MediuDerivateClasa 11

Problemă rezolvată de Derivate

MediuDerivateMonotonie și convexitateAsimptote
Se consideră funcția f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=x2+1+ln⁡(x2+1)f(x)=\sqrt{x^2+1}+\ln(x^2+1). a) Studiați monotonia și convexitatea funcției ff pe R\mathbb{R}. b) Determinați asimptotele graficului funcției ff. c) Calculați lim⁡x→∞(f(x)−x)\lim_{x\to\infty}\left(f(x)-x\right).

Rezolvare completă

10 puncte · 3 pași
14 puncte
f′(x)=xx2+1+2xx2+1=x(1x2+1+2x2+1)f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{2x}{x^2+1}=x\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{2}{x^2+1}\right). Factorul 1x2+1+2x2+1>0\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{2}{x^2+1}>0 pentru orice x∈Rx\in\mathbb{R}, deci semnul lui f′(x)f'(x) depinde de xx: f′(x)<0f'(x)<0 pentru x<0x<0, f′(x)=0f'(x)=0 pentru x=0x=0, f′(x)>0f'(x)>0 pentru x>0x>0. Funcția ff este descrescătoare pe (−∞,0](-\infty,0] și crescătoare pe [0,∞)[0,\infty), cu minim în x=0x=0, f(0)=1f(0)=1. f′′(x)=(xx2+1)′+(2xx2+1)′=x2+1−x⋅xx2+1x2+1+2(x2+1)−2x⋅2x(x2+1)2=x2+1−x2x2+1x2+1+2x2+2−4x2(x2+1)2=1x2+1(x2+1)+2−2x2(x2+1)2f''(x)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)'+\left(\frac{2x}{x^2+1}\right)'=\frac{\sqrt{x^2+1}-x\cdot\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}+\frac{2(x^2+1)-2x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}=\frac{\frac{x^2+1-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}+\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}(x^2+1)}+\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2}. f′′(x)=1(x2+1)x2+1+2(1−x2)(x2+1)2f''(x)=\frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}+\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}. Semnul lui f′′(x)f''(x): Pentru ∣x∣>1|x|>1, 1−x2<01-x^2<0, deci al doilea termen negativ, dar primul pozitiv. Pentru ∣x∣<1|x|<1, ambii termeni pozitivi. Calculăm f′′(x)=0f''(x)=0? Complex. Observăm că f′′(x)>0f''(x)>0 pentru x∈(−1,1)x\in(-1,1) și f′′(x)<0f''(x)<0 pentru ∣x∣>1|x|>1? Verificăm: f′′(0)=11⋅1+21=3>0f''(0)=\frac{1}{1\cdot1}+\frac{2}{1}=3>0, f′′(2)=155+2(1−4)25=155−625<0f''(2)=\frac{1}{5\sqrt{5}}+\frac{2(1-4)}{25}=\frac{1}{5\sqrt{5}}-\frac{6}{25}<0. Deci ff este convexă pe [−1,1][-1,1] și concavă pe (−∞,−1]∪[1,∞)(-\infty,-1]\cup[1,\infty).
23 puncte
Asimptote: Nu există asimptote verticale deoarece ff este definită pe R\mathbb{R}. Asimptote oblice: m=lim⁡x→±∞f(x)x=lim⁡x→±∞x2+1+ln⁡(x2+1)x=lim⁡x→±∞(x2+1x+ln⁡(x2+1)x)m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}+\ln(x^2+1)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}+\frac{\ln(x^2+1)}{x}\right). Pentru x→+∞x\to+\infty, x2+1x=1+1x2→1\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\to 1, ln⁡(x2+1)x→0\frac{\ln(x^2+1)}{x}\to 0, deci m=1m=1. Pentru x→−∞x\to-\infty, x2+1x=−1+1x2→−1\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\to -1, ln⁡(x2+1)x→0\frac{\ln(x^2+1)}{x}\to 0, deci m=−1m=-1. n+=lim⁡x→+∞(f(x)−x)=lim⁡x→+∞(x2+1−x+ln⁡(x2+1))n_+=\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)=\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x^2+1}-x+\ln(x^2+1)). x2+1−x=1x2+1+x→0\sqrt{x^2+1}-x=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\to 0, și ln⁡(x2+1)→∞\ln(x^2+1)\to\infty, deci n+=∞n_+=\infty, deci nu există asimptotă pentru x→+∞x\to+\infty. Similar, n−=lim⁡x→−∞(f(x)−(−1)x)=lim⁡x→−∞(f(x)+x)=lim⁡x→−∞(x2+1+x+ln⁡(x2+1))n_-=\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(-1)x)=\lim_{x\to-\infty}(f(x)+x)=\lim_{x\to-\infty}(\sqrt{x^2+1}+x+\ln(x^2+1)). x2+1+x=1x2+1−x→0\sqrt{x^2+1}+x=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to 0, și ln⁡(x2+1)→∞\ln(x^2+1)\to\infty, deci n−=∞n_-=\infty, deci nu există asimptote oblice finite.
33 puncte
lim⁡x→∞(f(x)−x)=lim⁡x→∞(x2+1−x+ln⁡(x2+1))\lim_{x\to\infty}\left(f(x)-x\right)=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x+\ln(x^2+1)\right). Cum x2+1−x=1x2+1+x→0\sqrt{x^2+1}-x=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\to 0 și ln⁡(x2+1)→∞\ln(x^2+1)\to\infty, limita este ∞\infty.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

50 credite gratuite la înregistrare. Fără card, fără obligații.

Probleme similare de Derivate

Greu#1Derivate
Fie funcția f:(0,∞)→Rf: (0, \infty) \to \mathbb{R}, f(x)=ln⁡(arctan⁡(1+esin⁡(ln⁡x)))f(x) = \ln\left( \arctan\left( \sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}} \right) \right). a) Calculați f′(x)f'(x). b) Determinați punctele critice ale lui ff pe intervalul (1,e2π)(1, e^{2\pi}). c) Demonstrați că ecuația f′(x)=0f'(x) = 0 are exact două soluții în (1,e2π)(1, e^{2\pi}).
Greu#2Derivate
Fie f:[0,2]→Rf: [0, 2] \to \mathbb{R}, f(x)=x3−3x2+ax+bf(x) = x^3 - 3x^2 + ax + b, cu a,b∈Ra, b \in \mathbb{R}. a) Determinați aa și bb astfel încât ff să verifice condițiile teoremei lui Rolle pe [0,2][0, 2]. b) Pentru valorile găsite, demonstrați că există c∈(0,2)c \in (0, 2) cu f′′(c)=0f''(c) = 0. c) Arătați că pentru orice x∈[0,2]x \in [0, 2], ∣f(x)∣≤4|f(x)| \leq 4.
Greu#3Derivate
Demonstrați că pentru orice x>0x > 0, are loc inegalitatea ln⁡(1+x)>2x2+x\ln(1+x) > \frac{2x}{2+x}. a) Definiți funcția auxiliară g(x)=ln⁡(1+x)−2x2+xg(x) = \ln(1+x) - \frac{2x}{2+x} și studiați monotonia ei. b) Determinați semnul lui g(x)g(x) pe (0,∞)(0, \infty). c) Generalizați: pentru ce valori ale lui k>0k > 0 are loc ln⁡(1+x)>kxk+x\ln(1+x) > \frac{kx}{k+x} pentru orice x>0x > 0?
Greu#4Derivate
Fie curba Γ:{x=t2−1y=t3−3t\Gamma: \begin{cases} x = t^2 - 1 \\ y = t^3 - 3t \end{cases}, t∈Rt \in \mathbb{R}. a) Determinați ecuația tangentei la Γ\Gamma în punctul corespunzător lui t=2t=2. b) Găsiți punctele de pe Γ\Gamma în care tangenta este paralelă cu dreapta y=3x+1y = 3x + 1. c) Demonstrați că există exact două tangente la Γ\Gamma care trec prin punctul A(0,−4)A(0, -4).
Vezi toate problemele de Derivate →
57 zile până la BAC

Pregătește-te la Derivate cu AI

Rezolvă probleme pe hârtie, fotografiază și primește feedback instant de la AI — ca de la un profesor.

Vreau evaluare AI pe soluția mea

50 credite gratuite la înregistrare. Fără card, fără obligații.