Własność:   Pochodna funkcji f w punkcie x0 jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej do wykresu   funkcji f w punkcie P(x0, f(x0)).

a) 

Niech a będzie współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (4, y₀),
zaś 𝛼 - kątem nachylenia tej stycznej do osi x.

Wiemy, że

$a=\text{tg}\alpha \text{oraz}a=f{}^{\prime }\left(4\right)$  

Zatem

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(4\right)$  

Wyznaczamy wzór pochodnej f'.

$f{}^{\prime }\left(x\right)={\left(\frac{3x^2}{2x-4}\right)}^{{}^{\prime }}=\frac{{\left(3x^2\right)}^{{}^{\prime }}\cdot \left(2x-4\right)-3x^2\cdot {\left(2x-4\right)}^{{}^{\prime }}}{{\left(2x-4\right)}^2}=\frac{6x\cdot \left(2x-4\right)-3x^2\cdot 2}{{\left(2\left(x-2\right)\right)}^2}=$  

$=\frac{12x^2-24x-6x^2}{2^2\cdot {\left(x-2\right)}^2}=\frac{6x^2-24x}{2\cdot 2\cdot {\left(x-2\right)}^2}=\frac{3x^2-12x}{2{\left(x-2\right)}^2},\text{gdzie}x\ne 2$  

Otrzymujemy więc, że

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(4\right)=\frac{3\cdot 4^2-12\cdot 4}{2\cdot {\left(4-2\right)}^2}=\frac{48-48}{2{\left(4-2\right)}^2}=\underset{=\text{tg}{0}^{\circ }}{0}$  

Zatem

$\underline{\underline{\alpha =0^{\circ }}}$  

---

b)

Niech a będzie współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (2-2√3, y₀),
zaś 𝛼 - kątem nachylenia tej stycznej do osi x.

Wiemy, że

$a=\text{tg}\alpha \text{oraz}a=f{}^{\prime }\left(2-2\sqrt{3}\right)$  

Zatem

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(2-2\sqrt{3}\right)$  

Z podpunkty (a) wiemy, że

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

Zatem

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(2-2\sqrt{3}\right)=\frac{3\cdot {\left(2-2\sqrt{3}\right)}^2-12\cdot \left(2-2\sqrt{3}\right)}{2\cdot {\left(2-2\sqrt{3}-2\right)}^2}=$  

$=\frac{3\cdot {\left(2\left(1-\sqrt{3}\right)\right)}^2-12\cdot \left(2-2\sqrt{3}\right)}{2\cdot {\left(-2\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{\cancel{3\cdot 2^2}\cdot {\left(1-\sqrt{3}\right)}^2-\cancel{12}\cdot \left(2-2\sqrt{3}\right)}{2\cdot \cancel{4\cdot 3}}=$  

$=\frac{{\left(1-\sqrt{3}\right)}^2-\left(2-2\sqrt{3}\right)}{2}=\frac{1-2\sqrt{x}+3-2+2\sqrt{x}}{2}=\underset{=\text{tg}{45}^{\circ }}{1}$  

Otrzymujemy więc, że 

$\underline{\underline{\alpha ={45}^{\circ }}}$  

---

c)

Niech a będzie współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (2(1+√³/₅), y₀),
zaś 𝛼 - kątem nachylenia tej stycznej do osi x.

Wiemy, że

$a=\text{tg}\alpha \text{oraz}a=f{}^{\prime }\left(2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)\right)$  

Zatem

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)\right)$  

Z podpunkty (a) wiemy, że

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

Zatem

$\text{tg}\alpha =f{}^{\prime }\left(2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)\right)=\frac{3\cdot {\left[2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)\right]}^2-12\cdot \left[2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)\right]}{2\cdot {\left[2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)-2\right]}^2}=$  

$=\frac{3\cdot 2^2\cdot {\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}^2-12\cdot 2\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}{2\cdot {\left[2+2\sqrt{\frac{3}{5}}-2\right]}^2}=\frac{12\cdot {\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}^2-24\cdot \left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}{2\cdot {\left[2\sqrt{\frac{3}{5}}\right]}^2}=$

$=\frac{12\cdot {\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}^2-24\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}{2\cdot 4\cdot \frac{3}{5}}=\frac{3\cdot {\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}^2-6\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}{2\cdot \frac{3}{5}}=$  

$=\frac{3\cdot \left(1+2\sqrt{\frac{3}{5}}+\frac{3}{5}\right)-6\left(1+\sqrt{\frac{3}{5}}\right)}{\frac{6}{5}}=\frac{3+6\sqrt{\frac{3}{5}}+\frac{9}{5}-6-6\sqrt{\frac{3}{5}}}{\frac{6}{5}}=$   

$=\frac{-3+\frac{9}{5}}{\frac{6}{5}}=\frac{-\frac{18}{5}+\frac{9}{5}}{\frac{6}{5}}=\frac{-\frac{6}{5}}{\frac{6}{5}}=\underset{=-\text{tg}{45}^{\circ }}{-1}$  

Otrzymujemy więc, że 

$\text{tg}\alpha =-\text{tg}{45}^{\circ }=\text{tg}\left({180}^{\circ }-{45}^{\circ }\right)=\text{tg}{135}^{\circ }$  

Zatem

$\underline{\underline{\alpha ={135}^{\circ }}}$