ekstrema On: oblicz ekstrema funkcji: muszę nauczyć się schematu rozwiązywania takich zadań z góry wielkie dzięki f(x) = 1/2 * x² + 3x − 4lnIxI

Basia: 1. wyznaczyć dziedzinę x≠0 D = R\{0} = (−∞,0)∪(0,+∞) 2. policzyć granice funkcji na końcach przedziałów okresloności czyli

	x2
limx→ −∞ [		+3x−4ln|x| ] =
	2

	1		3		4ln|x|		1
limx→ −∞ x2*[		+		−		] = (+∞)*(		+0−0) = +∞
	2		x		x2		2

	x2
limx→ 0− [		+3x−4ln|x| ] = 0+0−4*(−∞) = +∞
	2

	x2
limx→ 0+ [		+3x−4ln|x| ] = 0+0−4*(−∞) = +∞
	2

	x2
limx→ +∞ [		+3x−4ln|x| ] =
	2

	1		3		4ln|x|		1
limx→ +∞ x2*[		+		−		] = (+∞)*(		+0−0) = +∞
	2		x		x2		2

z tego wynika, ze: nie ma asymptot poziomych prosta x=0 (oś OY) jest asymptotą pionową szukamy kierunków asymptotycznych ukośnych

	f(x)		1		4ln|x|
limx→ −∞		= limx→ −∞ [		x+3−		] = −∞+3−0 = −∞
	x		2		x

	f(x)		1		4ln|x|
limx→ +∞		= limx→ +∞ [		x+3−		] = +∞+3−0 = +∞
	x		2		x

nie ma asymptot ikośnych 3. liczymy pochodną i tu mamy kłopot z |x| rozpisujemy

	1
		x2+3x−4ln(−x) dla x<0
	2

f(x) =

	1
		x2+3x−4lnx dla x>0
	2

	4		4
x+3−		*(−1)=x+3−		dla x<0
	−x		x

f'(x) =

	4
x+3−		dla x<0
	x

czyli

	4		x2+3x−4
f'(x) = x+3−		=
	x		x

4. szukamy miejsca zerowego pochodnej f'(x)=0 ⇔ x²+3x−4=0 Δ=b²−4ac = 3²−4*1*(−4) = 9+16=25 √Δ=5

	−3−5
x1=		= −4
	2

	−3+5
x2=		= 1
	2

5. badamy znak pochodnej x∊(−∞,−4) ⇒ x<0 i x²+3x−4>0 ⇒ f'(x)<0 ⇒ f.maleje x∊(−4,0) ⇒ x<0 i x²+3x−4<0 ⇒ f'(x)>0 ⇒ f.rośnie x∊(0,1) ⇒ x>0 i x²+3x−4<0 ⇒ f'(x)<0 ⇒ f.maleje x∊(1,+∞) ⇒ x>0 i x²+3x−4>0 ⇒ f'(x)>0 ⇒ f.rośnie stąd: dla x= −4 f.osiąga minimum = f(−4) = 8−12−4ln4 = −4−4ln4 = −4(1+ln4)

	1		1		6		7
dla x=1 f.osiąga minimum = f(1) =		+3−4ln1 =		+		−0 =
	2		3		2		3

przy liczeniu ekstremów punkt (2) można pominąć jest potrzebny przy badaniu całego przebiegu zmienności funkcji

Basia:

	1		6		7
na końcu błąd: =		+		=
	2		2		2