Rachunek różniczkowy

Gdy $x$ rośnie nieograniczenie, $\frac1x$ maleje do zera:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0$$

Odpowiedź: B. $0$.

Mianownik rośnie do nieskończoności, więc ułamek dąży do zera:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{3}{x^2}=0$$

Odpowiedź: $0$.

Asymptota pozioma $y=g$ istnieje, gdy granica funkcji w nieskończoności jest równa $g$:

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{x}=0$$

Odpowiedź: C.

Dla $x\to\pm\infty$ składnik $\frac1x$ dąży do zera, więc:

$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0+5=5$$

Asymptota pozioma to $y=5$.

Odpowiedź: $y=5$.

Dzieląc $1$ przez coraz mniejsze dodatnie liczby, otrzymujemy coraz większe wartości:

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1}{x}=+\infty$$

To granica niewłaściwa — związana z asymptotą pionową $x=0$.

Odpowiedź: A. $+\infty$.

Asymptota pionowa pojawia się w punktach zerowania mianownika (poza dziedziną), gdzie funkcja dąży do $\pm\infty$.

Odpowiedź: D. mianownik jest zerem.

Krok 1 — mianownik zeruje się w:

$$x-3=0 \quad\Rightarrow\quad x=3$$

Krok 2 — sprawdzamy granicę. Przy $x\to3$ mianownik dąży do zera, a ułamek do nieskończoności:

$$\lim_{x\to3^+}\frac{2}{x-3}=+\infty$$

Wniosek: asymptota pionowa $x=3$.

Odpowiedź: $x=3$.

Krok 1 — dzielimy licznik i mianownik przez $x$:

$$\frac{2x}{x+1}=\frac{2}{1+\frac{1}{x}}$$

Krok 2 — granica przy $x\to+\infty$. Składnik $\frac1x$ dąży do zera:

$$\frac{2}{1+0}=2$$

Wniosek: asymptota pozioma to $y=2$.

Odpowiedź: granica równa $2$.

Mianownik $x^2$ rośnie szybciej, ułamek maleje do zera:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{5}{x^2}=0$$

Odpowiedź: B. $0$.

Asymptota pionowa. Mianownik zeruje się dla $x=2$:

$$x=2$$

Asymptota pozioma. Dla $x\to\pm\infty$ składnik $\frac{1}{x-2}$ dąży do zera:

$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0+3=3 \quad\Rightarrow\quad y=3$$

Odpowiedź: $x=2$ oraz $y=3$.

Dla $x$ ujemnych bliskich zeru $\frac1x$ jest dużą liczbą ujemną:

$$\lim_{x\to0^-}\frac{1}{x}=-\infty$$

Uwaga: granica lewostronna ($-\infty$) różni się od prawostronnej ($+\infty$) — dlatego w $x=0$ jest asymptota pionowa.

Odpowiedź: C. $-\infty$.

Krok 1 — rozdzielamy ułamek:

$$\frac{3x^2+1}{x^2}=3+\frac{1}{x^2}$$

Krok 2 — granica przy $x\to+\infty$:

$$3+0=3$$

Wniosek: asymptota pozioma $y=3$.

Odpowiedź: $3$.

Krok 1 — asymptota pionowa. Mianownik zeruje się dla $x=2$:

$$x=2$$

Krok 2 — asymptota pozioma. Dzielimy przez $x$:

$$\frac{x+1}{x-2}=\frac{1+\frac1x}{1-\frac2x}\to\frac{1}{1}=1$$

Wniosek: asymptota pozioma $y=1$.

Sprawdzenie postacią przesuniętą: $\frac{x+1}{x-2}=1+\frac{3}{x-2}$ — potwierdza $y=1$ i $x=2$ ✔

Odpowiedź: $x=2$, $y=1$.

Intuicyjnie funkcja ciągła nie ma „skoków" ani „dziur" — jej wykres rysujemy jednym pociągnięciem.

Formalnie: w każdym punkcie granica funkcji równa się jej wartości.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — wyłączamy $x^2$:

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

Krok 2 — analiza granicy. $x^2\to+\infty$, a $\left(1-\frac1x\right)\to1$:

$$\lim_{x\to+\infty}\left(x^2-x\right)=+\infty$$

Interpretacja: dla dużych $x$ wyraz $x^2$ dominuje nad $x$, więc różnica rośnie nieograniczenie.

Odpowiedź: $+\infty$.

Mianownik zeruje się w dwóch punktach:

$$x=1 \quad\text{oraz}\quad x=-2$$

W obu funkcja dąży do nieskończoności — są dwie asymptoty pionowe.

Odpowiedź: D. $2$.

Krok 1 — asymptota pionowa. Mianownik zeruje się dla $x=1$:

$$x=1$$

Krok 2 — asymptota pozioma. Sprowadzamy do postaci przesuniętej — w liczniku odtwarzamy mianownik:

$$2x+3=2(x-1)+5 \quad\Rightarrow\quad f(x)=2+\frac{5}{x-1}$$

Krok 3 — granica. Dla $x\to\pm\infty$ składnik $\frac{5}{x-1}$ dąży do zera:

$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=2 \quad\Rightarrow\quad y=2$$

Wniosek. Postać przesunięta $2+\frac{5}{x-1}$ od razu ujawnia obie asymptoty: pionową $x=1$ i poziomą $y=2$.

Odpowiedź: $x=1$ oraz $y=2$.

Krok 1 — dzielimy licznik i mianownik przez najwyższą potęgę $x^2$:

$$\frac{x^2-4}{2x^2+1}=\frac{1-\frac{4}{x^2}}{2+\frac{1}{x^2}}$$

Krok 2 — granica. Składniki $\frac{4}{x^2}$ i $\frac{1}{x^2}$ dążą do zera:

$$\frac{1-0}{2+0}=\frac12$$

Reguła. Dla ilorazu wielomianów tego samego stopnia granica w nieskończoności to stosunek współczynników wiodących: $\frac{1}{2}$.

Wniosek: asymptota pozioma $y=\frac12$.

Odpowiedź: $\frac12$.

Krok 1 — dzielimy przez $x$:

$$\frac{x^2}{x-1}=\frac{x}{1-\frac{1}{x}}$$

Krok 2 — granica. Licznik $x\to+\infty$, mianownik $\to1$:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x-1}=+\infty$$

Krok 3 — wniosek. Skoro granica jest niewłaściwa ($+\infty$), a nie skończona, funkcja nie ma asymptoty poziomej.

Dlaczego tak. Stopień licznika ($2$) jest większy od stopnia mianownika ($1$) — funkcja rośnie jak wielomian. Zamiast asymptoty poziomej ma asymptotę ukośną.

Odpowiedź: granica $+\infty$; brak asymptoty poziomej, bo stopień licznika przewyższa stopień mianownika.

Krok 1 — granica prawostronna. Dla $x\to0^+$ mianownik $x^2$ jest małą liczbą dodatnią:

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1}{x^2}=+\infty$$

Krok 2 — granica lewostronna. Dla $x\to0^-$ kwadrat $x^2$ też jest dodatni (kwadrat!):

$$\lim_{x\to0^-}\frac{1}{x^2}=+\infty$$

Krok 3 — wniosek. Obie granice jednostronne są niewłaściwe ($+\infty$), więc prosta $x=0$ jest asymptotą pionową. $\qquad ∎$

Różnica względem $\frac1x$. Dla $\frac{1}{x^2}$ obie gałęzie „uciekają" w górę (bo $x^2>0$ zawsze), podczas gdy dla $\frac1x$ jedna szła w górę, druga w dół. To skutek parzystości funkcji $\frac{1}{x^2}$.

Sprawdzenie: $f(0{,}1)=100$, $f(-0{,}1)=100$ — obie wartości duże dodatnie ✔

Korzystamy ze wzoru $\left(x^n\right)'=nx^{n-1}$:

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

Odpowiedź: B. $2x$.

Różniczkujemy wyraz po wyrazie:

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

Uwaga: pochodna wyrazu liniowego $-2x$ to stała $-2$, a pochodna stałej byłaby zerem.

Odpowiedź: $f'(x)=3x^2-2$.

Krok 1 — pochodna: $f'(x)=2x$.

Krok 2 — wartość w $x_0=3$:

$$f'(3)=2\cdot3=6$$

Interpretacja: $f'(3)=6$ to współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu w punkcie $x=3$.

Odpowiedź: $6$.

Pochodna w punkcie to nachylenie stycznej do wykresu w tym punkcie:

$$a=f'(x_0)$$

To fundamentalna interpretacja geometryczna pochodnej.

Odpowiedź: C. współczynnik kierunkowy stycznej.

Pochodna funkcji liniowej to jej współczynnik kierunkowy:

$$f'(x)=5$$

Sens: funkcja liniowa ma stałe nachylenie, więc jej pochodna jest stała.

Odpowiedź: $f'(x)=5$.

Funkcja stała się nie zmienia, więc jej pochodna wynosi zero:

$$f'(x)=0$$

Sens: wykres jest poziomy, styczna też pozioma, więc nachylenie zero.

Odpowiedź: A. $0$.

Krok 1 — prędkość to pochodna drogi po czasie:

$$v(t)=s'(t)=2t$$

Krok 2 — wartość w $t=4$:

$$v(4)=2\cdot4=8\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$

Interpretacja fizyczna. Pochodna drogi po czasie to prędkość chwilowa — jak szybko zmienia się położenie w danym momencie.

Odpowiedź: $v(4)=8$ m/s.

Krok 1 — pochodna:

$$f'(x)=2x-4$$

Krok 2 — wartość w $x_0=1$:

$$f'(1)=2\cdot1-4=-2$$

Interpretacja: styczna w tym punkcie opada — jej współczynnik kierunkowy jest ujemny.

Odpowiedź: $a=-2$.

Współczynnik kierunkowy zero oznacza styczną poziomą (równoległą do osi $OX$).

Znaczenie: w takich punktach funkcja może mieć ekstremum (maksimum lub minimum) — to kandydaci na wierzchołki „górek" i „dolin".

Odpowiedź: D. pozioma.

Krok 1 — punkt styczności:

$$f(2)=4 \quad\Rightarrow\quad P=(2,\ 4)$$

Krok 2 — współczynnik kierunkowy:

$$f'(x)=2x,\qquad f'(2)=4$$

Krok 3 — równanie stycznej $y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$:

$$y=4(x-2)+4=4x-4$$

Sprawdzenie: dla $x=2$ styczna daje $y=4$ — zgadza się z punktem styczności ✔

Odpowiedź: $y=4x-4$.

$$f'(x)=4x^{4-1}=4x^3$$

Odpowiedź: B. $4x^3$.

Krok 1 — prędkość jako pochodna:

$$v(t)=s'(t)=2t-3$$

Krok 2 — przyrównujemy do zera:

$$2t-3=0 \quad\Rightarrow\quad t=1{,}5\ \text{s}$$

Interpretacja: w chwili $t=1{,}5$ s ciało zatrzymuje się (zmienia kierunek ruchu) — prędkość chwilowa jest zerowa.

Odpowiedź: $t=1{,}5$ s.

Różniczkujemy każdy wyraz osobno:

$$f'(x)=6x^2-6x+5$$

Rozpisanie: $\left(2x^3\right)'=6x^2$, $\left(-3x^2\right)'=-6x$, $\left(5x\right)'=5$, $(-1)'=0$.

Odpowiedź: $f'(x)=6x^2-6x+5$.

$$f'(x)=2x,\qquad f'(0)=0$$

W wierzchołku paraboli styczna jest pozioma.

Odpowiedź: C. $0$.

Przyspieszenie jako pochodna prędkości:

$$a(t)=v'(t)=6\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$

Interpretacja. Przyspieszenie jest stałe i wynosi $6\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$ — to ruch jednostajnie przyspieszony. Pochodna „drugiego poziomu" (droga → prędkość → przyspieszenie) opisuje tempo zmiany prędkości.

Odpowiedź: $a=6\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.

Dodatnia pochodna oznacza dodatnie nachylenie stycznych, więc funkcja rośnie.

Pełna reguła: $f'>0$ — rośnie, $f'\lt 0$ — maleje, $f'=0$ w punkcie — możliwe ekstremum.

Odpowiedź: A. rosnąca.

Krok 1 — punkt styczności:

$$f(1)=1 \quad\Rightarrow\quad P=(1,\ 1)$$

Krok 2 — pochodna i jej wartość:

$$f'(x)=3x^2,\qquad f'(1)=3$$

Krok 3 — równanie stycznej:

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

Sprawdzenie: dla $x=1$ styczna daje $y=1$ ✔

Interpretacja. Styczna „przylega" do krzywej w punkcie $(1,1)$ — lokalnie najlepiej ją przybliża prostą.

Odpowiedź: $y=3x-2$.

Krok 1 — styczna pozioma oznacza $f'(x)=0$:

$$f'(x)=2x-6=0 \quad\Rightarrow\quad x=3$$

Krok 2 — obliczamy wartość funkcji:

$$f(3)=9-18+5=-4$$

Krok 3 — punkt: $(3,\ -4)$.

Interpretacja. To wierzchołek paraboli — najniższy punkt wykresu, gdzie funkcja przechodzi z malejącej w rosnącą. Styczna jest tam pozioma.

Sprawdzenie wzorem na wierzchołek: $x_w=-\frac{b}{2a}=\frac{6}{2}=3$ ✔

Odpowiedź: punkt $(3,\ -4)$.

Krok 1 — prędkość jako pochodna:

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

Krok 2 — zatrzymanie oznacza $v(t)=0$:

$$3t^2-12t+9=0 \quad\Rightarrow\quad t^2-4t+3=0$$

Krok 3 — rozwiązujemy:

$$(t-1)(t-3)=0 \quad\Rightarrow\quad t=1 \ \text{lub}\ t=3$$

Interpretacja. Ciało zatrzymuje się dwukrotnie: w $t=1$ s i $t=3$ s. Między tymi chwilami prędkość jest ujemna — ciało cofa się, a potem znów rusza do przodu.

Odpowiedź: $v(t)=3t^2-12t+9$; zatrzymania w $t=1$ s i $t=3$ s.

Krok 1 — definicja pochodnej jako granicy ilorazu różnicowego:

$$f'(x_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$$

Krok 2 — podstawiamy $f(x)=x^2$:

$$\frac{(x_0+h)^2-x_0^2}{h}$$

Krok 3 — rozwijamy licznik:

$$\frac{x_0^2+2x_0 h+h^2-x_0^2}{h}=\frac{2x_0 h+h^2}{h}$$

Krok 4 — skracamy przez $h$ (dla $h\neq0$):

$$2x_0+h$$

Krok 5 — przechodzimy do granicy $h\to0$:

$$\lim_{h\to0}(2x_0+h)=2x_0 \qquad ∎$$

Wniosek: definicja potwierdza wzór $\left(x^2\right)'=2x$, który wcześniej stosowaliśmy jako gotowy.

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:

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

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 $128\ \text{cm}^3$.

Pochodna sumy to suma pochodnych:

$$(f+g)'=f'+g'$$

Odpowiedź: B. $f'(x)+g'(x)$.

$$f'(x)=2x+3,\qquad g'(x)=5$$

$$(f+g)'(x)=2x+3+5=2x+8$$

Odpowiedź: $(f+g)'(x)=2x+8$.

Wzór na pochodną iloczynu:

$$(f\cdot g)'=f'g+fg'$$

Uwaga: to NIE jest iloczyn pochodnych — trzeba użyć pełnego wzoru.

Odpowiedź: C. $f'g+fg'$.

Stosujemy wzór na pochodną iloczynu, gdzie $(\sin x)'=\cos x$:

$$f'(x)=1\cdot\sin x+x\cdot\cos x=\sin x+x\cos x$$

Odpowiedź: $f'(x)=\sin x+x\cos x$.

Reguła łańcuchowa: pochodna funkcji zewnętrznej (w punkcie funkcji wewnętrznej) razy pochodna funkcji wewnętrznej:

$$\bigl[f(g(x))\bigr]'=f'(g(x))\cdot g'(x)$$

Odpowiedź: A. $f'(g(x))\cdot g'(x)$.

Krok 1 — funkcja zewnętrzna $u^3$, wewnętrzna $u=2x+1$.

Krok 2 — stosujemy regułę łańcuchową:

$$f'(x)=3(2x+1)^2\cdot(2x+1)'=3(2x+1)^2\cdot2$$

Krok 3 — porządkujemy:

$$f'(x)=6(2x+1)^2$$

Uwaga: nie zapomnij o pochodnej „wnętrza" ($2$) — to najczęstszy błąd.

Odpowiedź: $f'(x)=6(2x+1)^2$.

Krok 1 — zewnętrzna $u^5$, wewnętrzna $u=x^2+1$.

Krok 2 — reguła łańcuchowa:

$$f'(x)=5\left(x^2+1\right)^4\cdot\left(x^2+1\right)'$$

Krok 3 — pochodna wnętrza to $2x$:

$$f'(x)=5\left(x^2+1\right)^4\cdot2x=10x\left(x^2+1\right)^4$$

Odpowiedź: $f'(x)=10x\left(x^2+1\right)^4$.

Stałą wyłączamy przed pochodną:

$$(c\cdot g)'=c\cdot g'$$

Odpowiedź: D. $c\cdot g'(x)$.

Krok 1 — zewnętrzna $\sin u$, wewnętrzna $u=3x$.

Krok 2 — reguła łańcuchowa (pamiętając $(\sin u)'=\cos u$):

$$f'(x)=\cos(3x)\cdot(3x)'=\cos(3x)\cdot3$$

Krok 3 — wynik:

$$f'(x)=3\cos(3x)$$

Odpowiedź: $f'(x)=3\cos(3x)$.

Sposób 1 — wzór na pochodną iloczynu:

$$f'(x)=1\cdot(x-3)+(x+1)\cdot1=x-3+x+1=2x-2$$

Sposób 2 — najpierw wymnożenie:

$$f(x)=x^2-2x-3 \quad\Rightarrow\quad f'(x)=2x-2$$

Oba dają ten sam wynik ✔

Wniosek: dla prostych iloczynów wymnożenie bywa szybsze niż wzór.

Odpowiedź: $f'(x)=2x-2$.

Reguła łańcuchowa:

$$f'(x)=4(5x-2)^3\cdot5=20(5x-2)^3$$

Odpowiedź: B. $20(5x-2)^3$.

Krok 1 — zewnętrzna $\cos u$, wewnętrzna $u=x^2$.

Krok 2 — reguła łańcuchowa (z $(\cos u)'=-\sin u$):

$$f'(x)=-\sin\left(x^2\right)\cdot\left(x^2\right)'=-\sin\left(x^2\right)\cdot2x$$

Krok 3 — porządkujemy:

$$f'(x)=-2x\sin\left(x^2\right)$$

Uwaga: $\cos(x^2)$ to funkcja złożona, nie mylić z $\cos^2 x=(\cos x)^2$.

Odpowiedź: $f'(x)=-2x\sin\left(x^2\right)$.

Wzór na pochodną iloczynu:

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

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

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

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

To funkcja złożona: zewnętrzna $u^2$, wewnętrzna $u=\sin x$:

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

Ciekawostka: $2\sin x\cos x=\sin2x$, więc $\left(\sin^2 x\right)'=\sin2x$.

Odpowiedź: A. $2\sin x\cos x$.

Krok 1 — reguła łańcuchowa:

$$f'(x)=2\left(3x^2-1\right)\cdot\left(3x^2-1\right)'$$

Krok 2 — pochodna wnętrza to $6x$:

$$f'(x)=2\left(3x^2-1\right)\cdot6x=12x\left(3x^2-1\right)$$

Krok 3 — rozwijamy (opcjonalnie):

$$f'(x)=36x^3-12x$$

Sprawdzenie: $f(x)=9x^4-6x^2+1$, $f'(x)=36x^3-12x$ ✔

Odpowiedź: $f'(x)=12x\left(3x^2-1\right)=36x^3-12x$.

Różniczkujemy wyraz po wyrazie:

$$f'(x)=12x^3-4x$$

Uwaga: pochodna stałej $7$ to $0$ — nie przepisujemy jej do wyniku.

Odpowiedź: C. $12x^3-4x$.

Krok 1 — reguła łańcuchowa:

$$f'(x)=3\left(x^2+2x\right)^2\cdot\left(x^2+2x\right)'$$

Krok 2 — pochodna wnętrza to $2x+2$:

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

Krok 3 — wartość w $x=1$. Najpierw wnętrze: $1^2+2\cdot1=3$, a $2\cdot1+2=4$:

$$f'(1)=3\cdot3^2\cdot4=3\cdot9\cdot4=108$$

Odpowiedź: $f'(x)=3\left(x^2+2x\right)^2(2x+2)$, $f'(1)=108$.

Krok 1 — punkt styczności:

$$f(3)=(3-1)^2=4 \quad\Rightarrow\quad P=(3,\ 4)$$

Krok 2 — pochodna regułą łańcuchową:

$$f'(x)=2(x-1)\cdot1=2(x-1)$$

Krok 3 — współczynnik kierunkowy:

$$f'(3)=2\cdot2=4$$

Krok 4 — równanie stycznej:

$$y=4(x-3)+4=4x-8$$

Sprawdzenie: dla $x=3$: $y=4$ ✔

Odpowiedź: $y=4x-8$.

Sposób 1 — wzór na iloczyn. $f=uv$ z $u=2x+3$, $v=x^2-1$:

$$f'(x)=2\left(x^2-1\right)+(2x+3)\cdot2x$$

$$=2x^2-2+4x^2+6x=6x^2+6x-2$$

Sposób 2 — wymnożenie najpierw:

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

$$f'(x)=6x^2+6x-2$$

Oba sposoby dają $6x^2+6x-2$ ✔

Wniosek. Wzór na pochodną iloczynu i wcześniejsze wymnożenie zawsze prowadzą do tego samego wyniku — wybór to kwestia wygody.

Odpowiedź: $f'(x)=6x^2+6x-2$.

Krok 1 — reguła łańcuchowa. Zewnętrzna $u^2$, wewnętrzna $u=ax+b$:

$$f'(x)=2(ax+b)\cdot(ax+b)'$$

Krok 2 — pochodna wnętrza to $a$:

$$f'(x)=2(ax+b)\cdot a=2a(ax+b) \qquad ∎$$

Krok 3 — weryfikacja przez rozwinięcie. Rozwijamy najpierw funkcję:

$$f(x)=a^2x^2+2abx+b^2$$

$$f'(x)=2a^2x+2ab=2a(ax+b) \ ✔$$

Oba podejścia dają ten sam wynik, co potwierdza tezę.

Sprawdzenie liczbowe dla $a=2$, $b=1$, $x=1$: $2\cdot2\cdot(2+1)=12$, a z rozwinięcia $8\cdot1+4=12$ ✔

Korzystamy ze wzoru na pochodną potęgi: $(x^n)^{\prime}=n x^{n-1}$.

$$f^{\prime}(x)=5x^4$$

Odpowiedź: B. $5x^4$.

Różniczkujemy składnik po składniku:

$$(3x^2)^{\prime}=6x,\qquad (-4x)^{\prime}=-4,\qquad (7)^{\prime}=0$$

$$f^{\prime}(x)=6x-4$$

Pamiętaj: pochodna stałej to zero.

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=6x-4$.

Krok 1 — pochodna:

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

Krok 2 — podstawiamy $x=2$:

$$f^{\prime}(2)=2\cdot2-3=1$$

Interpretacja: $f^{\prime}(2)=1$ to nachylenie stycznej do wykresu w punkcie o odciętej $2$.

Odpowiedź: $f^{\prime}(2)=1$.

Funkcja stała nie zmienia wartości, więc jej tempo zmian (pochodna) wynosi zero:

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

Odpowiedź: C. $0$.

Reguła iloczynu: $(uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}$.

Krok 1 — pochodne czynników:

$$u=x^2+1,\ u^{\prime}=2x,\qquad v=x-3,\ v^{\prime}=1$$

Krok 2 — składamy:

$$f^{\prime}(x)=2x(x-3)+(x^2+1)\cdot1$$

Krok 3 — upraszczamy:

$$=2x^2-6x+x^2+1=3x^2-6x+1$$

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=3x^2-6x+1$.

Reguła pochodnej funkcji złożonej: różniczkujemy „od zewnątrz”, a potem mnożymy przez pochodną wnętrza.

Krok 1 — pochodna zewnętrznej potęgi:

$$3(2x+1)^2$$

Krok 2 — mnożymy przez pochodną wnętrza $(2x+1)^{\prime}=2$:

$$f^{\prime}(x)=3(2x+1)^2\cdot2=6(2x+1)^2$$

Najczęstszy błąd: pominięcie mnożenia przez pochodną wnętrza (tu przez $2$).

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=6(2x+1)^2$.

Zapisujemy pierwiastek jako potęgę: $\sqrt{x}=x^{1/2}$. Wtedy:

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

Odpowiedź: A. $\frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Współczynnik kierunkowy stycznej to wartość pochodnej w danym punkcie.

Krok 1 — pochodna:

$$f^{\prime}(x)=2x$$

Krok 2 — podstawiamy $x_0=3$:

$$a=f^{\prime}(3)=6$$

Odpowiedź: współczynnik kierunkowy stycznej wynosi $6$.

Pochodna funkcji liniowej $ax$ to jej współczynnik kierunkowy:

$$f^{\prime}(x)=4$$

Interpretacja: funkcja liniowa ma stałe nachylenie, więc jej pochodna jest stała.

Odpowiedź: D. $4$.

Krok 1 — pochodna:

$$f^{\prime}(x)=3x^2-6x$$

Krok 2 — miejsca zerowe pochodnej. Wyłączamy $3x$:

$$3x(x-2)=0 \quad\Rightarrow\quad x=0 \ \text{ lub } \ x=2$$

Znaczenie: to kandydaci na ekstrema funkcji $f$.

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=3x^2-6x$; miejsca zerowe $x=0$ i $x=2$.

Funkcja złożona — różniczkujemy zewnętrzną potęgę i mnożymy przez pochodną wnętrza.

Krok 1 — zewnętrzna:

$$4(x^2-1)^3$$

Krok 2 — pochodna wnętrza $(x^2-1)^{\prime}=2x$:

$$f^{\prime}(x)=4(x^2-1)^3\cdot2x=8x(x^2-1)^3$$

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=8x(x^2-1)^3$.

Wzór na pochodną ilorazu:

$$\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}$$

Uwaga na znak: w liczniku jest minus (inaczej niż w regule iloczynu), a kolejność wyrazów ma znaczenie.

Odpowiedź: B.

Styczna pozioma ma współczynnik kierunkowy $0$, więc szukamy miejsca, gdzie pochodna się zeruje.

Krok 1 — pochodna:

$$f^{\prime}(x)=2x-4$$

Krok 2 — przyrównujemy do zera:

$$2x-4=0 \quad\Rightarrow\quad x=2$$

Interpretacja: to wierzchołek paraboli — tam styczna jest pozioma.

Odpowiedź: dla $x=2$.

Równanie stycznej: $y=f^{\prime}(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$.

Krok 1 — wartość funkcji i pochodnej w $x_0=1$:

$$f(1)=1,\qquad f^{\prime}(x)=2x,\quad f^{\prime}(1)=2$$

Krok 2 — podstawiamy do wzoru:

$$y=2(x-1)+1=2x-2+1=2x-1$$

Sprawdzenie: styczna przechodzi przez $(1,\,1)$: $2\cdot1-1=1$ ✔

Odpowiedź: $y=2x-1$.

$$f^{\prime}(x)=2x+1,\qquad f^{\prime}(0)=2\cdot0+1=1$$

Odpowiedź: A. $1$.

Zapisujemy jako potęgę: $\frac{2}{x}=2x^{-1}$.

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

Uwaga: ujemny wykładnik zwiększa się o $1$ do $-2$ (bo $-1-1=-2$), a znak wyniku jest ujemny.

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^2}$.

Interpretacja fizyczna: prędkość chwilowa to pochodna drogi po czasie.

Krok 1 — pochodna:

$$v(t)=s^{\prime}(t)=2t+3$$

Krok 2 — podstawiamy $t=2$:

$$v(2)=2\cdot2+3=7\ \text{m/s}$$

Odpowiedź: prędkość chwilowa wynosi $7$ m/s.

Krok 1 — pochodna:

$$f^{\prime}(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$$

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

Krok 3 — znak pochodnej w przedziałach:

• dla $x\lt -1$: $f^{\prime}>0$ — funkcja rośnie
• dla $-1\lt x\lt 1$: $f^{\prime}\lt 0$ — funkcja maleje
• dla $x>1$: $f^{\prime}>0$ — funkcja rośnie

Wniosek: maksimum lokalne w $x=-1$, minimum lokalne w $x=1$.

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

Krok 1 — wartości w $x_0=2$:

$$f(2)=8,\qquad f^{\prime}(x)=3x^2,\quad f^{\prime}(2)=12$$

Krok 2 — wzór stycznej:

$$y=f^{\prime}(x_0)(x-x_0)+f(x_0)=12(x-2)+8$$

Krok 3 — upraszczamy:

$$y=12x-24+8=12x-16$$

Sprawdzenie: dla $x=2$: $12\cdot2-16=8=f(2)$ ✔

Odpowiedź: $y=12x-16$.

Krok 1 — oznaczenia i pochodne:

$$u=x,\ u^{\prime}=1,\qquad v=x+1,\ v^{\prime}=1$$

Krok 2 — reguła ilorazu:

$$f^{\prime}(x)=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}=\frac{1\cdot(x+1)-x\cdot1}{(x+1)^2}$$

Krok 3 — upraszczamy licznik:

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

Obserwacja: pochodna jest zawsze dodatnia (mianownik to kwadrat), więc funkcja jest rosnąca w całej dziedzinie.

Odpowiedź: $f^{\prime}(x)=\frac{1}{(x+1)^2}$.