac {-3\pi}{2}}+\infty\right]=+\infty$,

$\lim\limits_{x\to+ \infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+ \infty}\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)=\left[{3\operatorname{arctg}(+\infty)-2\cdot\infty=\frac {3\pi}{2}}-\infty\right]=-\infty$.

Ponieważ obie policzone powyżej granice są niewłaściwe więc wykres funkcji nie ma symptoty poziomej. Sprawdzamy istnienie asymptot ukośnych wykresu funkcji w $-\infty$ i $+\infty$.

W $-\infty$ mamy:

$\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to -\infty}\frac{3\operatorname{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to -\infty} \left(\frac{3\operatorname{arctg}x}{x}-2\right)$ $=\left[\frac{3\operatorname{arctg}(-\infty)}{-\infty}-2 =\frac{-\frac {3\pi}{2}}{-\infty}-2\right]$ $=-2$, czyli $a=-2$,

$\lim\limits_{x\to -\infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to -\infty} \left(3\operatorname{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to -\infty} 3\operatorname{arctg}x$ $=\left[3\operatorname{arctg}(-\infty)\right]$ $=\frac {-3\pi}{2}$, czyli $b=\frac {-3\pi}{2}$.

Prosta o równaniu $y=ax+b$, czyli $y=-2x-\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w $-\infty$.

W $+\infty$ mamy:

$\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{3\operatorname{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty} \frac{3\operatorname{arctg}x}{x}-2$ $=\left[\frac{3\operatorname{arctg}(+\infty)}{+\infty}-2=\frac{\frac {3\pi}{2}}{+\infty}-2\right]$ $=-2$, czyli $a=-2$,

$\lim\limits_{x\to+ \infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to +\infty} \left(3\operatorname{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to +\infty} 3\operatorname{arctg}x$ $=\left[3\operatorname{arctg}(+\infty)\right]$ $=\frac {3\pi}{2}$, czyli $b=\frac {3\pi}{2}$.

Zatem prosta o równaniu $y=-2x+\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w $+\infty$.

Podsumowując otrzymujemy, że prosta o równaniu $y=-2x-\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w $-\infty$, prosta prosta o równaniu $y=-2x+\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w $+\infty$. Wykres funkcji $f$ nie ma asymptot pionowych.

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)^\prime=\frac{3}{1+x^2}-2, \; \; x \in \mathbb R$.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

$f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{3}{1+x^2}-2=0 \Leftrightarrow \frac{3-2(1+x^2)}{1+x^2}=0 \Leftrightarrow\frac{1-2x^2}{1+x^2}=0 \Leftrightarrow 1-2x^2=0$ $\Leftrightarrow \left(x=-\frac{\sqrt2}2 \; \vee \; x=\frac{\sqrt2}2\right)$.

Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że $\left(1+x^2\right)>0$ dla każdego $x\in\mathbb R$, zatem znak pochodnej funkcji będzie taki sam jak znak wyrażenia $\left(1-2x^2\right)$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{1-2x^2}{1+x^2}>0\Leftrightarrow {1-2x^2}>0 \Leftrightarrow x\in\left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right)$,

$f^\prime(x)$.

Zatem funkcja jest malejąca na każdym z przedziałów $\left(-\infty, -\frac{\sqrt 2}2\right)$, $\left(\frac{\sqrt 2} 2, +\infty\right)$, rosnąca na przedziale $\left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right)$. Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=-\frac{\sqrt2}2$ funkcja ma minimum lokalne równe $-3\operatorname{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)+\sqrt 2$, zaś w punkcie $x=\frac{\sqrt2}2$ funkcja ma maksimum lokalne równe $3\operatorname{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)-\sqrt 2$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie $f^{\prime\prime}(x)=0$.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{1-2x^2}{1+x^2}\right)^\prime=\frac{\left(1-2x^2\right)^\prime\cdot \left(1+x^2\right)-\left(1-2x^2\right)\cdot \left(1+x^2\right)^\prime}{\left(1+x^2\right)^2}=\frac{-4x\left(1+x^2\right)-2x\left(1-2x^2\right)}{\left(1+x^2\right)^2}$ $=-\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}, \; \; x\in \mathbb R$.

$f^{\prime\prime}(x)=0 \Leftrightarrow -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2} \Leftrightarrow 6x=0 \Leftrightarrow x=0$.

Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy, że $\left(1+x^2\right)^2>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $\left(-6x\right)$.

$f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}>0 \Leftrightarrow -6x>0 \Leftrightarrow x$,

$f^{\prime\prime}(x)$.

Zatem funkcja $f$ jest wypukła na przedziale $\left(-\infty, 0\right)$, wklęsła na przedziale $\left(0, +\infty\right)$, punkt $\left(0, 0\right)$ jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f$.

Wykres funkcji $f$. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.