Obliczymy wartość współczynnika kierunkowego stycznej do wykresu funkcji określonej wzorem $f\left(x\right)=x^3+1$ w punkcie $x_0=-2$.

Rozwiązanie:

Ponieważ współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji w punkcie $x_0$ jest równy pochodnej funkcji w tym punkcie, zatem:

$U\left(h\right)=\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}=\frac{{\left(x+h\right)}^3+1-\left(x^3+1\right)}{h}=$

$=\frac{x^3+3x^{2}h+3x{h}^2+h^3+1-x^3-1}{h}=\frac{3x^{2}h+3x{h}^2+h^3}{h}=3x^2+3xh+h^2$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }U\left(h\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\left(3{x_0}^2+3x_{0}h+h^2\right)=3{x_0}^2$

Zatem:

$a=f\text{'}(-2)=3·{\left(-2\right)}^2=12$

Wyznaczymy współrzędne punktu $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$, w którym styczna do wykresu funkcji $f$ określonej wzorem $f\left(x\right)=x^2+2x$ jest równoległa do prostej określonej równaniem $y=3x-1$.

Rozwiązanie:

Niech styczna do wykresu funkcji $f$ będzie zadana równaniem $y=ax+b$.

Proste o równaniach $y=a_{1}x+b_1$ oraz $y=a_{2}x+b_2$ są równoległe, gdy $a_1=a_2$.

Zatem $a=3$.

Wyznaczenie współrzędnych punktu $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ przedstawimy w kilku krokach.

Mamy $a=3$.

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\left(x_0+h\right)}^2+2·\left(x_0+h\right)-\left({x_0}^2+2x_0\right)}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{x_0}^2+2x_{0}h+h^2+2x_0+2h-{x_0}^2-2x_0}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{2x_{0}h+h^2+2h}{h}=2x_0+2$

Zatem do wyznaczenia wartości $x_0$ rozwiązujemy równanie:

$3=2x_0+2$

$x_0=\frac{1}{2}$

Wobec tego współrzędne punktu styczności wynoszą:

$\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)=\left(\frac{1}{2},{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+2·\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2},\frac{5}{4}\right)$

Sprawdzimy, czy istnieje punkt o współrzędnych $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$, w którym styczna do wykresu funkcji $f$ określonej wzorem $f\left(x\right)=-x-2$ jest nachylona do osi $X$ pod kątem $45°$.

Rozwiązanie:

Jeżeli prosta o równaniu $y=ax+b$ jest nachylona do osi $X$ pod kątem $45°$, to $a=\mathrm{tg}45°$.

Zatem $a=\mathrm{tg}45°=1$.

Do wyznaczenia współrzędnych punktu $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ rozwiązujemy równanie:

$a=f\text{'}\left(x_0\right)$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{-\left(x_0+h\right)-2-\left(-x_0-2\right)}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{-x_0-h-2+x_0+2}{h}=-1$

Jeżeli $a=f\text{'}\left(x_0\right)$, to:

$1=-1$

Otrzymujemy sprzeczność, niezależnie od wyboru punktu $x_0$, wobec tego nie istnieje taki punkt.

Wyznaczymy współrzędne punktu $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$, w którym styczna do wykresu funkcji $f$ określonej wzorem $f\left(x\right)=\sqrt{x}-3$ jest prostopadła do prostej określonej równaniem $y=-\frac{1}{2}x+4$.

Rozwiązanie:

Niech prosta określona równaniem $y=ax+b$ będzie omawianą styczną.

Proste o równaniach $y=a_{1}x+b_1$ oraz $y=a_{2}x+b_2$ są prostopadłe, gdy $a_1·a_2=-1$.

Zatem $a=2$.

Do wyznaczenia współrzędnych punktu $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ rozwiązujemy równanie:

$a=f\text{'}\left(x_0\right)$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x_0+h}-3-\left(\sqrt{x_0}-3\right)}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{x_0+h}-\sqrt{x_0}}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x_0+h}-\sqrt{x_0}\right)·\left(\sqrt{x_0+h}+\sqrt{x_0}\right)}{h·\left(\sqrt{x_0+h}+\sqrt{x_0}\right)}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{x_0+h-x_0}{h·\left(\sqrt{x_0+h}+\sqrt{x_0}\right)}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x_0+h}+\sqrt{x_0}}=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}$

Wobec tego:

$2=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}$

Zatem $x_0=\frac{1}{16}$.

Wobec tego współrzędne punktu styczności wynoszą:

$\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)=\left(\frac{1}{16},\sqrt{\frac{1}{16}}-3\right)=\left(\frac{1}{16},-\frac{11}{4}\right)$

Sprawdzimy, czy istnieje styczna do wykresu funkcji $f$ określonej wzorem $f\left(x\right)=\frac{1}{x}$ mająca współczynnik kierunkowy równy $a=-3$.

Rozwiązanie:

W tym celu wystarczy sprawdzić, czy istnieje taki punkt $x_0$, który spełnia zależność:

$a=f\text{'}\left(x_0\right)$

Zatem:

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{1}{x_0+h}-\frac{1}{x_0}}}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{x_0-\left(x_0+h\right)}{\left(x_0+h\right)·x_0}}}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{-h}{\left(x_0+h\right)·x_0}}}{h}$

$f\text{'}\left(x_0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle -1}}{\left(x_0+h\right)·x_0}=-\frac{1}{{x_0}^2}$

Wobec tego:

$-3=\frac{-1}{{x_0}^2}$

${x_0}^2=\frac{1}{3}\Rightarrow x_0=\frac{\sqrt{3}}{3} \vee x_0=-\frac{\sqrt{3}}{3}$

Ponieważ istnieje punkt $x_0$ spełniający równanie $a=f\text{'}\left(x_0\right)$, zatem istnieje styczna do wykresu funkcji mająca podany współczynnik kierunkowy.

prosta, będąca granicznym położeniem siecznych do wykresu funkcji $f$ i przechodzących przez punkty o współrzędnych $\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ i $\left(x,f\left(x\right)\right)$, gdy $x$ dąży do $x_0$