Twierdzenie o pochodnej funkcji monotonicznej   Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna w przedziale (a; b) oraz dla każdego x ∈ (a; b) $f{}^{\prime }\left(x\right)=0$   to funkcja f jest stała w przedziale (a; b), $f{}^{\prime }\left(x\right)>0$   to funkcja f jest rosnąca w przedziale (a; b), $f{}^{\prime }\left(x\right)<0$   to funkcja f jest malejąca w przedziale (a; b). Uwaga   Jeśli funkcja f jest ciągła w przedziale <a; b> oraz: funkcja f jest rosnąca w przedziale (a; b), to jest również rosnąca w przedziale <a; b>,  funkcja f jest malejąca w przedziale (a; b), to jest również malejąca w przedziale <a; b>.

---

a)

Wyznaczymy maksymalne przedziały monotoniczności funkcji

$f\left(x\right)=4x^3-2x^2-x+5$

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left(4x^3-2x^2-x+5\right){}^{\prime }=12x^2-4x-1$  

$D_{f{}^{\prime }}=\mathbb{R}$   

Badamy znak pochodnej

Wykonujemy obliczenia pomocnicze i szkicujemy przybliżony wykres pochodnej.

● miejsca zerowe

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$12x^2-4x-1=0$

$\Delta ={\left(-4\right)}^2-4\cdot 12\cdot \left(-1\right)=64,\sqrt{\Delta }=8$

$x_1=\frac{4-8}{2\cdot 12}=-\frac{4}{24}=-\frac{1}{6}$  

$x_2=\frac{4+8}{2\cdot 12}=\frac{12}{2\cdot 12}=\frac{1}{2}$  

● ramiona paraboli zwrócone są w górę, bo współczynnik przy x² jest dodatni

Korzystając z rysunku, wnioskujemy, że

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff x\in \left(-\infty ;-\frac{1}{6}\right)\cup \left(\frac{1}{2};+\infty \right)$
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff x\in \left(-\frac{1}{6};\frac{1}{2}\right)$   

Określamy maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f

Analizując, jak zmienia się znak pochodnej i powołując się na fakt, że funkcja f jest ciągła w ℝ (jako funkcja wielomianowa), otrzymujemy następujące maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f:

• funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów
  $(-\infty ;-\frac{1}{6}⟩,⟨\frac{1}{2};+\infty )$  
• funkcja f jest malejąca w przedziale
  $⟨-\frac{1}{6};\frac{1}{2}⟩$

---

b)

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji

$f\left(x\right)={\left(x+1\right)}^2\cdot \left(5-x\right)$

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

Skorzystamy ze wzoru na pochodną iloczynu funkcji.

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left({\left(x+1\right)}^2\cdot \left(5-x\right)\right){}^{\prime }=\left(\left(x^2+2x+1\right)\cdot \left(5-x\right)\right){}^{\prime }=$

$=\left(x^2+2x+1\right){}^{\prime }\cdot \left(5-x\right)+\left(x^2+2x+1\right)\cdot \left(5-x\right)\left(5-x\right){}^{\prime }=$  

$=\left(2x+2\right)\cdot \left(5-x\right)+\left(x^2+2x+1\right)\cdot \left(-1\right)=$

$=10x-2x^2+10-2x-x^2-2x-1=$

$=-3x^2+6x+9$   

$D_{f{}^{\prime }}=\mathbb{R}$

Badamy znak pochodnej

Wykonujemy obliczenia pomocnicze i szkicujemy przybliżony wykres pochodnej.

● miejsca zerowe

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$-3x^2+6x+9=0$

$-x^2+2x+3=0$

$\Delta =2^2-4\cdot \left(-1\right)+3=16,\sqrt{\Delta }=4$  

$x_1=\frac{-2-4}{2\cdot \left(-1\right)}=3$

$x_2=\frac{-2+4}{2\cdot \left(-1\right)}=-1$

● ramiona paraboli zwrócone są w dół, bo współczynnik przy x² jest ujemny

Korzystając z rysunku, wnioskujemy, że

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff x\in \left(-1;3\right)$
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff x\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(3;+\infty \right))$

Określamy przedziały monotoniczności funkcji f

Analizując, jak zmienia się znak pochodnej i powołując się na fakt, że funkcja f jest ciągła w ℝ (jako funkcja wielomianowa), otrzymujemy następujące maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f:

• funkcja f jest rosnąca w przedziale
  $\left(-1;3\right)$
• funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów
  $(-\infty ;-1⟩,⟨3;+\infty )$   

---

c)

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji

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

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{0\right\}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

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

$D_{f{}^{\prime }}=\mathbb{R}\backslash \left\{0\right\}$

Badamy znak pochodnej

Zauważmy, że dla x ∈ ℝ wyrażenie w mianowniku pochodnej przyjmuje tylko wartości dodatnie, więc znak pochodnej jest taki sam jak znak wyrażenia w jej liczniku. 

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji:

$y=x^2-1$  

Obliczenia pomocnicze:

● miejsca zerowe

$x^2-1=0$

$\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0$

$x=1\vee x=-1$

● ramiona paraboli zwrócone są w górę, bo współczynnik przy x² jest dodatni

Korzystając z rysunku, wnioskujemy, że

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff \{\begin{array}{l}\frac{x^2-1}{x^2}>0\\ x\in D_{f{}^{\prime }}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}^2-1>0\\ x\in \mathbb{R}\backslash \left\{0\right\}\end{array}\iff x\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(1;+\infty \right)$
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff \{\begin{array}{l}\frac{x^2-1}{x^2}<0\\ x\in \mathbb{R}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}^2-1<0\\ x\in \mathbb{R}\backslash \left\{0\right\}\end{array}\iff x\in \left(-1;0\right)\cup \left(0;1\right)$

Określamy przedziały monotoniczności funkcji f

Analizując, jak zmienia się znak pochodnej i powołując się na fakt, że funkcja f jest ciągła w swojej dziedzinie (jako funkcja wymierna), otrzymujemy następujące maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f:

• funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów
  $(-\infty ;-1⟩,⟨1;+\infty )$  
  
  
• funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów
  $⟨-1;0),(0;1⟩$

---

d)

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji

$f\left(x\right)=x^4-4x^3+4x^2$

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left(x^4-4x^3+4x^2\right){}^{\prime }=4x^3-12x^2+8x$  

$D_{f{}^{\prime }}=\mathbb{R}$

Badamy znak pochodnej

Wykonujemy obliczenia pomocnicze i szkicujemy przybliżony wykres pochodnej.

● miejsca zerowe

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$4x^3-12x^2+8x=0$

$4x\left(x^2-3x+2\right)=0$  

$x=0\vee x^2-3x+2=0$

$\Delta ={\left(-3\right)}^2-4\cdot 1\cdot 2=1,\sqrt{\Delta }=1$

$x=\frac{3-1}{2\cdot 1}=1\vee x=\frac{3+1}{2\cdot 1}=2$      

(przy czym wszystkie wyznaczone pierwiastki są pierwiastkami jednokrotnymi)

● współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej x jest dodatni, więc wykres szkicujemy od prawej strony od góry

Korzystając z rysunku, wnioskujemy, że

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff x\in \left(0;1\right)\cup \left(2;+\infty \right)$
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff x\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(1;2\right)$

Określamy przedziały monotoniczności funkcji f

Analizując, jak zmienia się znak pochodnej i powołując się na fakt, że funkcja f jest ciągła w ℝ (jako funkcja wielomianowa), otrzymujemy następujące maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f:

• funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów
  $⟨0;1⟩,⟨2;+\infty )$
• funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów
  $(-\infty ;0⟩,⟨1;2⟩$