a)

Zbadamy monotoniczność i wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji f danej wzorem

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

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

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

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Oznacza to, że funkcja f ma pochodną w całej swojej dziedzinie, więc jedynymi "kandydatami" na punkty występowania ekstremów funkcji f są miejsca zerowe jej pochodnej.

Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$

$3x^2-3=0$    

$3x^2=3$

$x^2=1$   

$\underline{x=1}\vee \underline{x=-1}$  

Badamy znak pochodnej i formułujemy wnioski za pomocą tabeli

Szkicujemy przybliżony wykres pochodnej.

Korzystając z rysunku, zapisujemy wnioski:

$x$	$\left(-\infty ;-1\right)$	$-1$	$\left(-1;1\right)$	$1$	$\left(1;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f jest

• rosnąca w każdym z przedziałów

$\left(-\infty ;-1\right),\left(1;+\infty \right)$

• malejąca w przedziale

$\left(-1;1\right)$    

oraz ma następujące ekstrema lokalne:

• maksimum lokalne równe

$y_{\max }=f\left(-1\right)={\left(-1\right)}^3-3\cdot \left(-1\right)+3=\underline{\underline{5}}$  

• minimum lokalne równe

$y_{\min }=f\left(1\right)=1^3-3\cdot 1+3=\underline{\underline{1}}$  

---

b)

Zbadamy monotoniczność i wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji f danej wzorem

$f\left(x\right)=\frac{1}{4}{x}^4-\frac{3}{2}{x}^2$

Ustalamy dziedzinę funkcji f

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

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

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Oznacza to, że funkcja f ma pochodną w całej swojej dziedzinie, więc jedynymi "kandydatami" na punkty występowania ekstremów funkcji f są miejsca zerowe jej pochodnej.

Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$

$x^3-3x=0$    

$x\left(x^2-3\right)=0$

$\underline{x=0}\vee x^2-3=0$   

$x^2=3$  

$\underline{x=\sqrt{3}}\vee \underline{x=-\sqrt{3}}$  

Badamy znak pochodnej i formułujemy wnioski za pomocą tabeli

Szkicujemy przybliżony wykres pochodnej.

Korzystając z rysunku, zapisujemy wnioski:

$x$	$\left(-\infty ;-\sqrt{3}\right)$	$-\sqrt{3}$	$\left(-\sqrt{3};0\right)$	$0$	$\left(-\sqrt{3};\sqrt{3}\right)$	$\sqrt{3}$	$\left(\sqrt{3};+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f jest

• malejąca w każdym z przedziałów

$\left(-\infty ;-\sqrt{3}\right),\left(0;\sqrt{3}\right)$

• rosnąca w każdym z przedziałów

$\left(-\sqrt{3};0\right),\left(\sqrt{3};+\infty \right)$    

oraz ma następujące ekstrema lokalne:

• minimum lokalne równe

$y_{\min }=f\left(-\sqrt{3}\right)=\frac{1}{4}\cdot {\left(-\sqrt{3}\right)}^4-\frac{3}{2}\cdot {\left(-\sqrt{3}\right)}^2=\frac{9}{4}-\frac{9}{2}=\frac{9}{4}-\frac{2\cdot 9}{4}=\underline{\underline{-\frac{9}{4}}}$  

$y_{\min }=f\left(\sqrt{3}\right)=\frac{1}{4}\cdot {\left(\sqrt{3}\right)}^4-\frac{3}{2}\cdot {\left(\sqrt{3}\right)}^2=\frac{9}{4}-\frac{9}{2}=\frac{9}{4}-\frac{2\cdot 9}{4}=\underline{\underline{-\frac{9}{4}}}$  

• maksimum lokalne równe

$y_{\max }=f\left(0\right)=\frac{1}{4}\cdot 0^4-\frac{3}{2}\cdot 0^2=\underline{\underline{0}}$  

---

c)

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji

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

Ustalamy dziedzinę funkcji f

Mianownik ułamka nie może być równy 0, więc zakładamy, że

$x\ne 0$

Stąd  

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

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

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

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

Oznacza to, że funkcja f ma pochodną w całej swojej dziedzinie, więc jedynymi "kandydatami" na punkty występowania ekstremów funkcji f są miejsca zerowe jej pochodnej.

Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$

$\frac{x^2-1}{x^2}=0\mid \cdot x^2$    

$x^2-1=0$

$x^2=1$   

$\underline{x=1}\vee \underline{x=-1}$  

Badamy znak pochodnej i formułujemy wnioski za pomocą tabeli

Zauważmy, że dla x ∈ D_f' mianownik pochodnej jest zawsze dodatni, więc znak pochodnej jest taki sam jak znak jej licznika.

Szkicujemy więc przybliżony wykres funkcji:

$y=x^2-1\text{dla}x\in D_{f{}^{\prime }}$  

(miejsca zerowe: -1 i 1; ramiona paraboli skierowane w górę)

Zapisujemy wnioski w tabeli:

$x$	$\left(-\infty ;-1\right)$	$-1$	$\left(-1;0\right)$	$0$	$\left(0;1\right)$	$1$	$\left(1;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$	X	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	X	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f jest

• rosnąca w każdym z przedziałów

$\left(-\infty ;-1\right),\left(1;+\infty \right)$    

• malejąca w każdym z przedziałów

$\left(-1;0\right),\left(0;1\right)$  

oraz ma następujące ekstrema lokalne:

• maksimum lokalne równe

$y_{\max }=f\left(-1\right)=-1+1+\frac{1}{-1}=\underline{\underline{-1}}$  

• minimum lokalne równe

$y_{\min }=f\left(1\right)=1+1+\frac{1}{1}=\underline{\underline{3}}$

---

d)

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji

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

Ustalamy dziedzinę funkcji f

Mianownik ułamka nie może być równy 0, więc zakładamy, że

$x-2\ne 0$

$x\ne 2$

Stąd  

$D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{2\right\}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left(\frac{x^2}{x-2}\right){}^{\prime }=\frac{\left(x^2\right){}^{\prime }\cdot \left(x-2\right)-x^2\cdot \left(x-2\right){}^{\prime }}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{2x\cdot \left(x-2\right)-x^2\cdot 1}{{\left(x-2\right)}^2}=\frac{x^2-4x}{{\left(x-2\right)}^2}$      

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{2\right\}$   

Oznacza to, że funkcja f ma pochodną w całej swojej dziedzinie, więc jedynymi "kandydatami" na punkty występowania ekstremów funkcji f są miejsca zerowe jej pochodnej.

Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$

$\frac{x^2-4x}{{\left(x-2\right)}^2}=0\mid \cdot {\left(x-2\right)}^2$    

$x^2-4x=0$

$x\left(x-4\right)=0$

$\underline{x=0}v\underline{x=4}$  

Badamy znak pochodnej i formułujemy wnioski za pomocą tabeli

Zauważmy, że dla x ∈ D_f' mianownik pochodnej jest zawsze dodatni, więc znak pochodnej jest taki sam jak znak jej licznika.

Szkicujemy więc przybliżony wykres funkcji:

$y=x^2-4x\text{dla}x\in D_{f{}^{\prime }}$  

(miejsca zerowe: 0 i 4; ramiona paraboli skierowane w górę)

Zapisujemy wnioski w tabeli:

$x$	$\left(-\infty ;0\right)$	$0$	$\left(0;2\right)$	$2$	$\left(2;4\right)$	$4$	$\left(4;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$	X	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	X	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f jest

• rosnąca w każdym z przedziałów

$\left(-\infty ;0\right),\left(4;+\infty \right)$    

• malejąca w każdym z przedziałów

$\left(0;2\right),\left(2;4\right)$  

oraz ma następujące ekstrema lokalne:

• maksimum lokalne równe

$y_{\max }=f\left(0\right)=\frac{0^2}{0-2}=\underline{\underline{0}}$  

• minimum lokalne równe

$y_{\min }=f\left(4\right)=\frac{4^2}{4-2}=\underline{\underline{8}}$

---

e)

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji

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

Ustalamy dziedzinę funkcji f

Mianownik ułamka nie może być równy 0, więc zakładamy, że

$x^2+1\ne 0$

Zauważmy jednak, że

$x^2+1>0\text{dla}x\in \mathbb{R}$  

Stąd  

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f i określamy jej dziedzinę

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

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

$=\frac{4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}$    

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{-2,1\right\}$   

Oznacza to, że funkcja f ma pochodną w całej swojej dziedzinie, więc jedynymi "kandydatami" na punkty występowania ekstremów funkcji f są miejsca zerowe jej pochodnej.

Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$

$\frac{4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}=0\mid \cdot {\left(x^2+1\right)}^2$    

$4x=0$

$\underline{x=0}$  

Badamy znak pochodnej i formułujemy wnioski za pomocą tabeli

Zauważmy, że dla x ∈ D_f' mianownik pochodnej jest zawsze dodatni, więc znak pochodnej jest taki sam jak znak jej licznika.

Szkicujemy więc przybliżony wykres funkcji:

$y=4x\text{dla}x\in D_{f{}^{\prime }}$  

Zapisujemy wnioski w tabeli:

$x$	$\left(-\infty ;0\right)$	$0$	$\left(0;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f jest

• malejąca w przedziale

$\left(-\infty ;0\right)$  

• rosnąca w przedziale

$\left(0;+\infty \right)$

oraz ma następujące ekstremum lokalne:

• minimum lokalne równe

$y_{\min }=f\left(0\right)=\frac{0^2-1}{0^2+1}=\underline{\underline{-1}}$