fx: Monotoniczność określamy badając znak pierwszej pochodnej funkcji.
Schemat postępowania:
Wyznaczasz f'
x
Rozwiązujesz f'
x = 0
W przedziałach w których:
f'
x < 0: f↘
f'
x > 0: f↗
1. f(x) = x
x jest ciekawym przykładem bo istnieje pewna trudność w wyznaczeniu jej pochodnej.
Użyteczny jest wzór:
f
g = e
glnf
Na jego mocy:
x
x = e
xlnx
Mam dobry dzień więc pierwszy przykład Tobie rozwiążę.
(x
x)' = (e
xlnx)' = e
xlnx(xlnx)' = e
xlnx(lnx + 1) = x
x(lnx + 1)
f'
x = 0
e
xlnx(lnx + 1) = 0
e
xlnx = 0 lub (lnx + 1) = 0
e
xlnx zawsze > 0 lnx + 1 = 0 ⇔ lnx = −1 ⇔ e
lnx = e
−1 ⇔ x = e
−1
Miejscem zerowym jest e
−1
f'
x > 0: x∊(e
−1; +
∞) ⇒ f↗
f'
x < 0: x∊(−
∞; e
−1) ⇒ f↘
Odpowiedź funkcja f(x) = x
x jest malejąca w przedziale (−
∞; e
−1), rosnąca w przedziale
(e
−1; +
∞)).
fx: No i jak? Pomysłów na drugi przykład nie masz autorze?
To podpowiem:
f(x)=(x+1)*e
2x
Znana własność pochodnej iloczynu funkcji:
(f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)
Więc:
f'(x) = (x+1)'(e
2x) + (x+1)(e
2x)
f'(x) = (1)(e
2x) + (x+1)(e
2x*(2x)') = e
2x + (x+1)(2e
2x) = e
2x(1 +2(x+1)) =
e
2x(2x + 3)
f'(x) = 0
e
2x(2x + 3) = 0 ⇔ e
2x = 0 ∨ 2x + 3 = 0
∀
x∊ℛ e
2x > 0 2x = −3 ⇔ x = −3/2
f'(x) > 0 ∀ x ∊ Df' > −3/2 ⇔ f↗ (−3/2; +
∞)
f'(x) < 0 ∀ x ∊ Df' < −3/2 ⇔ f↘ (−3/2; +
∞)