2. Poziom rozszerzony - M_R_W24_M12 Optymalizacja i rachunek różniczkowy

REgblYOenDYto

12. Optymalizacja i rachunek różniczkowy

Poniższe zadania zostały wybrane z arkuszy maturalnych z poprzednich lat oraz z informatora maturalnego CKE. Sprawdź, czy potrafisz je rozwiązać.

Ćwiczenie 1

(VI 2025, 2+4 punkty)

Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o polu powierzchni całkowitej równym $24 \sqrt{3}$ .

Polecenie 1. (2 punkty)

Wykaż, że objętość $V$ graniastosłupa w zależności od długości $a$ krawędzi podstawy jest określona wzorem

$V(a)=6 a-\frac{1}{8} a^{3}$

Przykładowe rozwiązanie

Rozpatrzmy dowolny z rozważanych graniastosłupów. Oznaczmy przez $H$ jego wysokość.

Pole powierzchni całkowitej tej bryły jest równe $24 \sqrt{3}$ , więc

$24 \sqrt{3}=2 \cdot \frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}+3 a H$

Stąd

$H=\frac{48 \sqrt{3}-a^{2} \cdot \sqrt{3}}{6 a}$

Zatem objętość $V$ graniastosłupa jest równa

$V=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} \cdot H=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{48 \sqrt{3}-a^{2} \cdot \sqrt{3}}{6 a}=6 a-\frac{1}{8} a^{3}$

To należało wykazać.

Polecenie 2. (4 punkty)

Objętość $V$ graniastosłupa w zależności od długości $a$ krawędzi podstawy jest określona wzorem

$V(a)=6 a-\frac{1}{8} a^{3}$

dla $a \in(0,4 \sqrt{3})$ .

Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy argument, dla którego funkcja $V$ określona wzorem $V(a)=6 a-\frac{1}{8} a^{3}$ dla $a \in(0,4 \sqrt{3})$ osiąga wartość największą.

Wyznaczamy pochodną funkcji $V: V^{\prime}(a)=6-\frac{3}{8} a^{2}$ dla $a \in(0,4 \sqrt{3})$ .

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $V$ :

$V^{\prime}(a)=0$

$6-\frac{3}{8} a^{2}=0$

$a=-4 \notin(0,4 \sqrt{3}) \quad \vee \quad a=4 \in(0,4 \sqrt{3})$

Badamy znak pochodnej:

$V^{\prime}(a)<0$

$6-\frac{3}{8} a^{2}<0 \quad \wedge \quad a \in(0,4 \sqrt{3})$

$a \in(4,4 \sqrt{3})$

więc $V^{\prime}(a)<0$ dla $a \in(4,4 \sqrt{3})$ oraz $V^{\prime}(h)>0$ dla $a \in(0,4)$ .

Zatem funkcja $V$ jest rosnąca w przedziale $(0,4]$ i malejąca w przedziale $[4,4 \sqrt{3})$ .

Stąd funkcja $V$ osiąga wartość największą dla $a=4$ . Wtedy

$V(4)=6 \cdot 4-\frac{1}{8} \cdot 4^{3}=16$ .

Ćwiczenie 2

(V 2025, 2+4 punkty)

Rozważamy wszystkie stożki, których wysokość jest większa od 5 , a odległość środka podstawy od tworzącej jest równa 5.

Polecenie 1 (2 punkty)

Wykaż, że objętość $V$ stożka, jako funkcja wysokości $h$ stożka, wyraża się wzorem

$V(h)=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{3}}{h^{2}-25}$

Przykładowe rozwiązanie

Rozpatrzmy dowolny z rozważanych stożków. Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$A, B, C$ - wierzchołki trójkąta, który jest przekrojem osiowym stożka,
$D$ - środek podstawy stożka,
$E$ - spodek wysokości trójkąta $D B C$ opuszczonej z wierzchołka $D$ na bok $B C$ ,
$r$ - promień podstawy stożka,
$h$ - wysokość stożka
(zobacz rysunek).

RE85TQS5MP9X7

Zapisujemy pole trójkąta $D B C$ na dwa sposoby i stosujemy twierdzenie Pitagorasa, otrzymując:

$\frac{1}{2} \cdot|D B| \cdot|D C|=\frac{1}{2} \cdot|B C| \cdot|D E|$

$\frac{1}{2} r h=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{h^{2}+r^{2}} \cdot 5$

$r^{2} h^{2}=25 h^{2}+25 r^{2}$

$r^{2}=\frac{25 h^{2}}{h^{2}-25}$

Zatem objętość $V$ stożka jest równa

$V=\frac{1}{3} \pi r^{2} h=\frac{1}{3} \pi \cdot \frac{25 h^{2}}{h^{2}-25} \cdot h=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{3}}{h^{2}-25}$

To należało wykazać.

Polecenie 2 (4 punkty)

Objętość $V$ stożka, jako funkcja wysokości $h$ stożka, wyraża się wzorem

$V(h)=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{3}}{h^{2}-25}$

dla $h \in(5,+\infty)$ .

Wyznacz wysokość tego z rozważanych stożków, którego objętość jest najmniejsza. Oblicz tę najmniejszą objętość. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy argument, dla którego funkcja $V$ określona wzorem $V(h)=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{3}}{h^{2}-25}$ dla $h \in(5,+\infty)$ osiąga wartość najmniejszą.

Wyznaczamy pochodną funkcji $V$ :

$V^{\prime}(h)=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{75 h^{2} \cdot\left(h^{2}-25\right)-25 h^{3} \cdot 2 h}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{2}\left(h^{2}-75\right)}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}$

dla $h \in(5,+\infty)$ .

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $V$ :

$V^{\prime}(h)=0$

$\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{2}\left(h^{2}-75\right)}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}=0$

$25 h^{2}\left(h^{2}-75\right)=0$

$h=0 \notin(5,+\infty) \quad \vee \quad h=-5 \sqrt{3} \notin(5,+\infty) \quad \vee \quad h=5 \sqrt{3} \in(5,+\infty)$

Badamy znak pochodnej:

$V^{\prime}(h)<0$

$\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25 h^{2}\left(h^{2}-75\right)}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}<0 \quad \wedge \quad h \in(5,+\infty)$

$h^{2}\left(h^{2}-75\right)<0 \quad \wedge \quad h \in(5,+\infty)$

$h^{2}<75 \quad \wedge \quad h \in(5,+\infty)$

$h \in(5,5 \sqrt{3}),$

więc $V^{\prime}(h)<0$ dla $h \in(5,5 \sqrt{3})$ oraz $V^{\prime}(h)>0$ dla $h \in(5 \sqrt{3},+\infty)$ .

Zatem funkcja $V$ jest malejąca w przedziale $(5,5 \sqrt{3}]$ i rosnąca w przedziale $[5 \sqrt{3},+\infty)$ . Stąd funkcja $V$ osiąga wartość najmniejszą dla $h=5 \sqrt{3}$ . Wtedy

$V(5 \sqrt{3})=\frac{\pi}{3} \cdot \frac{25(5 \sqrt{3})^{3}}{(5 \sqrt{3})^{2}-25}=\frac{125 \sqrt{3} \pi}{2}$

Uwaga. Funkcja $V$ jest różniczkowalna, więc jest ciągła. Ponadto $\lim _{h \rightarrow 5^{+}} V(h)=+\infty$ oraz $\lim _{h \rightarrow+\infty} V(h)=+\infty$ , więc uwzględniając wartość funkcji $V$ w punkcie stacjonarnym $h=5 \sqrt{3}$ równą $V(5 \sqrt{3})=\frac{125 \sqrt{3} \pi}{2}$ , można wyciągnąć wniosek, że funkcja $V$ osiąga wartość najmniejszą równą $\frac{125 \sqrt{3} \pi}{2}$ dla argumentu $h=5 \sqrt{3}$ .

Ćwiczenie 3

(VI 2024, 2 punkty)

Oblicz granicę

$\lim _{x \rightarrow 3^{-}} \frac{|x-3|}{x^{2}-9}$

Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Przekształcamy wyrażenie $\frac{|x-3|}{x^{2}-9}$ , korzystając ze wzoru na różnicę kwadratów i definicji wartości bezwzględnej:

$\frac{|x-3|}{x^{2}-9}=\frac{-(x-3)}{(x-3)(x+3)}=\frac{-1}{x+3}$

dla każdego $x \in(-3,3)$ .

Ponieważ $\lim _{x \rightarrow 3^{-}}(x+3)=6$ oraz $\lim _{x \rightarrow 3^{-}}(-1)=-1$ , więc

$\lim _{x \rightarrow 3^{-}} \frac{|x-3|}{x^{2}-9}=-\frac{1}{6}$ .

Ćwiczenie 4

(VI 2024, 3 punkty)

Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\frac{2 x+1}{x-4}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x \neq 4$ . W kartezjańskim układzie współrzędnych $(x, y)$ punkt $P=\left(x_{0}, 5\right)$ należy do wykresu funkcji $f$ .

Oblicz $x_{0}$ oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy odciętą $x_{0}$ punktu $P$ :

$5=\frac{2 x_{0}+1}{x_{0}-4}$

$5 x_{0}-20=2 x_{0}+1$

$x_{0}=7$

Wyznaczamy pochodną funkcji $f$ :

$f^{\prime}(x)=\frac{2(x-4)-(2 x+1) \cdot 1}{(x-4)^{2}}$

$f^{\prime}(x)=\frac{-9}{(x-4)^{2}}$

Wyznaczamy równanie kierunkowe $y=a x+b$ stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Obliczamy współczynnik kierunkowy $a$ w równaniu stycznej:

$a=f^{\prime}(7)=-1$

Obliczamy współczynnik $b$ w równaniu stycznej:

$5=-1 \cdot 7+b$

$b=12$

Styczna ma równanie $y=-x+12$ .

Ćwiczenie 5

(VI 2024, 2+4 punkty)

Rozważamy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma wysokości $H$ ostrosłupa oraz promienia $R$ okręgu opisanego na podstawie tego ostrosłupa jest równa 6 .

Polecenie 1 (2 punkty)

Wykaż, że objętość $V$ każdego z takich ostrosłupów w zależności od długości $R$ promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem

$V(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)$ .

Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy następujące oznaczenia:
$A, B, C$ - wierzchołki podstawy ostrosłupa,
$S$ - wierzchołek ostrosłupa,
$H$ - wysokość ostrosłupa poprowadzona z wierzchołka $S$ na płaszczyznę podstawy $A B C$ ,
$a$ - długość krawędzi podstawy ostrosłupa.

Podstawa $A B C$ ostrosłupa jest trójkątem równobocznym, więc promień $R$ okręgu opisanego na podstawie jest równy $R=\frac{a \sqrt{3}}{3}$ . Stąd $a=R \sqrt{3}$ . Zatem pole $P_{p}$ podstawy jest równe

$P_{p}=\frac{(R \sqrt{3})^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{3 \sqrt{3} R^{2}}{4}$ .

Ponieważ $H+R=6$ , więc $H=6-R$ .

Wyznaczamy objętość $V$ ostrosłupa w zależności od $R$ :

$V=\frac{1}{3} \cdot \frac{3 \sqrt{3} R^{2}}{4} \cdot(6-R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)$ .

Polecenie 2 (4 punkty)

Objętość $V$ ostrosłupa w zależności od długości $R$ promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem

$V(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 R^{2}-R^{3}\right)$

dla $R \in(0,6)$ .

Wyznacz długość promienia okręgu opisanego na podstawie tego z rozważanych ostrosłupów, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Wyznaczamy pochodną funkcji $V$ :

$V^{\prime}(R)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(12 R-3 R^{2}\right)$

dla $R \in(0,6)$ .

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $V$ :

$V^{\prime}(R)=0$

$\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(12 R-3 R^{2}\right)=0$

$3 R \cdot(4-R)=0$

$R=0 \notin(0,6) \quad \vee \quad R=4 \in(0,6)$

Badamy znak pochodnej:
$V^{\prime}(R)>0$ dla $R \in(0,4)$ ,
$V^{\prime}(R)<0$ dla $R \in(4,6)$ .

Zatem funkcja $V$ jest rosnąca w przedziale $( 0,4 ]$ oraz jest malejąca w przedziale $[4,6)$ .

Stąd dla $R=4$ funkcja $V$ osiąga wartość największą równą

$V(4)=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(6 \cdot 4^{2}-4^{3}\right)=8 \sqrt{3}$ .

Ćwiczenie 6

(V 2024, 2 punkty)

Oblicz granicę

$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{x^{3}-8}{(x-2)^{2}}$

Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Przekształcamy wyrażenie $\frac{x^{3}-8}{(x-2)^{2}}$ , korzystając ze wzoru na różnicę sześcianów

$\frac{x^{3}-8}{(x-2)^{2}}=\frac{(x-2)\left(x^{2}+2 x+4\right)}{(x-2)^{2}}=\frac{x^{2}+2 x+4}{x-2}$

dla każdego $x \neq 2$ .

Ponieważ $\lim _{x \rightarrow 2^{-}}\left(x^{2}+2 x+4\right)=12$ oraz $\lim _{x \rightarrow 2^{-}}(x-2)=0^{-}$ , więc

$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{x^{3}-8}{(x-2)^{2}}=-\infty$ .

Ćwiczenie 7

(V 2024, 3 punkty)

Funkcja $f$ jest określona wzorem

$f(x)=\frac{x^{3}-3 x+2}{x}$

dla każdej liczby rzeczywistej $x$ różnej od zera. W kartezjańskim układzie współrzędnych $(x, y)$ punkt $P$ , o pierwszej współrzędnej równej 2 , należy do wykresu funkcji $f$ . Prosta o równaniu $y=a x+b$ jest styczna do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ .

Oblicz współczynniki $a$ oraz $b$ w równaniu tej stycznej. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Wyznaczamy pochodną funkcji $f$ :

$f^{\prime}(x)=\frac{\left(3 x^{2}-3\right) \cdot x-\left(x^{3}-3 x+2\right) \cdot 1}{x^{2}}$

$f^{\prime}(x)=\frac{2 x^{3}-2}{x^{2}}$

Obliczamy współczynnik kierunkowy $a$ w równaniu stycznej:

$a=f^{\prime}(2)=\frac{7}{2}$

Obliczamy współczynnik $b$ w równaniu stycznej

$f(2)=\frac{7}{2} \cdot 2+b$

$2=7+b$

$b=-5$

Współczynniki w równaniu stycznej są równe: $a=\frac{7}{2}$ oraz $b=-5$ .

Ćwiczenie 8

(V 2024, 2+4 punkty)

Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości 3456 , których krawędź podstawy ma długość nie większą niż $8 \sqrt{3}$ .

Polecenie 1 (2 punkty)

Wykaż, że pole $P$ powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości $a$ krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem

$P(a)=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}$

Przykładowe rozwiązanie

Rozpatrzmy dowolny z rozważanych graniastosłupów. Oznaczmy jego wysokość przez $H$ . Korzystamy ze wzoru na objętość graniastosłupa oraz wzoru na pole trójkąta równobocznego i otrzymujemy:

$3456=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot H$

$H=\frac{4608 \sqrt{3}}{a^{2}}$

Stąd oraz ze wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa dostajemy

$P=2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}+3 a H$

$P=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+3 a \cdot \frac{4608 \sqrt{3}}{a^{2}}$

$P(a)=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}$

Polecenie 2 (4 punkty)

Pole $P$ powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości a krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem

$P(a)=\frac{a^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}$

dla $a \in(0,8 \sqrt{3}]$ .

Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy najmniejszą wartość funkcji $P$ określonej wzorem $P(a)=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}$ dla $a \in(0,8 \sqrt{3}]$ .

Wyznaczamy pochodną funkcji $P$ :

$P^{\prime}(a)=a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}$

dla $a \in(0,8 \sqrt{3}]$ .

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $P$ :

$P^{\prime}(a)=0$

$a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}=0$

$a^{3} \sqrt{3}-13824 \sqrt{3}=0$

$a^{3}=13824=24^{3}$

$a=24 \notin(0,8 \sqrt{3}]$

Badamy znak pochodnej:

$P^{\prime}(a)<0$

$a \sqrt{3}-\frac{13824 \sqrt{3}}{a^{2}}<0$

$a^{3} \sqrt{3}-13824 \sqrt{3}<0$

$a^{3}<13824$

$a<24$

więc $P^{\prime}(a)<0$ dla $a \in(0,8 \sqrt{3}]$ .

Zatem funkcja $P$ jest malejąca w przedziale $(0,8 \sqrt{3}]$ .

Stąd dla $a=8 \sqrt{3}$ funkcja $P$ osiąga wartość najmniejszą równą

$P(8 \sqrt{3})=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{a}=\frac{(8 \sqrt{3})^{2} \cdot \sqrt{3}}{2}+\frac{13824 \sqrt{3}}{8 \sqrt{3}}=96 \sqrt{3}+1728$ .

Ćwiczenie 9

(VI 2023, 3 punkty)

Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=2 x^{3}-4 x^{2}+9 x$ dla każdego $x \in \mathbb{R}$ . Punkt $P=\left(x_{0}, 18\right)$ należy do wykresu funkcji $f$ .

Oblicz $x_{0}$ oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy odciętą $x_{0}$ punktu $P$ :

$18=2 x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}+9 x_{0}$

$2 x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}+9 x_{0}-18=0$

$2 x_{0}^{2}\left(x_{0}-2\right)+9\left(x_{0}-2\right)=0$

$\left(2 x_{0}^{2}+9\right)\left(x_{0}-2\right)=0$

$2 x_{0}^{2}+9=0 \quad \text { lub } \quad x_{0}-2=0$

Ponieważ $2 x_{0}^{2}+9>0$ dla każdej liczby rzeczywistej $x_{0}$ , więc $x_{0}=2$ .

Wyznaczamy pochodną funkcji $f$ :

$f^{\prime}(x)=6 x^{2}-8 x+9$

Wyznaczamy równanie kierunkowe stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Obliczamy współczynnik kierunkowy $a$ w równaniu stycznej

$a=f^{\prime}(2)=17$

Obliczamy współczynnik $b$ w równaniu stycznej

$18=17 \cdot 2+b$

$b=-16$

Styczna ma równanie $y=17 x-16$ .

Ćwiczenie 10

(VI 2023, 6 punktów)

Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe czworokątne $A B C D E F G H$ , w których odcinek łączący punkt $O$ przecięcia przekątnych $A C$ i $B D$ podstawy $A B C D$ z dowolnym wierzchołkiem podstawy $E F G H$ ma długość $d$ (zobacz rysunek).

RMT1G27O8L5BP

a) Wyznacz zależność objętości $V$ graniastosłupa od jego wysokości $h$ i podaj dziedzinę funkcji $V(h)$ .

b) Wyznacz wysokość tego z rozważanych graniastosłupów, którego objętość jest największa.

Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi podstawy graniastosłupa, natomiast przez $h$ – wysokość tego graniastosłupa

R76DQRQQKS4M2

a) Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ODH$ i otrzymujemy:

$d^{2}=h^{2}+|O D|^{2}$

$|O D|=\sqrt{d^{2}-h^{2}}$

Ponieważ $|O D|=\frac{1}{2}|B D|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$ , więc $\frac{a \sqrt{2}}{2}=\sqrt{d^{2}-h^{2}}$ .

Stąd $a=\sqrt{2} \cdot \sqrt{d^{2}-h^{2}}$ i $h \in(0, d)$ .

Pole $P_{P}$ podstawy graniastosłupa jest równe

$P_{P}=\left(\sqrt{2} \cdot \sqrt{d^{2}-h^{2}}\right)^{2}=2\left(d^{2}-h^{2}\right)$

Wyznaczamy objętość graniastosłupa jako funkcję zmiennej $h$ :

$V(h)=2\left(d^{2}-h^{2}\right) \cdot h=2\left(d^{2} h-h^{3}\right)$

dla $0<h<d$ .

b) Wyznaczamy pochodną funkcji $V$

$V^{\prime}(h)=2\left(d^{2}-3 h^{2}\right)$

Obliczamy miejsce zerowe pochodnej funkcji $V$ :

$V^{\prime}(h)=0$

$2\left(d^{2}-3 h^{2}\right)=0 \quad \text { i } \quad h \in(0, d)$

$h=\frac{d}{\sqrt{3}}$

Ponieważ $V^{\prime}(h)>0$ dla $h \in\left(0, \frac{d}{\sqrt{3}}\right)$ oraz $V^{\prime}(h)<0$ dla $h \in\left(\frac{d}{\sqrt{3}}, d\right)$ , więc funkcja $V$ jest rosnąca w przedziale $\left(0, \frac{d}{\sqrt{3}}\right]$ oraz malejąca w przedziale $\left[\frac{d}{\sqrt{3}}, d\right)$ . Zatem funkcja $V$ osiąga wartość największą dla $h=\frac{d}{\sqrt{3}}$ .

Spośród rozważanych graniastosłupów największą objętość ma graniastosłup o wysokości $h=\frac{d}{\sqrt{3}}$ .

Ćwiczenie 11

(V 2023, 3 punkty)

Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\frac{3 x^{2}-2 x}{x^{2}+2 x+8}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x$ . Punkt $P=\left(x_{0}, 3\right)$ należy do wykresu funkcji $f$ .

Oblicz $x_{0}$ oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Zapisz obliczenia.

Przykładowe rozwiązanie

Obliczamy odciętą $x_{0}$ punktu $P$ :

$3=\frac{3 x_{0}^{2}-2 x_{0}}{x_{0}^{2}+2 x_{0}+8}$

$3 x_{0}^{2}+6 x_{0}+24=3 x_{0}^{2}-2 x_{0}$

$x_{0}=-3$

Wyznaczamy pochodną funkcji $f$ :

$f^{\prime}(x)=\frac{(6 x-2)\left(x^{2}+2 x+8\right)-\left(3 x^{2}-2 x\right)(2 x+2)}{\left(x^{2}+2 x+8\right)^{2}}$

$f^{\prime}(x)=\frac{8 x^{2}+48 x-16}{\left(x^{2}+2 x+8\right)^{2}}$

Wyznaczamy równanie kierunkowe $y=a x+b$ stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ . Obliczamy współczynnik kierunkowy $a$ w równaniu stycznej:

$a=f^{\prime}(-3)=-\frac{8}{11}$

Obliczamy współczynnik b w równaniu stycznej:

$3=-\frac{8}{11} \cdot(-3)+b$

$b=\frac{9}{11}$

Styczna ma równanie $y=-\frac{8}{11} x+\frac{9}{11}$ .

Ćwiczenie 12

(V 2023, 2+4 punkty)

Funkcja $f$ jest określona wzorem

$f(x)=81^{\log _{3} x}+\frac{2 \cdot \log _{2} \sqrt{27} \cdot \log _{3} 2}{3} \cdot x^{2}-6 x$

dla każdej liczby dodatniej $x$ .

Polecenie 1 (2 punkty)

Wykaż, że dla każdej liczby dodatniej $x$ wyrażenie

$81^{\log _{3} x}+\frac{2 \cdot \log _{2} \sqrt{27} \cdot \log _{3} 2}{3} \cdot x^{2}-6 x$

można równoważnie przekształcić do postaci $x^{4}+x^{2}-6 x$ .

Przykładowe rozwiązanie

Przekształcamy wyrażenie $81^{\log _{3} x}+\frac{2 \cdot \log _{2} \sqrt{27} \cdot \log _{3} 2}{3} \cdot x^{2}-6 x$ , korzystając z własności logarytmów:

$81^{\log _{3} x}+\frac{2 \cdot \log _{2} \sqrt{27} \cdot \log _{3} 2}{3} \cdot x^{2}-6 x=$

$=\left(3^{4}\right)^{\log _{3} x}+\frac{2}{3} \log _{2} 3^{\frac{3}{2}} \cdot \log _{3} 2 \cdot x^{2}-6 x=$

$=3^{4 \log _{3} x}+\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot \log _{2} 3 \cdot \log _{3} 2 \cdot x^{2}-6 x=$

$=3^{\log _{3} x^{4}}+\log _{2} 3 \cdot \frac{\log _{2} 2}{\log _{2} 3} \cdot x^{2}-6 x=$

$=x^{4}+x^{2}-6 x$

Polecenie 2 (4 punkty)

Oblicz najmniejszą wartość funkcji $f$ określonej dla każdej liczby dodatniej $x$ . Zapisz obliczenia.

Wskazówka: przyjmij, że wzór funkcji $f$ można przedstawić w postaci $f(x)=x^{4}+x^{2}-6 x$ .

Przykładowe rozwiązanie

Dla każdego $x>0$ wyrażenie $81^{\log _{3} x}+\frac{2 \cdot \log _{2} \sqrt{27} \cdot \log _{3} 2}{3} \cdot x^{2}-6 x$ jest równe wyrażeniu $x^{4}+x^{2}-6 x$ . Obliczamy najmniejszą wartość funkcji $f$ określonej wzorem $f(x)=x^{4}+x^{2}-6 x$ dla $x \in(0,+\infty)$ .

Wyznaczamy pochodną funkcji $f: f^{\prime}(x)=4 x^{3}+2 x-6$ dla $x \in(0,+\infty)$ .

Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji $f$ :

$f^{\prime}(x)=0$

$4 x^{3}+2 x-6=0$

$4 x^{3}+2 x-4-2=0$

$4\left(x^{3}-1\right)+2(x-1)=0$

$4(x-1)\left(x^{2}+x+1\right)+2(x-1)=0$

$(x-1)\left(4 x^{2}+4 x+4+2\right)=0$

$(x-1)\left(4 x^{2}+4 x+6\right)=0$

$x-1=0 \text { lub } 4 x^{2}+4 x+6=0$

$x=1$

gdyż $4 x^{2}+4 x+6>0$ dla każdego $x>0$ .

Badamy znak pochodnej:
$f^{\prime}(x)>0$ dla $x \in(1,+\infty)$ ,
$f^{\prime}(x)<0$ dla $x \in(0,1)$ .

Zatem funkcja $f$ jest malejąca w przedziale ( 0,1 ] oraz jest rosnąca w przedziale $[1,+\infty)$ .

Stąd dla $x=1$ funkcja $f$ osiąga wartość najmniejszą równą $f(1)=1^{4}+1^{2}-6 \cdot 1=-4$ .

Ćwiczenie 13

(V ???, ?? punkty)

Przykładowe rozwiązanie

1. Poziom podstawowy

M_R_W24_M12 Optymalizacja i rachunek różniczkowy

12. Optymalizacja i rachunek różniczkowy