Probleme grele de Derivate

Clasa a 11-a • 15 probleme de nivel greu

Ușor (79)Mediu (84)Toate
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.
Greu#11Derivate
Fie funcția f:(0,∞)→Rf: (0,\infty) \to \mathbb{R}, f(x)=ln⁡(1+x2)x−arctan⁡xx2f(x) = \frac{\ln(1+x^2)}{x} - \frac{\arctan x}{x^2}. a) Calculați lim⁡x→0f(x)\lim_{x \to 0} f(x) și lim⁡x→∞f(x)\lim_{x \to \infty} f(x). b) Demonstrați că ff este strict descrescătoare pe (0,∞)(0,\infty). c) Determinați numărul soluțiilor reale ale ecuației f(x)=mf(x) = m, în funcție de parametrul real mm.
Greu#12Derivate
Se dă funcția parametrică x(t)=t2−ln⁡tx(t) = t^2 - \ln t, y(t)=t+1ty(t) = t + \frac{1}{t}, t>0t > 0. a) Determinați intervalele de monotonie ale funcției yy în raport cu xx. b) Studiați convexitatea/concavitatea graficului parametric. c) Determinați asimptotele graficului pentru t→0+t \to 0^+ și t→∞t \to \infty.
Greu#13Derivate
Fie f:[1,e]→Rf: [1, e] \to \mathbb{R}, f(x)=ln⁡xxf(x) = \frac{\ln x}{x}. a) Demonstrați inegalitatea 1e≤f(x)≤12\frac{1}{e} \leq f(x) \leq \frac{1}{2} pentru x∈[1,e]x \in [1, e], folosind derivate. b) Aplicați teorema lui Lagrange funcției ff pe intervalul [1,e][1, e] pentru a demonstra că există c∈(1,e)c \in (1, e) astfel încât 1e−12=f′(c)(e−1)\frac{1}{e} - \frac{1}{2} = f'(c)(e-1). c) Folosind punctul b), demonstrați că 1e<12−1e2\frac{1}{e} < \frac{1}{2} - \frac{1}{e^2}.
Greu#14Derivate
Un dreptunghi are vârfurile pe parabola y=x2y = x^2 și pe dreapta y=4y = 4, cu laturile paralele cu axele de coordonate. a) Exprimați aria dreptunghiului în funcție de abscisa xx a unui vârf de pe parabolă. b) Determinați dreptunghiul de arie maximă. c) Demonstrați că pentru orice astfel de dreptunghi, raportul dintre lățime și înălțime este mai mic decât 12\frac{1}{2}.
Greu#15Derivate
Fie f:R→Rf: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=∫0x(t2−3t+2)e−tdtf(x) = \int_0^x (t^2 - 3t + 2)e^{-t} dt. a) Calculați f′(x)f'(x) și f′′(x)f''(x). b) Determinați punctele de extrem local ale lui ff. c) Demonstrați că ecuația f(x)=0f(x) = 0 are exact trei soluții reale.
57 zile până la BAC

Pregătește-te la Derivate cu AI

Accesează toate cele 15 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.