Probleme de Derivate — Clasa a 11-a

Pregătire BAC M1Analiza Matematica • 497 probleme cu rezolvări complete
Teorie Derivate — Formule si exemple rezolvate

Derivatele măsoară rata de variație a funcțiilor. Capitolul acoperă regulile de derivare, derivate compuse și aplicații geometrice (tangenta la grafic).

Verificat de profesori de matematică

Ușor

79

probleme

Mediu

84

probleme

Greu

15

probleme

Grile de Derivate

319 întrebări cu variante de răspuns

→

Exemple de probleme

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}).

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
Derivata funcției compuse: f′(x)=1arctan⁡(1+esin⁡(ln⁡x))⋅11+(1+esin⁡(ln⁡x))2⋅121+esin⁡(ln⁡x)⋅esin⁡(ln⁡x)⋅cos⁡(ln⁡x)⋅1xf'(x) = \frac{1}{\arctan\left( \sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}} \right)} \cdot \frac{1}{1 + \left( \sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}} \right)^2} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}}} \cdot e^{\sin(\ln x)} \cdot \cos(\ln x) \cdot \frac{1}{x}
22 puncte
Simplificare: f′(x)=esin⁡(ln⁡x)cos⁡(ln⁡x)2x1+esin⁡(ln⁡x)(2+esin⁡(ln⁡x))arctan⁡(1+esin⁡(ln⁡x))f'(x) = \frac{e^{\sin(\ln x)} \cos(\ln x)}{2x \sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}} \left( 2 + e^{\sin(\ln x)} \right) \arctan\left( \sqrt{1 + e^{\sin(\ln x)}} \right)}
32 puncte
Punctele critice: f′(x)=0⇔cos⁡(ln⁡x)=0⇒ln⁡x=π2+kπ,k∈Zf'(x)=0 \Leftrightarrow \cos(\ln x)=0 \Rightarrow \ln x = \frac{\pi}{2} + k\pi, k \in \mathbb{Z}. Pe (1,e2π)(1, e^{2\pi}): x1=eπ/2x_1 = e^{\pi/2}, x2=e3π/2x_2 = e^{3\pi/2}
42 puncte
Studiul semnului lui f′f': cos⁡(ln⁡x)\cos(\ln x) schimbă semnul la x1x_1 și x2x_2, iar ceilalți factori sunt pozitivi. Deci f′f' are semne alterne pe intervalele (1,x1)(1, x_1), (x1,x2)(x_1, x_2), (x2,e2π)(x_2, e^{2\pi})
52 puncte
Concluzie: Ecuația f′(x)=0f'(x)=0 are exact două soluții (rădăcini simple) în (1,e2π)(1, e^{2\pi}), anume x1x_1 și x2x_2.

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.

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.

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
Condiții Rolle: ff continuă și derivabilă pe [0,2][0, 2] (polinom), și f(0)=f(2)f(0)=f(2). f(0)=bf(0)=b, f(2)=8−12+2a+b=2a+b−4f(2)=8 - 12 + 2a + b = 2a + b - 4. Rezultă b=2a+b−4⇒a=2b = 2a + b - 4 \Rightarrow a=2. Alegem b=0b=0 pentru simplitate, deci f(x)=x3−3x2+2xf(x)=x^3 - 3x^2 + 2x
22 puncte
Teorema lui Rolle: Există c1∈(0,2)c_1 \in (0, 2) cu f′(c1)=0f'(c_1)=0. f′(x)=3x2−6x+2f'(x)=3x^2 - 6x + 2, rădăcini x=1±13x=1 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}, ambele în (0,2)(0, 2)
32 puncte
Aplicăm teorema lui Rolle pentru f′f' pe [1−13,1+13]⊂(0,2)[1-\frac{1}{\sqrt{3}}, 1+\frac{1}{\sqrt{3}}] \subset (0, 2): f′f' derivabilă și f′(1−13)=f′(1+13)=0f'(1-\frac{1}{\sqrt{3}})=f'(1+\frac{1}{\sqrt{3}})=0, deci există c∈(0,2)c \in (0, 2) cu f′′(c)=0f''(c)=0
42 puncte
f′′(x)=6x−6f''(x)=6x-6, deci c=1c=1 este punctul unde f′′(c)=0f''(c)=0
52 puncte
f(x)=x(x−1)(x−2)f(x)=x(x-1)(x-2). Pe [0,2][0, 2], ∣f(x)∣≤max⁡[0,2]∣x(x−1)(x−2)∣|f(x)| \leq \max_{[0, 2]} |x(x-1)(x-2)|. Studiind funcția g(x)=∣x(x−1)(x−2)∣g(x)=|x(x-1)(x-2)|, maximul este 233≈0.385<4\frac{2}{3\sqrt{3}} \approx 0.385 < 4, deci inegalitatea este verificată.

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.

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?

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
g(x)=ln⁡(1+x)−2x2+xg(x) = \ln(1+x) - \frac{2x}{2+x}, g(0)=0g(0)=0. g′(x)=11+x−4(2+x)2=(2+x)2−4(1+x)(1+x)(2+x)2=x2(1+x)(2+x)2>0g'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{4}{(2+x)^2} = \frac{(2+x)^2 - 4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2} = \frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2} > 0 pentru x>0x>0
22 puncte
gg strict crescătoare pe [0,∞)[0, \infty) și g(0)=0g(0)=0, deci g(x)>0g(x) > 0 pentru x>0x>0, adică ln⁡(1+x)>2x2+x\ln(1+x) > \frac{2x}{2+x}
32 puncte
Generalizare: Fie h(x)=ln⁡(1+x)−kxk+xh(x) = \ln(1+x) - \frac{kx}{k+x}, h(0)=0h(0)=0. h′(x)=11+x−k2(k+x)2=(k+x)2−k2(1+x)(1+x)(k+x)2=x(2k−k2+x)(1+x)(k+x)2h'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{k^2}{(k+x)^2} = \frac{(k+x)^2 - k^2(1+x)}{(1+x)(k+x)^2} = \frac{x(2k - k^2 + x)}{(1+x)(k+x)^2}
42 puncte
Pentru x>0x>0, semnul lui h′h' depinde de 2k−k22k - k^2. Dacă 2k−k2≥02k - k^2 \geq 0 (i.e., 0<k≤20 < k \leq 2), atunci h′(x)>0h'(x) > 0 pentru x>0x>0, deci h(x)>0h(x) > 0
52 puncte
Dacă k>2k > 2, atunci pentru xx mic pozitiv, 2k−k2+x<02k - k^2 + x < 0, deci h′(x)<0h'(x) < 0, iar h(x)<0h(x) < 0 pentru xx mic. Inegalitatea nu mai este valabilă pentru orice x>0x>0. Concluzie: k∈(0,2]k \in (0, 2].

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.

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).

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
Derivarea parametrică: dydx=y′(t)x′(t)=3t2−32t\frac{dy}{dx} = \frac{y'(t)}{x'(t)} = \frac{3t^2 - 3}{2t}. Pentru t=2t=2: punctul (3,2)(3, 2), panta m=94m = \frac{9}{4}. Ecuația tangentei: y−2=94(x−3)y - 2 = \frac{9}{4}(x - 3)
22 puncte
Tangenta paralelă cu y=3x+1y=3x+1 are panta 33. Rezolvăm 3t2−32t=3⇒3t2−3=6t⇒t2−2t−1=0⇒t=1±2\frac{3t^2 - 3}{2t} = 3 \Rightarrow 3t^2 - 3 = 6t \Rightarrow t^2 - 2t - 1 = 0 \Rightarrow t = 1 \pm \sqrt{2}. Punctele: (2−22,−2−22)(2-2\sqrt{2}, -2-2\sqrt{2}) și (2+22,−2+22)(2+2\sqrt{2}, -2+2\sqrt{2})
32 puncte
Tangenta prin A(0,−4)A(0, -4): ecuația tangentei la Γ\Gamma în tt: y−(t3−3t)=3t2−32t(x−(t2−1))y - (t^3-3t) = \frac{3t^2-3}{2t}(x - (t^2-1)). Impunem AA pe tangentă: −4−(t3−3t)=3t2−32t(0−(t2−1))-4 - (t^3-3t) = \frac{3t^2-3}{2t}(0 - (t^2-1))
42 puncte
Simplificare: −4−t3+3t=3t2−32t(−t2+1)=3(t2−1)2t(1−t2)=−3(t2−1)22t-4 - t^3 + 3t = \frac{3t^2-3}{2t}(-t^2+1) = \frac{3(t^2-1)}{2t}(1-t^2) = -\frac{3(t^2-1)^2}{2t}. Înmulțim cu 2t2t: −8t−2t4+6t2=−3(t2−1)2-8t - 2t^4 + 6t^2 = -3(t^2-1)^2
52 puncte
Ecuația devine: 2t4−6t2+8t=3(t4−2t2+1)⇒−t4+8t−3=0⇒t4−8t+3=02t^4 - 6t^2 + 8t = 3(t^4 - 2t^2 + 1) \Rightarrow -t^4 + 8t - 3 = 0 \Rightarrow t^4 - 8t + 3 = 0. Studiem funcția h(t)=t4−8t+3h(t)=t^4-8t+3: h′(t)=4t3−8h'(t)=4t^3-8, rădăcini reale t=23t=\sqrt[3]{2}. hh are minim local la t=23t=\sqrt[3]{2}, iar h(23)<0h(\sqrt[3]{2}) < 0, lim⁡t→±∞h(t)=∞\lim_{t \to \pm\infty} h(t) = \infty, deci ecuația are exact două rădăcini reale.

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.

Greu#5Derivate
Fie f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=x4+ax3+bx2+cx+df(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d, cu a,b,c,d∈Ra, b, c, d \in \mathbb{R}. a) Determinați condițiile asupra lui a,b,c,da, b, c, d astfel încât x=1x=1 să fie punct de extrem local și x=2x=2 să fie punct de inflexiune. b) Pentru a=−6a= -6, b=13b= 13, c=−12c= -12, d=4d= 4, studiați monotonia și convexitatea lui ff. c) Demonstrați că în acest caz, ff are exact două puncte critice.

Rezolvare completă

10 puncte · 5 pași
12 puncte
f′(x)=4x3+3ax2+2bx+cf'(x)=4x^3 + 3ax^2 + 2bx + c, f′′(x)=12x2+6ax+2bf''(x)=12x^2 + 6ax + 2b. Condiții: f′(1)=0f'(1)=0 și f′′(2)=0f''(2)=0. Adică: 4+3a+2b+c=04 + 3a + 2b + c = 0 și 48+12a+2b=048 + 12a + 2b = 0
22 puncte
Pentru a=−6a=-6, b=13b=13, c=−12c=-12, d=4d=4: verificăm f′(1)=4−18+26−12=0f'(1)=4 -18 +26 -12=0, f′′(2)=48−72+26=2≠0f''(2)=48 -72 +26=2 \neq 0, deci x=2x=2 nu este inflexiune. Corectăm: din f′′(2)=0f''(2)=0 obținem b=−24−6ab= -24 -6a. Alegem a=−6a=-6, atunci b=12b=12, iar din f′(1)=0f'(1)=0 obținem c=−4−3a−2b=−4+18−24=−10c= -4 -3a -2b = -4 +18 -24 = -10. dd liber, alegem d=0d=0 pentru simplitate: f(x)=x4−6x3+12x2−10xf(x)=x^4 -6x^3 +12x^2 -10x
32 puncte
f′(x)=4x3−18x2+24x−10f'(x)=4x^3 -18x^2 +24x -10, f′′(x)=12x2−36x+24=12(x2−3x+2)=12(x−1)(x−2)f''(x)=12x^2 -36x +24 = 12(x^2 -3x +2)=12(x-1)(x-2). Puncte critice: rezolvăm f′(x)=0f'(x)=0. f′(1)=0f'(1)=0, f′(2)=32−72+48−10=−2≠0f'(2)=32-72+48-10=-2 \neq 0
42 puncte
f′′f'' schimbă semnul la x=1x=1 și x=2x=2: convexă pe (−∞,1)∪(2,∞)(-\infty, 1) \cup (2, \infty), concavă pe (1,2)(1, 2). x=1x=1 este punct de inflexiune (dar și critic), x=2x=2 este punct de inflexiune
52 puncte
f′(x)f'(x) este polinom de grad 3. f′(1)=0f'(1)=0, iar f′f' are și alte rădăcini. Din f′(x)=(x−1)(4x2−14x+10)f'(x)=(x-1)(4x^2 -14x +10). Discriminant: 196−160=36196 -160=36, rădăcini x=14±68=1,52,1x=\frac{14 \pm 6}{8} = 1, \frac{5}{2}, 1. Deci x=1x=1 (dublă) și x=2.5x=2.5. Exact două puncte critice distincte: x=1x=1 și x=2.5x=2.5.

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.

Greu#6Derivate
Se consideră funcția f:R∖{0}→Rf: \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}, f(x)=ax2+bxf(x) = \frac{ax^2 + b}{x}, cu a,b∈Ra, b \in \mathbb{R}, a≠0a \neq 0. a) Determinați aa și bb astfel încât graficul lui ff să aibă asimptotă oblică y=2x+1y = 2x + 1 și să treacă prin punctul (1,3)(1, 3). b) Pentru valorile găsite, studiați monotonia și extremele lui ff. c) Demonstrați că pentru orice x1,x2>0x_1, x_2 > 0, f(x1+x22)≤f(x1)+f(x2)2f\left(\frac{x_1 + x_2}{2}\right) \leq \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2}.
Greu#7Derivate
Un dreptunghi are vârfurile pe parabola y=4−x2y = 4 - x^2 și pe axa OxOx, cu baza pe OxOx. a) Exprimați aria dreptunghiului în funcție de abscisa x>0x > 0 a vârfului din primul cadran. b) Determinați dimensiunile dreptunghiului de arie maximă. c) Demonstrați că perimetrul dreptunghiului maxim este mai mic decât 8.
Greu#8Derivate
Fie funcția f:(0,∞)→Rf: (0, \infty) \to \mathbb{R}, f(x)=ln⁡(arctan⁡(1+esin⁡x))f(x) = \ln\left( \arctan\left( \sqrt{1 + e^{\sin x}} \right) \right). a) Calculați f′(x)f'(x). b) Demonstrați că ecuația f′(x)=0f'(x) = 0 are exact o soluție în intervalul (0,π)(0, \pi). c) Determinați punctele de pe graficul funcției g(x)=f(x)+1xg(x) = f(x) + \frac{1}{x} în care tangenta este paralelă cu dreapta y=−xy = -x.
Greu#9Derivate
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 știind că ff verifică teorema lui Rolle pe [0,2][0,2]. b) Pentru valorile găsite, demonstrați că există c∈(0,2)c \in (0,2) astfel încât f′(c)=f(2)−f(0)2−0+1f'(c) = \frac{f(2) - f(0)}{2-0} + 1. c) Demonstrați inegalitatea ∫02f(x)dx≥−4\int_0^2 f(x) dx \geq -4 folosind o funcție auxiliară și proprietăți de monotonie.
Greu#10Derivate
Se consideră funcția f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=ex2−2x⋅sin⁡(πx)f(x) = e^{x^2 - 2x} \cdot \sin(\pi x). a) Determinați ecuațiile tangentelor la graficul lui ff în punctele de intersecție cu axa OxOx. b) Demonstrați că există cel puțin un punct c∈(0,2)c \in (0,2) în care tangenta la grafic este orizontală. c) Studiați natura punctelor de extrem local ale funcției g(x)=f(x)+λxg(x) = f(x) + \lambda x, în funcție de parametrul real λ\lambda.

Și alte 168 probleme disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Derivate cu AI

Accesează toate cele 497 probleme de Derivate cu rezolvări complete pas cu pas și corectare automată AI.

Vreau evaluare AI pe soluția mea

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

Alte capitole pentru clasa a 11-a

→Aplicații ale derivatelor
536 probleme
→Asimptote
401 probleme
→Continuitate
399 probleme
→Determinanți
564 probleme
→Matrici
509 probleme

Întrebări frecvente despre Derivate

Cum se calculează derivatele la BAC?
Derivatele la BAC se calculează aplicând regulile de derivare: derivata sumei, produsului, câtului și funcțiilor compuse. Cele mai frecvente funcții la BAC sunt polinomiale, exponențiale, logaritmice și trigonometrice.
Ce tipuri de probleme cu derivate apar la BAC?
La BAC M1 apar probleme de: calculul derivatei, tangenta la grafic, monotonia funcțiilor (folosind semnul derivatei), extreme locale și studiul complet al funcțiilor.
Care sunt formulele de derivare esențiale?
Formulele cheie sunt: (x^n)' = nx^(n-1), (e^x)' = e^x, (ln x)' = 1/x, (sin x)' = cos x, (cos x)' = -sin x, regula produsului (fg)' = f'g + fg' și regula câtului.

Câștigă XP și badge-uri rezolvând probleme

Sistem de niveluri (1-20), clasament săptămânal și serie zilnică de învățare. Începe gratuit cu 50 de credite.