Post on 03-Nov-2014
description
4 RJESENJA
Rjesenja zadataka 4.1
Zadatak 1. Izracunaj kvocijentΔyΔx
za funkciju f u zadanoj tocki x0 :
1) f (x) = x2 − 3x + 1 , x0 = 1 , x0 = 2 ,u bilo kojoj tocki x0 ∈ Df ;
2) f (x) = ax2 + bx + c , x0 = 1 , x0 = 2 ,u bilo kojoj tocki x0 ∈ Df ;
3) f (x) =1x
, x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojoj
tocki x0 ∈ Df ;
4) f (x) =√
x , x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojojtocki x0 ∈ Df ;
5) f (x) =x − 1x + 1
, x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojoj
tocki x0 ∈ Df .
Rjesenje. 1) f (x) = x2 − 3x + 1 , x0 = 1 , x0 = 2 , x0 ∈ Df ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) = (x0 + Δx)2 − 3(x0 + Δx) + 1 − x20 + 3x0 − 1
= x20 + 2x0Δx + Δx2 − 3x0 − 3Δx + 3x0 − x2
0 = Δx2 + (2x0 − 3)Δx
=⇒ ΔyΔx
= Δx + 2x0 − 3,ΔyΔx
∣∣∣x0=1
= Δx − 1,ΔyΔx
∣∣∣x0=2
= Δx + 1;
2) f (x) = ax2 + bx + c , x0 = 1 , x0 = 2 , x0 ∈ Df ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) = a(x0 + Δx)2 + b(x0 + Δx) + C − ax20 − bx0 − C
= a(x20 + 2x0Δx + Δx2) + bx0 + bΔx − ax2
0 − bx0
= ax20 + 2ax0Δx + aΔx2 + bΔx − ax2
0 = aΔx2 + (2ax0 + b)Δx
=⇒ ΔyΔx
= aΔx + 2ax0 + b,ΔyΔx
∣∣∣x0=1
= aΔx + 2a + b,ΔyΔx
∣∣∣x0=2
= aΔx + 4a + b;
3) f (x) =1x
, x0 = 1 , x0 = 2 , x0 ∈ Df ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) =1
x0 + Δx− 1
x0=
x0 − x0 − Δxx0(x0 + Δx)
= − Δxx0(x0 + Δx)
=⇒ ΔyΔx
= − 1
x20 + x0Δx
,ΔyΔx
∣∣∣x0=1
= − 11 + Δx
,ΔyΔx
∣∣∣x0=2
= − 14 + 2Δx
;
132
RJESENJA 4
4) f (x) =√
x , x0 = 1 , x0 = 2 , x0 ∈ Df ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) =√
x0 + Δx −√x0 =
(√
x0 + Δx −√x0)(
√x0 + Δx +
√x0)√
x0 + Δx +√
x0
=x0 + Δx − x0√x0 + Δx +
√x0
=Δx√
x0 + Δx +√
x0
=⇒ ΔyΔx
=1√
x0 + Δx +√
x0,
ΔyΔx
∣∣∣x=1
=1√
1 + Δx + 1,
ΔyΔx
∣∣∣x=2
=1√
2 + Δx + 4;
5) f (x) =x − 1x + 1
, x0 = 1 , x0 = 2 , x0 ∈ Df ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) =x0 + Δx − 1x0 + Δx + 1
− x0 − 1x0 + 1
=x2
0 + x0Δx − x0 + x0 + Δx − 1 − (x20 + x0Δx + x0 − x0 − Δx − 1)
(x0 + 1)(x0 + Δx + 1)
=x2
0 + x0Δx + Δx − 1 − x20 − x0Δx + Δx + 1
(x0 + 1)(x0 + Δx + 1)=
2Δx(x0 + 1)(x0 + Δx + 1)
=⇒ ΔyΔx
=2
(x0 + 1)(x0 + Δx + 1),
ΔyΔx
∣∣∣x0=1
=1
2 + Δx,
ΔyΔx
∣∣∣x0=2
=1
2(3 + Δx).
133
4 RJESENJA
Zadatak 2. Izracunaj limΔx→0
ΔyΔx
za funkciju f u zadanoj tocki x0 .
1) f (x) =1x
, x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojoj
tocki x0 ∈ Df ;
2) f (x) =√
x , x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojojtocki x0 ∈ Df ;
3) f (x) = x3 , x0 = 1 , x0 = 2 , u bilo kojojtocki x0 ∈ Df .
Rjesenje. 1) f (x) =1x
;
Δy =f (x0 + Δx) − f (x0) =1
x0 + Δx− 1
x0=
x0 − x0 − Δxx0(x0 + Δx)
= − Δxx0(x0 + Δx)
ΔyΔx
= − 1x0(x0 + Δx)
, limΔx→0
ΔyΔx
= − 1
x20
, limΔx→0
ΔyΔx
∣∣∣x0=1
= −1,
limΔx→0
ΔyΔx
∣∣∣x0=2
= −14
;
2) f (x) =√
x ;
Δy =f (x0 + Δx) − f (x0) =√
x0 + Δx −√x0
=x0 + Δx − x0√x0 + Δx +
√x0
=Δx√
x0 + Δx +√
x0
limΔx→0
ΔyΔx
=1
2√
x0, lim
Δx→0
ΔyΔx
∣∣∣x0=1
=12, lim
Δx→0
ΔyΔx
∣∣∣x0=2
=1
2√
2;
3) f (x) = x3 ;
Δy = f (x0 + Δx) − f (x0) = (x0 + Δx)3 − x30 = x3
0 + 3x20Δx + 3x0Δx2 + Δx3 − x3
0ΔyΔx
= 3x20 + 3x0Δx + Δx2
limΔx→0
ΔyΔx
= 3x20, lim
Δx→0
ΔyΔx
∣∣∣x0=1
= 3, limΔx→0
ΔyΔx
∣∣∣x=2
= 12.
134
RJESENJA 4
Zadatak 3. Pokazi da je nagib tangente u tocki (x0, y0) na grafu funkcije f (x) =ax2 + bx + c jednak 2ax0 + b .
Rjesenje. f (x) = ax2 + bx + c ;
ΔyΔx
=1
Δx[f (x0 + Δx) − f (x0)] =
1Δx
[a(x20 + 2x0Δx + Δx2) + b(x0 + Δx) + c
− ax20 − bx0 − c]
=1
Δx[ax2
0 + 2ax0Δx + aΔx2 + bx0 + bΔx − ax20 − bx0]
=1
Δx[aΔx2 + (2ax0 + b)Δx] = aΔx + 2ax0 + b
limΔx→0
ΔyΔx
= 2axb + b.
135
4 RJESENJA
Zadatak 4. Odredi jednadzbu tangente na graf funkcijef (x) = 2x2 u tocki (2, 8) .
Rjesenje. f (x) = 2x2 , y = kx + l , T(2, 8) ;
k = limΔx→0
1Δx
[f (2 + Δx) − f (2)] = limΔx→0
1Δx
[2(2 + Δx)2 − 2 · 22]
= limΔx→0
1Δx
[2(4 + 4Δx + Δx2) − 8] = limΔx→0
1Δx
(8 + 8Δx + 2Δx2 − 8)
= limΔx→0
2Δx2 + 8ΔxΔx
= limΔx→0
(2Δx + 8) = 8
y =kx + l
8 =8 · 2 + l =⇒ l = −8 =⇒ y = 8x − 8
136
RJESENJA 4
Zadatak 5. Odredi jednadzbu tangente na parabolu y = x2 koja je paralelna s pravcemy = −4x .
Rjesenje. y = x2 , y = −4x =⇒ k = −4 ;
k = limΔx→0
1Δx
[f (x0 + Δx) − f (x0)] = limΔx→0
1Δx
[(x0 + Δx)2 − x20]
= limΔx→0
1Δx
[x20 + 2x0Δx + Δx2 − x2
0] = limΔx→0
(2x0 + Δx) = 2x0
2x0 = − 4 =⇒ x0 = −2, y(x0) = y(−2) = 4 =⇒ T(−2, 4)y =kx + l =⇒ 4 = −4(−2) + l =⇒ 4 = 8 + l =⇒ l = −4
=⇒ y = −4x − 4.
137
4 RJESENJA
Zadatak 6. Odredi jednadzbu tangente na paraboluy = x2 + 2x − 3 u tocki s apscisom x = 1 .
Rjesenje. y = x2 + 2x − 3 , T(1, y) ;
y(1) =1 + 2 − 3 = 0 =⇒ T(1, 0)
k = limΔx→0
1Δx
[f (1 + Δx) − f (1)] = limΔx→0
1Δx
[(1 + Δx)2 + 2(1 + Δx) − 3 − 0]
= limΔx→0
1Δx
(1 + 2Δx + Δx2 + 2 + 2Δx − 3) = limΔx→0
(Δx + 4) = 4
y =kx + l =⇒ 0 = 4 · 1 + l =⇒ l = −4 =⇒ y = 4x − 4.
138
RJESENJA 4
Zadatak 7. U kojoj tocki je tangenta na parabolu y = x2 + 2 paralelna s x -osi?
Rjesenje. y = x2 + 2 , k = 0 ;
k = limΔx→0
1Δx
[(x0 + Δx)2 + 2 − x20 − 2] = lim
Δx→0
1Δx
(x20 + 2x0Δx + Δx2 − x2
0)
= limΔx→0
(2x0 + Δx) = 2x0
2x0 =0 =⇒ x0 = 0, y(x0) = 2 =⇒ T(0, 2).
139
4 RJESENJA
Zadatak 8. Odredi jednadzbu tangente parabole y=x2 − x + 3 koja je paralelna pravcuy = 2x − 1 . Koje su koordinate diralista?
Rjesenje. y = x2 − x + 3 , k = 2 ;
k = limΔx→0
1Δx
[(x0 + Δx)2 − (x0 + Δx) + 3 − x20 + x0 − 3]
= limΔx→0
1Δx
[x20 + 2x0Δx + Δx2 − x0 − Δx − x2
0 + x0]
= limΔx→0
(2x0 − 1 + Δx) = 2x0 − 1
2x0 − 1 =2 =⇒ x0 =32, y
(32
)=
94− 3
2+ 3 =
154
=⇒ T(3
2,
154
)y =kx + l
154
=2 · 32
+ l
l =154
− 3 =⇒ l =34
=⇒ y = 2x +34
⇐⇒ 8x − 4y + 3 = 0.
140
RJESENJA 4
Zadatak 9. Kako glasi jednadzba tangente povucene na parabolu y = −x2 + x + 3 unjezinoj tocki T(−1, y) ?
Rjesenje. y = −x2 + x + 3 , T(−1, y) ;
y = − (−1)2 + (−1) + 3 = −1 − 1 + 3 = 1 =⇒ T(−1, 1)
k = limΔx→0
f (x0 + Δx) − f (x0)Δx
= limΔx→0
1Δx
[−(−1 + Δx)2 + (−1 + Δx) + 3 − 1]
= limΔx→0
1Δx
[−1 + 2Δx − Δx2 − 1 + Δx + 2] = limΔx→0
(3 − Δx) = 3
y =kx + l =⇒ 1 = 3 · (−1) + l =⇒ l = 4 =⇒ y = 3x + 4.
141
4 RJESENJA
Zadatak 10. U kojoj se tocki sijeku tangente polozene na parabolu y = 12 (x−1)2 u njezinim
tockama s apscisama −1 i 2 ?
Rjesenje. y = 12(x − 1)2 , x0 = −1 , x0 = 2 ;
y(−1) =2, y(2) =12
=⇒ T1(−1, 2), T2
(2,
12
)k = lim
Δx→0
f (x0 + Δx) − f (x0)Δx
= limΔx→0
1Δx
[12(x0 + Δx − 1)2 − 1
2(x0 − 1)2
]k1 = lim
Δx→0
12Δx
[(Δx − 2)2 − (−2)2] = limΔx→0
12Δx
[Δx2 − 4Δx + 4 − 4]
= limΔx→0
(Δx2
− 2)
= −2
k2 = limΔx→0
12Δx
[(1 + Δx)2 − (2 − 1)2] = limΔx→0
12Δx
[1 + 2Δx + Δx2 − 1]
= limΔx→0
(1 +
Δx2
)= 1
y =kx + l
2 = − 2(−1) + l =⇒ l1 = 0 =⇒ y = −2x12
=1 · 2 + l =⇒ l2 = −32
=⇒ y = x − 32
2x + y = 0
x − y =32
3x =32
=⇒ x =12
2 · 12
+ y = 0 =⇒ y = −1 =⇒ T(1
2,−1)
142
RJESENJA 4
Zadatak 11. U kojoj tocki parabole y = x2−2x+5 treba postaviti tangentu koja je okomitana pravac x − y = 0 ?
Rjesenje. y = x2 − 2x + 5 , x − y = 0 ;
x − y =0 =⇒ y = x =⇒ k1 = 1 =⇒ k = −1
k = limΔx→0
1Δx
[f (x0 + Δx) − f (x0)]
= limΔx→0
1Δx
[(x0 + Δx)2 − 2(x0 + Δx) + 5 − x20 + 2x0 − 5]
= limΔx→0
1Δx
[x20 + 2x0Δx + Δx2 − 2x0 − 2Δx − x2
0 + 2x0
= limΔx→0
(Δx + 2x0 − 2) = 2x0 − 2
2x0 − 2 = − 1 =⇒ 2x0 = 1 =⇒ x0 =12, y
(12
)=
14− 1 + 5 =
174
=⇒ T(1
2,
174
).
143
4 RJESENJA
Zadatak 12. Napisi jednadzbu tangente na parabolu y = x2 ako tangenta prolazi tockomT(2, 3) .
Rjesenje. y = x2 , T(2, 3) ;
k = limΔx→0
1Δx
[(x0 + Δx)2 − x20] = lim
Δx→0
1Δx
[x20 + 2x0Δx + Δx2 − x2
0]
= limΔx→0
(2x0 + Δx) = 2x0, y(x0) = x20 =⇒ D(x0, x2
0)
3 =2x0 · 2 + l =⇒ 3 = 4x0 + l
k =3 − x2
02 − x0
= 2x0 =⇒ 3 − x20 = 4x0 − 2x2
0 =⇒ x20 − 4x0 + 3 = 0
=⇒ (x0 − 1)(x0 − 3) = 0 =⇒ (x0)1 = 1, (x0)2 = 3
3 =4 + l =⇒ l1 = −1, 3 = 12 + l =⇒ l2 = −9
=⇒ y = 2x − 1 ili y = 6x − 9.
144
RJESENJA 4
Zadatak 13. Neko se tijelo giba po zakonu s(t) = 4t − t2 . Koliki put ovo tijelo prije -deu vremenu od t = 1 s do t = 1.5 s? Odredi srednju brzinu gibanja u tomintervalu.
Rjesenje. s(1) = 4 ·1−12 = 3 m, s(1.5) = 4 ·1.5−(1.5)2 = 6−2.25 = 3.75 m. Tijelou vremenu od t = 1 s do t = 1.5 s prije -de s(1.5)−s(1) = 3.75−3 = 0.75 m.
v =ΔsΔt
=s(t + Δt) − s(t)
Δt=
4t + 4Δt − t2 − 2tΔt − (Δt)2
Δt= 4 − 2t − Δt =
4 − 2 · 1 − 0.5 = 1.5 m/ s.
145
4 RJESENJA
Zadatak 14. Tijelo se giba jednoliko po pravcu prema zakonu a) s = 20 + 3t ; b) s =10 + 2t + 0.2t2 , gdje je t vrijeme izrazeno u sekundama, a s put u metrima.Kolika je:
1) srednja brzina u vremenskom intervalu [2,5];2) srednja brzina u vremenskom intervalu [2,3];3) trenutna brzina u trenutku t = 2 ?
Rjesenje. a)
1) v =ΔsΔt
=s(t + Δt) − s(t)
Δt=
20 + 3t + 3Δt − 20 − 3t − 3ΔtΔt
= 3 m/ s.
2) v = 3 m/ s.3) v = 3 m/ s.b)
1) v =ΔsΔt
=s(t + Δt) − s(t)
Δt=
10 + 2t + 2Δt + 0.2(t + Δt)2 − 10 − 2t − 0.2t2
Δt=
2Δt + 0.2(t2 + 2tΔt + Δt2) − 0.2t2
Δt=
2Δ + 0.4tΔt + 0.2(Δt)2
Δt= 2 + 0.4t +
0.2Δt = 2 + 0.4 · 2 + 0.2 · 3 = 3.4 m/ s.
2) v =ΔsΔt
=s(t + Δt) − s(t)
Δt=
10 + 2t + 2Δt + 0.2(t + Δt)2 − 10 − 2t − 0.2t2
Δt=
2Δt + 0.2(t2 + 2tΔt + Δt2) − 0.2t2
Δt=
2Δ + 0.4tΔt + 0.2(Δt)2
Δt= 2 + 0.4t +
0.2Δt = 2 + 0.4 · 2 + 0.2 · 1 = 3 m/ s.3) Δt → 0 , v = 2 + 0.4t = 2 + 0.4 · 2 = 2.8 m/ s.
146
RJESENJA 4
Zadatak 15. Tijelo baceno uvis brzinom v0 = 5 m/ s krece se po zakonu s(t) = v0t− 12gt2 .
U kojem je trenutku njegova brzina jednaka 2 m/ s? U kojem je trenutku onajednaka nuli? Kolikom ce brzinom tijelo pasti na tlo?
Rjesenje. limΔt→0 v = limΔt→0ΔsΔt
= limΔt→0 =s(t + Δt) − s(t)
Δt= limΔt→0
v0t + v0Δt − 12
g(t + Δt)2 −Δt
limΔt→0
v0Δt − 12
g(t2 + 2tΔt + Δt2) +12
gt2
Δt= limΔt→0
v0Δ − gtΔt − 12
g(Δt)2
Δt=
limΔt→0v0 − gt − 12
gΔt = v0 − gt .
v0 − gt = 2 =⇒ 5 − gt = 2 =⇒ 3 = gt =⇒ t =3g
s.
v0 − gt = 0 =⇒ 5 − gt = 0 =⇒ 5 = gt =⇒ t =5g
s.
Vrijeme leta tojela uvis jednako je vremenu pada pa je vpada = v0 −g · 2 · 5g
=
5 − 10 = −5 m/ s. Tijelo padne brzinom kojom je i izbaceno ali suprotnogsmjera.
147
4 RJESENJA
Zadatak 16. Dizalo se nakon pokretanja giba po zakonus(t) = 1.5t2 + 2t + 12 . Na -di trenutacnu brzinu dizala.
Rjesenje. limΔt→∞s(t + Δt) − s(t)
Δt= limΔt→∞
1.5(t + Δt)2 + 2t + 2Δt + 12 − 1.5t2 − 2t − 12Δt
=
limΔt→∞1.5t2 + 3tΔt + (Δt)2 + 2t + 2Δt − 1.5t2 − 2t
Δt= limΔt→∞ 3tΔt + (Δt)2 + 2ΔtΔt =
limΔt→∞(3t + Δt + 2) = 3t + 2 . v0 = 3t0 + 2 .
148
RJESENJA 4
Rjesenja zadataka 4.2
Zadatak 1. Odredi derivacije sljedecih funkcija:
1) f (x) = 3x3 ; 2) f (x) =1x4 ;
3) f (x) = −2x−2 ; 4) f (x) =1√x
;
5) f (x) =12· 3√
x2 ; 6) f (x) =1
4√x3
.
Rjesenje. 1) f ′(x) = (3x3)′ = 3 · 3x2 = 9x2 ;
2) f ′(x) =(
1
x4
)′= (x−4)′ = −4 · x−4−1 = −4x−5 = − 4
x5;
3) f ′(x) = (−2x−2)′ = −2 · (−2x−2−1) = 4x−3 ;
4) f ′(x) =
(1
x12
)′= (x−
12 )′ = −1
2x−
12−1 = −1
2x−
32 = − 1
2x32
=
− 12x√
x= ;
5) f ′(x) =(
12
3√x2
)′=(
12
x23
)′=
23· 1
2x
23−1 =
13
x−13 =
1
3x13
=1
3x 3√x;
6) f ′(x) =(
14√
x3
)′=
(1
x34
)′= (x−
34 )′ = −3
4· x−
34−1 = −3
4x−
74 =
− 3
4x74
= − 3
4x4√
x3.
149
4 RJESENJA
Zadatak 2. 1) f (x) =x√x
; 2) f (x) = −√
x√
x ;
3) f (x) =√
x3√x
; 4) f (x) =√
x · 3√x ;
5) f (x) = 3√
x · √x .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
x√x
)′= (x1− 1
2 )′ = (x12 )′ =
12·x 1
2−1 =12
x−12 =
1
2x12
=1
2√
x;
2) f ′(x) = (−√
x√
x)′ = (− 4√x3)′ = (−x
34 )′ = −3
4· x
34−1 = −3
4x−
14 =
3
4x14
= −34
3
4 · 4√x;
3) f ′(x) =(√
x3√x
)′=
(x
12
x13
)′= (x
12− 1
3 )′ = (x16 )′ =
16· x
16−1 =
16
x−56 =
1
6x56
=1
6 · 6√x5
;
4) f ′(x) = (√
x · 3√x)′ = (x12 · x
13 )′ = (x
56 )′ =
56· x
56−1 =
56
x−16 =
5
6x16
=
5
6 · 6√x;
5) f ′(x) = ( 6√x2 · x)′ = ( 6√
x3)′ = (x36 )′ = (x
12 )′ =
12· x
12−1 =
12
x−12 =
1
2x12
=1
2√
x.
150
RJESENJA 4
Zadatak 3. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) = 3x + 2 ;
2) f (x) = 2x2 + 3x − 4 ;
3) f (x) = 3x3 − 2x2 + 3x − 1 ;
4) f (x) = x4 − 2x2 + 3x − 1 ;
5) f (x) =13
x4 − 12
x3 +25
x − 1 ;
6) f (x) =13
x3 − x2 + x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (3x + 2)′ = (3x)′ + 2′ = 3 · x1−1 + 0 = 3 · x0 = 3 · 1 = 3 ;2) f ′(x) = (2x2+3x−4)′ = (2x2)′+(3x)′−4′ = 2·2x2−1+3x1−1−0 = 4x+3 ;3) f ′(x) = (3x3 − 2x2 + 3x − 1)′ = (3x3)′ − (2x2)′ + (3x)′ − 1′ =3 · 3x3−1 − 2 · 2x2−1 + 3x1−1 − 0 = 9x2 − 4x + 3 ;4) f ′(x) = (x4 − 2x2 + 3x − 1)′ = (x4)′ − (2x2)′ + (3x)′ − 1′ = 4 · x4−1 −2 · 2x2−1 + 3x1−1 − 0 = 4x3 − 4x + 3 ;
5) f ′(x) =(
13
x4 − 12
x3 +25
x − 1
)′=(
13
x4)′
−(
12
x3)′
+(
25
x
)′− 1′ =
4 · 13
x4−1 − 3 · 12
x3−1 +25
x1−1 − 0 =43
x3 − 32
x2 +25
;
6) f ′(x) =(
13
x3 − x2 + x
)′=(
13
x3)′
− (x2)′+ x′ = 3 · 13
x3−1 −2 ·x2−1 +
x1−1 = x2 − 2x + 1 .
151
4 RJESENJA
Zadatak 4. 1) f (x) =1x
; 2) f (x) =1 + x
x;
3) f (x) =1x
+1
x2 +1
x3 ;
4) f (x) =1 + x + x2 + x3
x;
5) f (x) =1 + x + x2 + x3
x3 .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
1x
)′= − x′
x2 = − 1
x2 ;
2) f ′(x) =(
1 + xx
)′=(
1x
+ 1
)′=(
1x
)′+ 1′ = − x′
x2 + 0 = − 1
x2 ;
3) f ′(x) =(
1x
)′+(
1
x2
)′+(
1
x3
)′= − 1
x2 + (x−2)′ + (x−3)′ = − 1
x2 −
2x−3 − 3x−4 = − 1
x2 − 2
x3 − 3
x4 ;
4) f ′(x) =(
1 + x + x2 + x3
x
)′=(
1x
+ 1 + x + x2)′
=(
1x
)′+ 1′ + x′ +
(x2)′ = − 1
x2 + 0 + x1−1 + 2 · x2−1 = 1 + 2x − 1
x2 ;
5) f ′(x) =(
1 + x + x2 + x3
x3
)′=(
1
x3 +1
x2 +1x
+ x
)′=(
1
x3
)′+(
1
x2
)′+(
1x
)′+ 1′ = (x−3)′ + (x−2)′ + (x−1)′ + 0 = −3 · x−3−1 −
2 · x−2−1 − 1 · x−1−1 = −3x−4 − 2x−3 − x−2 = − 3
x4 − 2
x3 − 1
x2 .
152
RJESENJA 4
Zadatak 5. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) =2x
+3x2 ;
2) f (x) = 3x23 − 4x
52 + x−2 ;
3) f (x) =a√x
+b
x√
x;
4) f (x) =πx
+ e3 ;
5) f (x) = 4x4 − 2√
x ;
6) f (x) =√
x + 3√x + 4√x .
7) f (x) =√
2x + 2 3√x ;
8) f (x) =3√x
+ 3√
x .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
2x
+3x2
)′=(
2x
)′+(
3x2
)′= (2x−1)′ + (3x−2)′ = −1 ·
2x−1−1 − 2 · 3x−2−1 = −2x−2 − 6x−3 = − 2
x2 − 6
x3 ;
2) f ′(x) = (3x23 − 4x
52 + x−2)′ = (3x
23 )′ − (4x
52 )′ + (x−2)′ =
23· 3x
23−1 −
52· 4x
52−1 − 2 · x−2−1 = 2x−
13 − 10x
32 − 2x−3 ;
3) f ′(x) =(
a√x
+b
x√
x
)′= (ax−
12 +bx−
32 )′ = −1
2·ax−
12−1−3
2·bx−
32−1 =
−12
ax−32 − 3
2bx−
52 = − a
2x32
− 3b
2x52
= − a2x√
x− 3b
2x2√x;
4) f ′(x) =(π
x+ e3
)′=(π
x
)′+ (e3)′ = (πx−1)′ + 0 = −1 · πx−1−1 =
−πx−2 = − πx2 ;
5) f ′(x) = (4x4 − 2√
x)′ = (4x4)′ − (2√
x)′ = 4 · 4x4−1 − (2x12 )′ =
16x3 − 12· 2x
12−1 = 16x3 − x−
12 = 16x3 − 1
x12
= 16x3 − 1√x
;
6) f ′(x) = (√
x + 3√x + 4√x)′ = (x12 + x
13 + x
14 )′ = (x
12 )′ + (x
13 )′ + (x
14 )′ =
12·x 1
2−1+13·x 1
3−1+14·x 1
4−1 =12
x−12 +
13
x−23 +
14
x−34 =
1
2x12
+1
3x23
+1
4x34
=
12√
x+
1
33√
x2+
1
44√
x3;
7) f ′(x) = (√
2x + 2 3√x)′ = (√
2x)′ + (2 3√x)′ = (√
2√
x)′ + (2x13 )′ =
(√
2x12 )′ +
13· 2x
13−1 =
12· √2x
12−1 +
23
x−23 =
√2
2x−
12 +
2
3x23
=√
2
2x12
+
2
33√
x2=
√2
2√
x+
2
33√
x2;
153
4 RJESENJA
8) f ′(x) =(
3√x
+ 3√
x
)′=(
3√x
)′+ (3
√x)′ =
(3
x12
)′+ (3x
12 )′ =
(3x−12 )′ +
12· 3x
12−1 = −1
2· 3x−
12−1 +
32
x−12 = −3
2x−
32 +
3
2x12
=
− 3
2x32
+3
2√
x= − 3
2x√
x+
32√
x.
154
RJESENJA 4
Zadatak 6. Izracunaj derivacije sljedecih funkcija u tocki x0 :
1) f (x) = 1 − x2 , x0 = 1 ;
2) f (x) = x3 − x + 101 , x0 = 2 ;
3) f (x) =√
x +1√x
, x0 = 4 ;
4) f (x) =1
n + 1xn+1 − 1
n, x0 = −1 ;
5) f (x) = −12x3 − 1
4x2 + x , x0 = −2 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (1− x2)′ = 1′− (x2)′ = 0− 2x2−1 = −2x , f ′(1) = −2 · 1 = −2 ;2) f ′(x) = (x3 − x + 101)′ = (x3)′ − x′ + 101′ = 3x3−1 − 1 + 0 = 3x2 − 1 ,f ′(2) = 3 · 22 − 1 = 3 · 4 − 1 = 12 − 1 = 11 ;
3) f ′(x) =(√
x +1√x
)′= (
√x)′ +
(1√x
)′= (x
12 )′ +
(1
xrr12
)′=
12
x12−1 + (x−
12 )′ =
12
x−12 − 1
2x−
12−1 =
1
2x12
− 12
x−32 =
12
(1√x− 1
x32
)=
12
(1√x− 1
x√
x
), f ′(4) =
12
(1√4− 1
4√
4
)=
12
(12− 1
8
)=
12
(38
)=
316
;
4) f ′(x) =(
1n + 1
xn+1 − 1n
)′=(
1n + 1
xn+1)′
−(
1n
)′= (n + 1) ·
1n + 1
xn+1−1 − 0 = xn , f ′(−1) = (−1)n ;
5) f ′(x) =(−1
2x3 − 1
4x2 + x
)2
=(−1
2x3)′
−(
14
x2)′
+ x′ = 3 ·(−1
2
)x3−1 − 2 · 1
4x2−1 + 1 = −3
2x2 − 1
2x + 1 , f ′(−2) = −3
2(−2)2 −
12(−2) + 1 = −3
2· 4 + 1 + 1 = −6 + 2 = −4 .
155
4 RJESENJA
Zadatak 7. Izracunaj derivacije funkcija:
1) f (x) = (3 − 4x)(x2 − 3x + 1) ;
2) f (x) = (x2 − 1)(3x + 4) ;
3) f (x) = 2x(3x + 1)(5 − 2x) ;4) f (x) = x(x − 1)(x + 1) .
5) f (x) = (x−1)(x+1)(x2+1) ;
6) f (x) = (x2 − x + 1)(x2 + x − 1) ;
7) f (x) = (x2 − 1)(x2 − x + 1) + (x3 − 1)(x + 1) ;
8) f (x) = (1 −√x + x)(1 −√
x − x) ;
9) f (x) = (x√
x − 1)(x3 + x√
x + 1) ;
10) f (x) = (x2 − x√
a + a)(x +√
a) .
Rjesenje. 1) f ′(x) = [(3−4x)(x2−3x+1)]′ = (3−4x)′(x2−3x+1)+(3−4x)(x2−3x+1)′ = [3′−(4x)′](x2−3x+1)+(3−4x)[(x2)′−(3x)′+1′] = [0−4x1−1](x2−3x+1)+(3−4x)[2x2−1−3x1−1 +0] = −4(x2−3x+1)+(3−4x)[2x−3] =−4x2 + 12x − 4 + 6x − 9 − 8x2 + 12x = −12x2 + 30x − 13 ;2) f ′(x) = [(x2 − 1)(3x + 4)]′ = (x2 − 1)′(3x + 4) + (x2 − 1)(3x + 4)′ =[(x2)′ − 1′](3x + 4) + (x2 − 1)[(3x)′ + 4′] = [2x2−1 − 0](3x + 4) + (x2 −1)[3x1−1 +0] = 2x(3x+4)+3(x2−1) = 6x2 +8x+3x2−3 = 9x2 +8x−3 ;3) f ′(x) = [2x(3x+1)(5−2x)]′ = [(6x2 +2x)(5−2x)]′(6x2 +2x)′(5−2x)+(6x2 + 2x)(5 − 2x)′ = [(6x2)′ + (2x)′](5 − 2x) + (6x2 + 2x)[5′ − (2x)′] =[2 · 6x2−1 + 2x1−1](5 − 2x) + (6x2 + 2x)(0 − 2x1−1) = (12x + 2)(5 − 2x) +(6x2 + 2x) · (−2) = 60x− 24x2 + 10− 4x− 12x2 − 4x = −36x2 + 52x + 10 ;4) f ′(x) = [x(x − 1)(x + 1)]′ = [x(x2 − 1)]′ = (x3 − x)′ = (x3)′ − x′ =3 · x3−1 − x1−1 = 3x2 − 1 ; 5) f ′(x) = [(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)]′ =[(x2 − 1)(x2 + 1)]′ = (x4 − 1)′ = (x4)′ − 1′ = 4 · x4−1 − 0 == 4x3 ;6) f ′(x) = [(x2−x+1)(x2 +x−1)]′ = [x4− (x−1)2]′ = (x4)′− [(x−1)2]′ =4·x4−1−(x2−2x+1)′ = 4x3−(x2)′+(2x)′−1′ = 4x3−2·x2−1+2x1−1−0 =4x3 − 2x + 2 ; 7) f ′(x) = [(x2 − 1)(x2 − x + 1) + (x3 − 1)(x + 1)]′ =[(x2 − 1)(x2 − x + 1)]′ + [(x3 − 1)(x + 1)]′ = (x2 − 1)′(x2 − x + 1) + (x2 −1)(x2 − x + 1)′ + (x3 − 1)′(x + 1) + (x3 − 1)(x + 1)′ = [(x2)′ − 1′](x2 −x + 1) + (x2 − 1)[(x2)′ − x′ + 1′] + [(x3)′ − 1′](x + 1) + (x3 − 1)(x′ + 1′) =(2x2−1 −0)(x2 − x+1)+ (x2 −1)(2x2−1 − x1−1 +0)+ (3x3−1 −0)(x+1)+(x3−1)(x1−1+0) = 2x(x2−x+1)+(x2−1)(2x−1)+3x2(x+1)+(x3−1) =2x3 − 2x2 + 2x + 2x3 − x2 − 2x + 1 + 3x3 + 3x2 + x3 − 1 = 8x3 ;8) f ′(x) = [(1−√
x + x)(1−√x− x)]′ = [(1−√
x)2 − x2]′ = [(1−√x)2]′−
(x2)′ = (1 − 2√
x + x)′ − 2x2−1 = [1′ − (2√
x)′ + x′ − 2x = 0 − (2x12 )′ +
x1−1 − 2x =12· (−2x
12−1) + 1 − 2x = −x−
12 + 1 − 2x = − 1√
x+ 1 − 2x ;
9) f ′(x) = [(x√
x−1)(x3 + x√
x+1)]′ = (x√
x−1)′(x3 + x√
x+1)+ (x√
x−1)(x3+x
√x+1)′ = (x
32 −1)′(x3+x
√x+1)+(x
√x−1)(x3+x
32 +1)′ = [(x
32 )′−
1′](x3 + x√
x + 1) + (x√
x − 1)[(x3)′ + (x32 )′ + 1′] =
(32· x
32−1 − 0
)(x3 +
156
RJESENJA 4
x√
x + 1) + (x√
x− 1)(
3x3−1 +32
x32−1 + 0
)=
32
x12 (x3 + x
32 + 1) + (x
32 −
1)(
3x2 +32
x12
)=
32
x12 +3+
32
x12 + 3
2 +32
x12 +3x
32 +2−3x2+
32
x12 + 3
2 − 32
x12 =
32
x72 +
32
x2 +32
x12 + 3x
72 − 3x2 +
32
x2 − 32
x12 =
92
x72 =
92
x3√x ;
10) f ′(x) = [(x2−x√
a+a)(x+√
a)]′ = (x2−x√
a+a)′(x+√
a)+(x2−x√
a+a)(x +
√a)′ = [(x2)′− (x
√a)′ + a′](x +
√a)+ (x2 − x
√a + a)[x′ + (
√a)′] =
(2x2−1 − x1−1√a)(x +√
a) + (x2 − x√
a + a)(x1−1 + 0) = (2x −√a)(x +√
a) + (x2 − x√
a + a) = 2x2 + 2x√
a − x√
a − a + x2 − x√
a + a = 3x2 .
157
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 8. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) =5
x − 2; 2) f (x) =
2x3 − x
;
3) f (x) =x + 2x − 2
; 4) f (x) =3x + 42x − 1
;
5) f (x) =5x2 − 1x + 2
; 6) f (x) =3x − 1
x2 − 3;
7) f (x) =x2 − 6x + 5
x − 3;
8) f (x) =x2 − 6x + 8x2 − 6x + 9
;
9) f (x) =2x2 + 3x + 1
x + 1;
10) f (x) =x6 + 8
x4 − 2x2 + 4;
11) f (x) =8x3 − 10x2 + 15x − 27
16x4 − x2 − 18x − 81;
12) f (x) =x7 − 1x7 + 1
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
5x − 2
)′=
5′(x − 2) − 5(x − 2)′
(x − 2)2 ==0 − 5(x′ − 2′)
(x − 2)2 = −5(x1−1 − 0
(x − 2)2 =
− 5
(x − 2)2 ;
2) f ′(x) =(
2x3 − x
)=
(2x)′(3 − x) − 2x(3 − x)′
(3 − x)2 =2x1−1(3 − x) − 2x(3′ − x1−1)
(3 − x)2 =
2(3 − x) − 2x(0 − 1)(3 − x)2 =
6 − 2x + 2x
(3 − x)2 =6
(3 − x)2 ;
3) f ′(x) =(
x + 2x − 2
)′=
(x + 2)′(x − 2) − (x + 2)(x − 2)′
(x − 2)2
=(x′ + 2′)(x − 2) − (x + 2)(x′ − 2′)
(x − 2)2 =(x1−1 + 0)(x − 2) − (x + 2)(x1−1 − 0)
(x − 2)2 =
(x − 2) − (x + 2)(x − 2)2 =
x − 2 − x − 2
(x − 2)2 =−4
(x − 2)2 =4
(x − 2)2 ;
4) f ′(x) =(
3x + 42x − 1
)′=
(3x + 4)′(2x − 1) − (3x + 4)(2x − 1)′
(2x − 1)2
=[(3x)′ + 4′](2x − 1) − (3x + 4)[(2x)′ − 1′]
(2x − 1)2
=(3x1−1 + 0)(2x − 1) − (3x + 4)(2x1−1 − 0)
(2x − 1)2 =3(2x − 1) − 2(3x + 4)
(2x − 1)2 =
6x − 3 − 6x − 8
(2x − 1)2 =−11
(2x − 1)2 = − 11
(2x − 1)2 ;
5) f ′(x) =(
5x2 − 1x + 2
)′=
(5x2 − 1)′(x + 2) − (5x2 − 1)(x + 2)′
(x + 2)2
955
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
=[(5x2)′ − 1′](x + 2) − (5x2 − 1)(x′ + 2′)
(x + 2)2
=(2 · 5x2−1 − 0)(x + 2) − (5x2 − 1)(x1−1 + 0)
(x + 2)2 =10x(x + 2) − (5x2 − 1)
(x + 2)2 =
10x2 + 20x − 5x2 + 1(x + 2)2 =
5x2 + 21(x + 2)2 ;
6) f ′(x) =(
3x − 1
x2 − 3
)′=
(3x − 1)′(x2 − 3) − (3x − 1)(x2 − 3)(x2 − 3)2
=[(3x)′ + 1′](x2 − 3) − (3x − 1)[(x2)′ − 3′]
(x2 − 3)2
=(3x1−1 + 0)(x2 − 3) − (3x − 1)(2x2−1 − 0)
(x2 − 3)2 =3(x2 − 3) − (3x − 1)(2x)
(x2 − 3)2 =
3x2 − 9 − 6x2 + 2x
(x2 − 3)2 =−3x2 + 2x − 9
(x2 − 3)2 ;
7) f ′(x) =(
x2 − 6x + 5x − 3
)′=
(x2 − 6x + 5)′(x − 3) − (x2 − 6x + 5)(x − 3)′
(x − 3)2 =
[(x2)′ − (6x)′ + 5′](x − 3) − (x2 − 6x + 5)(x′ − 3′)(x − 3)2
=(2x2−1 − 6x1−1 + 0)(x − 3) − (x2 − 6x + 5)(x1−1 − 0)
(x − 3)2
=(2x − 6)(x − 3) − (x2 − 6x + 5)
(x − 3)2 =2x2 − 6x − 6x + 18 − x2 − 6x − 5
(x − 3)2 =
x2 − 12x + 13(x − 3)2 ;
8) f ′(x) =(
x2 − 6x + 8
x2 − 6x + 9
)′
=(x2 − 6x + 8)′(x2 − 6x + 9) − (x2 − 6x + 8)(x2 − 6x + 9)′
(x2 − 6x + 9)2
=[(x2)′ − (6x)′ + 8′](x2 − 6x + 9) − (x2 − 6x + 8)[(x2)′ − (6x)′ + 9′]
(x2 − 6x + 9)2
=(2 · x2−1 − 6x1−1 + 0)(x2 − 6x + 9) − (x2 − 6x + 8)(2 · x2−1 − 6x1−1 + 0)
(x2 − 6x + 9)=
(2x − 6)(x2 − 6x + 9) − (x2 − 6x + 8)(2x − 6)(x2 − 6x + 9)2
=2(x − 3)(x2 − 6x + 9 − x2 + 6x − 8)
(x − 3)4 =2
(x − 3)3 ;
9) f ′(x) =(
2x2 + 3x + 1x + 1
)′=
(2x2 + 3x + 1)′(x + 1) − (2x2 + 3x + 1)(x + 1)′
(x + 1)2 =
[(2x2)′ + (3x)′ + 1′](x + 1) − (2x2 + 3x + 1)(x′ + 1′)(x + 1)2
=(2 · 2x2−1 + 3x1−1 + 0)(x + 1) − [(2x + 1)(x + 1)](x1−1 + 0)
(x + 1)2
956
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
=(4x + 3)(x + 1) − (2x + 1)(x + 1)
(x + 1)2 =(x + 1)(4x + 3 − 2x − 1)
(x + 1)2 =2x + 2x + 1
=
2(x + 1)x + 1
= 2 ;
10) f ′(x) =(
x6 + 8
x4 − 2x2 + 4
)′=
(x6 + 8)′(x4 − 2x2 + 4) − (x6 + 8)(x4 − 2x2 + 4)′
(x4 − 2x2 + 4)2
= [(x6)′ + 8′](x4 − 2x2 + 4) − (x6 + 8)[(x4)′ − (2x2)′ + 4′](x4 − 2x2 + 4)2
=(6x6−1 + 0)(x4 − 2x2 + 4) − (x6 + 8)(4x4−1 − 2 · 2x2−1 + 0)
(x4 − 2x2 + 4)2
=6x5(x4 − 2x2 + 4) − (x6 + 6)(4x3 − 4x)
(x4 − 2x2 + 4)2
=6x5(x4 − 2x2 + 4) − (x2 + 2)(x4 − 2x2 + 4)(4x3 − 4x)
(x4 − 2x2 + 4)2
=(x4 − 2x2 + 4)[6x5 − (x2 + 2)(4x3 − 4x)]
(x4 − 2x2 + 4)2 =6x5 − 4x5 + 4x3 − 8x3 + 8x
x4 − 2x2 + 4=
2x5 − 4x3 + 8x
x4 − 2x2 + 4=
2x(x4 − 4x2 + 2)x4 − 2x2 + 4
= 2x ;
11) f ′(x) =(
8x3 − 10x2 + 15x − 27
16x2 − x2 − 18x − 81
)′
=(8x3−10x2+15x−27)′(16x4−x2−18x−81)−(8x3−10x2+15x−27)(16x4−x2−18x−81)′
(16x4−x2−18x−81)2
=
[(8x3)′−(10x2)′+(15x)′−27′][16x4−(x2+18x+81)2]
−[(2x)3−33−5x(2x−3)][(16x4)′−(x2)′−(18x)′−(81)′][16x4−(x2+18x+81)2]2
=
(3 · 8x3−1−2 · 10x2−1+15x1−1−0)[16x4−(x+9)2]
−[(2x−3)(4x2+6x+9)−5x(2x−3)](4 · 16x4−1−2 · x2−1−18x1−1−0)[16x4−(x+9)2]2
=(24x2−20x+15)[(4x2−x−9)(4x2+x+9)]−(2x−3)(4x2+6x+9−5x)(64x3−2x−18)
[(4x2 − x − 9)(4x2+x+9)]2=
(4x2+x+9)[(24x2 − 20x+15)(4x2 − x − 9) − (2x − 3)(64x3 − 2x − 18)](4x2+x+9)2(4x2 − x − 9)2
=
(96x4 − 24x3 − 216x2 − 80x3 + 20x2 + 180 + 60x2 − 15x − 135)
− (128x4 − 192x3 − 4x2 + 6x − 36x + 54)(4x2 + x + 9)(4x2 − x − 9)2
=96x4 − 104x3 − 136x2 + 165x − 135 − 128x4 + 192x3 + 4x2 + 30x − 54
(4x2 + x + 9)(4x2 − x − 9)2
=−32x4 + 88x3 − 132x2 + 195x − 189
(4x2 + x + 9)(4x2 − x − 9)2
=−32x4 + 96x3 − 84x2 − 8x3 − 48x2 + 195x − 189
(4x2 + x + 9)(4x4 − x − 9)2
957
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
=4x2(−8x2 + 24x − 21) − 8x3 + 24x2 − 21x − 72x2 + 216x − 189
(4x2 + x + 9)(4x4 − x − 9)2
=4x2(−8x2 + 24x − 21) + x(−8x2 + 24x − 21) + 9(−8x2 + 24x − 21)
(4x2 + x + 9)(4x2 − x − 9)2
=(4x2 + x + 9)(−8x2 + 24x − 21)
(4x2 + x + 9)(4x2 − x − 9)2 =−8x2 + 24x − 21(4x2 − x − 9)2 ;
11) f ′(x) =(
x7 − 1
x7 + 1
)′=
(x7 − 1)′(x7 + 1) − (x7 − 1)(x7 + 1)′
(x7 + 1)2
=[(x7)′ − 1′](x7 + 1) − (x7 − 1)[(x7)′ + 1′]
(x7 + 1)2
=(7 · x7−1 − 0)(x7 + 1) − (x7 − 1)(7 · x7−1 + 0)
(x7 + 1)2 =7x6(x7 + 1) − 7x6(x7 − 1)
(x7 + 1)2 =
7x6(x7 + 1 − x7 + 1)(x7 + 1)2 =
14x6
(x7 + 1)2 .
958
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 9. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) =x − 1
1 +√
x; 2) f (x) =
x + 13√x + 1
;
3) f (x) =1 − 3√x
3√x; 4) f (x) =
√x3 − 1√x − 1
;
5) f (x) =(√
x + 1)(x2 −√x)
x√
x + x +√
x;
6) f (x) =x√
x − x
x −√x
;
7) f (x) =(1 +
√x)3
x√
x + 2x +√
x;
8) f (x) =(√
x − x)(x√
x + x +√
x)x√
x − 1.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
x − 11 +
√x
)′=(
(√
x − 1)(√
x + 1)√x + 1
)′= (
√x − 1)′ = (
√x)′ −
1′ =1
2√
x;
2) f ′(x) =(
x + 13√x + 1
)′=
(( 3√x + 1)( 3√
x2 − 3√x + 1)3√x + 1
)′= ( 3√
x2 − 3√x +
1)′ = ( 3√x2)′ − ( 3√x)′ + 1′ = (x
23 )′ − (x
13 )′ + 0 =
23
x23−1 − 1
3x
13−1 =
23
x−13 − 1
3x−
23 =
2
3x13
− 1
3x23
=2
3 3√x− 1
33√
x2;
3) f ′(x) =(
1 − 3√x3√x
)′=(
13√x
− 1
)′=
(1
x13
)′− 1′ = (x−
13 )′ − 0 =
−13
x−13−1 = −1
3x−
43 == − 1
3x43
= − 1
3x 3√x;
4) f ′(x) =
(√x3 − 1√x − 1
)′=(
(√
x − 1)(x +√
x + 1)√x − 1
)′= (x +
√x + 1)′ =
x′ + (√
x)′ + 1′ = x1−1 + (x12 )′ + 0 = 1 +
12
x12−1 = 1 +
12
x−12 = 1 +
1
2x12
=
1 +1
2√
x;
5) f ′(x) =(
(√
x + 1)(x2 −√x)
x√
x + x +√
x
)′=(√
x(√
x + 1)(x√
x − 1)√x(x +
√x + 1)
)′
=(
(√
x + 1)(√
x − 1)(x +√
x + 1)x +
√x + 1
)′= (x−1)′ = x′−1′ = x1−1−0 = 1 ;
6) f ′(x) =(
x√
x − x
x −√x
)′=(
x(√
x − 1)√x(√
x − 1)
)′= (
√x)′ =
12√
x;
7) f ′(x) =(
(1 +√
x)3
x√
x + 2x +√
x
)′=(
(1 +√
x)3√
x(x + 2√
x + 1)
)′=(
(1 +√
x)3√
x(1 +√
x)2
)′=
959
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
(1 +
√x√
x
)′=(
1√x
)′+1′ = (x−
12 )′ = −1
2x−
12−1 = −1
2x−
32 = − 1
2x−32
=
− 12x√
x;
8) f ′(x) =(
(√
x − x)(x√
x + x +√
x)x√
x − 1
)′=(√
x(1 −√x)√
x(x +√
x + 1)(√
x − 1)(x +√
x + 1)
)′=
−(x)′ = −x1−1 = −1 .
960
RJESENJA 4
Zadatak 10. 1) f (x) =1
sin x; 2) f (x) =
1sin x
+1
cos x;
3) f (x) =1
tg x; 4) f (x) =
tg xctg x
;
5) f (x) = tg x · ctg x ;6) f (x) = tg x + ctg x .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
1sin x
)′=
1′(sin x) − 1 · (sin x)′
sin2 x= − cos x
sin2 x;
2) f ′(x) =(
1sin x
+1
cos x
)′=(
1sin x
)′+(
1cos x
)′= − cos x
sin2 x+
sin x
cos2 x=
sin3 x − cos3 x
sin2 x · cos2 x;
3) f ′(x) =(
1tg x
)′=
1′ · tg x − 1 · (tgx)′
tg2 x= −
1cos2
sin2 x
cos2 x
= − 1
sin2 x;
4) f ′(x) =(
tg xctg x
)′=
(tg x)′ ctg x − tg x · (ctg x)′
ctg2 x=
ctg x
cos2 x+
tg x
sin2 xctg2 x
=
1sin x cos x
+1
sin x cos xctg2 x
=
2sin x cos x
cos2
sin2 x
=2 sin x
cos3 x;
5) f ′(x) = (tg x · ctg x)′ =( sin x
cos x· cos x
sin x
)′= 1′ = 0 ;
6) f ′(x) = (tg x+ctg x)′ = (tg x)′+(ctg x)′ =1
cos2 x− 1
sin2 x=
sin2 x − cos2 x
sin2 x cos2 x=
−cos2 x − sin2 x14
sin2 2x= −4 cos 2x
sin2 2x.
163
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 11. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) = x sin x ;
2) f (x) = x − sin x cos x ;3) f (x) = x sin x cos x;4) f (x) = tg x − ctg x ;
5) f (x) =1 − tg x1 + tg x
;
6) f (x) = tg x +1
cos x;
7) f (x) =x + sin xx − sin x
;
8) f (x) =x + tg xx − tg x
;
9) f (x) =sin x − cos xsin x + cos x
;
10) f (x) =tg x − ctg xtg x + ctg x
.
Rjesenje. 1) f ′(x) = (x sin x)′ = x′ sin x + x(sin x)′ = x1−1 sin x + x · cos x = sin x +x cos x ;2) f ′(x) = (x − sin x cos x)′ = x′ − (sin x cos x)′ = 1 − [(sin x)′ cos x +sin x(cos x)′ = 1 − [cos x · cos x + sin x · (− sin x) == 1 − (cos2 x − sin2 x) =1 − cos 2x = 2 sin2 x ;3) f ′(x) = (x sin x cos x)′ = x′ · (sin x cos x)+x(sin x)′ cos x+x sin x(cos x)′ =
sin x cos x + x cos2 x − x sin2 x = sin x cos x + x(cos2 x − sin2 x) =12
sin 2x +x cos 2x ;
4) f ′(x) = (tg x−ctg x)′ = (tg x)′−(ctg x)′ =1
cos2 x+
1sin2 x
=sin2 x + cos2 x
sin2 x cos2 x=
114
sin2 2x=
4
sin2 2x;
5) f ′(x) =(
1 − tg x1 + tg x
)′=
⎛⎝1 − sin x
cos x
1 +sin xcos x
⎞⎠ =
(cos x − sin xcos x + sin x
)
=(cos x − sin x)′(cos x + sin x) − (cos x − sin x)(cos x + sin x)′
(cos x + sin x)2
=[(cos x)′ − (sin x)′](cos x + sin x) − (cos x − sin x)[(cos x)′ + (sin x)′]
(cos x + sin x)2
=(− sin x − cos x)(cos x + sin x) − (cos x − sin x)(− sin x + cos x)
(cos x + sin x)2
=−(sin x + cos x)2 + (cos x − sin x)2
cos2 x + 2 cos x sin x + sin2 x
=−(cos2 x + 2 sin x cos x + sin2 x) − (sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x)
1 + 2 sin x cos x
=−1 − 2 sin x cos x − 1 + 2 sin x cos x
1 + sin 2x= − 2
1 + sin 2x;
962
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
6) f ′(x) =(
tg x +1
cos x
)′=(
sin xcos x
+1
cos x
)′=(
sin x + 1cos x
)′
=(sin x + 1)′ cos x − (sin x + 1)(cos x)′
cos2 x=
cos2 x + (1 + sin x) sin x
cos2 x
=sin x + sin2 x + cos2 x
cos2 x=
1 + sin x
cos2 x· 1 − sin x
1 − sin x
=1 − sin2 x
cos2 x(1 − sin x)=
cos2 x
cos2 x(1 − sin x)=
11 − sin x
;
7) f ′(x) =(
x + sin xx − sin x
)′=
(x + sin x)′(x − sin x) − (x + sin x)(x − sin x)′
(x − sin x)2 =
(1 + cos x)(x − sin x) − (x + sin x)(1 − cos x)(x − sin x)2
=x − sin x + x cos x − sin x cos x − x + x cos x − sin x + sin x cos x
(x − sin x)2 =2(x cos x − sin x)
(x − sin x)2 ;
8) f ′(x) =(
x + tg xx − tg x
)′=
⎛⎝x +
sin xcos x
x − sin xcos x
⎞⎠
′
=(
x cos x + sin xx cos x − sin x
)′
=(x cos x + sin x)′(x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)(x cos x − sin x)′
(x cos x − sin x)2
=[(x cos x)′ + (sin x)′](x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)[(x cos x)′ − (sin x)′]
(x cos x − sin x)2
=[x′ cos x+x(cos x)′+ cos x](x cos x− sin x)−(x cos x+ sin x)[x′ cos x+x(cos x)′− cos x]
(x cos x − sin x)2
=(cos x − x sin x + cos x)(x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)(cos x − x sin x − cos x)
(x cos x − sin x)2
=(2 cos x − x sin x)(x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)(−x sin x)
(x cos x − sin x)2
=2x cos2 x − 2 sin x cos x − x2 sin x cos x + x sin2 x + x2 cos x sin x + x sin2 x
(x cos x − sin x)2
=2x cos2 x − 2 sin x cos x + 2x sin2 x
(x cos x − sin x)2 =2x(cos2 x + sin2 x) − sin 2x
(x cos x − sin x)2
=2x − sin 2x
(x cos x − sin x)2 ;
9) f ′(x) =(
sin x − cos xsin x + cos x
)=
(sin x − cos x)′(sin x + cos x) − (sin x − cos x)(sin x + cos x)′
(sin x + cos x)2
=[(sin x)′ − (cos x)](sin x + cos x) − (sin x − cos x)[(sin x)′ + (cos x)′]
(sin x + cos x)2
=(cos x + sin x)(sin x + cos x) − (sin x − cos x)(cos x − sin x)
(sin x + cos x)2
=(cos x + sin x)2 + (sin x − cos x)2
(sin x + cos x)2
963
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
=cos2 x + 2 sin x cos x + sin2 x + sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x
(sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x=
21 + 2 sin x cos x
=
21 + sin 2x
;
10) f ′(x) =(
tg x − ctg xtg x + ctg x
)′=
⎛⎝ sin x
cos x− cos x
sin xsin xcos x
+cos xsin x
⎞⎠ =
⎛⎜⎜⎝
sin2 x − cos2 xsin x cos x
sin2 x + cos2 xsin x cos x
⎞⎟⎟⎠ =
(sin2 x − cos2 x)′ = [(sin x − cos x)(sin x + cos x)]′ = (sin x − cos x)′(sin x +cos x) + (sin x − cos x)(sin x + cos x)′ = [(sin x)′ − (cos x)′](sin x + cos x) +(sin x − cos x)[(sin x)′ + (cos x)′] = (cos x + sin x)(sin x + cos x) + (sin x −cos x)(cos x−sin x) = (sin x+cos x)2−(sin x−cos x)2 = sin2 x+2 sin x cos x+cos2 x − sin2 x + 2 sin x cos x − cos2 x = 4 sin x cos x = 2 sin 2x .
964
4 RJESENJA
Zadatak 12. Rijesi jednadzbu f ′(x) = 0 , ako je:
1) f (x) = x3 − 6x2 + 12x − 1 ;
2) f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x +√
5 ;
3) f (x) = x4 − 4x3 − 8x2 + 11 ;
4) f (x) = x5 − x3 − 2x + 25 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (x3−6x2+12x−1)′ = (x3)′−(6x2)′+(12x)′−1′ = 3x2−12x+12 ,
3x2 − 12x + 12 = 0
3(x2 − 4x + 4) = 0
(x − 2)2 =0
x =2;
2) f ′(x) = (2x3 − 3x2 − 12x +√
5)′ = 6x2 − 6x − 12 ,
6x2 − 6x − 12 = 0
x2 − x − 2 = 0
x1,2 =1 ±√
1 + 82
=1 ± 3
2x1 = −1, x2 = 2;
3) f ′(x) = (x4 − 4x3 − 8x2 + 11)′ = 4x3 − 12x2 − 16x ,
4x3 − 12x2 − 16x = 0
x3 − 3x2 − 4 = 0
x3 + x2 − 4x2 − 4x = 0
x2(x + 1) − 4x(x + 1) = 0
(x + 1)(x2 − 4x) =0
x(x + 1)(x − 4) = 0
x1 = −1, x2 = 0, x3 = 4;
4) f ′(x) = (x5 − x3 − 2x + 25)′ = 5x4 − 3x2 − 2 ,
5x4 − 3x2 − 2 = 0
3x4 + 2x4 − 3x2 − 2 = 0
3x2(x2 − 1) + 2(x4 − 1) = 0
3x2(x2 − 1) + 2(x2 − 1)(x2 + 1) = 0
(x2 − 1)[3x2 + 2(x2 + 1)] = 0
(x − 1)(x + 1)[3x2 + 2x2 − 2] = 0
(x − 1)(x + 1)(5x2 − 2) = 0
x1,2 = ±1
x3,4 = ±√−2
5= ±
√0.4i.
166
RJESENJA 4
Zadatak 13. Rijesi jednadzbu f ′(x) = 0 , ako je:
1) f (x)=2 cos x+x ; 2) f (x) = sin x +x2
;
3) f (x)= sin x+ cos x ; 4) f (x) = tg x + ctg x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (2 cos x + x)′ = (2 cos x)′ + x′ = −2 sin x + 1 ,
−2 sin x + 1 = 0
sin x =12
x =π6
+ k · 2π ili
x =5π6
+ k · 2π, k ∈ Z;
2) f ′(x) = (sin x +x2)′ = (sin x)′ +
( x2
)′= cos x +
12
,
cos x +12
= 0
cos x = −12
x = ±π3
+ k · 2π, k ∈ Z;
3) f ′(x) = (sin x + cos x)′ = (sin x)′ + (cos x)′ = cos x − sin x ,
cos x − sin x = 0
cos x = sin x/ : cos x, cos x �= 0
tg x = 0
x =π4
+ k · π, k ∈ Z;
4) f ′(x) = (tg x + ctg x)′ = (tg x)′ + (ctg x)′ =1
cos2 x− 1
sin2 x,
1cos2 x
− 1sin2 x
= 0/ · sin2 x
tg2 x − 1 = 0
tg2 x = 1
tg x = ±1
x =π4
+ k · π2
, k ∈ Z.
167
4 RJESENJA
Zadatak 14. Rijesi u skupu realnih brojeva jednadzbuf ′(x) = g′(x) ako je:
1) f (x) = −14x4 + 2x , g(x) = 1
3x3 ;
2) f (x) = 12x4 , g(x) = −1
2x2 + 3 ;
3) f (x) = 14x4 + 1
3x3 , g(x) = 12x2 + 10x .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(−1
4x4 + 2x
)′=(−1
4x4)′
+(2x)′ = 4·(−1
4x3)
+2 = −x3+2 ,
g′(x) =(
13
x3)′
= 3 · 13
x2 = x2 ;
−x3 + 2 = x2
x3 + x2 − 2 = 0
(x − 1) (x2 + 2x + 2)︸ ︷︷ ︸>0, ∀x∈R
= 0
x = 1;
2) f ′(x) =(
12
x4)′
= 4 · 12
x3 = 2x3 ,
g′(x) =(−1
2x2 + 3
)′= −
(12
x2)′
+ 3′ = −2 · 12
x + 0 = −x ;
2x3 = −x
2x3 + x = 0
x (2x2 + 1)︸ ︷︷ ︸>0, ∀x∈R
= 0
x = 0;
3) f ′(x) =(
14
x4 +13
x3)′
=(
14
x4)
+(
13
x3)′
= 4· 14
x3+3· 13
x2 = x3+x2 ,
g′(x) =(
12
x2 + 10x
)′=(
12
x2)′
+ (10x)′ = 2 · 12
x + 10 = x + 10 ;
x3 + x2 = x + 10
x3 + x2 − x − 10 = 0
(x − 2) (x2 + 3x + 5)︸ ︷︷ ︸>0, ∀x∈R
= 0
x = 2.
168
RJESENJA 4
Zadatak 15. Rijesi nejednadzbu f ′(x) > g′(x) ako je:
1) f (x) = 2x3 − x2 +√
3 ,
g(x) = x3 − 12x2 −√
3 ;
2) f (x) = 2x , g(x) = x − x3 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (2x3 − x2 +√
3)′ = (2x3)′ − (x2)′ + (√
3)′ = 3 · 2x2 − 2x + 0 =6x2 − 2x ,
g′(x) =(
x3 − 12
x2 −√3
)′= (x3)′−
(12
x2)′
− (√
3)′ = 3x2 −2 · 12
x−0 =
3x2 − x ;
6x2 − 2x > x2 − x
3x2 − x > 0
x(3x − 1) > 0
x < 0 x > 03x < 1 3x > 1
x ∈ 〈−∞, 0〉 x ∈⟨1
3, +∞
⟩x ∈ 〈−∞, 0〉 ∪
⟨13, +∞
⟩;
2) f ′(x) =(
2x
)′= (2x−1)′ = −1 · 2x−1−1 = −2x−2 = − 2
x2 ,
g′(x) = (x − x3) = x′ − (x3)′ = 1 − 3x2 ,
− 2x2 > 1 − 3x2
− 2
x2 − 1 + 3x2 > 0
3x4 − x2 − 2
x2 > 0
3x4 − x2 − 2 > 0 (jer je x2 � 0 ∀x ∈ R)
(3x2 + 2)︸ ︷︷ ︸>0, ∀x∈R
(x2 − 1) > 0
x2 > 1
|x| > 1.
169
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 16. Odredi sve derivacije funkcija:
1) f (x) = 2x5 − 3x ; 2) f (x) =x6
90;
3) f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e .
Rjesenje. 1) f (x) = 2x5 − 3x ;
f ′(x) =(2x5 − 3x)′ = (2x5)′ − (3x)′ = 5 · 2x4 − 3 = 10x4 − 3
f ′′(x) =(10x4 − 3)′ = (10x4)′ − 3′ = 4 · 10x3 = 40x3
f ′′′(x) =(40x3)′ = 3 · 40x2 = 120x2
f iv(x) =(120x2)′ = 2 · 120x = 240x
f (5)(x) =(240x)′ = 240
f (n)(x) =(240)′ = 0, n � 6
2) f (x) =x6
90;
f ′(x) =(
x6
90
)′= 6 · x5
90=
x5
15
f ′′(x) =
(x5
15
)′= 5 · x4
15=
x4
3
f ′′′(x) =(
x4
3
)′= 4 · x3
3=
4x3
3
f iv =(
4x3
3
)′= 3 · 4x2
3= 4x2
f (5)(x) =(4x2)′ = 2 · 4x = 8x
f (6)(x) =(8x)′ = 8
f (n)(x) =8′ = 0, n � 7
3) f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ;
f ′(x) =(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) = (ax4)′ + (bx3)′ + (cx2)′ + (dx)′ + e′
= 4 · ax3 + 3 · bx2 + 2 · cx + d + 0 = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d
f ′′(x) =(4ax3 + 3bx2 + 2cx + d)′ = (4ax3)′ + (3bx2)′ + (2cx)′ + d′
= 3 · 4ax2 + 2 · 3bx + 2c + 0 = 12ax2 + 6bx + 2c
f ′′′(x) =(12ax2 + 6bx + 2c)′ = (12ax2) + (6bx)′ + (2c)′ = 2 · 12ax + 6b + 0 = 24ax + 6b
f (iv)(x) =(24ax + 6b)′ = 24a
f (n)(x) =(24a)′ = 0, n � 5
969
RJESENJA 4
Zadatak 17. Odredi prve dvije derivacije funkcija:
1) f (x)= tg x+ ctg x ; 2) f (x) = sin x − tg x ;
3) f (x) = tg x · ctg x .
Rjesenje. 1)
f ′(x) =(tg x + ctg x)′ = (tg x)′ + (ctg x)′ =1
cos2 x− 1
sin2 x
=sinx − cos2 x
sin2 x cos2 x=
−(cos2 x − sin2 x)(12
sin x cos x
) 12
= − cos 2x14
sin2 2x
= −4cos 2x
sin2 2x=
−4 ctg 2xsin 2x
f ′′(x) =(−4
ctg 2xsin 2x
)′
= −4(ctg 2x)′ sin 2x − ctg 2x(sin 2x)′
sin2 2x
= −4
−1
sin2 2x· 2 · sin 2x − cos 2x
sin 2x· cos 2x · 2
sin2 2x
= −4
−2sin 2x
− 2 cos2 2xsin 2x
sin2 2x
=8 + 8 cos2 2x
sin3 2x;
2)
f ′(x) = (sin x − tg x)′ = cos x − 1cos2 x
= cos x − 1cos 2x + 1
2
= cos x − 2cos 2x + 1
f ′′(x) = − sin x − 2′(cos 2x + 1) − 2(cos 2x + 1)′
(cos 2x + 1)2
= − sin x +−4 sin 2x
4 ·(
cos 2x + 12
)2
= − sin x − 2 sin x cos x
(cos2 x〉 2
= − sin x − 2 sin x
cos3 x;
3) f (x) = tg x · ctg x = 1 , f (n)(x) = 0 , ∀n ∈ N .
171
4 RJESENJA
Zadatak 18. Odredi prve cetiri derivacije funkcija:
1) f (x) =x − 1x + 1
; 2) f (x) =1
1 + x;
3) f (x) = x sin x .
Rjesenje. 1)
f ′(x) =(
x − 1x + 1
)=
x + 1 − (x − 1)(x + 1)2 =
x + 1 − x + 1
(x + 1)2 =2
(x + 1)2 = 2(x + 1)−2
f ′′(x) = − 4(x + 1)−3 = − 4
(x + 1)3 = −4(x + 1)−3
f ′′′(x) =12(x + 1)−4 =12
(x + 1)4 = 12(x + 1)−4
f iv(x) = − 48(x + 1)−5 = − 48
(x + 1)5
f n(x) =(−1)n+1 2 · n!
(x + 1)n+1 , n ∈ N;
2)
f ′(x) =(
11 + x
)′= [(x + 1)−1]′ = −(x + 1)−2 = − 1
(x + 1)2
f ′′(x) =2(x + 1)−3 =2
(x + 1)3
f ′′′(x) = − 6(x + 1)−4 = − 6
(x + 1)4
f iv(x) =24(x + 1)−5 =24
(x + 1)5
f n(x) =(−1)n · n!(x + 1)n+1 , n ∈ N;
3)
f ′(x) =(x sin x)′ = sin x + x cos x
f ′′(x) = cos x + cos x − x sin x = 2 cos x − x sin x
f ′′′(x) = − 2 sin x − sin x − x cos x = −3 sin x − x cos x
f iv(x) = − 3 cos x − cos x + x sin x = −4 cos x + x sin x.
172
RJESENJA 4
Zadatak 19. Odredi polinom treceg stupnja oblikaf (x) = ax3 + bx za koji je f ′(1) = 1 , f ′′(1)=4 .
Rjesenje. f (x) = ax3 + bx ;
f ′(x) =3ax2 + b, f ′′(x) = 6ax
f ′′(1) =6a = 4 =⇒ a =23
f ′(1) =3a + b = 2 + b = 1 =⇒ b = −1
=⇒ f (x) =23
x3 − x.
173
4 RJESENJA
Rjesenja zadataka 4.3
Zadatak 1. Izracunaj derivacije sljedecih funkcija:
1) f (x) = (x − 1)2 ; 2) f (x) = (x + 1)3 ;3) f (x) = (x2 + 1)2 ; 4) f (x) = (2x − 1)3 ;5) f (x) = (1 − x2)3 ; 6) f (x) = (1 − x)3 ;
7) f (x) = (1 − 2x2)2 ;
8) f (x) = (5x2 − 3x + 1)2 ;
9) f (x) = (x3 − 4x)3 ;
10) f (x) = (4x + 1)3 − (x2 − 1)2 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = [(x − 1)2]′ = 2 · (x − 1)2−1 · (x − 1)′ = 2(x − 1) ;2) f ′(x) = [(x + 1)3]′ = 3 · (x + 1)3−1 · (x + 1)′ = 3(x + 1)2 ;3) f ′(x) = [(x2+1)2]′ = 2·(x2+1)2−1·(x2+1)′ == 2(x2+1)·2x = 4x(x2+1) ;4) f ′(x) = [(2x−1)3]′ = 3·(2x−1)3−1·(2x−1)′ = 3(2x−1)2·2 = 6(2x−1)2 ;5) f ′(x) = [(1 − x2)3]′ = 3 · (1 − x2)3−1 · (1 − x2)′ = 3(1 − x2)2 · (−2x) =−6x(1 − x2)2 ;6) f ′(x) = [(1 − x)3]′ = 3 · (1 − x)3−1 · (1 − x)′ = −3(1 − x)2 ;7) f ′(x) = [(1−2x2)2]′ = 2 · (1−2x2)2−1 · (1−2x2)′ = 2(1−2x2) · (−4x) =−8x(1 − 2x2) ;8) ′f (x) = [(5x2 − 3x + 1)2]′ = 2 · (5x2 − 3x + 1)2−1 · (5x2 − 3x + 1)′ =2(5x2 − 3x + 1)(10x − 3) = 2(10x − 3)(5x2 − 3x + 1) ;9) f ′(x) = [(x3−4x)3]′ = 3 ·(x3−4x)3−1 ·(x3−4x)′ = 3(x3−4x)2(3x2−4) ;10) f ′(x) = [(4x + 1)3 − (x2 − 1)2]′ = [(4x + 1)3]′ − [(x2 − 1)2]′ =3·(4x+1)3−1·(4x+1)′−2·(x2−1)2−1·(x2−1)′ = 3(4x+1)2·4−2(x2−1)·2x =12(4x + 1)2 − 4x(x2 − 1) .
174
RJESENJA 4
Zadatak 2. Izracunaj derivacije sljedecih funkcija:
1) f (x) = (x +√
x)2 ;
2) f (x) = (x√
x − 1)3 ;
3) f (x) = (1 +√
x + x)2 ;
4) f (x) = (2x + 3)2(3 − 2x)3 ;
5) f (x) = (x − 1)2(x + 1)2 ;
6) f (x) = (1 + 2x)(x − 3)2(2 − 5x)3 ;
7) f (x) = (x − 1)2(x + 1) − (x + 1)2(x − 1) ;
8) f (x) = (x2 − 1)(x4 + x2 + 1) + (1 − x2)3 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = [(x +√
x)2]′ = 2 · (x +√
x) · (x +√
x)′ = 2(x +√
x)(
1 +1
2√
x
)=
2√
x(1 +√
x)2√
x + 12√
x= (1 +
√x)(1 + 2
√x) = 2x + 3
√x + 1 ;
2) f ′(x) = [(x√
x − 1)3]′ = 3 · (x√
x − 1)3−1 · (x√
x − 1)′ = 3(x√
x −1)2(3
2
√x)
=92
√x(x
√x − 1)2 ;
3) f ′(x) = [(1 +√
x + x)2]′ = 2 · (1 +√
x + x) · (1 +√
x + x) =
2(1 +√
x + x)( 1
2√
x+ 1)
;
4) f ′(x) = [(2x + 3)2(3− 2x)3]′ = 2 · (2x + 3)2−1(2x + 3)′(3− 2x)3 + (2x +3)2 ·3 · (3−2x)3−1 · (3−2x)′ = 2(2x+3) ·2(3−2x)3−6(2x+3)2(3−2x)2 =(2x+3)(3−2x)2[4(3−2x)−6(2x+3)] = (2x+3)(3−2x)2[12−8x−12x−18] =−(2x + 3)(3 − 2x)2 · 2(10x + 3) = −2(2x + 3)(3 − 2x)2(10x + 3) ;5) f ′(x) = [(x − 1)2(x + 1)2]′ = 2(x − 1)2−1 · (x − 1)′(x + 1)2 + (x −1)2 · 2 · (x + 1)2−1 · (x + 1)′ = 2(x − 1)(x + 1)2 + 2(x − 1)2(x + 1) =2(x − 1)(x + 1)[x + 1 + x − 1] = 2(x2 − 1)2x = 4x(x2 − 1) ;6) f ′(x) = [(1 + 2x)(x − 3)2(2 − 5x)3]′ = (1 + 2x)′(x − 3)2(2 − 5x)3 + (1 +2x)·2 ·(x−3)2−1(x−3)′(2−5x)3+(1+2x)(x−3)2 ·3 ·(2−5x)3−1(2−5x)′ =2(x−3)2(2−5x)3 +2(1+2x)(x−3)(2−5x)3−15(1+2x)(x−3)2(2−5x)2 =(x− 3)(2− 5x)2[2(x− 3)(2− 5x)+ 2(1 + 2x)(2− 5x)− 15(1 + 2x)(x− 3)] =(x − 3)(2 − 5x)2[4x − 10x2 − 12 + 30x + 4 − 10x + 8x − 20x2 − 45x + 45 −30x2 + 45x] = (x − 3)(2 − 5x)2(−60x2 + 107x + 37) ;7) f ′(x) = [(x− 1)2(x + 1)− (x + 1)2(x− 1)]′ = [(x2 − 1)(x− 1− x− 1)]′ =[−2(x2 − 1)]′ = −2(x2 − 1)′ = −2(2x) = −4x ;8) f ′(x) = [(x2 − 1)(x4 + x2 + 1) + (1 − x2)3]′ = [x6 − 1 + (1 − x2)3]′ =(x6)′−1′+[(1−x2)3]′ = 6x5−0+3·(1−x2)3−1 ·(1−x2)′ = 6x5+3(1−x2)2 ·(−2x) = 6x5−6x(1−x2)2 = 6x[x4−(1−x2)2] = 6x(x2−1+x2)(x2 +1−x2)= 6x(2x2 − 1) .
175
4 RJESENJA
Zadatak 3. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) =√
x2 + 1 ; 2) f (x) =√
1 − 2x ;
3) f (x) =√
1 + 3x2 ; 4) f (x) =√
4 − 3x2 ;
5) f (x) =√
x +√
x ; 6) f (x) =√
1 −√x ;
7) f (x) = 4√
(x2 + 1)3 ;
8) f (x) = 3√1 − 2x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = [√
x2 + 1]′ = [(x2 + 1)12 ]′ =
12(x2 + 1)
12−1(x2 + 1)′ =
12(x2 +
1)−12 · 2x =
x√x2 + 1
;
2) f ′(x) = [√
1 − 2x]′ = [(1 − 2x)12 ]′ =
12(1 − 2x)
12−1(1 − 2x)′ =
12(1 −
2x)−12 (−2) = − 1√
1 − 2x;
3) f ′(x) = [√
1 + 3x2]′ = [(3x2 + 1)12 ]′ =
12(3x2 + 1)
12−1(3x2 + 1)′ =
12(3x2 + 1)−
12 6x =
3x√3x2 + 1
;
4) f ′(x) = [√
4 − 3x2]′ = [(4 − 3x2)12 ]′ =
12(4 − 3x2)
12−1(4 − 3x2)′ =
12(4 − 3x2)−
12 · (−6x) = − 3x√
4 − 3x2;
5) f ′(x) = [√
x +√
x]′ = [(x + x12 )
12 ]′ =
12(x + x
12 )
12−1(x + x
12 )′ =
12(x + x
12 )−
12 ·(
1 +12
x−12
)=
1
2√
x +√
x·(
1 +1
2√
x
)=
1 + 2√
x
4√
x2 + x√
x;
6) f (x) = [√
1 −√x]′ = [(1 − x
12 )
12 ]′ =
(1− x
12 )
12−1(1 − x
12 )′ =
12(1 −
x12 )−
12
(−1
2
)x−
12 =
1
2√
1 −√x
(−1
2
) 1√x
= − 1
4√
x − x√
x;
7) f ′(x) = [ 4√
(x2 + 1)3]′ = [(x2 + 1)34 ]′ =
34(x2 + 1)
34−1(x2 + 1)′ =
34(x2 + 1)−
14 2x =
3x
2 4√x2 + 1;
8) f ′(x) = [ 3√1 − 2x]′ = [(1 − 2x)13 ]′ =
13(1 − 2x)
13−1(1 − 2x)′ =
13(1 − 2x)−
23 · (−2) = − 2
3 3√
(1 − 2x)2.
176
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 4. Deriviraj funkcije:
1) f (x) =x − 2√x2 − 1
; 2) f (x) =√
x + 1√x − 1
;
3) f (x) =
√x2 − 1
x2 + 1; 4) f (x) =
√3
2x2 − 1;
5) f (x) = (x − 1)√
x2 + 1 ;
6) f (x) = (x + 1)2√x − 1 ;
7) f (x) =x − 2
2
√8
2x − 4;
8) f (x) = (x − 1)√
1
x2 − 1;
9) f (x) = x ·√
x − 2√
x − 1√x − 1 − 1
;
10) f (x) =
√1 +(x2 − 1
2x
)2
(x2 + 1) · 1
x2
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =
[x − 2√x2 − 1
]′= [(x− 2)(x2 − 1)−
12 ]′ = (x− 2)′(x2 − 1)−
12 +(x−
2)[(x2 − 1)−12 ]′ = (x2 − 1)−
12 + (x − 2)
(−1
2
)(x2 − 1)−
12−1(x2 − 1)′ =
1√x2 − 1
− 12(x− 2)(x2 − 1)−
32 · 2x =
1√x2 − 1
− x(x − 2)
(x2 − 1)32
=1√
x2 − 1−
(x − 2)x
(x2 − 1)√
x2 − 1=
x2 − 1 − x2 + 2x√(x2 − 1)3
=2x − 1√(x2 − 1)3
;
2) f ′(x) =[√
x + 1√x − 1
]′= [(x+1)
12 (x−1)−
12 ]′ = [(x+1)
12 ]′(x−1)−
12 +(x+
1)12 [(x − 1)−
12 ]′ =
12(x + 1)−
12 (x − 1)−
12 + (x + 1)
12 ·(−1
2
)(x − 1)−
32 =
1
2(x + 1)12 (x − 1)
12
−√
x + 1
2(x − 1)32=
1
2√
(x + 1)(x − 1)−
√x + 1
2(x − 1)√
x − 1=
x − 1 −√x + 1
√x + 1
2(x − 1)√
(x + 1)(x − 1)=
x − 1 − x − 1
2(x − 1)√
x2 − 1= − 1
(x − 1)√
x2 − 1
= − 1(x − 1)2
√x − 1x + 1
;
3) f ′(x) =
⎡⎣√
x2 − 1
x2 + 1
⎤⎦′ = [(x2 − 1)
12 (x2 + 1)−
12 ]′ = [(x2 − 1)
12 ]′(x2 +
976
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
1)−12 + (x2 − 1)
12 [(x2 + 1)−
12 ]′ =
12· (x2 − 1)
12−1 · (x2 − 1)′(x2 + 1)−
12 −
12(x2 − 1)
12 (x2 + 1)−
12−1 · (x2 + 1)′ = x(x2 − 1)−
12 (x2 + 1)−
12 − x(x2 −
1)12 (x2 +1)−
32 =
x
(x2 − 1)12 (x2 + 1)
12
− x√
x2 − 1
(x2 + 1)32
=x√
(x2 − 1)(x2 + 1)−
x√
x2 − 1
(x2 + 1)√
x2 + 1=
x(x2 + 1) − x√
(x2 − 1)(x2 − 1)
(x2 + 1)√
(x2 − 1)(x2 + 1)=
x3 + x − x(x2 − 1)
(x2 + 1)√
x4 − 1=
x3 + x − x3 + x
(x2 + 1)√
x4 − 1=
2x
(x2 + 1)√
x2 − 1√
x2 − 1=
2x
(x2 + 1)2
√x2 + 1
x2 − 1;
4) f ′(x) =(√
3
2x2 − 1
)′= (
√3(2x2−1)−
12 )′ =
√3
(−1
2
)(2x2−1)−
12−1·
(2x2 − 1)′ = −√
32
(2x2 − 1)−32 · 4x = − 2x
√3
(2x2 − 1)32
= − 2x√
3√(2x2 − 1)3
;
5) f ′(x) = [(x − 1)√
x2 + 1]′[(x − 1)(x2 + 1)12 ]′ = (x − 1)′(x2 + 1)
12 + (x −
1)[(x2+1)12 ]′ = (x2+1)
12 +(x−1)· 1
2(x2+1)
12−1(x2+1)′ = (x2+1)
12 +
12(x−
1)(x2+1)−12 ·2x = (x2+1)
12 +
x(x − 1)
(x2 + 1)12
=x2 + 1 + x2 − x√
x2 + 1=
2x2 − x + 1√x2 + 1
;
6) f ′(x) = [(x + 1)2√x − 1]′ = [(x + 1)2(x − 1)12 ]′ = [(x + 1)2]′(x − 1)
12 +
(x + 1)2[(x− 1)12 ]′ = 2 · (x + 1) · (x + 1)′(x− 1)
12 +(x + 1)2 · 1
2· (x− 1)
12−1 ·
(x − 1)′ = 2(x + 1)(x − 1)12 +
12(x + 1)2(x − 1)−
12 = 2(x + 1)
√x − 1 +
(x + 1)2
2(x − 1)12
= 2(x+1)√
x − 1+(x + 1)2
2√
x − 1=
4(x + 1)(x − 1) + x2 + 2x + 1
2√
x − 1=
4x2 − 4 + x2 + 2x + 1
2√
x − 1=
5x2 + 2x − 3
2√
x − 1;
7) f ′(x) =[
x − 22
√8
2x − 4
]′=
[x − 2
2· 2
√2√
2√
x − 2
]′= (
√x − 2)′ =
[(x − 2)12 ]′ =
12(x − 2)
12−1 =
12(x − 2)−
12 =
1
2(x − 2)12
=1
2√
x − 2;
8) f ′(x) =[(x − 1)
√1
x2 − 1
]′=[
x − 1√x − 1
√x + 1
√x − 1x + 1
]′= [(x −
1)12 (x + 1)−
12 ]′ = [(x − 1)
12 ]′(x + 1)−
12 + (x − 1)
12 [(x + 1)−
12 ]′ =
12(x −
1)12−1(x +1)−
12 +(x−1)
12 ·(−1
2
)(x +1)−
12−1 =
12(x−1)−
12 (x +1)−
12 −
12(x−1)
12 (x+1)−
32 =
1
2√
x − 1√
x + 1−
√x − 1
2√
(x + 1)3
x + 1 −√x − 1
√x − 1
2√
x − 1√
(x + 1)3=
x + 1 − x + 1
2√
x − 1√
(x + 1)3=
1
(x + 1)√
x − 1√
x + 1=
1
(x + 1)2
√x + 1x − 1
;
977
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
9) f (x) = x ·√
x − 2√
x − 1√x − 1 − 1
= x
√x − 2
√x + 1√
(√
x − 1 − 1)2= x
√x − 2
√x − 1
(√
x − 1 − 1)2=
x
√x − 2
√x − 1
x − 1 − 2√
x − 1 + 1= x
√x − 2
√x − 1
x − 2√
x − 1={
x, x > 2−x, x ∈ [1, 2〉 ;
f ′(x) ={
1, x > 2−1, 1 � x < 2
x − 1 � 0 =⇒ x � 1,√
x − 1 − 1 �= 0 =⇒ √x − 1 �= 1
=⇒ x − 1 �= 1 =⇒ x �= 2,
x − 2√
x − 1 � 0, x � 2√
x − 1,
x2 � 4x − 4, x2 − 4x + 4 � 0,
(x − 2)2 � 0 , x ∈ R , D(f ) = [1, +∞〉\{2} ;
10) f ′(x) =
⎛⎜⎜⎝√
1 +(x2 − 1
2x
)2
(x2 + 1) · 1
x2
⎞⎟⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎝√
4x2 + x4 − 2x2 + 1
4x2
x2 + 1
x2
⎞⎟⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎝√
x4 + 2x2 + 1
4x2
x2 + 1
x2
⎞⎟⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎝±x2 + 1
2xx2 + 1
x2
⎞⎟⎟⎠
′
=(± x
2
)′= ±1
2.
978
4 RJESENJA
Zadatak 5. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = sin 2x ; 2) f (x) = cos(2x + 3) ;
3) f (x) = sin√
x ; 4) f (x) = cos x2 ;
5) f (x) = cos1x
; 6) f (x) = tg(√
x) ;
7) f (x) = ctg(x2) ; 8) f (x) = sin(cos x) .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (sin 2x)′ = cos 2x · (2x)′ = 2 cos 2x ;2) f ′(x) = [cos(2x + 3)]′ = − sin(2x + 3) · (2x + 3)′ = −2 sin(2x + 3) ;
3) f ′(x) = (sin√
x)′ = cos√
x · (√x)′ =1
2√
xcos
√x ;
4) f ′(x) = (cos x2)′ = − sin x2 · (x2)′ = −2x sin x2 ;
5) f ′(x) =(
cos1x
)′= − sin
1x·(
1x
)′=
1
x2 sin1x
;
6) f ′(x) = [tg(√
x)]′ =1
cos2(√
x)·(√x)′ =
1
cos2(√
x)· 12√
x=
1
2√
x cos2(√
x);
7) f ′(x) = [ctg(x2)]′ = − 1
sin2(x2)· (x2)′ = − 2x
sin2(x2);
8) f ′(x) = [sin(cos x)]′ = cos(cos x) · (cos x)′ = − cos(cos x) · sin x .
180
RJESENJA 4
Zadatak 6. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = cos3 x ; 2) f (x) = 2 ctg x3 ;
3) f (x) = 12 tg2 x ; 4) f (x) = 3 sin2 x
2 ;
5) f (x) = − cos2(π2 − x
2)
;
6) f (x) = 2 ctg(x − π
2)
;
7) f (x) = cos2 x − sin2 x ;
8) f (x) = (sin x + cos x)2 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (cos3 x)′ = 3 cos2 x(cos x)′ = 3 cos2 x(− sin x) = −3 sin x cos2 x ;
2) f ′(x) = (2 ctgx3)′ = 2 ·
⎛⎝− 1
sin2 x3
⎞⎠ · 1
3= −2
31
sin2 x3
;
3) f ′(x) =12
tg2 x =12
2 tg x · 1cos2 x
=sin x
cos3 x;
4) f ′(x) = (3 sin2 x2)′ = 3 · 2 sin
x2
cosx2· 1
2=
32
sin x ;
5) f ′(x) =[− cos2
(π2− x
2
)]′= 2 cos
(π2− x
2
)sin(π
2− x
2
)(−1
2
)=
−12
sin(π − x) = −12
sin x ;
6) f ′(x) =[2 ctg
(x − π
2
)]′= 2 · 1
sin2(
x − π2
) = − 2
cos2 x;
7) f ′(x) = [cos2 x − sin2 x]′ = (cos 2x)′ = −2 sin 2x ;8) f ′(x) = [(sin x + cos x)2]′ = (sin2 x + cos2 x + sin 2x)′ = (1 + sin 2x)′ =2 cos 2x .
181
4 RJESENJA
Zadatak 7. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = sin3 2x · cos2 3x ;
2) f (x) = 4 sin2 x − 8 sin x + 3 ;
3) f (x) = sin(x2 + 1) ;
4) f (x) = 2 sin x + 3 sin3 x ;
5) f (x) = sin2(x3) ;
6) f (x) = 2x tg 2x ;
7) f (x) = sin√
1 + x2 ;
8) f (x) = tg x2 · ctg x2 .
Rjesenje. 1) ′f (x) = (sin3 2x · cos2 3x)′ = (sin3 2x)′ · cos23x + sin3 2x · (cos2 3x)′ ==3 sin2 2x cos 2x·2 cos2 3x+sin3 2x2 cos 3x(− sin 3x)·3 = 6 sin2 2x cos 3x(cos 2x cos 3x−sin 2x sin 3x) = 6 sin2 2x cos 3x cos 5x ;2) f ′(x) = (4 sin2 x−8 sin x+3)′ = 8 sin x cos x−8 cos x = 8 cos x(sin x−1) ;3) ′f (x) = [sin(x2 + 1)]′ = 2x cos(x2 + 1) ;4) f ′(x) = (2 sin x + 3 sin3 x)′ = 2 cos x + 9 sin2 x cos x = cos x(2 + 9 sin2 x) ;5) f ′(x) = [sin2(x3)]′ = 2 sin(x3) cos(x3) · 3x2 = 3x2 sin(2x3) ;
6) f ′(x) = (2x tg 2x)′ = 2 tg 2x + 2x · 1
cos2 2x· 2 = 2 tg 2x +
4x
cos2 2x;
7) f ′(x) = (sin√
1 + x2)′ = cos√
1 + x2· 1
2√
1 + x2·2x =
x√1 + x2
cos√
1 + x2 ;
8) f ′(x) = (tg x2 · ctg x2)′ = (tg x2)′ ctg x2 + tg x2 · (ctg x2)′ =1
cos2 x2 ·
2x · ctg x2 + tg x2(− 1
sin2 x2
)· 2x =
2x
sin x2 cos x2 − 2x
sin x2 cos x2 = 0 .
182
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 8. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = cos4 3x − sin4 3x ;
2) f (x) = sin 4x cos 4x ;
3) f (x) = tg 2x − ctg 2x ;
4) f (x) = 3 sin x cos2 x + sin3 x ;
5) f (x) = sin6 x + cos6 x ;
6) f (x) = (sin x sin 2x − cos x cos 2x)3 ;
7) f (x) = (cos 3x cos 2x − sin 3x sin 2x)2 ;
8) f (x) = 3 sin(π3 − x) cos(π
3 + x) ;
9) f (x) = −12 cos(π
4 − x) cos(π4 + x) .
Rjesenje. 1) f (x) = (cos4 3x − sin4 3x)′ = [(cos2 3x − sin2 3x)(cos2 3x + sin2 3x)]′ =(cos 6x)′ = −6 sin 6x ;
2) f ′(x) = (sin 4x cos 4x)′ = (12
sin 8x)′ =12· 8 cos 8x = 4 cos 8x ;
3) f ′(x) = (tg 2x− ctg 2x)′ =[
sin 2xcos 2x
− cos 2xsin 2x
]′=[
sin2 2x − cos2 2xsin 2x cos 2x
]′] =(−2 cos 4x
sin 4x
)′= (−2 ctg 4x)′ = −2 · −1
sin2 4x· 4 =
8
sin2 4x;
4) f ′(x) = (3 sin x cos2 x + sin3 x)′ = 3(cos3 x + sin x · 2 cos x(− sin x)) +3 sin2 x cos x = 3 cos3 x−6 sin2 x cos x+3 sin2 x cos x = 3 cos3 x−3 sin2 x cos x =3 cos x(cos2 x − sin2 x) = 3 cos x cos 2x ;
5) f ′(x) = (sin6 x + cos6 x)′ = [(sin2 x + cos2 x)(sin4 x − sin2 x cos2 x +cos4 x)]′ = (sin4 x + 2 sin2 x cos2 x + cos4 x − 3 sin2 x cos2 x)′
=[(sin2 x + cos2 x)2 − 3
4sin2 2x
]′=(
1 − 34
sin2 2x
)′= −3
4·2 sin 2x cos 2x·
2 = −32
sin 4x ;
6) f ′(x) = [(sin x sin 2x−cos x cos 2x)3]′ = (− cos3 3x)′ == −3 cos2 3x(− sin 3x)·3 = 9 sin 3x cos2 3x ;7) f ′(x) = [(cos 3x cos 2x−sin 3x sin 2x)2]′ = (cos2 5x)′ = 2 cos 5x(− sin 5x) =−5 sin 10x ;
8) f ′(x) =(
3 sin(π
3− x)
cos(π
3+ x))′
=[3(
sinπ3
cos x − cosπ3
sin x)(
cosπ3
cos x − sinπ3
sin x)]′
=
[3
(√3
2cos x − 1
2sin x
)(12
cos x −√
32
sin x
)]′
=[
34(√
3 cos x − sin x)(cos x −√3 sin x)
]′=[
34(√
3 cos2 x − sin x cos x − 3 sin x cos x +√
3 sin2 x)]′
=[
34(√
3 − 2 sin 2x)]′
=
982
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
34(−2 cos 2x) · 2 = −3 cos 2x ;
9) f ′(x) =[−1
2cos(π
4− x)
cos(π
4+ x)]′
=[−1
2
(cos
π4
cos x + sinπ4
sin x)(
cosπ4
cos x − sinπ4
sin x)]′
=
[−1
2·√
22
·√
22
(cos x + sin x)(cos x − sin x)
]′=[−1
4(cos2 x − sin2 x)
]′=(
−14
cos 2x
)′= −1
4(− sin 2x) · 2 =
12
sin 2x .
983
RJESENJA 4
Zadatak 9. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = 1 − 2 sin(2x − π) ;
2) f (x) = cos2(4x − π) − π2 ;
3) f (x) = 1 + 12 tg2 2x ;
4) f (x) = cos2(x2 − π) − cos2 4 ;
5) f (x) = sin2(πx) + sin2 √π .
Rjesenje. 1) f ′(x) = [1 − 2 sin(2x − π)]′ = [1 + 2 sin(π − 2x)]′ = [1 + 2 sin 2x]′ =2 cos 2x · 2 = 4 cos 2x ;
2) f ′(x) =[cos2(4x − π) − π
2
]′=[cos2(4x) − π
2
]′= 2 cos 4x(− sin 4x) ·
4 = −4 sin 8x ;
3) f ′(x) =(
1 +12
tg2 2x
)′=
12· 2 tg 2x · 1
cos2 2x· 2 =
2 sin 2x
cos3 2x;
4) f ′(x) = [cos2(x2−π)−cos2 4]′ = (cos2 x2−cos2 4)′ = 2 cos x2(− sin x2)2x =−2x sin(2x2) ;5) f ′(x) = (sin2(πx) + sin2 √π)′ = 2 sin(πx) cos(πx)π = π sin(2πx) .
185
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 10. Deriviraj funkcije:
1) f (x) =sin4 x − cos4 x
sin2 x;
2) f (x) =ctg
x2− tg
x2(
ctgx2− tg
x2
)2+ 4
;
3) f (x) =43
ctg x − cos x
3 sin3 x;
4) f (x) =1 − sin xcos 2x
;
5) f (x) =sin 2x
1 + cos x;
6) f (x) = 3 cos(x2 − π) ;
7) f (x) =sin x
cos2 x;
8) f (x) =1 + cos 2x1 − cos 2x
;
9) f (x) =2 sin x + sin 2x2 sin x − sin 2x
;
10) f (x) =sin 3x + sin 5xcos 3x + cos 5x
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
sin4 x − cos4 x
sin2 x
)′=[(sin2 x − cos2 x)(sin2 x + cos2 x)
sin2 x
]′=(
sin2 x − cos2 x
sin2 x
)′= (1 − ctg2 x)′ = −2 ctg x ·
(− 1
sin2 x
)=
2 cos x
sin3 x;
2) f ′(x) =
⎛⎜⎝ ctg
x2− tg
x2(
ctgx2− tg
x2
)2+ 4
⎞⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎜⎝
cos xsin x
2 cos x2
cos2 x
sin2 x2 cos2 x
2+ 4
⎞⎟⎟⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎝
2 cos xsin x
4 cos2 x
sin2 x+ 4
⎞⎟⎟⎠
′
=
⎛⎜⎜⎝
2 cos xsin x
4(cos2 x + sin2 x)sin2 x
⎞⎟⎟⎠
′
=(
14
sin 2x
)′=
14
cos 2x ·
2 =12
cos 2x ;
3) f ′(x) =(
43
ctg x − cos x
3 sin3 x
)′= − 4
3 sin2 x−1
3(cos x)′ sin3 x − cos x(sin3 x)′
(sin3 x)2 =
− 4
3 sin2 x−1
3·− sin4 x − cos2 x · 3 sin2 x
sin6 x= − 4
3 sin2 x+
sin4 x + 3 sin2 x cos2 x
3 sin6 x=
−4 sin4 x + sin4 x + 3 sin2 x cos2
3 sin6 x=
3 sin2 x cos2 x − 3 sin4 x
3 sin6 x
=3 sin2 x(cos2 x − sin2 x)
3 sin6 x=
cos 2x
sin4 x;
985
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
4) f ′(x) =(
1 − sin xcos 2x
)′=
− cos x cos 2x − (1 − sin x)(− sin 2x) · 2cos2 2x
=− cos x cos 2x − 2 sin x sin 2x + 2 sin 2x
cos2 2x;
5) f ′(x) =(
sin 2x1 + cos x
)′=
2 cos 2x(1 + cos x) + sin 2x sin x
(1 + cos x)2
=2 cos 2x + 2 cos x cos 2x + sin x sin 2x
(1 + cos x)2 ;
6) f ′(x) = [3 cos(x2 − π)]′ = [3 cos(π − x2)]′ = [−3 cos x2]′ = 3 sin x2 · 2x =6x sin x2 ;
7) f ′(x) =( sin x
cos2 x
)′=
cos3 x + sin2 x · 2 cos x
cos4 x=
cos2 x + 2 sin2 x
cos3 x=
1 + cos2 x
cos3 x;
8) f ′(x) =(
1 + cos 2x1 − cos 2x
)′=(
2 cos2 x
2 sin2 x
)′= (ctg2 x)′ = 2 ctg x
(− 1
sin2 x
)=
−2 cos x
sin3 x;
9) f ′(x) =(
2 sin x + sin 2x2 sin x − sin 2x
)′=(
2 sin x + 2 sin x cos x2 sin x − 2 sin x cos x
)′=(
1 + cos x1 − cos x
)′=⎛
⎝2 cos2 x2
2 sin2 x2
⎞⎠
′
=(
ctg2 x2
)′= 2 ctg
x2
⎛⎝− 1
sin2 x2
⎞⎠ · 1
2= −
cosx2
sin3 x2
;
10) f ′(x) =(
sin 3x + sin 5xcos 3x + cos 5x
)′=(
2 sin 4x cos x2 cos 4x cos x
)′= (tg 4x)′ =
4
cos2 4x.
986
4 RJESENJA
Zadatak 11. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) =(x − 2)2 + 8x
4 − x2 ;
2) f (x) =(3x2 − 1)2 − (x2 + 1)2
4x2 − 4x4 ;
3) f (x) =(18x5 − 2x)2
9x4 + 6x2 + 1;
4) f (x) =1
3√
x +√
x;
5) f (x) = 3√
1 + x√
x + 3 ;
6) f (x) = x
√1 − x
1 + x2 .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
(x − 2)2 + 8x
4 − x2
)′=(
x2 − 4x + 4 + 8x(2 − x)(2 + x)
)′=(
x2 + 4x + 4(2 − x)(2 + x)
)′=(
(x + 2)2
(2 − x)(2 + x)
)′=(
x + 22 − x
)′=
2 − x + x + 2
(2 − x)2 =4
(2 − x)2 ;
2) f ′(x) =(
(3x2 − 1)2 − (x2 + 1)2
4x2 − 4x4
)′=(
9x4 − 6x2 + 1 − x4 − 2x2 − 1
4x2(1 − x2)
)′=(
8x4 − 8x2
4x2(1 − x2
)′=(
8x2(x2 − 1)4x2(1 − x)(1 + x)
)′=(
2(x − 1)(x + 1)−(x − 1)(x + 1)
)′= (−2)′ =
0 ;
3) f ′(x) =
((18x5 − 2x)2
9x4 + 6x2 + 1
)′=(
4x2(9x4 − 1)2
(3x2 + 1)2
)′=(
4x2(3x2 − 1)2(3x2 + 1)2
(3x2 + 1)2
)′=
[4x2(3x2 − 1)2]′ = [(6x3 − 2x)2]′ = 2(6x3 − 2x) · (18x2 − 2) = 8x(3x2 −1)(9x2 − 1) ;
4) f ′(x) =
(1
3√
x +√
x
)′= [(x+
√x)−
13 ]′ = −1
3(x+
√x)−
43 ·(
1 +1
2√
x
)=
−2√
x + 12√
x
3(x +√
x)43
= − 2√
x + 1
6√
x(x +√
x) 3√
x +√
x;
5) f ′(x) = ( 3√
1 + x√
x + 3)′ = [(1 + x√
x + 3)13 ]′ =
13(1 + x
√x + 3)−
23 ·(√
x + 3 +x
2√
x + 3
)=
1
3(1 + x√
x + 3)23
·2(x + 3) + x
2√
x + 3=
x + 1
2√
x + 3 3√
(1 + x√
x + 3)2;
6) f ′(x) =(
x
√1 − x
1 + x2
)′=√
1 − x
1 + x2 + x · 1
2
√1 − x
1 + x2
·(
1 − x
1 + x2
)′=
√1 − x
1 + x2 +x√
1 + x2
2√
1 − x· −1 − x2 − 2x + 2x2
(1 + x2)2 =√
1 − x
1 + x2 +
√1 + x2
√1 − x
· x2·
188
RJESENJA 4
x2 − 2x − 1√1 + x2 ·
√1 + x2 · (1 + x2)
=√
1 − x
1 + x2 +x2·√
1 − x√1 + x2
· x2 − 2x − 1(1 − x)(1 + x2)
=√1 − x
1 + x2
(1 +
x2· x2 − 2x − 1
(1 − x)(1 + x2)
)=√
1 − x
1 + x2
(2(1 + x2 − x − x3) + x3 − 2x − x
2(x − 1)(1 + x2)
)=√
1 − x
1 + x2
(2 + 2x2 − 2x − 2x3 + x3 − 2x2 − x
2(1 − x)(1 + x2)
)=√
1 − x
1 + x2 ·2 − x3 − 3x
2(1 − x)(1 + x2).
189
4 RJESENJA
Zadatak 12. Polumjer kruga povecava se brzinom 2 cm/ s. Kolikom se brzinom povecavanjegova povrsina u trenutku kad je polumjer jednak 12 cm?
Rjesenje. Vrijedi P(r) = πr2 te jedP(r)
dr= 2πr . Zato iz
dPdt
=dPdr
· drdt
za r = 12 cm
idrdt
= 2 cm/ s slijedi rezultat:dPdt
= 2π · 12 · 2 = 48π cm2/s .
190
RJESENJA 4
Zadatak 13. Mrav se brzinom v0 priblizava podnozju tornja visine h . Kolika je brzinanjegovog priblizavanja vrhu tornja u trenutku kada se nalazi na udaljenosti dod podnozja?
Rjesenje. Mrav se podnozju tornja priblizava brzinomdddt
= v0 . Udaljenost mrava od
vrha tornja je y =√
d2 + h2 . Brzina njegovog priblizavanja vrhu tornja je
v =dydt
=dydd
· dddt
=2d
2√
d2 + h2· v0 =
v0d√h2 + d2
.
191
4 RJESENJA
Zadatak 14. Ljestve duljine 5 m postavljene na glatku podlogu prislonjene su uza zid takoda im je kraj na visini 4 m iznad tla. U nekom trenutku ljestve pocnu padati tese njihov gornji kraj priblizava tlu ubrzanjem 2 m/ s2 . Kojom brzinom se odzida udaljava donji kraj ljestvi kada je gornji kraj na visini 2 m?
Rjesenje. Gornji kraj ljestvi priblizava se tlu po zakonu y(t) = 4 − at2
2= 4 − t2 , gornji
kraj ljestvi je na visini od 2 m u trenutku t =√
2 (4 − t2 = 2 =⇒ t2 = 2) .Donji se kraj udaljava od zida po zakonu x(t) =
√25 − (4 − t2)2
=√
9 + 8t2 − t4 , odnosno brzinom v(t) =dxdt
=16t − 4t3
2√
9 + 8t2 − t4=
8t − 2t3√9 + 8t2 − t4
. Pri t =√
2 ta je brzina v =8√
2 − 2(√
2)3√9 + 8(
√2)2 − (
√2)4
=
8√
2 − 4√
2√9 + 16 − 4
=4√
2√21
m/ s.
192
RJESENJA 4
Zadatak 15. Kolut polumjera R = 10 cm kotrlja se po pravcu. U vremenu t kut rotacije
odre -den je zakonom ϕ(t) = t +t2
2. Kolika je brzina i koliko je ubrzanje
gibanja sredista koluta 10 s nakon pocetka gibanja?
Rjesenje. Kutna brzina sredista koluta je ω(t) =dϕ(t)
dt= 1 + t , tj. za t = 10 s je
ω = 11 rad/ s. Brzina koluta, odnosno obodna brzina je v = ω ·R = 11 ·0.1 =
1.1 m/ s. Ubrzanje gibanja sredista koluta je a(t) =dvdt
=dω · R
dt= 1 · 0.1 =
0.1 m/ s.
193
4 RJESENJA
Zadatak 16. Kamencic bacen u mirnu vodu jezera pokrene kruzni val. Kada je duljina po-lumjera tog vala jednaka 1.5 m, brzina povecanja polumjera iznosi 30 cm/ s.Kojom se brzinom u tom trenutku povecava povrsina ome -dena granicom vala?
Rjesenje. Brzina povecanja polumjera jedrdt
= 30 cm/ s = 0.3 cm/ s. Povrsina se po-
vecava po zakonudPdr
= 2rπ . Brzina povecavanja povrsine vala u trenutku
kada je polumjer tog vala r = 1.5 m je v =dPdt
=dPdr
· drdt
= 2rπ · 0.3 =
2 · 1.5π · 0.3 = 0.9π m/ s.
194
RJESENJA 4
Rjesenja zadataka 4.4
Zadatak 1. Odredi derivaciju inverzne funkcije f −1(x) ako je:
1) f (x) =12
x − 3 ; 2) f (x) = −2x + 5 ;
3) f (x) =1
1 − x; 4) f (x) =
1ex .
Rjesenje. 1) (f −1)′(x) =1[1
2f (x) − 3
]′ =112
= 2 ;
2) (f −1)′(x) =1
[−2f (x) − 3]′ =1−2
= −12
;
3) x =1
1 − y=⇒ 1 − y =
1x
=⇒ f −1(x) = 1 − 1x
=⇒ (f −1)′(x) =1x2 ;
4) x =1ey =⇒ ey =
1x
=⇒ f −1(x) = ln1x
= − ln x =⇒ (f −1)′(x) =
−1x
.
195
4 RJESENJA
Zadatak 2. Odredi derivaciju inverzne funkcije f −1(x) ako je:
1) f (x) =x + 12x − 3
; 2) f (x) = log2(x − 1) ;
3) f (x) =1 − ex
ex ; 4) f (x) = 1 − lnx − 1
2.
Rjesenje. 1) x =y + 12y − 3
=⇒ y + 1 = 2xy − 3x =⇒ y(1 − 2x) = −1 − 3x
=⇒ f −1(x) =3x + 12x − 1
,
(f −1)′(x) =3(2x − 1) − (3x + 1) · 2
(2x − 1)2 =6x − 3 − 6x − 2
(2x − 1)2 = − 5
(2x − 1)2 ;
2) f −1(x) = 2x + 1, (f −1)′(x) = 2x ln 2 ;
3) x = e−y − 1 =⇒ e−y = x + 1 =⇒ ey =1
x + 1=⇒ y = ln
11 + x
=
− ln |x + 1| ,(f −1)′(x) = − 1
x + 1;
4) x = 1 − lny − 1
2=⇒ ln
y − 12
= 1 − x =y − 1
2= e1−x =⇒ y − 1 =
2e1−x =⇒ f −1(x) = 1 + 2e1−x ,(f −1)′(x) = 2e1−x(−1) = −2e1−x .
196
RJESENJA 4
Zadatak 3. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) = x3 ln x ; 2) f (x) = ex + ln x ;
3) f (x) = ex ln x ; 4) f (x) =ln xx
;
5) f (x) = (x2 − 2x + 2)ex ;
6) f (x) = x3 ln x − x3
3.
Rjesenje. 1) f ′(x) = 3x2 ln x + x3 · 1x
= x2(1 + 3 ln x) = 3x2 ln(ex) ;
2) f ′(x) = ex +1x
;
3) f ′(x) = ex ln x + ex · 1x
= ex(1
x+ ln x
);
4) f ′(x) =
1x· x − ln x · 1
x2 =1 − ln x
x2 ;
5) f ′(x) = (2x − 2)ex + (x2 − 2x + 2)ex = x2ex ;
6) f ′(x) = 3x2(
ln x − 13
)+ x3 · 1
x= 3x2 ln x − x2 + x2 = 3x2 ln x .
197
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 4. Odredi derivacije sljedecih funkcija:
1) f (x) = x2 · ln2 x ;
2) f (x) =ln2 x
x2 ;
3) f (x) = ln1 −√
x
1 +√
x;
4) f (x) = ln
(1 +
1x
);
5) f (x) = ln(1 + ln x) ;
6) f (x) =12
ln√
1+x1−x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 2x · ln2 x + x2 · 2 ln x · 1x
= 2x(ln2 x + ln x) ;
2) f ′(x) =2 ln x · 1
x· x2 − 2x ln2 x
x4 =2x(ln x − ln2 x)
x4 =2(ln x − ln2 x)
x3 ;
3) f ′(x) =1
1 −√x
1 +√
x
·(
1 −√x
1 +√
x
)′=
1 +√
x
1 −√x· (1 −√
x)′(1 +√
x) − (1 −√x)(1 +
√x)′
(1 +√
x)2 =
− 12√
x(1 +
√x) − (1 −√
x) · 12√
x(1 −√
x)(1 +√
x)=
−1 −√x − 1 +
√x
2√
x(1 −√
x)(1 +√
x)= − 1√
x(1 − x);
4) f ′(x) =1
1 +1x
·(
1 +1x
)′=
1x + 1
x
· −1x2 = − x
x + 1· 1
x2 = − 1x(x + 1)
;
5) f ′(x) =1
1 + ln x· 1
x=
1x(1 + ln x)
;
6) f ′(x) =1
2
√1 + x1 − x
· 1
2
√1 + x1 − x
· 1 − x + 1 + x
(1 − x)2 =1 − x
2(1 + x)· 1(1 − x)2 =
12(1 + x)(1 − x)
=1
2(1 − x2).
997
RJESENJA 4
Zadatak 5. Odredi prve dvije derivacije funkcija:
1) f (x) =ex
x; 2) f (x) =
ex − 1x
;
3) f (x) =x2
ex ; 4) f (x) = (x + 1)ex ;
5) f (x) = xne−x , n > 1 .
6) f (x) = x2ne−2x , n > 1 .
Rjesenje. 1) f ′(x) =ex · x − ex · 1
x2 =ex
x− ex
x2 ,
f ′′(x) =ex
x− ex
x2 −exx2 − ex · 2x
x4 =ex
x− ex
x2 −ex
x2 +2ex
x3 = ex(1
x− 2
x2 +2
x3
);
2) f ′(x) =ex
x− ex
x2 +1
x2 ,
f ′′(x) =ex
x− ex
x2 −(
exx2 − ex · 2x
x4
)− 2
x3 =ex
x− ex
x2 − ex
x2 +2ex
x3 − 2
x3 =
ex(1
x− 2
x2 +2
x3
)− 2
x3 ;
3) f ′(x) =2xex − x2ex
e2x =2x − x2
ex =2xex − x2
ex ,
f ′′(x) =2ex − 2xex
e2x +x2 − 2x
ex =2 − x + x2 − 2x
ex =x2 − 3x + 2
ex ;
4) f ′(x) =1
cos2 x− 1
sin2 x= cos−2 x − sin−2 x ,
f ′′(x) = 2 cos−3 x sin x + 2 sin−3 x cos x =2 sin x
cos3 x+
2 cos x
sin3 x;
5) f ′(x) = cos x − 1
cos2 x,
f ′′(x) = − sin x − 2 sin x
cos3 x;
6) f ′(x) = f ′′(x) = 0 .
199
4 RJESENJA
Zadatak 6. Izracunaj vrijednost prve derivacije funkcije f u tocki x0 , ako je:
1) f (x) =xex , x0 = −2 ;
2) f (x) =3x
x2 , x0 = −1 ;
3) f (x) =ln(1 − x)
1 − x, x0 = 0 ;
4) f (x) = log2(3 − 2x) , x0 = 1 .
Rjesenje. 1) f ′(−2) =ex − xex
e2x =1ex − x
ex =1
e−2 +2
e−2 = e2 + 2e2 = 3e2 ;
2) f ′(−1) =3x · ln 3 · x2 − 2x · 3x
x4 =3xx(x ln 3 − 2)
x4 =3x(x ln 3 − 2)
x3 =
3−1(−1 ln 3 − 2
(−1)3 =2 + ln 3
3;
3) f ′(0) =[ln(1 − x)]′(1 − x) − ln(1 − x)(1 − x)′
(1 − x)2 =
11 − x
· (−1) · (1 − x) + ln(1 − x)
(1 − x)2 =
ln(1 − x) − 1(1 − x)2 =
ln1 − 11
= −1 ;
4) f ′(1) =1
(3 − 2x) ln 2· (−2) = − 2
(3 − 2 · 1) ln 2=
−2ln 2
.
200
RJESENJA 4
Zadatak 7. Odredi prve cetiri derivacije funkcija:
1) f (x) =1x
; 2) f (x) = ln x ;
3) f (x) = ln(x + 1) ; 4) f (x) = ln1x
;
5) f (x) = x ln x ; 6) f (x) = x2 ln x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = − 1
x2 , f ′′(x) = 2x−3 =2!
x3 , f ′′′(x) = 2 · (−3)x−4 = − 3!
x4 ,
f IV(x) = 3 · 4x−5 =4!
x5, f (n)(x) =
(−1)nn!
xn+1 ;
2) f ′(x) =1x, f ′′(x) = − 1
x2 , f ′′′(x) =2!x3 ,
f IV(x) = − 3!
x4 , f n(x) =(−1)n+1(n − 1)
xn ;
3) f ′(x) =2
(x + 1)2 , f ′′(x) = − 2 · 2
(x + 1)3 , f ′′′(x) =2 · 3!
(x + 1)4 ,
f IV(x) = − 2 · 4!
(x + 1)5 , f n(x) = (−1)n+1 2 · n!(x + 1)n+1 ;
4) f ′(x) = − 1
(1 + x)2 , f ′′(x) =2!
(1 + x)3 , f ′′′(x) = − 3!
(1 + x)4 ,
f IV(x) =4!
(1 + x)5, f (n)(x) =
(−1)nn!
(1 + x)n+1 ;
5) f ′(x) = 1 + ln x, f ′′(x) =1x, f ′′′(x) = − 1
x2 ,
f IV(x) =2
x3 , f n(x) =(−1)n(n − 2)!
xn−1 ;
6) f ′(x) = sin x + x cos x, f ′′(x) = 2 cos x − x sin x,f ′′′(x) = −3 sin x − x cos x, f IV(x) = −4 cos x + x sin x .
201
4 RJESENJA
Zadatak 8. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = e2x+3 ; 2) f (x) = e−x2+2 ;
3) f (x) = xex2; 4) f (x) = ln 1
x ;
5) f (x) = ln(x√
x) ; 6) f (x) = ln n√x ;7) f (x) = ln
√ex ; 8) f (x) =
√ln x ;
9) f (x) = ln2 x ; 10) f (x) =1
ln x;
11) f (x) = ln(sin x) ; 12) f (x) = ln(cos x) ;
13) f (x) =12
ln1 − x1 + x
;
14) f (x) = ln(x +√
x2 − 1) .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (e2x+3)′ = e2x+3 · 2 = 2e2x+3 ;
2) f ′(x) = (e−x2+2)′ = e−x2+2 · (−2x) = −2xe−x2+2 ;
3) f ′(x) = (xex2)′ = ex2
+ x · ex2 · 2x = (1 + 2x2)ex2;
4) f ′(x) =(
ln1x
)′= (− ln x)′ − 1
x;
5) f ′(x) = [ln(x√
x)]′ =(
32
ln x
)′=
32x
;
6) f ′(x) = (ln n√x)′ =(
1n
ln x
)′=
1nx
;
7) f ′(x) = (ln√
ex)′ =(
12
x
)′=
12
;
8) f ′(x) = (√
ln x)′ =1
2√
ln x· 1
x=
1
2x√
ln x;
9) f ′(x) = (ln2 x)′ = 2 ln x · 1x
=2 ln x
x;
10) f ′(x) =(
1ln x
)′= − 1
ln2 x· 1
x= − 1
x ln2 x;
11) f ′(x) = [ln(sin x)]′ =1
sin xcos x = ctg x ;
12) f ′(x) = [ln(cos x)]′ =1
cos x(− sin x) = − tg x ;
13) f ′(x) =(
12
ln1 − x1 + x
)′=[
12
ln(1 − x) − 12
ln(1 + x)]′
= − 12(1 − x)
−1
2(1 + x)=
−1 − x − 1 + x
2(1 − x2)=
1x2 − 1
;
14) f ′(x) = [ln(x +√
x2 − 1)]′ =1
x +√
x2 − 1·(
1 +2x
2√
x2 − 1
)=
1
x +√
x2 − 1·√
x2 − 1 + x√x2 − 1
=1√
x2 − 1.
202
RJESENJA 4
Zadatak 9. Deriviraj funkcije:
1) f (x) =1
ln2 x;
2) f (x) = ln1 + x2
1 − x2 ;
3) f (x) =12
ln
√1 + x1 − x
;
4) f (x) = lnx +
√x2 + 1√
x2 + 1 − x;
5) f (x) = ln ln(x4 + x) ;
6) f (x) = ln(ln x) ;
7) f (x) = ln(√
1 + x2 − x) + ln(√
1 + x2 + x) .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
1
ln2 x
)′= − 2
ln3 x· 1
x= − 2
x ln3 x;
2) f ′(x) =(
ln1 + x2
1 − x2
)′=
1 − x2
1 + x2 ·2x(1 − x2) − (1 + x2)(−2x)
(1 − x2)2 =2x(1 − x2 + 1 + x2)
1 − x4 =
4x
1 − x4 ;
3) f ′(x) =(
12
ln
√1 + x1 − x
)′=(
14
ln1 + x1 − x
)′=[
14
ln(1 + x) − 14
ln(1 − x)]′
=
14(1 + x)
+1
4(1 − x)=
24(1 − x2)
=1
2(1 − x2);
4) f ′(x) =
(ln
x +√
x2 + 1√x2 + 1 − x
)′=[ln(x +
√x2 + 1) − ln(
√x2 + 1 − x)
]′=
1
x +√
x2 + 1·(
1 +x√
x2 + 1
)− 1√
x2 + 1 − x·( x√
x2 + 1
)=
1√x2 + 1
+
1√x2 + 1
=2√
x2 + 1;
5) f ′(x) = [ln ln(x4+x)]′ =1
ln(x4 + x)· 1
x4 + x·(4x3+1) =
4x3 + 1
(x4 + x) ln(x4 + x);
6) f ′(x) = [ln(ln x)]′ =1
ln x· 1
x=
1x ln x
;
7) f ′(x) = [ln(√
1 + x2 − x) + ln(√
1 + x2 + x)]′ = [ln(1 + x2 − x2)]′ =(ln 1)′ = 0′ = 0 .
203
4 RJESENJA
Zadatak 10. Izracunaj derivacije funkcija u zadanoj tocki:
1) f (x) = ex−2 , x0 = 1 ;
2) f (x) = (x + 1)e−x , x0 = 0 ;
3) f (x) = x2 ln x , x0 = 1 ;
4) f (x) = ln(x2 + 1) , x0 = 0 .
Rjesenje. 1) f ′(1) = (ex−2)′ = ex−2 = e1−2 = e−1 ;2) f ′(0) = [(x + 1)e−x]′ = e−x + (x + 1)e−x(−1) = e−x · (1 − x − 1) =−xe−x = −0 · e−0 = 0 ;3) f ′(1) = (x2 ln x)′ = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) = 1(2 ln 1 + 1) = 1 ;
4) f ′(0) = [ln(x2 + 1)]′ =1
x2 + 1· 2x =
2x
x2 + 1=
2 · 00 + 1
= 0 .
204
RJESENJA 4
Zadatak 11. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) = ln1
sin2 x;
2) f (x) = ln cosx − 1
x;
3) f (x) = ln tgx2
;
4) f (x) = ln tg( x
2+
π4
);
5) f (x) = ln e1−cos2 x ;6) f (x) = log1
e(sin x) ;
7) f (x) = loge2(cos x) ;
8) f (x) = log√e1
cos2 x.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
ln1
sin2 x
)′= [−2 ln(sin x)]′ = − 2
sin x· cos x = −2 ctg x ;
2) f ′(x) =(
ln cosx − 1
x
)′=
1
cosx − 1
x
·(− sin
x − 1x
)·( 1
x2
)= − 1
x2 tgx − 1
x;
3) f ′(x) =(
ln tgx2
)′=
1
tgx2
· 1
cos2 x2
· 12
=cos
x2
sinx2
· 1
cos2 x2
· 12
=1
sin x;
4) f ′(x) =[ln tg( x
2+
π4
)]′=
1
tg( x
2+
π4
) · 1
cos2( x
2+
π4
) ·12
=1
sin(
x +π2
) =
1cos x
;
5) f ′(x) = (ln e1−cos2 x)′ = (1 − cos2 x)′ = (sin2 x)′ = 2 sin x cos x = sin 2x ;
6) f ′(x) = [log1e(sin x)]′ = [− ln(sin x)]′ = − 1
sin xcos x = − ctg x ;
7) f ′(x) = [loge2(cos x)]′ =[
12
ln(cos x)]′
=12· 1
cos x· (− sin x) = −1
2tg x ;
8) f ′(x) =(
log√e1
cos2 x
)′= [2 ln(cos−2 x)]′ = [−4 ln(cos x)]′ = − 4
cos x·
(− sin x) = 4 tg x .
205
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 12. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = eln sin 5x ;
2) f (x) =(1
3)− log9(x−1) ;
3) f (x) = 4− log2
√1−x2
;
4) f (x) =(
1√e
)− ln(x2+x);
5) f (x) = log2
√1 − sin 2x1 + sin 2x
;
6) f (x) = logx(x + 2) .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (eln sin 5x)′ = (sin 5x)′ = 5 cos 5x ;
2) f ′(x) =[(1
3
)− log9(x−1)]′
= [312 log3(x−1)]′ = (
√x − 1)′ =
1
2√
x − 1;
3) f ′(x) = (4− log2
√1−x2)′ = [2− log2(1−x2)]′ =
(1
1 − x2
)′= [(1 −
x2)−1]′ = − 1(1 − x2)2 · (−2x) =
2x
(1 − x2)2 ;
4) f ′(x) =
[( 1√e
)− ln(x2+x)]′
= [e12 ln(x2+x)]′ = (
√x2 + x)′ =
1
2√
x2 + x·
(2x + 1) =2x + 1
2√
x2 + x;
5) f ′(x) =(
log2
√1 − sin 2x1 + sin 2x
)′=(
12
log21 − sin 2x1 + sin 2x
)=[
12
log2(sin x − cos x)2
(sin x + cos x)2
]′=(
log2sin x − cos xsin x + cos x
)′= [log2(sin x − cos x) − log2(sin x + cos x)]′
=1
ln 2
[cos x + sin xsin x − cos x
− cos x − sin xsin x + cos x
]=
1ln 2
[ sin x + cos xsin x − cos x
+sin x − cos xsin x + cos x
]=
1ln 2
sin2 x + cos2 x + sin 2x + sin2 x + cos2 x − sin 2x
sin2 x − cos2 x= − 2
ln 2 cos 2x;
6) f ′(x) = [logx(x + 2)]′ =[
ln(x + 2)ln x
]′=
1x + 2
· ln x − 1x
ln(x + 2)
ln2 x=
x ln x − (x + 2) ln(x + 2)x(x + 2) ln2 x
;
7) f ′(x) =(
log1−x2x + 3
x2
)′=[log1−x(2x+3)−log1−x x2]′ =
[ln(2x + 3)ln(1−x)
− 2 ln xln(1−x)
]′
=
22x + 3
ln(1 − x) +1
1 − xln(2x + 3)
ln2(1 − x)−
2x
ln(1 − x) +2
1 − xln x
ln2(1 − x)=
1
ln2(1 − x)·[( 2
2x + 3− 2
x
)ln(1−x)+
11 − x
ln(2x+3)− 21 − x
ln x]
=1
ln2(1 − x)
[ 11 − x
·
ln(2x + 3
x2
)− 2x + 6
x(2x + 3)ln(1 − x)
];
1005
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
8) f ′(x) = (log2 log3 x)′ =(
log2ln xln 3
)′= (log2 ln x − log2 ln 3)′
=(
ln ln xln 2
− log2 ln 3
)′=
1ln 2
· 1ln x
· 1x
=1
x ln 2 ln x.
1006
4 RJESENJA
Zadatak 13. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = log(x + 1) ;
2) f (x) = log12
1x
;
3) f (x) = log2(1 + log3 x) ;
4) f (x) = x log x ;5) f (x) = log2 log3 x ;
6) f (x) = log(1 + 1
x)
.
Rjesenje. 1) f ′(x) = [log(x + 1)]′ =1
(x + 1) ln 10;
2) f ′(x) =(
log12
1x
)′= (log2 x)′ =
1x ln 2
;
3) f ′(x) = [log2(1 + log3 x)]′ =1
(1 + log3 x) ln 2· 1
x ln 3=
1(1 +
ln xln 3
)ln 2
·
1x ln 3
=1
ln 3x ln 2ln 3
· 1x ln 3
=1
x ln 3x ln 2;
4) f ′(x) = (x log x)′ = log x +1
ln 10=
ln xln 10
+1
ln 10=
1 + ln xln 10
;
5) f ′(x) = (log2 ln x)′ =1
ln x· 1
ln 2· 1
x=
1x ln 2 ln x
;
6) f ′(x) =[log(
1 +1x
)]′= [log(x+1)− log x]′ =
1(x + 1) ln 10
− 1x ln 10
=
x − x − 1x(x + 1) ln 10
= − 1x(x + 1) ln 10
.
208
RJESENJA 4
Zadatak 14. Deriviraj funkcije:
1) f (x) = 2e−3x ;
2) f (x) =12
e2−x2;
3) f (x) = ex + e−x ;
4) f (x) =e2x − e−2x
ex + e−x ;
5) f (x) = ln1
1 − e2x ;
6) f (x) = ln(ex +√
1 + e2x) ;
7) f (x) = sin ex2−x ;
8) f (x) = ex sin x + e−x cos x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (2e−3x)′ = 2e−3x(−3) = −6e−3x ;
2) f ′(x) =(
12
e2−x2)′
=12
e2−x2(−2x) = −xe2−x2
;
3) f ′(x) = (ex + e−x) = ex − e−x ;
4) f ′(x) =(
e2x − e−2x
ex + e−x
)′= (ex − e−x)′ = ex + e−x ;
5) f ′(x) =(
ln1
1 − e2x
)′= (1 − e2x) ·
(− 1
(1 − e2x)2
)(−e2x)2 =
2e2x
1 − e2x ;
6) f ′(x) = [ln(ex +√
1 + e2x)]′ =1
ex +√
1 + e2x·(
ex +2e2x
2√
1 + e2x
)=
1
ex +√
1 + e2x
ex(√
1 + e2x + ex)√1 + e2x
=ex
√1 + e2x
;
7) f ′(x) = (sin ex2−x)′ = cos ex2−x·ex2−x·(2x−1) = (2x−1)ex2−x cos ex2−x ;8) f ′(x) = (ex sin x+e−x cos x)′ = ex sin x+ex cos x−e−x cos x−e−x sin x =(ex − e−x)(sin x + cos x) .
209
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 15. Deriviraj sljedece funkcije:
1) f (x) = ln
√4 tg x + 1 − 2
√tg x√
4 tg x + 1 + 2√
tg x;
2) f (x) = lnx ln x − 1x ln x + 1
;
3) f (x) = ln
√x4 + 1 − x2
√x4 + 1 + x2
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
ln
√4 tg x + 1 − 2
√tg x√
4 tg x + 1 + 2√
tg x
)′
=[ln
(√4 tg x + 1 − 2
√tg x√
4 tg x + 1 + 2√
tg x·√
4 tg x + 1 − 2√
tg x√4 tg x + 1 − 2
√tg x
)]′=[ln
(√
4 tg x + 1 − 2√
tg x)2
4 tg x + 1 − 4 tg x
]′= [ln(
√4 tg x + 1 − 2
√tg x)2]′ = 2[ln(
√4 tg x + 1 − 2
√tg x)]′
=2√
4 tg x + 1 − 2√
tg x· (√4 tg x + 1 − 2
√tg x)′
=2√
4 tg x + 1 − 2√
tg x·(
12√
4 tg x + 1· (4 tg x + 1)′ − 1√
tg x· (tg x)′
)=
2√4 tg x + 1 − 2
√tg x
·(
2√4 tg x + 1
· 1cos2 x
− 1√tg x
· 1cos2 x
)=
2
cos2 x
[1√
4 tg x + 1 − 2√
tg x· 2
√tg x −√
4 tg +1√4 tg x + 1 − 2
√tg x
]= − 2
cos2 x√
tg x(4 tg x + 1);
2) f ′(x) = lnx ln x − 1x ln x + 1
=2
x√
1 + x2;
3) f ′(x) =
(ln
√x4 + 1 − x2
√x4 + 1 + x2
)′=
[ln
(√x4 + 1 − x2
√x4 + 1 + x2
·√
x4 + 1 − x2√
x4 + 1 − x2
)]′=[
ln(√
x4 + 1 − x2)2
x4 + 1 − x4
]′= [ln(
√x4 + 1 − x2)2]′ = 2[ln(
√x4 + 1 − x2)]′ = 2 ·
1√x4 + 1 − x2
·(√
x4 + 1−x2)′ =2√
x4 + 1 − x2·(
1
2√
x4 + 1· 4x3 − 2x
)=
2√x4 + 1 − x2
·2x3 − 2x√
x4 + 1√x4 + 1
=4x√
x4 + 1 − x2·x
2 −√
x4 + 1√x4 + 1
= − 4x√x4 + 1
.
1009
RJESENJA 4
Zadatak 16. Rijesi jednadzbu f ′(x) = 0 , ako je:
1) f (x) = ln2 x − ln x − 1 ;
2) f (x) = ln(x2 + x + 1) ;3) f (x) = x · ln x ;
4) f (x) = x2 · ln x ;5) f (x) = ln sin x ;
6) f (x) = ln(tg x + ctg x) .
Rjesenje. 1) f ′(x) = (ln2 x − ln x − 1)′ = 2 ln x · 1x− 1
x=
1x(2 ln x − 1) .
1x(2 ln x − 1) = 0 =⇒ 2 ln x − 1 = 0 =⇒ ln x =
12
=⇒ ln x = ln e12 =⇒
x =√
e ;
2) f ′(x) = [ln(x2 + x + 1)] =1
x2 + x + 1· (2x + 1) =
2x + 1
x2 + x + 1.
2x + 1x2 + x + 1
= 0 =⇒ 2x + 1 = 0 =⇒ 2x = −1 =⇒ x = −12
;
3) f ′(x) = (x · ln x)′ = ln x + 1 .
ln x + 1 = 0 =⇒ ln x = −1 =⇒ ln x = ln e−1 =⇒ x =1e
;
4) f ′(x) = (x2 · ln x)′ = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) .
x(2 ln x + 1) = 0 =⇒ 2 ln x + 1 = 0 =⇒ ln x = −12
=⇒ ln x =
ln e−12 =⇒ x =
1√e
;
5) f ′(x) = (ln sin x)′ =1
sin x· cos x =
cos xsin x
.cos xsin x
= 0 =⇒ cos x = 0 =⇒ x =π2
+ k · π ;
6) f ′(x) = [ln(tg x+ctg x)]′ =1
tg x + ctg x·(
1
cos2 x− 1
sin2 x
)=
1sin xcos x
+cos xsin x
·
sin2 x − cos2 x
sin2 x cos2 x=
sin x cos x
sin2 x + cos2 x· sin
2 x − cos2 x
sin2 x · cos2 x=
sin2 x − cos2 xsin x cos x
=sin xcos x
−cos xsin x
.sin xcos x
− cos xsin x
= 0 =⇒ sin xcos x
=cos xsin x
= 0 =⇒ sin x = cos x =⇒ x =π4
+ k · π, k ∈ Z .
211
4 RJESENJA
Zadatak 17. Ako je f (x + 1) =x − 1
x, odredi (f −1)′(x) .
Rjesenje. x + 1 = t =⇒ x = t − 1 ,
f (t) =t − 1 − 1
t − 1=
t − 2t − 1
=⇒ f (x) =x − 2x − 1
,
x =y − 2y − 1
=⇒ y − 2 = xy − x =⇒ y(1 − x) = −x + 2 =⇒ f −1(x) =
x − 2x − 1
,
(f −1)′(x) =x − 1 − x + 2
(x − 1)2 =1
(x − 1)2 .
212
RJESENJA 4
Zadatak 18. Ako je f (2x) = e−x , odredi (f −1)′(x) .
Rjesenje. 2x = t =⇒ x =t2
=⇒ f (t) = e−t2 =⇒ f (x) = e−
x2 ,
x = e−y2 =⇒ − y
2= ln x =⇒ −y = 2 ln x =⇒ f −1(x) = −2 ln x ,
(f −1)′(x) = −2x
.
213
4 RJESENJA
Zadatak 19. Rijesi jednadzbu f ′(x) = g′(x) ako je
f (x) = ln(1 − x) , g(x) =1
1 − x.
Rjesenje. f ′(x) =1
x − 1, g′(x) =
1(x − 1)2 ;
1x − 1
=1
(x − 1)2 =⇒ 1
(x − 1)2 − 1x − 1
= 0 =⇒ 1 − x + 1
(x − 1)2 = 0 =⇒2 − x
(x − 1)2 = 0 =⇒ x = 2 ;
x �= 1, 1 − x > 0 =⇒ −x > −1 =⇒ x < 1 =⇒ nema rjesenja.
214
RJESENJA 4
Rjesenja zadataka 4.5
Zadatak 1. Kako glasi jednadzba tangente polozene na graf funkcije f u tocki s apscisomx0 :
1) f (x) = x2 − 2x − 3 , x0 = −1 ;
2) f (x) = −3x2 − x + 5 , x0 = −12
;
3) f (x) = x3 − x + 11 , x0 = 1 ;
4) f (x) = −x3 + 2x2 − x + 1 , x0 = 2 ;
5) f (x) = x4 − 3x2 + 1 , x0 = −2 .
Rjesenje. 1) f (−1) = 1 + 2− 3 = 0 ; f ′(x) = (x2 − 2x− 3)′ = 2x− 2 ; f ′(−1) = −4 .Jednadzba tangente galsi y + 0 = −4(x + 1) , odnosno y = −4x − 4 ;
2) f(−1
2
)= −3
4+
12
+ 5 =194
; f (x)′ = (−3x2 − x + 5)′ = −6x − 1 ;
f ′(−1
2
)= 3−1 = 2 . Jednadzba tangente glasi y− 19
4= 2(
x+12
), odnosno
8x − 4y + 23 = 0 ;
3) f (1) = 1 − 1 + 11 = 11 ; f ′(x) = (x3 − x + 11)′ = 3x − 1 ; f ′(1) = 2 .Jednadzba tangente glasi y − 11 = 2(x − 1) , odnosno y = 2x + 9 ;
4) f (2) = −8+8−2+1 = −1 ; f ′(2) = (−x3+2x2−x+1)′ = −3x2+4x−1 ;f ′(2) = −12 + 8 − 1 = −5 . Jednadzba tangente glasi y + 1 = −5(x − 2) ,odnosno y = −5x + 9 ;
5) f (−2) = 16 − 12 + 1 = 5 ; f ′(x) = (x4 − 3x2 + 1)′ = 4x3 − 6x ;f ′(−2) = −32 + 12 = −20 . Jednadzba tangente glasi y − 5 = −20(x + 2) ,odnosno y = −20x − 35 .
215
4 RJESENJA
Zadatak 2. Na graf funkcije f polozena je tangenta s nagibom k . Odredi njezinu jednadz-bu i koordinate diralista, ako je:
1) f (x) = x2 + 4x + 3 , k = −2 ;
2) f (x) = 2x2 − x + 1 , k = −12
;
3) f (x) = x3 − 1 , k = −3 ;
4) f (x) = x4 − 2x3 + x2 − 4 , k = 0 ;
5) f (x) = −x4 + 1 , k =12
.
Rjesenje. 1) k = f ′(x0) = (x20 + 4x0 + 3)′ = 2x0 + 4 = −2 =⇒ 2x0 = −6 =⇒
x0 = −3 , y0 = 9 − 12 + 3 = 0 ; koordinate diralista su (−3, 0) . Jednadzbatangente glasi y − 0 = −2(x + 3) , odnosno y = −2x − 6 .
2) k = f ′(x0) = (2x20 − x0 + 1)′ = 4x0 − 1 = −1
2=⇒ 4x0 =
12
=⇒x0 =
18
; y0 =264
− 18
+ 1 =5864
=2932
; koordinate diralista su(1
8,
2932
).
Jednadzba tangente glasi y− 2932
= −12
(x− 1
8
), odnosno 16x+32y−31 = 0 ;
3) k = f ′(x) = (x3 − 1)′ = 3x2 �= −3 ; nema rjesenja;
4) k = f ′(x0) = (x40−2x3
0+x20−4)′ = 4x3
0−6x20+2x0 = 2x0(2x2
0−3x0+1) =
0 . Tri su tocke: (0,−4) ,(1
2,−63
16
)i (1,−4) . Tangente su pravci y + 4 = 0
( za slucajeve x = 0 i x = 1 ) te 16y + 63 = 0 ;
5) k = f ′(x0) = (−x4 + 1)′ = −4x3 =12
=⇒ x3 = −18
=⇒ x = −12
,
y0 = − 116
+ 1 =1516
; koordinate diralista su(−1
2,
1516
). Jednadzba tangente
glasi y − 1516
=12
(x +
12
), odnosno 8x − 16y + 19 = 0 .
216
RJESENJA 4
Zadatak 3. Kako glasi jednadzba tangente na graf funkcije f (x) =1x
sto je polozena u
tocki s apscisom x = −12 ?
Rjesenje. f(−1
2
)=
1
−12
= −2 ; f ′(x) = − 1
x2 =⇒ f ′(−1
2
)= − 1(
−12
)2 = −4 .
Jednadzba tangente glasi y + 2 = −4(
x +12
), odnosno y = −4x − 4 .
217
4 RJESENJA
Zadatak 4. Napisi jednadzbu tangente na krivuljuy = cos
(2x − π
3)
+ 2 u tocki s apscisom x0 = π2 .
Rjesenje. y(π
2
)= cos
(π − π
3
)+ 2 = cos
2π3
+ 2 = −12
+ 2 =32
; y′ = −2 sin(
2x−π3
)=⇒ y′
(π2
)= −2 sin
(2π2
− π3
)= −2 sin
2π3
= −√3 . Jednadzba
tangente glasi y − 32
= −√3(
x − π2
), odnosno y = −√
3x +12(π√
3 + 3) .
218
RJESENJA 4
Zadatak 5. Napisi jednadzbu tangente na krivulju y =1√sin x
u njezinoj tocki s apscisomx0 = π
2 .
Rjesenje. y(π
2
)=
1√sin
π2
= 1 ; y′ = − 1
2√
sin3 x·cos x =⇒ y′
(π2
)= − 1
2
√sin3 π
2
·
cosπ2
= 0 . Jednadzba tangente glasi y − 1 = 0 .
219
4 RJESENJA
Zadatak 6. Odredi jednadzbe tangenata na graf funkcije u tocki s zadanom apscisom:
1) y = x3 , x1 = −2 ;2) y = ln x u nultocki funkcije;3) y = ex u presjecistu s osi ordinata.
Rjesenje. 1) y = (−2) = −8 ; y′ = 3x2 =⇒ y′(−2) = 12 . Jednadzba tangente glasiy + 8 = 12(x + 2) , odnosno y = 12x + 16 ;
2) y = 0 =⇒ ln x = 0 =⇒ x = 1 ; y′ =1x
=⇒ y′(1) = 1 . Jednadzba
tangente glasi y − 0 = 1(x − 1) , odnosno y = x − 1 ;
3) x = 0 =⇒ y = e0 = 1 ; y′ = ex =⇒ y′(0) = 1 . Jednadzba tangenteglasi y − 1 = 1(x − 0) , odnosno y = x + 1 .
220
RJESENJA 4
Zadatak 7. Dokazi da se tangente krivulje y =3x2 + 1x2 + 3
povucene u tockama s ordinatom
1 sijeku u ishodistu koordinatnog sustava.
Rjesenje. Apscise tocaka dobivamo rjesavanjem jednadzbe f (x) = 1 , tj. 3x2 +1 = x2 +
3 =⇒ 2x2 = 2 , odakle je x1 = −1 , x2 = 1 . y′ =6x(x2 + 3) − 2x(3x2 + 1)
(x2 + 3)2 =
6x3 + 18x − 6x3 − 2x
(x2 + 3)2 =16x
(x2 + 3)2 ; y′(±1) = ±1642 = ±1 . Jednadzbe tan-
genata glase y− 1 = x− 1 =⇒ y = x i y− 1 = −x− 1 =⇒ y = −x . Onese sijeku u ishodistu.
221
4 RJESENJA
Zadatak 8. Pod kojim kutom krivulja y = ex sijece os ordinate?
Rjesenje. x = 0 =⇒ y = e0 = 1 ; y′ = ex =⇒ y′(0) = 1 . Koeficijent smjera
tangente je k = y′(0) = 1 , pa je kut tg ϕ = 1 =⇒ ϕ = arc tg 1 =π4
.
222
RJESENJA 4
Zadatak 9. Pod kojim kutom sinusoida sijece os x ?
Rjesenje. y = sin x , T1(0, 0) , T2(π, 0) , y′ = cos x =⇒ y′(0) = 1 y′(π) = −1 .
Koeficijenti smjera tangenata su tg ϕ1 = y′(0) = 1 =⇒ ϕ1 = arc tg 1 =π4
i
tg ϕ2 = y′(π) = −1 =⇒ ϕ2 = arc tg(−1) =3π4
.
223
4 RJESENJA
Zadatak 10. Pod kojim kutom krivulja y = log12
x sijece apscisnu os?
Rjesenje. y = − log2 x = 0 =⇒ x = 1 ; y′ = − 1x ln 2
=⇒ y′(1) = − 1ln 2
. Koefi-
cijent smjera tangente je tgϕ = y′(1) = − 1ln 2
=⇒ ϕ = arc tg(− 1
ln 2
)=
124◦43′40′′ .
224
RJESENJA 4
Zadatak 11. Koliki kut s osi apscisa zatvara tangenta na graf funkcije f (x) = ex · ln(x + 1)u tocki s apscisom x = 0 ?
Rjesenje. f ′(x) = ex ln(x + 1) +ex
x + 1= ex
( 1x + 1
+ ln(x + 1))
=⇒ f ′(0) =
e0( 1
0 + 1+ ln(0 + 1)
)= 1 . Koeficijent smjera tangente jednak je k =
f ′(0) = tg ϕ = 1 =⇒ ϕ = arc tg 1 =π4
.
225
4 RJESENJA
Zadatak 12. Tangenta polozena u bilo kojoj tocki krivulje y = x3 + x − 2 ima pozitivannagib. Obrazlozi!
Rjesenje. y′ = (x3 + x − 2)′ = 3x2 + 1 > 0 za svaki x ∈ R , pa tangenta u bilo kojojtocki krivulje ima pozitivni nagib.
226
RJESENJA 4
Zadatak 13. Tangenta polozena u bilo kojoj tocki krivulje y = −x3 − 2x + 3 ima negativannagib. Obrazlozi!
Rjesenje. y′ = (−x3 − 2x + 3)′ = −3x2 − 2 < 0 za svaki x ∈ R , pa tangenta u bilokojoj tocki krivulje ima negativni nagib.
227
4 RJESENJA
Zadatak 14. Tangenta ni u kojoj tocki krivulje y = −x3 +3x2−3x+3 nema pozitvan nagib.Obrazlozi! Postoji li na krivulji tocka u kojoj tangenta polozena na krivuljuima nagib k = 0?
Rjesenje. y′ = (−x3+3x2−3x+3)′ = −3x2+6x−3 = −3(x2−2x+1) = −3(x−1)2 <
0 za svaki x ∈ R . k = y′ = −3(x− 1)2 = 0 =⇒ x = 1 . Postoji takva tockai njezine su koordinate T(1, 2) .
228
RJESENJA 4
Zadatak 15. Odredi realni broj a tako da graf funkcije f (x) =13
x3−4x+a dira os apscisa.
Rjesenje. Da bi os apscisa bila tangenta na graf funkcije treba f ′(x) = x2 − 4 = 0 =⇒x = ±2 . Uvrstimo li x = ±2 u jednadzbu funkcije dobit cemo
83− 8 + a = 0
i −83
+ 8 + a = 0 odakle slijedi a =163
ili a = −163
.
229
4 RJESENJA
Zadatak 16. Odredi realni broj a tako da pravac y = x+a bude tangenta krivulje y = 2√
x .
Rjesenje. Da bi pravac y = x + a bio tangenta zadane krivulje treba vrijediti y′ =
(2√
x)′ =1√x
= 1 =⇒ x = 1 . Uvrstimo li x = 1 u jednadzbu
krivulje dobit cemo y = 2 , odnosno diraliste (1, 2) . Odatle slijedi da je2 = 1 + a =⇒ a = 1 .
230
RJESENJA 4
Zadatak 17. Tangenate polozenih na grafove funkcija f (x) = x4 − x3 − x i g(x) = 3x− x3
u dvjema tockama s istom apscisom paralelne su. Odredi koordinate dvaju tihdiralista.
Rjesenje. Iz f ′(x0) = g′(x0) slijedi 4x3 − 3x2 − 1 = −3x2 + 3 =⇒ x3 = 1 =⇒ x0 =1 . f (1) = 1 − 1 − 1 = −1 , g(1) = 3 − 1 = 2 . Diralista tangenata su tocke(1,−1) i (1, 2) .
231
4 RJESENJA
Zadatak 18. U tockama s apscisama x1 = 1 i x2 = 3 povucena je sekanta na graf funkcijef (x) = x2 . U kojoj je tocki tangenta na graf funkcije paralelna toj sekanti?
Rjesenje. f (1) = 1 , f (3) = 9 . Sekanta prolazi tockama T1(1, 1) , T2(3, 9) . Jednadzba
sekante glasi y − 1 =9 − 13 − 1
(x − 1) =⇒ y = 4x − 3 . Da bi tangenta na graf
funkcije bila paralelna toj sekanti, mor aimati jednak koeficijent smjera. Toznaci da je f ′(x) = 2x = 4 =⇒ x = 2 , f (2) = 4 . Trazena tocka je T(2, 4) .
232
RJESENJA 4
Zadatak 19. Na -di tocku krivulje y = x3 − 3x + 2 u kojoj je tangenta paralelna s pravcemy = 3x .
Rjesenje. Da bi tangenta na graf funkcije i pravac bili paralelni moraju imati isti koefi-cijent smjera. y′ = 3x2 − 3 = 3 =⇒ x = ±√
2 . Vrijednosti koje funkcijapoprima u tim tockama su y(±√
2) = ±2√
2 ∓ 3√
2 + 2 = ∓√2 + 2 . Dakle,
trazene tocke su T1(√
2, 2 −√2) , T2(−
√2, 2 +
√2) .
233
4 RJESENJA
Zadatak 20. Na -di jednadzbe tangenata krivulje y=13x3−3
2x2+x koje su paralelne pravcuy = −x . Kolika je udaljenost me -du tim tangentama?
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca jednak je −1 . Da bi tangenta bila paralelna s prav-cem treba biti y′ = x2 − 3x + 1 = −1 =⇒ x2 − 3x − 2 = 0 =⇒(x − 2)(x − 1) = 0 =⇒ x1 = 1 , x2 = 2 . Vrijednosti koje funkcija poprima
u tim tockama su y1(1) =13· 1− 3
2· 1 + 1 =
13− 3
2+ 1 =
2 − 9 + 66
= −16
i y2(2) =13· 8 − 3
2· 4 + 2 =
83− 6 + 2 =
83− 4 =
8 − 123
= −43
.
Koordinate diralista su T1
(1,−1
6
), T2
(2,−4
3
). Jednadzbe tangenata su
y +16
= −(x − 1) =⇒ 6x + 6y − 5 = 0 i y +43
= −(x − 2) =⇒3x + 3y − 2 = 0 . Udaljenost tocke T1 od druge tangente jednaka je
d(T1, t2) =
∣∣∣∣∣∣∣3 · 1 − 3 · 1
6− 2
√9 + 9
∣∣∣∣∣∣∣ =3 − 1
2− 2
3√
2=
1
6√
2=
√2
12.
234
RJESENJA 4
Zadatak 21. U kojoj tocki krivulje y = x3 + 2x − 1 treba poloziti tangentu tako da budeokomita na pravac x + y = 0 ?
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca y = −x je k = −1 . Da bi tangenta bila okomita napravac mora imati koeficijent smjera jednak 1. y′ = 3x2 + 2 = 1 =⇒ 3x2 =
−1 =⇒ x2 = −13
. Ne postoji takav x ∈ R =⇒ , dakle nema rjesenja.
235
4 RJESENJA
Zadatak 22. Odredi tocku krivulje y =x + 1x + 2
koja je diraliste tangente paralelne pravcu
x − y + 5 = 0 .
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca jednak je 1. Da bi tangenta bila paralelna s pravcem
treba biti y′ =1
(x + 2)2 = 1 =⇒ x1,2 = −2 ± 1 =⇒ x1 = −3 , x2 = −1 .
Vrijednosti koje funkcija postize u tim tockama su y1 =−3 + 1−3 + 2
=−2−1
= 2 ,
y2 =−1 + 1−1 + 2
= 0 . Diralista su D1(−3, 2) , D2(−1, 0) .
236
RJESENJA 4
Zadatak 23. Ishodistem koordinatnog sustava prolazi tangenta krivulje y =√
x − 1 . Kolikikut ta tangenta zatvara s osi apscisa?
Rjesenje. y′ =1
2√
x − 1, jednadzba tangente glasi y =
1
2√
x − 1· x + l , l = 0 sli-
jedi y =x
2√
x − 1. Sada trazimo diraliste tangente i krivulje.
x
2√
x − 1=
√x − 1 =⇒ x = 2(x − 1) =⇒ x = 2x − 2 =⇒ x = 2 , y = 1 , D(2, 1) .
tg ϕ = y′(2) =12
=⇒ ϕ = arc tg12
= 26◦33′54′′ .
237
4 RJESENJA
Zadatak 24. U kojoj tocki krivulje y =√
x − 4 treba poloziti tangentu kako bi bila paralelnapravcux − 2y + 2 = 0 ?
Rjesenje. Da bi tangenta bila paralelna s pravcem y =12
x + 1 treba vrijediti y′ =
(√
x − 4)′ =1√
x − 4=
12
=⇒ √x − 4 = 1 =⇒ x − 4 = 1 =⇒ x = 5 .
U toj tocki funkcija poprima vrijdnost y(5) = 1 . Diraliste je tocka T(5, 1) .
238
RJESENJA 4
Zadatak 25. Napisi jednadzbu horizontalne tangente polozene na graf funkcije f (x) =x − ln x .
Rjesenje. f ′(x) = 1 − 1x
= 0 =⇒ x = 1 , y(1) = 1 . Jednadzba tangente glasi
y − 1 = 0 .
239
4 RJESENJA
Zadatak 26. Napisi jednadzbu zajednicke tangente krivulja y = sin x i y = x + 13x3 .
Rjesenje. y′ = (sinx)′ = cos x =(
x +13
x3)′
= 1 + x2 =⇒ cos x = 1 + x2 .
cos x � 1 =⇒ x = 0 , y(0) = 0 . Koordinate diralista su O(0, 0) . Jednadzbatangente je y = x .
240
RJESENJA 4
Zadatak 27. Odredi jednadzbu normale na krivulju y=x · ln x sto je paralelna s pravcem2x − 2y + 3 = 0 .
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca je k = 1 i jednak je koeficijentu normale na krivu-lju. Prema tome, koeficijent smjera tangente na krivulju jest y′ = ln x + 1 =−1 =⇒ lnx = −2 =⇒ x = e−2 . y(e−2) = −2e−2 . Koordinate diralista
su D(( 1
e2 ,− 2
e2
). Jednadzba normale glasi y +
2
e2 = 1(
x − 1
e2
)=⇒ y =
x − 3e2 .
241
4 RJESENJA
Zadatak 28. Kako glasi jednadzba horizontalne tangente polozene na krivulju y = ex+e−x ?
Rjesenje. y′ = ex − e−x = 0 =⇒ ex = e−x =⇒ e2x = 1 =⇒ x = 0 , y = 2 .Jednadzba horizontalne tangente glasi y − 2 = 0 .
242
RJESENJA 4
Zadatak 29. U kojoj tocki parabole y = x2 treba poloziti tangentu na parabolu tako da kutizme -du te tangente i pravca 3x − y + 1 = 0 bude jednak 45◦ ?
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca je k1 = 3 , a koeficijent smjera tangente je k2 =y′ = (x2)′ = 2x . Kut izme -du tangente i pravca jednak je tg 45◦ =
1 =k2 − k1
1 + k1 · k2=
2x − 31 + 6x
=⇒ 2x − 3 = 1 + 6x =⇒ x = −1 .
Vrijednost funkcije u toj tocki je y(−1) = (−1)2 = 1 . Dakle, ta toc-ka ima koordinate D1(−1, 1) . Drugo rjesenje je za tg(−45◦) = −1 .2x − 31 + 6x
= −1 =⇒ 2x − 3 = −1 − 6x =⇒ x =14
. Vrijednost funk-
cije u toj tocki je y =116
, koordinate diralista su D2
(14,
116
).
243
4 RJESENJA
Zadatak 30. Na -di onu tocku na krivulji y = x3 − x2 u kojoj polozena tangenta s osi xzatvara kut od 45◦
Rjesenje. Koeficijent smjera tangente je y′ = (x3 − x2)′ = 3x2 − 2x . Kut izme -du tan-
gente i osi x jednak je tg 45 = 1 =3x2 − 2x − 0
1 + 0=⇒ 3x2 − 2x − 1 =
0 =⇒ (3x + 1)(x − 1) = 0 =⇒ x1 = 1 , x2 = −13
. y(1) = 0 i
y(−1
3
)=
127
− 19
= − 427
. Trazene tocke su D1(1, 0) i D2
(−1
3,− 4
27
).
244
RJESENJA 4
Zadatak 31. Za koje p i q pravac y = 3x − 2 dira parabolu y = x2 + px + q u tocki sapscisom x = 0 ?
Rjesenje. Koeficijent smjera pravca koji dira parabolu je k = 3y′ = 2x + p . y′(0) =p = 3 . 3x − 2 = x2 + px + q =⇒ 3 · 0 − 2 = 0 + 3 · 0 + q =⇒ q = −2 .
245
4 RJESENJA
Zadatak 32. Kolika je povrsina trokuta sto ga tvore pravac y = 2 − x , os apscisa i tangentana krivulju y = 1 + 2x − x2 u tocki njezinog presjeka s ordinatnom osi?
Rjesenje. Za x = 0 je y(0) = 1 . Diraliste ima koordinate D(0, 1) . Koeficijent smjeratangente jednak je y′ = 2 − 2x , odnosno y′(0) = 2 . Jednadzba tangente jey − 1 = 2(x − 0) =⇒ y = 2x + 1 . Na -dimo sada sjeciste tangente i pravca.
2x + 1 = 2 − x =⇒ x =13
i y = 2 − 13
=53
, C(1
3,
53
). Preostala dva vrha
trokuta su sjecista pravaca i osi apscisa, A(−1
2, 0)
i B(2, 0) . Visina trokuta
je53
, a odgovarajuca stranica je12
+ 2 =52
. Povrsina trokuta jednaka je
P =12· 5
3· 5
2=
2512
.
246
RJESENJA 4
Zadatak 33. Kolika je udaljenost ishodista od tangente na krivulju y =√
x u njezinoj tockis apscisom 1?
Rjesenje. Za x = 1 je y(1) = 1 . Diraliste ima koordinate D(1, 1) . Koeficijent smje-
ra tangente je y′ =1
2√
x, odnosno y′(1) =
12
. Jednadzba tangente glasi
y − 1 =12(x − 1) =⇒ x − 2y + 1 = 0 . Udaljenost tangente od ishodista
jednaka je d(O, t) =∣∣∣−2 · 0 + 1√
1 + 4
∣∣∣ = 1√5
=
√5
5.
247
4 RJESENJA
Zadatak 34. U sjecistu krivulje y =√
2 − x s osi ordinata polozena je tangenta na krivulju.Kolika je udaljenost te tangente od ishodista?
Rjesenje. Za x = 0 je y(0) =√
2 . Diraliste ima koordinate D(0,√
2) . Koeficijent
smjera tangente je y′ = − 1
2√
2 − x, odnosno y′(0) = − 1
2√
2. Jednadzba
tangente glasi y −√2 = − 1
2√
2(x − 0) =⇒ x + 2
√2y − 4 = 0 . Udaljenost
tangente od ishodista jednaka je d(O, t) =∣∣∣0 + 2
√2 · 0 − 4√
1 + 8
∣∣∣ = 43
.
248
RJESENJA 4
Zadatak 35. Na krivulju y =x + 1x − 1
u njezinoj tocki s apscisom x = 2 polozena je tangenta.
Kolika je povrsina trokuta sto ga ta tangenta zatvara s koordinatnim osima?
Rjesenje. Za x = 2 je y(2) = 3 . Koordinate diralista su D(2, 3) . Koeficijent smjera
tangente je y′ =x − 1 − x − 1
(x − 1)2 =−2
(x − 1)2 , odnosno y′(2) = −2 . Jednadzba
tangente glasi y − 3 = −2(x − 2) =⇒ 2x + y = 7/ : 7 =⇒ 27
x +17
y =
1 =⇒ x72
+y7
= 1 . Povrsina trokuta jednaka je P =∣∣∣mn
2
∣∣∣ = 72 · 7
2=
494
.
249
4 RJESENJA
Zadatak 36. Izracunaj povrsinu trokuta odre -denog koordinatnim osima i tangentom na kri-
vulju y =x
2x − 1u tocki s apscisom x = 1 .
Rjesenje. Za x = 1 je y(1) = 1 . Koordinate diralista su D(1, 1) . Koeficijent smjera
tangente je y′ =2x − 1 − 2x
(2x − 1)2 =−1
(2x − 1)2 , odnosno y′(1) = −1 . Jednadzba
tangente glasi y − 1 = −(x − 1) =⇒ x + y = 2/ : 2 =⇒ x2
+y2
= 1 .
Povrsina trokuta jednaka je P =∣∣∣mn
2
∣∣∣ = 2 · 22
= 2 .
250
RJESENJA 4
Zadatak 37. U tocki T(5, 1) krivulje y =√
x − 4 polozena je tangenta na krivulju i ona skoordinatnim osima zatvara trokut. Odredi povrsinu tog trokuta.
Rjesenje. Koordinate diralista su D(5, 1) . Koeficijent smjera tangente je y′ =1
2√
x − 4,
odnosno y′(5) =12
. Jednadzba tangente glasi y − 1 =12(x − 5) =⇒
12
x − y =32/ :
32
=⇒ x3− y
32
= 1 . Povrsina trokuta jednaka je
P =∣∣∣mn
2
∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣3 ·(− 3
2
)2
∣∣∣∣∣∣ = 94
.
251
4 RJESENJA
Zadatak 38. Kolika je povrsina trokuta sto ga s koordinatnim osima zatvara tangenta nakrivulju y = ln x u njezinoj nultocki?
Rjesenje. Koordinate diralista su D(1, 0) . Koeficijent smjera tangente je y′ =1x
, od-
nosno y′(1) = 1 . Jednadzba tangente glasi y − 0 = x − 1 =⇒ x − y = 1 .
Povrsina trokuta jednaka je P =∣∣∣mn
2
∣∣∣ = ∣∣∣∣1 · 12
∣∣∣∣ = 12
.
252
4 RJESENJA
Zadatak 40. Koliki kut zatvaraju tangente polozene na parabolu y = 3+2x− x2 u njezinimnultockama?
Rjesenje. Iz jednadzbe parabole y = 3 + 2x − x2 = (3 − x)(1 + x) vidimo da su nul-tocke x1 = 3 i x2 = −1 . Koeficijenti smjera tangenata su k1 = y(3)′ =2 − 2 · 3 = −4 i k2 = y′(−1) = 2 − 2 · (−1) = 4 . Kut pod kojim se sijeku je
tg ϕ =−4 − 41 − 4 · 4
=−8−15
=815
=⇒ ϕ = 28◦04′21′′ .
254
RJESENJA 4
Zadatak 41. Koliki kut zatvaraju tangente na krivuljuy = x3 − x polozene u njezinim tockama s apscisama −1 i 0 ?
Rjesenje. Koeficijenti smjera tangenata su k1 = y′(−1) = 3(−1)2 − 1 = 2 i k2 =
y′(0) = 3 · 02 − 1 = −1 . Kut pod kojim se sijeku je tg ϕ =−1 − 21 − 2
= 3 =⇒ϕ = 71◦33′54′′ .
255
4 RJESENJA
Zadatak 42. Koliki kut zatvaraju tangente na krivuljuy = x3 − x u njezinim tockama s apscisamax = −1 i x = 1 ?
Rjesenje. Koeficijenti smjera tangenata su k1 = y′(−1) = 3 · (−1)2 − 1 = 2 i
k2 = y′(1) = 3 · (1) − 1 = 2 . Kut pod kojim se sijeku je tg ϕ =2 − 21 − 4
=
0 =⇒ ϕ = 0 .
256
RJESENJA 4
Zadatak 43. Koliki kut zatvaraju tangente polozene na krivulju y =x − 4x − 2
u njezinim
sjecistima s koordinatnim osima?
Rjesenje. Tocke u kojima funkcija sijece koordinatne osi su x = 0 , y = 2 =⇒ T1(0, 2) i
y = 0 , x = 4 =⇒ T2(4, 0) . Koeficijenti smjera tangenata su y′ =2
(x − 2)2 ,
tj. k1 = y′(0) =12
i k2 = y′(4) =12
. Kut pod kojim se tangente sijeku je
k1 = k2 =⇒ tg ϕ = 0 =⇒ ϕ = 0 .
257
4 RJESENJA
Zadatak 44. Na -di kut pod kojim se sijeku krivulje y =√
2x i y = 12x2 .
Rjesenje. Trazimo koordinate sjecista krivulja:√
2x =12
x2 =⇒ 8x = x4 =⇒ x(x3 −8) = 0 =⇒ x(x− 2)(x2 + 2x + 4) = 0 . x1 = 0 , x2 = 2 . Koeficijenti smjera
tangenata su k1 = y′(0) =1√2 · 0
= ∞ , k3 = y′(2) =12
, k2 = y′(0) = 0 i
k4 = y′(2) = 2 . U tocki (0,0) sijeku se pod kutom ϕ1 =π2
, a u tocki (2,2) si-
jeku se pod kutom tg ϕ2 =k4 − k3
1 + k3 · k4=
2 − 12
1 + 1=
34
=⇒ ϕ2 = 36◦52′12′′ .
258
RJESENJA 4
Zadatak 45. Pod kojim se kutom sijeku parabole y = (x − 2)2 i y = −x2 + 6x − 4 ?
Rjesenje. Trazimo koordinate sjecista krivulja: (x − 2)2 = −x2 + 6x − 4 =⇒x2 − 4x + 4 + x2 − 6x + 4 = 0 =⇒ 2x2 − 10x + 8 = 0/ : 2 =⇒x2−5x+4 = 0 =⇒ (x−1)(x−4) = 0 , x1 = 1 i x2 = 4 . Koeficijenti smje-ra tangenata su: k1 = y′(1) = 2 · 1 − 4 = −2 i k2 = y′(1) = −2 · 1 + 6 = 4 ;k3 = y′(4) = 2 · 4 − 4 = 4 i k4 = y′(4) = −2 · 4 + 6 = −2 . Kut pod kojim
se tangente sijeku je tg ϕ =−2 − 41 − 2 · 4
=67
=⇒ ϕ1 = 40◦36′05′′ .
259
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Rjesenja zadataka 4.6
Zadatak 1. Odredi je li u tockama s apscisama x = 0 , ±1 , ±2 funkcija
1) f (x) = 3x3 − 2x + 1 ;
2) f (x) = x4 − 3x2 + x ;rastuca ili padajuca.
Rjesenje. 1) f ′(x) = 9x2 − 2 ,2) f ′(x) = 4x3 − 6x + 1 ,
x −2 −1 0 1 2f ′(x) = 9x2 − 2 + + − + +f ′(x) = 4x3 − 6x + 1 − + + − +
+ = rastuca− = padajuca
1059
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 2. Da li funkcija f (x) = sin x · sin(π
3 − x)
u x = π2 raste ili pada?
Rjesenje. f ′(x) = cos x sin(π
3−x)−sin x cos
(π3−x)
= sin(π
3−x−x
)= sin
(π3−2x)
;
f ′(π
2
)= sin
(π3− 2 · π
2
)= sin
(π3− π)
= sin(−2π
3
)= − sin
(2π3
)=
− sinπ3
= −√
32
< 0 . Funkcija f u x =π2
pada.
1060
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 3. Da li funkcija f (x) = tg x · tg(π
4 − x)
u x =π6
raste ili pada?
Rjesenje. f ′(x) =1
cos2 xtg(π
4− x)− tg x
1
cos2(π
4− x) =
sin(π
4− x)
cos2 x cos(π
4− x) −
sin x
cos x cos2(π
4− x) =
sin(π
4− x)
cos(π
4− x)− sin x cos x
cos2 x cos2(π
4− x)
=
12
sin(π
2− 2x
)− 1
2sin 2x[
cos x cos(π
4− x)]2 =
12·
sin(π
2− 2x
)− sin 2x[
cos x cos(π
4− x)]2 ;
f ′(π
6
)=
12·
sin(π
2− π
3
)− sin
π3[
cosπ6
cos(π
4− π
6
)]2 =12·
sinπ6− sin
π3[
cosπ6
cosπ12
]2
=12·
12−
√3
2[cos
π6
cos(π
4− π
6
)]2 =14· 1 −√
3[cos
π6
cos(π
4− π
6
)]2︸ ︷︷ ︸
>0
< 0 . Funkcija
pada.
1061
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 4. Odredi intervale monotonosti za funkcije:
1) f (x) = x3 + 4x ; 2) f (x) =x
1 + x2 ;
3) f (x) = x ln x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 3x2 + 4 > 0, ∀x ∈ R . Funkcija je strogo rastuca na R .
2) f ′(x) =1 + x2 − 2x2
(1 + x2)2 =1 − x2
(1 + x2)2 =(1 − x)(1 + x)
(1 + x2)2
{>0, x ∈ 〈−1, 1〉<0, x ∈ R \ [−1, 1]
.
Funkcija je rastuca na 〈−1, 1〉 , a padajuca na R \ [−1, 1] .3) f ′(x) = 1 + ln x = 0 =⇒ ln x = −1 =⇒ x = e−1 . Funkcija je padajuca
na⟨
0,1e
⟩, a rastuca na
⟨1e, +∞
⟩.
1062
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 5. Odredi intervale monotonosti funkcije f ako je
1) f (x) = 23x3 − 2x + 1 ;
2) f (x) = 3x + 3x − 5 ;
3) f (x) = x3 − x2 + x ;
4) f (x) = x5 − 5x4 + 4 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 2x2 − 2 = 2(x − 1)(x + 1) . Stacionarne tocke su 1 i −1 .(x − 1)(x + 1) < 0 =⇒ x ∈ 〈−1, 1〉 ; (x − 1)(x + 1) > 0 =⇒x ∈ 〈−∞,−1〉 ∪ 〈 1, +∞〉 . Funkcija je padajuca na 〈−1, 1〉 , a rastucana R \ [−1, 1] .
2) f ′(x) = 3 − 3
x2 =3(x − 1)(x + 1)
x2 . (x − 1)(x + 1) > 0 =⇒ x ∈〈−∞,−1〉 ∪ 〈 1, +∞〉 ; (x − 1)(x + 1) < 0 =⇒ x ∈ 〈−1, 1〉 . Funkcija jepadajuca na 〈−1, 1〉 \ {0} , a rastuca na R \ [−1, 1] .3) f ′(x) = 3x2 − 2x + 1 > 0, ∀x ∈ R . Funkcija je rastuca na R .
4) f ′(x) = 5x4 − 5 · 4x3 = 5x3(x − 4) . x3(x − 4) > 0 =⇒ x ∈〈−∞, 0〉 ∪ 〈 4, +∞〉 ; x3(x − 4) < 0 =⇒ x ∈ 〈 0, 4〉 . Funkcija je pa-dajuca na 〈 0, 4〉 , a rastuca na R \ [0, 4] .
1063
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 6. Odredi intervale monotonosti funkcija:
1) f (x) = 3x4 − 4x3 − 36x2 + 5 ;
2) f (x) = 4 + 6x − 9x2 − 20x3 .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 12x3−12x2−72x = 12x(x2−x−6) = 12x(x−3)(x+2) . Stacionar-ne tocke su 0 , 3 i −2 . x(x − 3)(x + 2) > 0 =⇒ x ∈ 〈−2, 0〉 ∪ 〈 3, +∞〉 ;x(x − 3)(x + 2) < 0 =⇒ x ∈ 〈−∞,−2〉 ∪ 〈 0, 3〉 . Funkcija je padajuca na〈∞,−2〉 ∪ 〈 0, 3〉 , a rastuca na 〈−2, 0〉 ∪ 〈 3, +∞〉 .
2) f ′(x) = 6−18x−60x2 = −6(10x2 +3x−1) = −6(10x2 +5x−2x−1) =
−6(5x−1)(2x+1) . Stacionarne tocke su15
i −12
. (5x−1)(2x+1) < 0 =⇒x ∈
⟨−1
2,
15
⟩; (5x − 1)(2x + 1) > 0 =⇒ x ∈
⟨−∞,−1
2
⟩∪⟨1
5, +∞
⟩.
Funkcija je padajuca na R \[−1
2,
15
], a rastuca na
⟨−1
2,
15
⟩.
1064
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 7. Odredi intervale monotonosti funkcija:
1) f (x) = sin4 x + cos4 x ;2) f (x) = sin(cos x) ;
3) f (x) = cos x +x2
2;
4) f (x) = 2 sin2 x2
+x2
2.
Rjesenje. 1) f (x) = sin4 x+cos4 x = (sin2 x+cos2 x)2−2 sin2 x cos2 x = 1− 12
sin2 2x ,
f ′(x) = − sin 2x cos 2x · 2 = − sin 4x . Funkcija raste za: 2kπ < 4x <(2k + 1)π , k ∈ Z , a pada za: (2k + 1)π < 4x < (2k + 2)π , tj. raste na
intervalu⟨kπ
2,
2k + 14
π⟩
, k ∈ Z , a pada na intervalu⟨2k + 1
4π,
k + 12
π⟩
,
k ∈ Z ;2) f ′(x) = cos(cos x)·(− sin x) (predznak ovisi samo o − sin x ), cos(cos x) >0 , ∀x . Funkcija pada na 〈 2kπ, (2k+1)π〉 , k ∈ Z , a raste na 〈 (2k−1)π, 2kπ〉 ,k ∈ Z ;3) f ′(x) = − sin x + x = x − sin x . Funkcija pada na R−1 , a raste na R+ ;
4) f ′(x) = 4 sinx2
cosx2· 1
2+ x = x + sin x (predznak ne ovisi o sin x , vec
samo o x ). Funkcija pada na R− , a raste na R+ .
1065
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 8. Dokazi da funkcija f (x) = 2 cos2 x2
+x2
2raste na intervalu 〈 0, +∞〉 .
Rjesenje. f ′(x) = 2 · 2 · cosx2·(− sin
x2
)· 1
2+ x = x− sin x . Funkcija pada na R− , a
raste na R+ .
1066
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 9. Ispitaj monotonost funkcija:
1) f (x) =x3 − 2x2
ex ; 2) f (x) =ln2 x + 2 ln x
x;
3) f (x) =x3 − x2
e−x ; 4) f (x) =2 ln2 x + 3 ln x
x.
Rjesenje. 1) f ′(x) =(3x2 − 4x)ex − (x3 − 2x2)ex
e2x =3x2 − 4x − x3 + 2x2
ex
= −x3 − 5x2 + 4xex = −x(x − 1)(x − 4)
ex . Buduci da je ex > 0 za ∀x ∈ R ,
promatramo samo brojnik x(x − 1)(x − 4) . Stacionarne tocke su 0 , 1 i 4 .x(x − 1)(x − 4) < 0 =⇒ x〈−∞, 0〉 ∪ 〈 1, 4〉 ; x(x − 1)(x − 4) > 0 =⇒〈 0, 1〉 ∪ 〈 4 + ∞〉 . Za 〈 0, 1〉 ∪ 〈 4, +∞〉 funkcija pada, a na R− ∪ 〈 1, 4〉raste.
2) f ′(x) =
(2 ln x · 1
x+
2x
)· x − (ln2 x + 2 ln x) · 1
x2 =2 + 2 ln x − ln2 x − 2 ln x
x2 =
(√
2 − ln x)(√
2 + ln x)x2 . stacionarne tocke su e−
√2 i e
√2 . Promatra-
mo (√
2 − ln x)(√
2 + ln x) < 0 =⇒ x ∈ 〈 0, e−√
2〉 ∪ 〈 e√
2, +∞〉 ;
(√
2 − ln x)(√
2 + ln x) > 0 =⇒ x ∈ 〈 e−√
2, e√
2〉 . Funkcija raste na
intervalu 〈 e−√
2, e√
2〉 , a pada na R+ \ 〈 e−√
2, e√
2〉 .
3) f ′(x) =(3x2 − 2x)e−x + (x3 − x2)e−x
e−2x =3x2 − 2x + x3 − x2
e−x =x(x2 + 2x − 2)
e−x
=x[(x + 1)2 − 3]
e−x = exx(x + 1 −√3)(x + 1 +
√3) . Stacionarne tocke su 0 ,
√3− 1 i −1−√
3 . x(x + 1−√)(x + 1 +√
3) < 0 =⇒ x ∈ 〈−∞,−√3−
1〉 ∪ 〈 0,√
3−1〉 ; x(x+1−√3)(x+1+
√3) > 0 =⇒ x ∈ 〈−√
3−1, 0〉 ∪〈√3− 1, +∞〉 . Funkcija pada na 〈−∞,−1−√
3〉 ∪ 〈 0,−1 +√
3〉 , a rastena 〈−1 −√
3, 0〉 ∪ 〈−1 +√
3, +∞〉 .
4) f ′(x) =
(4 ln x · 1
x+
3x
)· x − 2 ln2 x − 3 ln x
x2 =−2 ln2 x + ln x + 3
x2 =
−2 ln2 x − 2 ln x + 3 ln x + 3
x2 =(3 − 2 ln x)(ln x + 1)
x2 . Stacionarne tocke
su x1 = e−1 i x2 = e32 . (3 − 2 ln x)(ln x + 1) < 0 =⇒ x ∈⟨
0,1e
⟩∪ 〈 e
√e, +∞〉 ; (3 − 2 ln x)(ln x + 1) > 0 =⇒ x ∈
⟨1e, e√
e⟩
.
Funkcija raste na⟨1
e, e√
e⟩
, a pada na⟨
0,1e
⟩∪ 〈 e
√e, +∞〉 .
1067
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 10. Odredi intervale monotonosti funkcija:
1) f (x) =ln x − x
x;
2) f (x) =32
log2 x + log3 x ;
3) f (x) = x · e−2x ;
4) f (x) = ln4 x − 2 ln2 x .
Rjesenje. 1) f ′(x) =
(1x− 1)· x − (ln x − x) · 1
x2 =1 − x − ln x + x
x2 =1 − ln x
x2 .
1 − ln x < 0 =⇒ x ∈ 〈 e, +∞〉 ; 1 − ln x > 0 =⇒ x ∈ 〈 0, e〉 . Funkcijaraste na 〈 0, e〉 , a pada na 〈 e, +∞〉 .
2) f ′(x) = 3 log x · 1x log 10
+ 3 log2 x · 1x ln 10
=3
ln 10· log x
x(1 + log x) .
Stacionarne tocke su 1 i110
. log x(1 + log x) < 0 =⇒ x ∈⟨ 1
10, 1⟩
;
log x(1 + log x) > 0 =⇒ x ∈⟨
0,110
⟩∪ 〈 1, +∞〉 . Funkcija raste na⟨
0,110
⟩∪ 〈 1, +∞〉 , a pada na
⟨ 110
, 1⟩
.
3) f ′(x) = e−2x + xe−2x(−2) = (1 − 2x)e−2x . e−2x je uvijek vece od 0
pa promatramo samo izraz u zagradi. 1 − 2x < 0 =⇒ x ∈⟨1
2, +∞
⟩;
1 − 2x > 0 =⇒ x ∈⟨−∞,
12
⟩. Funkcija raste na
⟨−∞,
12
⟩, a pada na⟨1
2, +∞〉 .
4) f ′(x) =4 ln3 x
x− 4 ln x
x=
4 ln xx
(ln x−1)(ln x+1) . Stacionarne tocke su 1 ,
e i1e
. Promatramo samo izraz ln x(ln x− 1)(ln x + 1) jer je x > 0 za ∀x ∈ R
zbog definicije funkcije prirodnog logaritma. ln x(ln x− 1)(ln x + 1) < 0 =⇒x ∈⟨
0,1e
⟩∪〈 1, e〉 ; ln x(ln x−1)(ln x+1) > 0 =⇒ x ∈
⟨1e, 1⟩∪⟨
e, +∞〉 .
Funkcija pada na⟨
0,1e
⟩∪ 〈 1, e〉 , a raste na
⟨1e, 1⟩∪ 〈 e, +∞〉 .
1068
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 11. Za koje a ∈ R funkcija f (x) = x3 − ax2 + x + 1 monotono raste na cijelompodrucju definicije?
Rjesenje. f ′(x) = 3x2−2ax+1 . D = 4a2−12 = 4(a2−3) < 0 =⇒ a ∈ 〈−√3,√
3〉 .
1069
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 12. Za koje a ∈ R funkcija f (x)=2x5+5ax4+10x3 monotono raste na cijelompodrucju definicije?
Rjesenje. f ′(x) = 10x4 + 20ax3 + 30x2 = 10x2(x2 + 2ax + 3) . D = 4a2 − 12 =4(a2 − 3) < 0 =⇒ a ∈ 〈−√
3,√
3〉 .
1070
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 13. Odredi ekstreme sljedecih funkcija:
1) f (x) = 12x − (3x − 1)2 ;
2) f (x) = −x2 + 2x + 3 ;
3) f (x) = x3 − 3x .
4) f (x) = 2x3 − 6x2 − 18x + 7 ;
5) f (x) = 2x3 + 3x2 − 12x + 5 ;
6) f (x) = x4 − 2x2 ;
7) f (x) = x4 − 8x2 − 9 ;
8) f (x) = (x + 2)(x + 1)3 ;
Rjesenje. 1) Prva derivacija funkcije je f ′(x) = 12 − 2(3x − 1) · 3 = 12 − 18x + 6 =18(1 − x) , a druga derivacija je f ′′(x) = −18 . Stacionarna tocka jef ′(x) = 0 =⇒ 1 − x = 0 =⇒ x = 1 . Odredimo predznak druge de-rivacije u stacionarnoj tocki f ′′(1) = −18 < 0 , slijedi da je x = 1 lokalnimaksimum. Vrijednost funkcije u x = 1 je f (1) = 12 · 1 − (3 · 1 − 1)2 = 8 .M(1, 8)2) f ′(x) = −2x + 2 = 2(1 − x) ; f ′′(x) = −2 . Stacionarna tocka je x = 1 .f ′′(1) = −2 < 0 slijedi da je x = 1 lokalni maksimum. Vrijednost funkcijeu x = 1 je f (1) = 4 . M(1, 4) .
3) f ′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) , f ′′(x) = 6x . Stacionarne tocke su x1 = 1 ix2 = −1 . f ′′(1) = 6 > 0 , f ′′(−1) = −6 < 0 slijedi da je x1 = 1 lokalniminimum, a x = −1 lokalni maksimum. Vrijednost funkcije u x1 = 1 jef (1) = −2 , a u x2 = −1 je f (−1) = 2 . M(−1, 2) , m(1,−2) .
4) f ′(x) = 6x2 − 12x − 18 = 6(x2 − 2x − 3) = 6(x + 1)(x − 3) , f ′′(x) =12x − 12 = 12(x − 1) . Stacionarne tocke su x1 = 3 i x2 = −1 .f ′′(3) = 24 > 0 , f ′′(−1) = −24 < 0 slijedi da je x1 = 3 lokalni mi-nimum, a x2 = −1 lokalni maksimum. Vrijednost funkcije u x1 = 3 jef (3) = −41 , a u x = −1 je f (−1) = 17 . M(−1, 17) , m(3,−47) .
5) f ′(x) = 6x2 + 6x − 12 = 6(x2 + x − 2) = 6(x + 2)(x − 1) , f ′′(x) =12x + 6 . Stacionarne tocke su x1 = −2 , x2 = 1 . f ′′(−2) = −18 < 0 ,f ′′(1) = 18 > 0 slijedi da je x1 = −2 lokalni maksimum, a x2 = 1 lokalniminimum. Vrijednost funkcije u x1 = −2 je f (−2) = 35 , a u x2 = 1 jef (1) = −2 . M(−2, 25) , m(1,−2) .
6) f ′(x) = 4x3 − 4x = 4x(x − 1)(x + 1) , f ′′(x) = 12x2 − 4 . Stacionarnetocke su x1 = 0 , x2 = 1 i x3 = −1 . f ′′(0) = −4 < 0 , f ′′(1) = 8 > 0 ,f ′′(−1) = 8 > 0 slijedi da je x1 = 0 lokalni maksimum, x2 = 1 lokalniminimum, a x3 = −1 lokalni minimum. Vrijednost funkcije u x1 = 0 jef (0) = 0 , u x2 = 1 je f (1) = −1 i u x2 = −1 je f (−1) = −1 . M(0, 0) ,m(−1,−1) , m(1,−1) .
7) f ′(x) = 4x3 − 16x = 4x(x − 2)(x + 2) , f ′′(x) = 12x2 − 16 . Stacionarnetocke su x1 = 0 , x2 = 2 i x3 = −2 . f ′′(0) = −16 < 0 , f ′′(2) = 32 > 0i f ′′(−2) = 32 > 0 slijedi da je x1 = 0 lokalni maksimum, x2 = 2 lokalniminimum i x3 = −2 lokalni minimum. Vrijednost funkcije u x1 = 0 jef (0) = −9 , u x2 = 2 je f (2) = −25 i u x3 = −2 je f (−2) = −25 .M(0,−9) , m(2,−25) , m(−2,−25) .
1071
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
8) f ′(x) = (x + 1)3 + (x + 2)3(x + 1)2 = (x + 1)2(x + 1 + 3x + 6) =(x + 1)2(4x + 7) , f ′′(x) = 2(x + 1)(4x + 7)+ 4(x + 1)2 = (x + 1)(8x + 14 +
4x + 4) = (x + 1)(12x + 18) . Stacionarne tocke su x1 = −1 i x2 = −74
.
f ′′(−1) = 0 i f ′′(−7
4
)=
94
> 0 slijedi da je x2 = −74
lokalni minimum, a
x1 = −1 nije ekstrem. Vrijednost funkcije u x2 = −74
je f(−7
4
)= − 27
256.
m(−7
4,− 27
256
).
1072
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 14. Odredi ekstreme funkcije f (x) =√
2x2 − x + 2 .
Rjesenje. f ′(x) =4x − 1
2√
2x2 − x + 2,
f ′′(x) =12
⎡⎢⎢⎣
4√
2x2 − x + 2 − (4x − 1)2 1√2x2 − x + 2
2x2 − x + 2
⎤⎥⎥⎦
=12· 4(2x2 − x + 2) − (4x − 1)2
(2x2 − x + 2)3/2=
8x2 − 4x + 8 − 16x2 + 8x − 1
2(2x2 − x + 2)√
2x2 − x + 2
=−8x2 + 4x + 7
2(2x2 − x + 2)√
2x2 − x + 2. Stacionarna tocka je
14
. f ′′(1
4
)=
152
2 · 158
·√
158
=4√
2√15
> 0 slijedi da je x =14
lokalni minimum. Vrijednost
funkcije u x =14
je f(1
4
)=
√158
. m(1
4,
√158
).
1073
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 15. Odredi intervale monotonosti i ekstremne vrijednosti funkcija:
1) f (x)=x2 − 4x + 4
x + 1; 2) f (x)=
x2 + 3x + 12x − 1
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =2(x − 2)(x + 1) − (x − 22)
(x + 1)2 =(x − 2)(2x + 2 − x + 2)
(x + 1)2
=(x − 2)(x + 4)
(x + 1)2 , f ′′(x) =(x + 4 + x − 2)(x + 1)2 − 2(x − 2)(x + 4)(x + 1)
(x + 1)4 =
18(x + 1)3 . Stacionarne tocke su x1 = 2 i x2 = −4 . Tocka x = −1 je
tocka prekida. Za intervale monotonosti promatramo predznak prve deriva-cije funkcije. (x − 2)(x + 4) > 0 =⇒ x ∈ 〈−∞,−4〉 ∪ 〈 2, +∞〉 ;(x−2)(x+4) < 0 =⇒ x ∈ 〈−4,−1〉 ∪〈−1, 2〉 . Funkcija pada na intervalu
〈−4,−1〉 ∪ 〈−1, 2〉 , a raste na 〈−∞,−4〉 ∪ 〈 2, +∞〉 . f ′′(2) =1827
> 0 i
f ′′(x) = −1827
< 0 slijedi da je x1 = 2 lokalni minimum, a x2 = −4 lokalni
maksimum. Vrijednost funckije u x1 = 2 je f (2) = 0 , a u x2 = −4 jef (−4) = −12 . m(2, 0) , M(−4,−12) .
2) f ′(x) =(2x + 3)(x − 1) − x2 − 3x − 12
(x − 1)2 =2x2 + x − 3 − x2 − 3x − 12
(x − 1)2 =
x2 − 2x − 15
(x − 1)2 =(x − 5)(x + 3)
(x − 1)2 ,
f ′′(x) =(2x − 2)(x − 1)2 − (x2 − 2x − 15)2(x − 1)
(x − 1)4
=2(x2 − 2x + 1) − (2x2 − 4x − 30)
(x − 1)3 =32
(x − 1)3 . Stacionarne tocke su
x1 = 5 i x = −3 . Tocka x = 1 je tocka prekida. Za intervale monoto-nosti promatramo predznak prve derivacije funkcije. (x − 5)(x + 3) < 0 =⇒x ∈ 〈−3, 1〉 ∪ 〈 1, 5〉 ; (x − 5)(x + 3) > 0 =⇒ x ∈ 〈−∞,−3〉 ∪ 〈 5, +∞〉 .Funkcija pada na intervalu 〈−3, 1〉 ∪〈 1, 5〉 , a raste na 〈−∞,−3〉 ∪〈 5, +∞〉 .f ′′(−3) = −8 < 0 i f ′′(5) = 8 > 0 slijedi da je x1 = −3 lokalni maksi-mum, a x2 = 5 lokalni minimum. Vrijednost funkcije u tocki x1 = −3 jef (−3) = −3 , a u x2 = 5 je f (5) = 13 . M(−3,−3) , m(5, 13) .
1074
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 16. Odredi ekstreme sljedecih funkcija:
1) f (x) =2x
x2 + 9; 2) f (x) =
x2 − 2x + 2x − 1
;
3) f (x) =(x − 2)2(x + 4)
4;
4) f (x) =x − 4
x2 − 3x − 3;
5) f (x) =x − 1
x2 ; 6) f (x) =x2 − x + 1x2 + x + 1
.
Rjesenje. 1) f ′(x) =2(x2 + 9) − 2x · 2x
(x2 + 9)2 =2x2 + 18 − 4x2
(x2 + 9)2 =2(9 − x2)(x2 + 9)2
=2(3 − x)(3 + x)
(x2 + 9)2 ,
f ′′(x) =[ 18 − 2x2
(x2 + 9)2
]′=
−4x(x2 + 9)2 − (18 − 2x2)2(x2 + 9)(2x)(x2 + 9)4
=4x(x2 + 9)[−x2 − 9 − 18 + 2x2]
(x2 + 9)4 =4x(x2 − 27)(x2 + 9)3 . Stacionarne tocke su
x1 = 3 i x2 = −3 . f ′′(3) =12 · (−18)
183 < 0 i f ′′(−3) =−12 · (−18)
183 > 0
slijedi da je x1 = 3 lokalni maksimum, a x2 = −3 lokalni minimum. Vrijed-
nost funkcije u tocki x1 = 3 je f (3) =13
, a u x2 = −3 je f (−3) = −13
.
m(−3,−1
3
), M(
3,13
).
2) f ′(x) =x2 − 2x
(x − 1)2 = 1 − 1
(x − 1)2 , f ′′(x) =1
(x − 1)3 . Stacionarne tocke
su x1 = 0 i x2 = 2 . f ′′(0) = −1 < 0 i f ′′(2) = 1 > 0 slijedi da je x1 = 0tocka lokalnog maksimuma, a x2 = 2 tocka lokalnog minimuma. Vrijednostfunkcije u tocki x1 = 0 je f (0) = −2 , a u x2 = 2 je f (2) = 2 . M(0,−2) ,m(2, 2) .
3) f ′(x) =14[2(x − 2)(x + 4) + (x − 2)2] =
14(x − 2)(2x + 8 + x − 2) =
14(x − 2)(3x + 6) =
34(x − 2)(x + 2) =
34(x2 − 4) , f ′′(x) =
34· (2x) =
3x2
.
Stacionarne tocke su x1 = −2 i x2 = 2 . f ′′(−2) = −3 < 0 i f ′′(2) = 3 > 0slijedi da je x1 = −2 tocka lokalnog maksimuma, a x2 = 2 lokalnog mini-muma. Vrijednost funkcije u tocki x1 = −2 je f (−2) = 8 , a u x2 = 2 jef (2) = 0 . M(−2, 8) , m(2, 0) .
4) f ′(x) =x2 − 3x − 3 − (x − 4)(2x − 3)
(x2 − 3x − 3)2 =x2 − 3x − 3 − (2x2 − 11x + 12)
(x2 − 3x − 3)2
=−x2 + 8x − 15
(x2 − 3x − 3)2 =(3 − x)(x − 5)(x2 − 3x − 3)2 ,
f ′′(x) =(−2x + 8)(x2 − 3x − 3)2 + (x2 − 8x + 15)2(x2 − 3x − 3)(2x − 3)
(x2 − 3x − 3)4
1075
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
=(x2 − 3x − 3) · 2[(4 − x)(x2 − 3x − 3) + (2x − 3)(x2 − 8x + 15)]
(x2 − 3x − 3)3
=2(4x2 − 12x − 12 − x3 + 3x2 + 3x + 2x3 − 16x2 + 30x − 3x2 + 24x − 45)
(x2 − 3x − 3)3
=2(x3 − 12x2 + 45x − 57)
(x2 − 3x − 3)3 .
Stacionarne tocke su x1 = 3 i x2 = 5 . f ′′(3) =2(27 − 12 · 9 + 45 · 9 − 57)
(9 − 9 − 3)3 =
2 · (−3)−27
=29
> 0 i f ′′(5) =2(125 − 12 · 25 + 45 · 5 − 57)
(25 − 15 − 3)3 =2 · (−7)
343=
− 249
< 0 slijedi da je x1 = 3 tocka lokalnog minimuma, a x2 = 5 tocka
lokalnog maksimuma. Vrijednost funkcije u tocki x1 = 3 je f (3) =−1−3
=13
,
a u tocki x2 = 5 je f (5) =17
. m(
3,13
), M(
5,17
)5) f ′(x) =
x2 − 2x(x − 1)x4 =
x2 − 2x2 + 2x
x4 =x(2 − x)
x4 =2 − x
x3 , f ′′(x) =
−x3 − (2 − x)3x2
x6 =−x2(x + 6 − 3x)
x6 =2x − 6
x4 =2(x − 3)
x4 . Stacionarna
tocka je x = 2 . f ′′(2) =2 − 16
16= −7
8< 0 slijedi da je x = 2 tocka
lokalnog maksimuma. Vrijednost funkcije u x = 2 je f (2) =14
. M(
2,14
).
6) f ′(x) =(2x − 1)(x2 + x + 1) − (2x + 1)(x2 − x + 1)
(x2 + x + 1)2
=2x3 + 2x2 + 2x − x2 − x − 1 − 2x3 + 2x2 − 2x − x2 + x − 1
(x2 + x + 1)2
=2x2 − 2
(x2 + x + 1)2 ,
f ′′(x) =4x(x2 + x + 1) − (2x2 − 2) · 2 · (x2 + x + 1)(2x + 1)
(x2 + x + 1)2
=4x(x2 + x + 1) − (4x2 − 4)(2x + 1)
(x2 + x + 1)3
=4x3 + 4x2 + 4x − 8x3 − 4x2 + 8x + 4
(x2 + x + 1)3
=−4x3 + 12x + 4
(x2 + x + 1)3 .
Stacionarne tocke su x1 = −1 i x2 = 1 . f ′′(−1) =4 − 12 + 4
1 − 1 + 1)3 = −4 < 0
i f ′′(1) =−4 + 12 + 4
1 + 1 + 1)3 =1227
=49
> 0 slijedi da je x1 = −1 tocka
lokalnog maksimuma, a x2 = 1 tocka lokalnog minimuma. Vrijednost funk-
cije u tocki x1 = −1 je f (−1) =1 + 1 + 11 − 1 + 1
= 3 , a u tocki x2 = 1 je
1076
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
f (1) =1 − 1 + 11 + 1 + 1
=13
. M(−1, 3) , m(
1,13
).
1077
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 17. Odredi ekstreme sljedecih funkcija:
1) f (x) = x + cos x + sin x ;
2) f (x) =12
sin 2x + cos x ;
3) f (x) =1 − cos x
sin x + cos x;
4) f (x) =sin x + cos x
cos 2x.
Rjesenje. 1) f ′(x) = 1 − sin x + cos x , f ′′(x) = − cos x − sin x . Stacionarne tockeracunamo iz 1− sin x+ cos x = 0 =⇒ sin x− cos x = 1/2 =⇒ 1− sin 2x =
1 =⇒ sin 2x = 0 =⇒ 2x = kπ =⇒ x = kπ2
, k ∈ Z .
f ′(0) = 2 , f ′(π
2
)= 0 , f ′(π) = 0 , f ′
(3π2
)= 2 =⇒ x1 =
π2
+ 2kπ i
x2 = (2k + 1)π , k ∈ Z .
f ′′(π
2
)= −1 < 0 i f ′′(π) = 1 > 0 , slijedi: funkcija postize maksimum u
tockama x =π2
+ 2kπ , a minimum u x = (2k + 1)π .
2) f ′(x) = cos 2x − sin x = cos2 x − sin2 x − sin x = 1 − 2 sin2 x − sin x =1+sin x−2 sin x−2 sin2 x = (1−2 sin x)(1+sin x) , f ′′(x) = −2 sin 2x−cos x .
Stacionarne tocke racunamo iz (1− 2 sin x)(1 + sin x) = 0 =⇒ sin x =12
ili
sin x = −1 . Odavde slijedi x =π6
+ 2kπ i x =3π2
+ 2kπ .
f ′′(π
6
)< 0 i f ′′
(5π6
)> 0 . Funkcija ima maksimum u tockama
π6
+ 2kπ ,
a minimum u tockama5π6
+ 2kπ , k ∈ Z .
3) f ′(x) =sin x(sin x + cos x) − (1 − cos x)(cos x − sin x)
(sin x + cos x)2
=sin2 x + sin x cos x − cos x + cos2 x + sin x − sin x cos x
1 + sin 2x
=1 + sin x − cos x
1 + sin 2x,
f ′′(x) =(cos x + sin x)(1 + sin 2x) + (1 + sin x − cos x)(2 cos 2x)
(1 + sin 2x)2 . Staci-
onarne tocke racunamo iz 1+sin x−cos x = 0 =⇒ 2 sin2 x2
+2 sinx2
cosx2
=
0 =⇒ 2 sinx2
(sin
x2
+ cosx2
)= 0 . Odavde slijedi: sin
x2
= 0 =⇒ x2
=
kπ =⇒ x = 2kπ , k ∈ Z i sinx2
+ cosx2
= 0 =⇒ sinx2
= − cosx2
=⇒x2
=3π4
+ kπ =⇒ x =3π2
+ 2kπ , k ∈ Z .
f ′′(2kπ) > 0 i f ′′(3π
2+ 2kπ
)< 0 pa slijedi da funkcija postize minimum u
tockama 2kπ , k ∈ Z , a maksimum u tockama3π2
+ 2kπ , k ∈ Z .
1078
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
4) f (x) =sin x + cos x
cos 2x=
sin x + cos x
cos2 x − sin2 x=
1cos x − sin x
.
f ′(x) =sin x + cos x
(cos x − sin x)2 =sin x + cos x1 − sin 2x
,
f ′′(x) =(cos x − sin x)3 + (sin x + cos x)2 cos 2x
(1 − sin 2x)2 . stacionarne tocke racuna-
mo iz sin x + cos x = 0 =⇒ x =3π4
+ kπ , k ∈ Z .
f ′′(3π
4+ 2kπ
)< 0 i f ′′
(7π4
+ 2kπ)
> 0 pa slijedi da funkcija postize svoj
maksimum u tockama3π4
+ 2kπ , k ∈ Z , a minimum u tockama7π4
+ 2kπ ,
k ∈ Z .
1079
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 18. Odredi ekstreme funkcija:
1) f (x) = x2e−x ; 2) f (x) = x · ex−x2;
3) f (x) =x
ln x; 4) f (x) = x2 ln x ;
5) f (x) = x − 2 ln x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = x(2 − x)e−x = (2x − x2)e−x , f ′′(x) =(2−2x)e−x−(2x−x2)e−x = (2−4x+x2)e−x . Stacionarne tocke racunamo izx(2−x) = 0 =⇒ x1 = 0 i x2 = 2 . f ′′(0) = 2 > 0 ; f ′′(2) = e−2 ·(−2) < 0pa slijedi da je x1 = 0 tocka lokalnog minimuma, a x2 = 2 tocka lokalnogmaksimuma. Vrijednost funkcije u tocki x1 = 0 je f (0) = 0 , a u tocki x2 = 2
je f (2) = 4e−2 . Ekstremi funkcije su tocke m(0, 0) i M(
2,4
e2
).
2) f ′(x) = ex−x2+ x(1 − 2x)ex−x2
= (1 + x − 2x2)ex−x2, f ′′(x) =
(1 − 4x)ex−x2+ (1 + x − 2x2)(1 − 2x)ex−x2
= (1 − 4x + 1 + x − 2x2 −2x − 2x2 + 4x3)ex−x2
= (4x3 − 4x2 − 5x + 2)ex−x2. Stacionarne tocke racu-
namo iz 1 + x− 2x2 = 0 =⇒ (1 − x)(1 + 2x) = 0 =⇒ x1 = 1 , x2 = −12
.
f ′′(1) = 4 − 4 − 5 + 2 = −3 < 0 i f ′′(−1
2
)=(−1
2− 1 +
52
+ 2)
e−34 =
3e−34 > 0 pa slijedi da je x1 = 1 tocka lokalnog maksimuma, a x2 = −1
2tocka lokalnog minimuma. Vrijednost funkcije u tocki x1 = 1 je f (1) = 1 , a
u tocki x2 = −12
je f(−1
2
)= −1
2e−
34 . Ekstremi funkcije su tocke M(1, 1) ,
m(−1
2,− 1
24√
e3
).
3) f ′(x) =ln x − 1
ln2 x, f ′′(x) =
ln2 xx
− (ln x − 1) ln x · 2x
ln4 x=
ln x − 2 ln x + 2
x ln3 x=
2 − ln x
x ln3 x. Stacionarne tocke trazimo iz
ln x − 1
ln2 x= 0 =⇒ ln x − 1 = 0 =⇒
ln x = 1 =⇒ x = e . f ′′(e) =1e
> 0 pa je x = e tocka lokalnog minimuma.
Vrijednost funkcije u toj tocki je f (e) = e . Ekstrem funkcije je tocka m(e, e) .
4) f ′(x) = 2x ln x + x = x(1 + 2 ln x) , f ′′(x) = 1 + 2 ln x + x · 2x
= 3 + 2 ln x .
Stacionarne tocke trazimo iz (1 + 2 ln x) = 0 =⇒ x =1√e
. f ′′( 1√
e
)=
3 + 2 ·(−1
2
)= 2 > 0 pa je x =
1√e
tocka lokalnog minimuma. Vrijednost
funkcije u toj tocki je f( 1√
e
)=
1e·(−1
2
)= − 1
2e. Ekstrem funkcije je
tocka m( 1√
e,− 1
2e
).
5) f ′(x) = 1 − 2x
, f ′′(x) =2
x2 . Stacionarne tocke trazimo iz izraza
1080
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
1 − 2x
= 0 =⇒ 2x
= 1 =⇒ x = 2 . f ′′(2) =12
> 0 pa je x = 2
tocka lokalnog minimuma. Vrijednost funkcije u toj tocki je f (2) = 2−2 ln 2 .Ekstrem funkcije je tocka m(2, 2 − 2 ln 2) .
1081
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 19. Na -di najmanju i najvecu vrijednost funkcije f na danom intervalu:
1) f (x) =∣∣∣∣ 1 + x
1 − x
∣∣∣∣ , x ∈ [−2, 0] ;
2) f (x) =√
1 − 2x + x2 +√
1 + 2x + x2 ,x ∈ [0, 2] ;
3) f (x) = 4x3 − x|x − 2| , x ∈ [0, 3] ;
4) f (x) = |x2 + x| + |x2 + 5x + 6| , x ∈ [−52,
12] .
Rjesenje. 1) Najprije raspisemo funkciju:
f (x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
1 + xx − 1
, x ∈ [−2,−1〉1 + x1 − x
, x ∈ [−1, 0],
a zatim je deriviramo
f ′(x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
x − 1 − x − 1(x − 1)2 , x ∈ [−2,−1〉
1 − x + x + 1
(x − 1)2 , x ∈ [−1, 0]=
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
− 2(x − 1)2 , x ∈ [−2,−1〉
2
(x − 1)2 , x ∈ [−1, 0]
f ′(x) �= 0 , ∀x ∈ [−2, 0]
f (−2) =∣∣∣1 − 21 + 2
∣∣∣ =∣∣∣−1
3
∣∣∣ =13
, f (0) =∣∣∣11
∣∣∣ = 1 , f (−1) = 0 . Najmanja
vrijednost funkcije na zadanom intervalu je m(−1, 0) , a najveca M(0, 1) .2) Funkciju zapisemo u obliku:
f (x) = |1 − x| + |1 + x| = |1 − x| + 1 + x
={
1 − x + 1 + x, x ∈ [0, 1]−1 + x + 1 + x, x ∈ 〈 1, 2]
={
2, x ∈ [0, 1]2x, x ∈ 〈 1, 2]
,
a zatim je deriviramo
f ′(x) ={
0, x ∈ [0, 1]2, x ∈ 〈 1, 2]
.
f (2) = 4 , f (0) = 2 , f (1) = 2 . Najveca vrijednost funkcije na intervalu jeM(2, 4) , a najmanja je m(x, 2) za ∀x ∈ [0, 1] .3) Napisimo funkciju u obliku:
f (x) =
{4x3 + x2 − 2x, x ∈ [0, 2〉4x3 − x2 + 2x, x ∈ [2, 3]
,
a zatim je deriviramo
f ′(x) =
{12x2 + 2x − 2, x ∈ [0, 2〉12x2 − 2x + 2, x ∈ [2, 3]
=
{2(6x2 + x − 1), x ∈ [0, 2〉2(6x2 − x + 1), x ∈ [2, 3]
={
2(3x − 1)(2x + 1), x ∈ [0, 2〉2(6x2 − x + 1), x ∈ [2, 3]
.
f(1
3
)= −11
27, f (0) = 0 , f (2) = 32 , f (3) = 105 . Najmanja vrijednost
funkcije na zadanom intervalu je m(1
3,−11
27
), a najveca M(3, 105) .
1082
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
4) Napisimo funkciju u obliku
f (x) =|x(x + 1)| + |(x + 2)(x + 3)|
=
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x(x + 1) − (x + 2)(x + 3), x ∈[−5
2,−2⟩
x(x + 1) + (x + 2)(x + 3), x ∈ [−2,−1]−x(x + 1) + (x + 2)(x + 3), x ∈ [−1, 0〉x(x + 1) + (x + 2)(x + 3), x ∈
[0,
12
]
=
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
x2 + x − x2 − 5x − 6, x ∈[−5
2,−2⟩
x2 + x + x2 + 5x + 6, x ∈ [2,−1〉 ∪[0,
12
]−x2 − x + x2 + 5x + 6, x ∈ [−1, 0〉
=
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
−4x − 6, x ∈[−5
2,−1]
2(x2 + 3x + 3), x ∈ [−2,−1〉 ∪[0,
12
]4x + 6, x ∈ [−1, 0〉
,
a zatim je deriviramo
f ′(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
−4, x ∈[−5
2,−2]
4x + 6, x ∈ [−2,−1〉 ∪[0,
12
]4, x ∈ [−1, 0〉
4x + 6 = 0 =⇒ x = −32
, f(−3
2
)=
32
, f(−5
2
)= 4 , f (−2) = 2 ,
f (−1) = 2 , f (0) = 6 , f(1
2
)=
192
. Najveca vrijednost funkcije na zadanom
intervalu je M(1
2,
192
), a najmanja m
(−3
2,
32
).
1083
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 20. Na -di najmanju i najvecu vrijednost funkcije f na danom intervalu:
1) f (x) = sin 2x − x , x ∈ [−π2 , π
2 ] ;
2) f (x) = sin x · cos2 x2 , x ∈ [0, π] ;
3) f (x) = tg x + ctg x , x ∈ [π6 , π3 ] ;
4) f (x) =sin 2x
sin(π4 + x)
, x ∈ [π, 3π2 ] ;
5) f (x) = 12 cos 2x + sin x , x ∈ [0, π
2 ] ;
6) f (x) = 2 sin 2x + cos 4x , x ∈ [0, π3 ] .
Rjesenje. 1) f ′(x) = 2 cos 2x − 1 , 2 cos 2x − 1 = 0 =⇒ cos 2x =12
=⇒ 2x =
±π3
=⇒ x = ±π6
.
f ′′(x) = −4 sin 4x ; f ′′(π
6
)= −2
√3 , f ′′
(−π
6
)= 2
√3 .
f(π
6
)=
√3
2− π
6, f(−π
6
)= −
√3
2+
π6
, f(−π
2
)=
π2
, f(π
2
)= −π
2.
M(π
6,
3√
3 − π6
), m(−π
6,−3
√3 + π6
).
2) f ′(x) = cos x cos2 x2− 2 sin x cos
x2
sinx2
= cos x cos2 x2
− sin2 x =
cos x12(1 − cos x) − sin2 x =
12
cos x − 12
cos2 x − 1 + cos2 x =12
cos x +12
cos2 x − 1 =12(cos2 x + cos x − 1) , cos2 x + cos x − 1 = 0 =⇒
(cos x)1,2 =−1 ±√
1 + 42
= −1 ±√5
2=⇒ cos x =
−1 +√
52
=⇒x1 = 51◦49′38.25′′ .
f ′′(x) =12(−2 cos x sin x− sin x) = −1
2(sin 2x+ sin x) , f ′′(51◦49′38.25′′) <
0 , x = 51◦49′38.25′′ je tocka lokalnog maksimuma.f (51◦49′38.25′′) = 0.70711 , f (0) = 0 , f (π) = 0 .
m(0, 0) i m(π, 0) , M(51◦49′38′′, 0.70711) .
3) f (x) =sin xcos x
+cos xsin x
=sin2 x + cos2 x
sin x cos x=
2sin 2x
.
f ′(x) = −4 cos 2x
sin2 2x, −4 cos 2x
sin2 2x= 0 =⇒ cos 2x = 0 =⇒ 2x =
π2
=⇒x =
π4
.
f ′′(x) =sin x
cos3 x− cos x
sin3 x, f ′′(π
4
)= 0 .
f(π
6
)=
√3
3+√
3 , f(π
3
)=
√3 +
√3
3=
4√
33
.
1084
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
sin 2x � 1 =⇒ 1sin 2x
� 1 =⇒ 2sin 2x
� 2
2sin 2x
= 2 =⇒ sin 2x = 1 =⇒ 2x =π2
=⇒ x =π4
.
M(π
6,
4√
33
), M(π
3,
4√
33
), i m
(π4, 2)
4) f (x) =sin 2x
sin(π
4+ x) =
sin 2x
sinπ4
cos x + sin x cosπ4
=sin2x√
22
(sin x + cos x)=
√2
sin 2xsin x + cos x
.
f ′(x) =√
22 cos 2x(sin x + cos x) − sin 2x(cos x − sin x)
1 + sin 2x
=√
2(cos x − sin x)[2(1 + sin 2x) − sin 2x]
1 + sin 2x
=√
2(cos x − sin x)(2 + sin 2x)
1 + sin 2x.
2 + sin 2x > 0, ∀x , cos x − sin x = 0 =⇒ sin x = cos x =⇒ x =5π4
.
f(5π
4
)= −1 , f (π) = 0 , f
(3π2
)= 0 , f (x) � 0, ∀x ∈
[π,
3π2
].
M(π, 0) , M(3π
2, 0)
, m(5π
4,−1)
.
5) f ′(x) =12(−2 sin 2x)+ cos x = − sin 2x + cos x = −2 sin x cos x + cos x =
cos x(1 − 2 sin x) , f ′′(x) = −2 cos 2x − sin x .
cos x(1 − 2 sin x) = 0 =⇒ x1 =π2
, x2 =π6
.
f(π
2
)=
12
, f(π
6
)=
34
.
f ′′(π
2
)= 1 , f ′′
(π6
)= −3
2, f (0) =
12
.
M(π
6,
34
), m(
0,12
), m(π
2,12
).
6) f ′(x) = 4 cos 2x − 4 sin 4x = 4 cos 2x − 8 sin 2x cos 2x = 4 cos 2x(1 −2 sin 2x) .
cos 2x = 0 =⇒ x =π4
i sin 2x =12
=⇒ x =π12
.
f(π
4
)= 1 , f
( π12
)=
32
, f (0) = 1 , f(π
3
)=
√3 − 1
2≈ 1.23 .
m(0, 1) , m(π
4, 1)
, M( π
12,32
).
1085
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 21. Odredi b i c tako da funkcija f (x) =1
x2 + bx + cima maksimalnu vrijednost
−4 za x = 32 .
Rjesenje. f ′(x) = − 2x + b
(x2 + bx + c)2 , −2x − b = 0 =⇒ b = −2x =⇒ b =
−2 · 32
=⇒ b = −3 .
1(32
)2 − 3 · 32
+ c= −4 =⇒ 1
94− 9
2+ c
= −4 =⇒ −9 + 18 − 4c =
1 =⇒ 4c = 8 =⇒ x = 2 .
f (x) =1
x2 − 3x + 2.
1086
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 22. Za koje vrijednosti parametra k funkcijaf (x) = x3 − 6x2 + kx + 1 ima maksimum ili minimum?
Rjesenje. f ′(x) = 3x2 − 12x + k = 0 ,
D � 0 =⇒ 122 − 4 · 3m � 0 =⇒ 12(12 − m) � 0 =⇒ m � 12 .
1087
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 23. Za koje vrijednosti parametra m funkcijaf (x) = x3 − mx2 + 3x + 4 nema ekstrema?
Rjesenje. f ′(x) = 3x2 − 2mx + 3 = 0 ,
D < 0 =⇒ 4m2 − 36 < 0 =⇒ m2 − 9 < 0 =⇒ |m| < 3 .
1088
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 24. Odredi realne brojeve a i b tako da funkcija f (x) =sin2 x
a − b cos xima ekstrem-
nu vrijednost 14 za x = π
3 .
Rjesenje. f ′(x) =sin 2x(a − b cos x) − sin2 x · b sin x
(a − b cos x)2 , sin 2x(a − b cos x) − sin 2x ·b sin x = 0 .
√3
2
(a − b · 1
2
)− b · 3
√3
8= 0
√3
4(2a − b) − 3
√3
8b = 0/ · 8
2√
3(2a − b) − 3√
3b = 0
4a√
3 − 2b√
3 − 3b√
3 = 0
4a√
3 − 5b√
3 = 0/ :√
3
4a − 5b = 0
f(π
3
)=
34
a − b · 12
=14
,
34
2a − b2
=14
34a − 2b
=14
4a − 2b = 12
2a − 6 = b.
4a − 5(2a − 6) = 0 =⇒ −6a = −30 =⇒ a = 5 , b = 4 .
1089
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 25. Dokazi da je za x ∈ 〈 0, π2 〉 ispunjena nejednakost:
1) cos x > 1 − 12x2 ; 2) sin x > x − 1
6x3 .
Rjesenje. 1) f (x) = cos x− 1 +12
x2 , f ′(x) = sin x + x > 0 , za ∀x ∈⟨
0,π2
⟩. Funkcija
f je rastuca na⟨
0,π2
⟩.
f (x) > f (0) = 0 , za ∀x ∈⟨
0,π2
⟩.
2) f (x) = sin x− x+16
x3 , f ′(x) = cos x+12
x−1 > 0 . Funkcija f je rastuca
na⟨
0,π2
⟩.
f (x) > f (0) = 0 , za ∀x ∈⟨
0,π2
⟩.
1090
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 26. Dokazi da nejednadzba 3x − tg x > 1.75 nema rjesenja na intervalu [0, π2 ] .
Rjesenje. f (x) = 3x − tg x , f ′(x) = 3 − 1
cos2 x= 0 =⇒ 3 cos2 x − 1 = 0 =⇒
cos2 x =13
=⇒ x = 54◦44′08′′ .
f (54◦44′08′′) = 1.45 < 1.75 =⇒ fmax < 1.75 . Nejednadzba nema rjesenjana intervalu.
1091
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 27. Dokazi da je za x > 0
1) ex > 1 + x ; 2) ln(1 + x) < x .
Rjesenje. 1) f (x) = ex −1− x , f ′(x) = ex −1 > 0 , za ∀x ∈ R+ . Funkcija f je rastucana R+ .f (x) > f (0) = 0 , za ∀x ∈ R+ .
2) f (x) = x − ln(1 + x) , f ′(x) = 1 − 11 + x
=1 + x − 1
1 + x=
xx + 1
> 0 , za
∀x ∈ R+ . Funkcija je rastuca na R+ .f (x) > f (0) = 0 , za ∀x ∈ R+ .
1092
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 28. Za koje x ∈ R funkcija
f (x) = (x − 1)2 + (x − 2)2 + . . . + (x − n)2
prima najmanju vrijednost?
Rjesenje. f ′(x) = 2[(x− 1)+ (x− 2)+ (x− 3)+ . . . + (x− n)] = 2[nx− n(n + 1)
2
]=
2n(
x − n + 12
)= 0 .
x =n + 1
2.
1093
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 29. Dokazi da je za sve x ∈ R −12
� x
x2 + 1� 1
2.
Rjesenje. f ′(x) =x2 + 1 − 2x2
(x2 + 1)2 =1 − x2
(x2 + 1)2 =(1 − x)(1 + x)
(x2 + 1)2 = 0 =⇒ x1 = 1 ,
x2 = −1 .
f (1) =12
, f (−1) = −12
.
1094
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 30. Dokazi da je najmanja vrijednost funkcije
f (x) = cos x · sin 2x na intervalu 〈−π, π〉 veca od −79
.
Rjesenje. f (x) = 2 sin x cos2 x , f ′(x) = 2 cos3 x − 4 sin2 x cos x = 2 cos x(cos2 x −2 sin2 x) = 2 cos x(3 cos2 x − 2) .
f ′(x) = 0 =⇒ x1 =π2
, x2 = −π2
;
cos2 x =23
=⇒ sin2 x =13
=⇒ tg2 x =12
=⇒ tg x = ±√
22
=⇒ x3 =
35◦15′51.8′′ , x4 = −35◦15′51.8′′ , x5 = −144◦44′8.2′′ , x6 = 144◦44′8.2′′ .
f (x1) = 0 , f (x2) = 0 , f (x3) > 0 , f (x4) > 0 , f (x5) = 0.9428 > −79
=
−0.77 , f (x0) > 0 .
1095
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 31. Uz koji ce uvjet na koeficijente polinomaP(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e on imati dvije tocke pregiba?
Rjesenje. Druga derivacija P′′ mora imati realne nultocke. P′(x) = 4ax3 +3bx2 +2cx+d , P′′(x) = 12ax2 + 6bx + 2c .
6ax2 + 3bx + c = 0 , D > 0 =⇒ 9b2 − 4 · 6a · c > 0 =⇒ 9b2 > 24ac =⇒3b2 > 8ac .
1096
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 32. Odredi podrucje konveksnosti i konkavnosti za funkciju f (x) =x2 − 1x2 + 1
.
Rjesenje. Druga derivacija iznosi f ′′(x) = 41 − 3x2
(x2 + 1)3 i ponistava se u x1 = −√
33
,
x2 =√
3 . Po predznaku druge derivacije vidimo da je funkcija konkavna na
〈−∞,−√
33
〉 i 〈√
33
,∞〉 , a konveksna na 〈−√
33
,
√3
3〉 .
1097
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 33. Odredi podrucje konveksnosti i konkavnosti za funkciju f (x) = x − 3√x − 1.
Rjesenje. Druga derivacija funkcije iznosi
f ′′(x) =2
9 3√
(x − 1)5.
Ona nigdje nije jednaka nuli, me -dutim, za x = 1 ova derivacija nije definirana.Provjeravamo da je za x < 1 ona negativna, a za x > 1 pozitivna. Zato je〈−∞, 1〉 interval konkavnosti, a 〈 1,∞〉 interval konveksnosti.
1098
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Rjesenja zadataka 4.7
Zadatak 1. Graficki prikazi sljedece funkcije:
1) f (x) = x3 − 3x + 2 ;
2) f (x) = x3 − 4x2 − 3x + 12 ;
3) f (x) = x3 + 3x2 + 2x ;
4) f (x) = (x2 + x)(x − 2) ;
5) f (x) = x3 − 3x2 + 4 ;
6) f (x) = x3 − 32x2 .
Rjesenje. 1) f (x) = x3 − 3x + 2 ,Df = R
limx→±∞(x3 − 3x + 2) = ±∞ =⇒ nema asimptota
limx→±∞
x3 − 3x + 2x
= +∞ =⇒ nema asimptota
x3 − 3x + 2 = 01 0 −3 2
1 1 1 −2 0
(x − 1)(x2 + x − 2) = 0
(x − 1)2(x + 2) = 0 =⇒ x1 = −2, x2,3 = 1 nultocke
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) − + +
f ′(x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1)f ′(x) = 0 =⇒ x1 = 1 , x2 = −1 , f (1) = 0 , f (−1) = 4
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 1〉 〈 1, +∞〉f ′(x) + − +
f ′′(x) = 6x
f ′′(1) > 0 , f ′′(−1) < 0 =⇒ m(1, 0) , M(−1, 4)f ′′(x) = 0 =⇒ x = 0
x 〈−∞, 0〉 〈 0, +∞〉f ′′(x) − +
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2,−1〉 −1 〈−1, 0〉 0 〈 0, 1〉 1 〈 1, +∞〉f (x) − 0 + 4 + 2 + 0 +f ′(x) + + + 0 − − − 0 +f ′′(x) − − − − − 0 + + +
negat.uzlaznakonkav.
nul-tocka
pozit.uzlaz.konk.
maxpozit.silaznakonk.
infleksijapozit.silaznakonveks.
minpozit.uzlaz
konveks.
1099
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
1 2-1-2
2
4
y
x
2) f (x) = x3 − 4x2 − 3x + 12 ,
Df = R
limx→±∞ f (x) = ±∞ =⇒ nema asimptota
limx→±∞
f (x)x
= ∞ =⇒ nema asimptota
x3 − 4x2 − 3x + 12 = x2(x − 4) − 3(x − 4) = (x −√
3)(x +√
3)(x − 4)
=⇒ x1 = −√
3, x2 =√
3, x3 = 4 nultocke
x 〈−∞,−√3〉 〈−√
3,√
3〉 〈√3, 4〉 〈 4, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =3x2 − 8x − 3 = 3x2 − 9x + x − 3 = (3x + 1)(x − 3)
f ′(x) =0 =⇒ x1 = −13, x2 = 3, f
(−1
3
)=
33827
≈ 12.5, f (3) = −6
x⟨−∞,−1
3
⟩ ⟨−1
3, 3⟩
〈 3, +∞〉f ′(x) + − +
f ′′(x) =6x − 8
f ′′(−1
3
)<0, f ′′(3) > 0
f ′′(x) =0 =⇒ x =43, f
(43
)=
8827
≈ 3.26
x⟨−∞,
43
⟩ ⟨43, +∞
⟩f ′′(x) − +
x 〈−∞,−√3〉 −√
3
fi−√
3,−13
fl−1
3
fi−1
3,
43
fl43
f (x) − 0 +33827
+8827
f ′(x) + + + 0 − −f ′′(x) − − − − − 0
neg.uzlazna
konk.
nul-tocka
pozit.uzl.konk.
maxpozit.silaz.konk.
infl.
1100
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x
fi43,√
3
fl √3 〈√3, 3〉 3 〈 3, 4〉 4 〈 4,+∞〉
f (x) + 0 − −6 − 0 +
f ′(x) − − − 0 + + +f ′′(x) + + + + + + +
pozit.silaz,
konvek.
nul-tocka
neg.silaz.konv.
minneg.uzl.konv.
nul-tocla
pozit.uzlaz.konk.
3) f (x) = x3 + 3x2 + 2x ,
Df =R
limx→±∞ f (x) = ±∞ =⇒ nema asimptota
limx→±∞
f (x)x
= ±∞ =⇒ nema asimptota
x3 + 3x2 + 2x =x(x + 1)(x + 2) =⇒ x1 = −2, x2 = −1, x3 = 0 =⇒ nultocke
x 〈−∞,−2〉 〈−2,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =3x2 + 6x + 2
x1,2 =−6 ±√
36 − 4 · 3 · 26
=−6 ± 2
√3
3=
−3 ±√3
3= −1 ±
√3
3
f(−1 −
√3
3
)≈ 0.4, f
(−1 +
√3
3
)≈ −0.4
x⟨−∞,−1 −
√3
3
⟩ ⟨−1 −
√3
3,−1 +
√3
3
⟩ ⟨−1 +
√3
3, +∞
⟩f ′(x) + − +
f ′′(x) =6x + 6 = 6(x + 1)
f ′′(x1) <0, f ′′(x2) > 0
f ′′(x) =0 =⇒ x = −1, f (−1) = 0
x 〈−∞,−1〉 〈−1, +∞〉f (x) − +
1101
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2,−1−√
33 〉 −1−
√3
3 〈−1−√
33 ,−1〉 −1
f (x) − 0 + 0.4 + 0f ′(x) + + + 0 − −f ′′(x) − − − − − 0
neg. uzl.konk.
nul-tocka
pozit.uzl. konk.
max pozit.sil. konk.
nul-tockainflek.
x 〈−1,−1+√
33 〉 −1+
√3
3 〈−1+√
33 , 0〉 0 〈 0,+∞〉
f (x) − −0.4 − 0 +f ′(x) − 0 + + +f ′′(x) + + + + +
neg. sil.konv.
min neg. uzl.konv.
nul-tocka
pozit. uzlaz.konvek.
-2 -10 x
y
4) f (x) = (x2 + x)(x − 2) = x(x + 1)(x − 2) = x3 − x2 − 2x ,
Df =R
limx→±∞ f (x) = ±∞ =⇒ nema asimptota
limx→±∞
f (x)x
=∞ =⇒ nema asimptota
x1 = − 1, x2 = 0, x3 = 2 nultocke
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =3x2 − 2x − 2
3x2−2x − 2 = 0
x1,2 =2 ±√
4 + 246
=2 ± 2
√7
6=
1 ±√7
3, x1 ≈ −0.55, x2 ≈ 1.22
f (x1) ≈0.63, f (x2) ≈ −2.1
x⟨−∞,
1 −√7
3
⟩ ⟨1 −√7
3,
1 +√
73
⟩ ⟨1 +√
73
, +∞⟩
f ′(x) + − +
1102
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
f ′′(x) =6x − 2 = 2(3x − 1)
f ′′(−0.55) <0, f ′′(1.22) > 0
f ′′(x) =0 =⇒ x =13, f
(13
)= −20
27
x⟨−∞,
13
⟩ ⟨13, +∞
⟩f (x) − +
x 〈−∞,−1〉 −1 〈−1, 1−√7
3 〉 1−√7
3 〈 1−√7
3 , 0〉 0 〈 0, 13 〉
f (x) − 0 + 0.63 + 0 −f ′(x) + + + 0 − − −f ′′(x) − − − − − − −
neg. uzl.konk.
nul-tocka
pozit.uzl. konk. max
pozit.sil. konk.
nul-tocka
negat.sil. konk.
x 13 〈 1
3 , 1+√
73 〉 1+
√7
3 〈 1+√
73 , 2〉 2 〈 2, +∞〉
f (x) − 2027 − −2.1 − 0 +
f ′(x) − − 0 + + +f ′′(x) 0 + + + + +
inflek.neg.
sil. konk.min neg. uzl.
konk.nul-tocka
pozit.uzl. konv
y
-1 0 2x
5) f (x) = x3 − 3x2 + 4
Df =R =⇒ nema vertikalnih asimptota
limx→±∞ f (x) = ±∞ =⇒ nema horizontalnih asimptota
limx→±∞
f (x)x
= + ∞ =⇒ nema kosih asimptota
x3−3x2 + 4 = 0
1 −3 0 42 1 −1 −2 0
(x − 2)(x2 − x − 2) = 0 ⇐⇒ (x − 2)2(x + 1) = 0 =⇒ x1 = −1, x2,3 = 2
1103
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − + +
f ′(x) =3x2 − 6x = 3x(x − 2)
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 = 2, f (0) = 4, f (2) = 0
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′(x) + − +
f ′′(x) =6x − 6 = 6(x − 1)
f ′′(0) = − 6 < 0, f ′′(2) = 6 > 0 =⇒ M(0, 4), m(2, 0)
f ′′(x) =0 =⇒ 6x − 6 = 0 =⇒ x = 1, f (1) = 2 =⇒ (1, 2) infleksija
x 〈−∞, 1〉 〈 1, +∞〉f ′′(x) − +
x 〈−∞,−1〉 −1 〈−1, 0〉 0 〈 0, 1〉 1 〈 1, 2〉 2 〈 2, +∞〉f (x) − 0 + 4 + 2 + 0 +f ′(x) + + + 0 − − − 0 +f ′′(x) − − − − − 0 + + +
negat.uzlaz.konk.
nul-tocka
pozit.uzlaz.konk.
max
pozit.silaz.konk.
inflek.
pozit.silaz.konv.
nul-tockai min
pozit.uzlaz.konv.
-2 -1 1 2
4
x
y
6) f (x) = x3 − 32
x2 ,
Df =R =⇒ nema vertikalnih asimptota
limx→±∞ f (x) = ±∞ =⇒ nema horizontalnih asimptota
limx→±∞
f (x)x
= + ∞ =⇒ nema kosih asimptota
x3−32
x2 = 0 =⇒ x2(
x − 32
)= 0 =⇒ x1,2 = 0, x3 =
32
x 〈−∞, 0〉⟨
0,32
⟩ ⟨32, +∞
⟩f (x) − − +
1104
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
f ′(x) =3x2 − 3x = 3x(x − 1)
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 = 1, f (0) = 0, f (1) = −12
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, +∞〉f ′(x) + − +
f ′′(x) =6x − 3 = 3(2x − 1)
f ′′(0) = − 3 =⇒ M(0, 0), f ′′(1) = 3 =⇒ m(
1,−12
)f ′′(x) =0 =⇒ x =
12, f
(12
)= −1
4
x⟨−∞,
12
⟩ ⟨12, +∞
⟩f ′(x) − +
x 〈−∞, 0〉 0
fi0,
12
fl12
fi12, 1
fl1
fi1,
32
fl32
fi32, +∞
fl
f (x) − 0 − −14
− −12
− 0 +
f ′(x) + 0 − − − 0 + + +f ′′(x) − −3 − 0 + 3 + + +
neg. uzlaz.konk.
nultockai max
neg. silaz.konk.
infleks. neg. silaz.konv.
min neg. uzlaz.konv.
nul-tocka
pozit.uzlaz. konv.
1105
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 2. Graficki prikazi sljedece funkcije:
1) f (x) = (x − 1)2(x + 2)2 ;
2) f (x) = (x − 1)2(x + 1)2 ;
3) f (x) = 3x4 − 4x3 + 1 ;
4) f (x) = x(x + 1)(x − 1)(x − 2) ;
5) f (x) = x4 + x ;
6) f (x) = x4 − 4x2 .
Rjesenje. 1) f (x) = (x − 1)2(x + 2)2 ,
Df =R =⇒ nema vertikalnih asimptota
limx→±∞ f (x) = +∞ =⇒ nema horizontalnih asimptota
limx→±∞
f (x)x
= ±∞ =⇒ nema kosih asimptota
f (x) =0 =⇒ x1,2 = 1, x3,4 = −2
f (x) �0, ∀x ∈ R
f ′(x) =2(x − 1)(x + 2)2 + 2(x − 1)2(x + 2) = 2(x − 1)(x + 2)(x + 2 + x − 1)=2(x − 1)(x + 2)(2x + 1)
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 1, x2 = −2, x3 = −12, f (x3) =
8116
x 〈−∞,−2〉⟨−2,−1
2
⟩ ⟨−1
2, 1⟩
〈 1, +∞〉f ′(x) − + − +
f ′′(x) =2{[(x − 1) + (x + 2)](2x + 1) + (x − 1)(x + 2) · 2}=2{(2x + 1)2 + 2(x2 + x − 2)}=2{4x2 + 4x + 1 + 2x2 + 2x − 4} = 2(6x2 + 6x − 3)
f ′′(x) =6(2x2 + 2x − 1)
f ′′(1) >0, f ′′(−2) > 0, f ′′(−1
2
)< 0
f ′′(x) =0 =⇒ 2x2 + 2x − 1 = 0
x1,2 =−2 ±√
4 + 84
=−2 ± 2
√3
4=
−1 ±√3
2
f(−1 −√
32
)=(−3 −√
32
)2(3 −√3
2
)2=(3
4− 9
4
)2=(−3
2
)2=
94
f(−1 +
√3
2
)=(−3 +
√3
2
)2(3 +√
32
)2=(3
4− 9
4
)2=(−3
2
)2=
94
1106
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2, −1−√3
2 〉 −1−√3
2 〈 −1−√3
2 ,− 12 〉 − 1
2
f (x) + 0 + 94 + 81
16
f ′(x) − 0 + + + 0f ′′(x) + + + 0 − −
poz. silkonv.
nultockai min.
poz. uzl.konv. infl.
pozit.uzl. konk. max
x 〈− 12 , −1+
√3
2 〉 −1+√
32 〈 −1+
√3
2 , 1〉 1 〈 1,+∞〉f (x) + 9
4 + 0 +
f ′(x) − − − 0 +f ′′(x) − 0 + + +
pozit.sil. konk. infl.
pozit.sil. konv.
nultockai min.
poz. uzl.konv
y
1-2x
- �
�
1
2
81
16
2) f (x) = (x − 1)2(x + 1)2 ,
Df =R, nema asimptota
x1, x2 = − 1 nultocka
f (x) �0, ∀x ∈ R
f (x) =(x2 − 1)2 = x4 − 2x2 + 1
f ′(x) =4x3 − 4x = 4x(x2 − 1)
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 = −1, x3 = 1, f (0) = 1
f ′′(x) =12x2 − 4 = 4(3x2 − 1) = 4(x√
3 − 1)(x√
3 + 1)
f ′′(0) <0, f ′′(−1) = f ′′(1) > 0
f ′′(x) =0 =⇒ x1,2 = ±√
33
f(√3
3
)=f(−√
33
)=
49
x 〈−∞,−1〉 −1 〈−1,−√
33 〉 −
√3
3 〈−√
33 , 0〉 0
f (x) + 0 + 49 + 1
f ′(x) − 0 + + + 0f ′′(x) + + + 0 − −
pozit.sil. konv.
nultockai min
pozit.uzl. konv.
infl. pozit.uzl. konk.
max
1107
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x 〈 0,√
33 〉
√3
3 〈√
33 , 1〉 1 〈 1, +∞〉
f (x) + 49 + 0 +
f ′(x) − − − 0 +f ′′(x) − + + +
pozit.sil. konk. infl.
pozit.sil. konv.
nultockai min.
pozit.uzl. konv.
1
-1 1
y
x
3) f (x) = 3x4 − 4x3 + 1 ,
Df =R, nema asimptota
3x4−4x3 + 1 = 0 ⇐⇒ (x − 1)2
D<0︷ ︸︸ ︷(3x2 + 2x + 1) = 0 =⇒ x1,2 = 1
3 −4 0 0 11 3 −1 −1 −1 01 3 2 1 01 3 5 6
f ′(x) =12x3 − 12x2 = 12x2(x − 1)
f ′(x) =0 =⇒ x1,2 = 0, x3 = 1, f (0) = 1
f ′′(x) =36x2 − 24x = 12x(3x − 2)
f ′′(0) =0, f ′′(1) > 0
f ′′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 =23, f
(23
)=
1127
Kako odrediti karakter tocke (0, 1) :I. nacin
f ′(0 − δ) <0, f ′(0 + δ) < 0, δ malo =⇒ nije ekstrem
f ′′(0 − δ) >0, f ′′(0 + δ) < 0, δ malo =⇒ infleksija
II. nacin
f ′′′(x) = 72x − 24, f ′′′(0) �= 0 =⇒ n = 3 infleksija
Definicija. Neka je f ′(x0) = f ′′(x0) = . . . = f (n−1)(x0) = 0, f (n)(x0) �=0 . Tada n = 2k =⇒ ekstrem n = 2k + 1 =⇒ infleksija
1108
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x 〈−∞, 0〉 0⟨
0,23
⟩ 23
⟨23, 1⟩
1 〈 1 + ∞〉
f (x) + 1 +1127
+ 0 +
f ′(x) − 0 − − − 0 +f ′′(x) + 0 − 0 + + +
pozit.silaz.konv. infl.
pozit.silaz.konk. infl.
pozit.silaz.konv.
nul-tockai min.
pozit.uzlaz.konv.
1
1
y
x
4) f (x) = x(x + 1)(x − 1)(x − 2) = x4 − 2x3 − x2 + 2x ,
Df =R
limx→±∞ f (x) = + ∞ =⇒ nema asimptota
limx→±∞
f (x)x
= ±∞ =⇒ nema asimptota
x1 =0, x2 = −1, x3 = 1, x4 = 2 =⇒ nultocke
(2x3 −3x2 −x + 1) :(
x − 12
)= 2x2 − 2x − 2
−2x3 ±x2
−2x2 −x + 1±2x2 ∓x
−2x + 1±2x ∓ 1
0
f ′(x) =4x3 − 6x2 − 2x + 2
f ′(x) =0 = 2x3 − 3x2 − x + 1 = 0
2(
x − 12
)(x2 − x − 1) = 0
x1 =12, f
(12
)=
1516
x2,3 =1 ±√
1 + 42
=1 ±√
52
, f (x2,3) ≈ −12
f ′′(x) =12x2 − 12x − 2 = 2(6x2 − 6x − 1)
1109
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
f ′′(x) =0 =⇒ x1,2 =3 ±√
156
f ′′(1
2
)<0, f ′′
(1 ±√5
2
)> 0
x 〈−∞,−1〉 −1 〈−1, 1−√5
2 〉 1−√5
2 〈 1−√5
2 , 3−√15
6 〉 3−√15
6
f (x) + 0 − − − −f ′(x) − − − 0 + +f ′′(x) + + + + + 0
poz. sil.konv.
nul-tocka
neg. sil.konv. min
neg. uzl.konv. infl.
x 〈 3−√15
6 , 0〉 0 〈 0, 12 〉 1
2 〈 12 , 1〉 1 〈 1, 3+
√15
6 〉f (x) − 0 + 15
16 + 0 −f ′(x) + + + 0 − − −f ′′(x) − − − − − − −
neg. uzl.konk.
nul-tocka.
poz. uzl.konk.
max poz. sil.konk.
nul-tocka
neg. sil.konk.
x 3+√
156 〈 3+
√15
6 , 1+√
52 〉 1+
√5
2 〈 1+√
52 , 2〉 2 〈 2,+∞〉
f (x) − − − − 0 +f ′(x) − − 0 + + +f ′′(x) 0 + + + + +
infl.neg. sil.
konv. minneg. uzl.
konv.nul-tocka
poz. uzl.konv.
y
x-1 1 2
5) f (x) = x4 + x ,
Df = R, limx→±∞ f (x) = +∞, lim
x→±∞f (x)
x= ±∞ =⇒ nema asimptota
x4 + x = 0 =⇒ x(x3 + 1) = 0 =⇒ x1 = 0, x2 = −1 – nultocke
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, +∞〉f (x) + − +
f ′(x) =4x3 + 1
4x3 + 1 =0 =⇒ x3 = −14
=⇒ x = 3√−1
4= − 1
3√4≈ −0.63
1110
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x⟨−∞, 3
√−1
4
⟩ ⟨3√−1
4, +∞
⟩f ′(x) − +
f ′′′(x) =12x2 � 0, ∀x ∈ R
f ′′(
3√−1
4
)>0 =⇒ min
f ′′(x) =0 =⇒ x = 0
6) f (x) = x4 − 4x2 ,
Df = R, limx→±∞ f (x) = ∞, lim
x→±∞f (x)
x= ∞ =⇒ nema asimptota
x4 − 4x2 = x2(x − 2)(x + 2) =⇒ x1 = −2, x2 = 0, x3 = 2 – nultocke
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) + − − +
f ′(x) =4x3 − 8x
f ′(x) =0 =⇒ 4x3 − 8x = 0 =⇒ 4x(x −√
2)(x +√
2) = 0
=⇒ x = 0, x1 =√
2, x = −√
2
x 〈−∞,−√2〉 〈−√
2, 0〉 〈 0,√
2〉 〈√2, +∞〉f ′(x) − + − +
f ′′(x) =12x2 − 8
f ′′(0) = − 8 < 0, f (0) = 0 =⇒ (0, 0) max
f ′′(√
2) =16 > 0, f (√
2) = −4 =⇒ (√
2,−4) min
f ′′(−√
2) =16 > 0, f (−√
2) = −4 =⇒ (−√
2,−4) min
12x2 − 8 =0 =⇒ x2 =23
=⇒ x ±√
23≈ x ± 0.8 – infleksija
1111
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
1112
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 3. Graficki prikazi sljedece funkcije:
1) f (x) =1
x2 − 4; 2) f (x) =
x2
x2 − 4;
3) f (x) =x
x2 − 4; 4) f (x) =
x + 1
x3 ;
5) f (x) =x − 1
x2(x − 2); 6) f (x) =
x2 − 2x + 1
x2 + 1;
7) f (x) =x
x2 + 1; 8) f (x) =
x2 − 2xx + 1
.
Rjesenje. 1) f (x) =1
x2 − 4,
Df = R \ {−2, 2}lim
x→−2−1
x2−4=+∞, lim
x→−2+
1
x2−4=−∞
limx→2−
1
x2−4=−∞, lim
x→2+
1
x2−4=+∞
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ =⇒ x= ± 2 vertikalna asimptota
limx→±∞
1
x2 − 4= 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) + − +
f (x) =(x2 − 4)−1
f ′(x) = − (x2 − 4)−2 · 2x = − 2x
(x2 − 4)2
f ′(x) =0 =⇒ x = 0, f (0) = −14
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′(x) + + − −
f ′(x) = − 2x(x2 − 4)−2
f ′′(x) = − 2(x2 − 4)−2 + (−2x) · (−2)(x2 − 4)−3 · 2x
= − 2(x2 − 4)2 +
8x2
(x2 − 4)3 =8x2 − 2x2 + 8
(x2 − 4)3 =6x2 + 8
(x2 − 4)3
f ′′(0) <0 =⇒ M(
0,−14
), f ′′(x) �= 0, ∀x ∈ Df
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 2〉 〈 2, +∞〉f ′′(x) + − +
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2, 0〉 0 〈 0, 2〉 2 〈 2, +∞〉f (x) + N.E. − −1
4− N.E. +
f ′(x) + N.E. + 0 − N.E. −f ′′(x) + N.E. − − − N.E. +
1113
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
y
2-2 x
2) f (x) =x2
x2 − 4,
Df = R \ {−2, 2}
limx→−2−
x2
x2−4=+∞, lim
x→−2+
x2
x2−4=−∞
limx→2−
x2
x2−4=−∞, lim
x→2+
x2
x2−4=+∞
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ =⇒ x= ± 2 vertikalna asimptota
limx→±∞
x2
x2 − 4= 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x2 = 0 =⇒ x = 0 nultocka
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) + − − +
f ′(x) =2x(x2 − 4) − 2x · x2
(x2 − 4)2 =2x3 − 8x − 2x3
(x2 − 4)2 = − 8x
(x2 − 4)2
f ′(x) =0 =⇒ x = 0
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′(x) + + − −
f ′′(x) = −[8(x2 − 4)2 − 8x · 2(x2 − 4) · 2x
(x2 − 4)4
]= −8
x2 − 4 − 4x2
(x2 − 4)3 =8(3x2 + 4)(x2 − 4)3
f ′′(0) <0 =⇒ M(0, 0), f ′′(x) �= 0, ∀x ∈ Df
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 2〉 〈 2, +∞〉f ′′(x) + − +
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2, 0〉 0 〈 0, 2〉 2 〈 2, +∞〉f (x) + N.E. − 0 − N.E. +f ′(x) + N.E. + 0 − N.E. −f ′′(x) + N.E. − − − N.E. +
1114
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
3) f (x) =x
x2 − 4,
Df = R \ {−2, 2}f (x) = 0 =⇒ x = 0 nultocka
limx→−2−
x
x2 − 4= −∞, lim
x→−2+
x
x2 − 4= +∞
limx→2−
x
x2 − 4= −∞, lim
x→2+
x
x2 − 4= +∞
⎫⎪⎬⎪⎭ =⇒ x = ±2 vertikalna asimptota
limx→±∞
x
x2 − 4= 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =x2 − 4 − x · 2x
(x2 − 4)2 = − x2 + 4
(x2 − 4)2 , f ′(x) �= 0, ∀x ∈ Df
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 2〉 〈 2, +∞〉f ′(x) − − −
f ′′(x) = − 2x(x2 − 4)2 − (x2 + 4)2(x2 − 4)2x
(x2 − 4)3 = −2x3 − 8x − 4x3 − 16x
(x2 − 4)3
f ′′(x) =2x3 + 24x
(x2 − 4)3 =2x(x2 + 12)(x2 − 4)3
f ′′(x) =0 =⇒ x = 0 infleksija
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′′(x) − + − +
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2, 0〉 0 〈 0, 2〉 2 〈 2, +∞〉f (x) − N.E. + 0 − N.E. +f ′(x) − N.E. − − − N.E. −f ′′(x) − N.E. + 0 − N.E. +
1115
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
2-2 x
y
4) f (x) =x + 1
x3 ,
Df = R \ {0}n = −1 nultocka
limx→0−
x + 1x3 = −∞, lim
x→0+
x + 1x3 = +∞, x = 0 vertikalna asimptota
limx→±∞
x + 1x3 = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, +∞〉f (x) + − +
f ′(x) =x3 − 3x2(x + 1)
x6 =x3 − 3x3 − 3x2
x6 =−2x3 − 3x2
x6 =−2x − 3
x4
f ′(x) =0 =⇒ x = −32, f
(−3
2
)=
427
x⟨−∞,−3
2
⟩ ⟨−3
2, 0⟩
〈 0, +∞〉f ′(x) + − −
f ′′(x) =−2x4 + (2x + 3)4x3
x8 =x3(−2x + 8x + 12)
x8 =6(x + 2)
x5
f ′′(−3
2
)<0 =⇒ M
(−3
2,
427
)f ′′(x) =0 =⇒ x = −2, f (−2) =
18
=⇒(−2,
18
)infleksija
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, +∞〉f ′′(x) + − +
x 〈−∞,−2〉 −2 〈−2,−32〉 −3
2〈−3
2,−1〉 −1 〈−1, 0〉 0 〈 0, +∞〉
f (x) +18
+427
+ 0 − N.E. +
f ′(x) + + + 0 − − − N.E. −f ′′(x) + 0 − − − − − N.E. +
1116
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
-2 -1 x
y
- �3
2
�4
27
5) f (x) =x − 1
x2(x − 2),
Df = R \ {0, 2}f (x) = 0 =⇒ x = 1 nultocka
limx→0−
x − 1
x2(x − 2)= +∞, lim
x→0+
x − 1
x2(x − 2)= +∞, x = 0 vertikalna asimptota
limx→2−
x − 1
x2(x − 2)= −∞, lim
x→2+=
x − 1
x2(x − 2)= +∞, x = 2 vertikalna asimptota
limx→±∞ f (x) = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) + + − +
f (x) =x − 1
x3 − 2x2
f ′(x) =x3 − 2x2 − (x − 1)(3x2 − 4x)
x4(x − 2)2 =x3 − 2x2 − (3x3 − 4x2 − 3x2 + 4x)
x4(x − 2)2
=x3 − 2x2 − 3x3 + 7x2 − 4x
x4(x − 2)2 =−2x3 + 5x2 − 4x
x4(x − 2)2 =−x(2x2 − 5x + 4)
x4(x − 2)2
= − 2x2 − 5x + 4
x3(x − 2)2
f ′(x) �=0, ∀x ∈ Df
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′(x) + − −
f ′(x) =−2x2 + 5x − 4
x3(x − 2)2
f ′′(x) =(−4x + 5)(x − 2)2x3 + (2x2 − 5x + 4)3x22(x − 2)
x6(x − 2)4
=x(x − 2)(5 − 4x) + 6(2x2 − 5x + 4)
x4(x − 2)3 =(x2 − 2x)(5 − 4x) + 12x2 − 30x + 24
x4(x − 2)3
=−4x3 + 13x2 − 10x + 12x2 − 30x + 24
x4(x − 2)3 =−4x3 + 25x2 − 40x + 24
x4(x − 2)3
1117
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f ′′(x) + +/− +
6) f (x) =x2 − 2x + 1
x2 + 1=
(x − 1)2
x2 + 1,
Df = R
limx→±∞
x2 − 2x + 1x2 + 1
= 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x = 1 nultocka
x 〈−∞, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) + +
f ′(x) =(2x − 2)(x2 + 1) − (x2 − 2x + 1) · 2x
(x2 + 1)2 =2x3 − 2x2 + 2x − 2 − 2x3 + 4x2 − 2x
(x2 + 1)2
f ′(x) =2x2 − 2
(x2 + 1)2
f ′(x) =0 =⇒ x = ±1, f (1) = 0, f (−1) = 2
f ′′(x) =4x(x2 + 1)2 − (2x2 − 2)2 · (x2 + 1) · 2x
(x2 + 1)4 =4x3 + 4x − 8x3 + 8x
(x2 + 1)3 =12x − 4x3
(x2 + 1)3
f ′′(x) =4x(3 − x2)(x2 + 1)3
f ′′(1) >0 =⇒ m(1, 0), f ′′(−1) < 0 =⇒ M(−1, 2)
f ′′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2,3 = ±√
3, f (0) = 1, f (−√
3) = 1.866, f (√
3) = 0.134
x 〈−∞,−√3〉 〈−√
3, 0〉 〈 0,√
3〉 〈√3, +∞〉f ′′(x) + − + −
1118
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
-1 03 31
1
x
y
7) f (x) =x
x2 + 1,
Df = R, f (x) = 0 =⇒ x = 0 nultocka
limx→±∞ f (x) = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞, 0〉 〈 0, +∞〉f (x) − +
f ′(x) =x2 + 1 − x · 2x
(x2 + 1)2 =x2 + 1 − 2x2
(x2 + 1)2 =1 − x2
(1 + x2)2
f ′(x) =0 =⇒ x = ±1, f (−1) = −12, f (1) =
12
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) − + −
f ′′(x) =−2x(1 + x2)2 + (x2 − 1) · 2(1 + x2) · 2x
(1 + x2)4 =−2x(1 + x2) + x(x2 − 1)
(1 + x2)3
=−2x − 2x3 + 4x3 − 4x
(1 + x2)3 =2x3 − 6x
(1 + x2)3 =2x(x −√
3)(x +√
3)(1 + x2)3
f ′′(−1) >0 =⇒ m(−1,−1
2
)f ′′(1) <0 =⇒ M
(1,
12
)f ′′(x) =0 =⇒ x = 0,±
√3, f (0) = 0, f (−
√3) = −
√3
4, f (
√3) =
√3
4
=⇒ (0, 0),(−√
3,−√
34
),(√
3,
√3
4
)infleksija
x 〈−∞,−√3〉 〈−√
3, 0〉 〈 0,√
3〉 〈√3, +∞〉f ′′(x) − + − +
1119
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
8) f (x) =x2 − 2xx + 1
,
Df = R \ {−1}
limx→−1−
x2 − 2xx + 1
= −∞, limx→−1+
x2 − 2xx + 1
= +∞, x = −1 vertikalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x1 = 0, x2 = 2 nultocka
limx→±∞
x2 − 2xx + 1
= ∞, limx→±∞
f (x)x
= limx→±∞
x2 − 2x
x2 + x= 1
limx→±∞(f (x) − kx) = lim
x→±∞
(x2 − 2xx + 1
− x)
= limx→±∞
x2 − 2x − x2 − xx + 1
= −3
=⇒ y = x − 3 kosa asimptota
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =(2x − 2)(x + 1) − (x2 − 2x)
(x + 1)2 =2x2 − 2x + 2x − 2 − x2 + 2x
(x + 1)2 =x2 + 2x − 2
(x + 1)2
f ′(x) =x2 + 2x + 1 − 3
(x + 1)2 = 1 − 3(x + 1)2 = 1 − 3(x + 1)−2
f ′(x) =0 =⇒ x2 + 2x − 2 = 0 =⇒ x2 + 2x + 1 = 3
=⇒ (x + 1)2 = 3 =⇒ x + 1 = ±√
3
=⇒ x1,2 = −1 ±√
3, f (x1) = −7.5, f (x2) = −0.5
x 〈−∞,−1 −√3〉 〈−1 −√
3,−1〉 〈−1,−1 +√
3〉 〈−1 +√
3, +∞〉f ′(x) + − − +
f ′′(x) =6
(x + 1)3 , f ′′(−1 −√
3) < 0 =⇒ M(−1 −√
3,−7.5)
f ′′(−1 +√
3) > 0 =⇒ m(−1 +√
3,−0.5)
f ′′(x) �= 0, ∀x ∈ Df
x 〈−∞,−1〉 〈−1, +∞〉f ′′(x) − +
1120
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
1121
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 4. Graficki prikazi sljedece funkcije:
1) f (x) = 5x − 2
x2 ;
2) f (x) =x2 − 1
x2 + 1;
3) f (x) =x2 − 2x + 4x2 + x − 2
;
4) f (x) =x2 − 4x + 3
x2 − 2x;
5) f (x) =x2 − 1
x4 + 1;
6) f (x) =1 − 4x2
4x2(1 + x2);
7) f (x) =1
x + 1+
1x − 1
;
8) f (x) =1 − xx − 2
.
Rjesenje. 1) f (x) =5(x − 2)
x2
Df = R \ {0}lim
x→0+f (x) = lim
x→0−f (x) = −∞, x = 0 vertikalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x = 2 nultocka
limx→±∞ f (x) = 0, y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − − +
f ′(x) = 5x2 − (x − 2)2x
x4 = 5x − 2x + 4
x3 =5(4 − x)
x3
f ′(x) = 0 =⇒ x = 4, f (4) =58
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 4〉 〈 4, +∞〉f ′(x) − + −
f ′′(x) = 5(−1)x3 − (4 − x)3x2
x6 = 5−x − (4 − x)3
x4
=5(−x − 12 + 3x)
x4 =5(2x − 12)
x4 =10(x − 6)
x4
f ′′(4) < 0 =⇒ M(
4,58
)f ′′(x) = 0 =⇒ x = 6, f (6) =
59
=⇒(
6,59
)infleksija
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 6〉 〈 6, +∞〉f ′′(x) − − +
1122
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4y
x
2) f (x) =x2 − 1
x2 + 1,
Df = R
f (x) = 0 =⇒ x = ±1 nultocka
limx→±∞
x2 − 1
x2 + 1= 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) + − +
f ′(x) =2x(x2 + 1) − (x2 − 1)2x
(x2 + 1)2 =2x(x2 + 1 − x2 + 1)
(x2 + 1)2 =4x
(x2 + 1)2
f ′(x) =0 =⇒ x = 0, f (0) = −1
x 〈−∞, 0〉 〈 0, +∞〉f ′(x) − +
f ′′(x) =4(x2 + 1)2 − 4x · 2 · 2x(x2 + 1)
(x2 + 1)4 =4x2 + 4 − 16x2
(x2 + 1)3 =4(1 − 3x2)(x2 + 1)3
f ′′(0) >0 =⇒ m(0,−1)
f ′′(x) =0 =⇒ x1,2 = ±√
33
, f(±√
33
)=
39 − 139 + 1
=− 2
343
= −12
=⇒(±√
33
,−12
)infleksija
x⟨−∞,−
√3
3
⟩ ⟨−√
33
,
√3
3
⟩ ⟨√33
, +∞⟩
f ′′(x) − + −
x
y
1123
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
3) f (x) =x2 − 2x + 4x2 + x − 2
=(x − 1)2 + 3
(x − 1)(x + 2),
Df = R \ {−2, 1}lim
x→−2−f (x) = +∞, lim
x→−2+f (x) = −∞ x = −2 vertikalna asimptota
limx→1−
f (x) = −∞, limx→1+
f (x) = +∞ x = 1 vertikalna asimptota
f (x) �= 0, ∀x ∈ R, limx→±∞ f (x) = 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) + − +
f ′(x) =(2x − 2)(x2 + x − 2) − (2x + 1)(x2 − 2x + 4)
(x2 + x − 2)2
=2x3 + 2x2 − 2x2 − 4x − 2x + 4 − 2x3 + 4x2 − x2 − 8x + 2x − 4
(x2 + x − 2)2
f ′(x) =3x2 − 12x
(x2 + x − 2)2 =3x(x − 4)
(x2 + x − 2)2
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 = 4, f (0) = −2, f (4) =23
x 〈−∞,−2〉 〈−2, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, 4〉 〈 4, +∞〉f ′(x) + + − − +
f ′′(x) =(6x − 12)(x2 + x − 2)2 − (3x2 − 12x)2(x2 + x − 2)(2x + 1)
(x2 + x − 2)4
=(6x − 12)(x2 + x − 2) − (6x2 − 24x)(2x + 1)
(x2 + x − 2)3
=6x3 + 6x2 − 12x − 12x2 − 12x + 24 − 12x3 − 6x2 + 48x2 + 24x
(x2 + x − 2)3
=−6x3 + 36x2 + 24
(x2 + x − 2)3
f ′′(0) <0 =⇒ M(0,−2), f ′′(4) < 0 =⇒ m(
4,23
)infleksiju tesko naci
1124
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x
y
4) f (x) =x2 − 4x + 3
x2 − 2x=
(x − 1)(x − 3)x(x − 2)
,
Df = R \ {0, 2}lim
x→0−f (x) = +∞, lim
x→0+f (x) = −∞ x = 0 vertikalna asimptota
limx→2−
f (x) = +∞, limx→2+
f (x) = −∞, x = 2 vertikalna asimptota
limx→±∞ f (x) = 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x1 = 1, x2 = 3 nultocka
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, 2〉 〈 2, 3〉 〈 3, +∞〉f (x) + − + − +
f ′(x) =(2x − 4)(x2 − 2x) − (2x − 2)(x2 − 4x + 3)
(x2 − 2x)2
=2x3 − 4x2 − 4x2 + 8x − 2x3 + 8x2 − 6x + 2x2 − 8x + 6
(x2 − 2x)2
f ′(x) =2x2 − 6x + 6(x2 − 2x)2 =
2(x2 − 3x + 3)(x2 − 2x)2 > 0, ∀x ∈ Df
f ′′(x) =(4x − 6)(x2 − 2x)2 − 2(x2 − 2x)(2x − 2)(2x2 − 6x + 6)
(x2 − 2x)4
=(4x − 6)(x2 − 2x) − (4x − 4)(2x2 − 6x + 6)
(x2 − 2x)3
=4x3 − 8x2 − 6x2 + 12x − 8x3 + 24x2 − 24x + 8x2 − 24x + 24
(x2 − 2x)3
f ′′(x) =−4x3 + 18x2 − 36x + 24
(x2 − 2x)3 infleksiju tesko naci
1125
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
y
x
5) f (x) =x2 − 1
x4 + 1,
Df = R, f (x) = 0 =⇒ x1 = −1, x2 = 1 nultocka
limx→±∞ f (x) = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) + − +
f ′(x) =2x(x4 + 1) − 4x3(x2 − 1)
(x4 + 1)2 =2x5 + 2x − 4x5 + 4x3
(x4 + 1)2
=−2x5 + 4x3 + 2x
(x4 + 1)2 =−2x(x4 − 2x2 − 1)
(x4 + 1)2
x4 − 2x2 − 1 = 0
(x2 − 1)2 = 2
x2 − 1 = ±√
2
x2 = 1 ±√
2
x1,2 = ±√
1 +√
2 ≈ 1.5
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2,3 = ±√
1 +√
2 ≈ ±1.5,
f (0) = − 1, f(±√
1 +√
2)
=12(√
2 − 1) ≈ 0.2
x 〈−∞,−√
1 +√
2〉 〈−√
1 +√
2, 0〉 〈 0,√
1 +√
2〉 〈√
1 +√
2, +∞〉f ′(x) + − + −
f ′′(x)= [−2(x4−2x2−1)−2x(4x3−4x)](x4+1)2+2x(x4−2x2−1)2(x4+1)4x3
(x4+1)4
f ′′(0) >0 =⇒ m(0,−1), f ′′(±√
1+√
2)
< 0 =⇒ M(±√
1+√
2,12(√
2−1))
infleksiju tesko naci.
1126
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
x
y
6) f (x) =1 − 4x2
4x2(1 + x2),
Df = R∗
limx→0−
f (x) = limx→0+
f (x) = +∞, x = 0 vertikalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x1,2 = ±12
nultocka
limx→±∞ f (x) = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
x⟨−∞,−1
2
⟩ ⟨−1
2, 0⟩ ⟨
0,12
⟩ ⟨12, +∞
⟩f (x) − + + −
f ′(x) =−8x(1 + x2)4x2 − (1 − 4x2)[8x(1 + x2) + 4x2 · 2x]
16x4(1 + x2)2
=−32x3(1 + x2) − (1 − 4x2)8x(1 + x2 + x2)
16x4(1 + x2)
=−8x[4x2(1 + x2) + (1 − 4x2)(1 + 2x2)]
16x4(1 + x2)
=−1 − 2x2 + 4x2 + 8x4 − 4x2 − 4x4
2x3(1 + x2)2
f ′(x) =4x4 − 2x2 − 1
2x3(1 + x2)
4x4 − 2x2 − 1 = 0 =⇒ x2 =2 +
√4 + 168
=2 + 2
√5
8=
1 +√
54
=⇒ x = ±√
1 +√
54
≈ ±0.9, f (x) ≈ −0.25
x⟨−∞,−
√1+
√5
4
⟩ ⟨−√
1+√
54
, 0⟩ ⟨
0,
√1+
√5
4
⟩ ⟨√1+√
54
, +∞⟩
f ′(x) − + − +
1127
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x
y
7) f (x) =1
x + 1+
1x − 1
=x + 1 + x − 1(x + 1)(x − 1)
=2x
x2 − 1,
Df = R \ {−1, 1}lim
x→−1−f (x) = −∞, lim
x→−1+f (x) = +∞ x = −1 vertikalna asimptota
limx→1−
f (x) = −∞, limx→1+
f (x) = +∞ x = 1 vertikalna asimptota
limx→±∞ f (x) = 0 =⇒ y = 0 horizontalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x = 0 nultocka
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) − + − +
f ′(x) =2(x2−1)−2x·2x
(x2−1)2 =2x2−2−4x2
(x2−1)2 =−2(x2+1)(x2−1)2 =< 0, ∀x ∈ Df
f ′′(x) =−22x(x2−1)2−(x2+1)2(x2−1)2x
(x2−1)4 = −22x(x2−1)(x2−1−2x2−2)
(x2−1)4
f ′′(x) =−4x(−x2−3)
(x2−1)3 =4x(x2+3)(x2−1)3 , f ′′(x) = 0 =⇒ x = 0
x 〈−∞,−1〉 〈−1, 0〉 〈 0, 1〉 〈 1, +∞〉f ′′(x) − + − +
8) f (x) =1 − xx − 2
, (oblik f (x) =ax + bcx + d
) – razlomljena linearna funkcija
Df = R \ {2}
1128
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
limx→2−
f (x) = +∞, limx→2+
f (x) = −∞ =⇒ x = 2 vertikalna asimptota
f (x) = 0 =⇒ x = 1 nultocka
limx→±∞ f (x) = −1 =⇒ y = −1 horizontalna asimptota
x 〈−∞, 1〉 〈 1, 2〉 〈 2, +∞〉f (x) − + −
f ′(x) =−(x − 2) − (1 − x)
(x − 2)2 =−x + 2 − 1 + x
(x − 2)2 =1
(x − 2)2 > 0, ∀x ∈ Df
f ′′(x) =−2
(x − 2)3 =2
(2 − x)3
f (0) = − 12
x 〈−∞, 2〉 〈 2, +∞〉f ′′(x) + −
1129
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 5. Graficki prikazi sljedece funkcije:
1) f (x) = x2√2 − x ; 2) f (x) = 3√
(x − 1)2 ;
3) f (x) = x + e−x ; 4) f (x) = e1x .
Rjesenje. 1) f (x) = x2√2 − x = x2(2 − x)12 ,
2 − x � 0 =⇒ −x � −2 =⇒ x � 2 =⇒ Df = 〈−∞, 2]
limx→−∞ f (x) = +∞, lim
x→−∞f (x)
x= ∞ =⇒ nema asimptota
f (x) = 0 =⇒ x1 = 0, x2 = 2 nultocka
x 〈−∞, 0〉 〈 0, 2〉f (x) + +
f ′(x) =2x(2 − x)12 + x2 · 1
2(2 − x)−
12 (−1) = 2x
√2 − x − x2
2√
2 − x
f ′(x) =4x(2 − x) − x2
2√
2 − x=
8x − 5x2
2√
2 − x=
x(8 − 5x)2√
2 − x
f ′(x) =0 =⇒ x1 = 0, x2 =85, f
(85
)≈ 1.62
x 〈−∞, 0〉⟨
0,85
⟩ ⟨85, 2⟩
f ′(x) − + −
f ′(x) =(
4x − 52
x2)(2 − x)−
12
f ′′(x) =(4 − 5x)(2 − x)−12 +(
4x − 52
x2)(
−12
)(2 − x)−
32 (−1)
=4 − 5x√
2 − x+
8x − 5x2
4√
(2 − x)3=
(4 − 5x) · 4(2 − x) + 8x − 5x2
4√
(2 − x)3=
15x2 − 48x + 32
4√
(2 − x)3
f ′′(0) >0 =⇒ m(0, 0), f ′′(8
5
)< 0 =⇒ M
(85, 1.62
)
1130
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
y
x
2) f (x) = 3√
(x − 1)2 = (x − 1)23 ,
Df = R, f (x) = 0 =⇒ x = 1 nultocka
limx→±∞ f (x) = +∞, lim
x→∞f (x)
x= 0 =⇒ nema asimptota
x 〈−∞, 1〉 〈 1, +∞〉f (x) + + f (0) = 1
f ′(x) =23(x − 1)−
13 =
2
3 3√x − 1
x 〈−∞, 1〉 〈 1, +∞〉f ′(x) − +
f ′′(x) = −29(x − 1)−
43 < 0, ∀x ∈ Df
x
y
3) f (x) = x + e−x > 0 , ∀x ∈ R ,
Df = R
limx→±∞(x + e−x) = ±∞
limx→−∞
x + e−x
x= +∞, lim
x→+∞x + e−x
x= 1
limx→+∞(x + e−x − x) = lim
x→+∞ e−x = 0
=⇒ y = x desna kosa asimptota
f ′(x) = 1 − e−x, f ′(x) = 0 =⇒ x = 0, f (0) = 1
f ′′(x) = e−x > 0, ∀x ∈ Df , f ′′(0) > 0 =⇒ m(0, 1)
x 〈−∞, 0〉 〈 0, +∞〉f ′(x) − +
1131
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
x
y
4) f (x) = e1x ,
Df = R∗, f (x) > 0, ∀x ∈ R
limx→0−
e1x = 0, lim
x→0+e
1x = +∞, x = 0 vertikalna asimptota
limx→±∞ e
1x = 1 =⇒ y = 1 horizontalna asimptota
f ′(x) = − 1x2 e
1x < 0, ∀x ∈ Df
f ′′(x) =2
x3 e1x − 1
x2
(− 1
x2
)e
1x =
( 2
x3 +1
x4
)e
1x =
2x + 1
x4 e1x
f ′′(x) = 0 =⇒ x = −12
f(−1
2
)= e−2 =
1
e2
=⇒(−1
2,
1
e2
)infleksija
x⟨−∞,−1
2
⟩ ⟨−1
2, 0⟩
〈 0, +∞〉f ′′(x) − + +
x
y
1132
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Rjesenja zadataka 4.8
Zadatak 1. Broj 36 prikazi u obliku umnoska dvaju pozitivnih brojeva kojima je zbrojkvadrata minimalan.
Rjesenje. Iz xy = 36 i f (x) = x2 + y2 dobije se f (x) = x2 +362
x2 . Deriviramo funkciju
i dobijemo f ′(x) = 2x + 362 ·(−2
x3
)= 2x − 2 · 362
x3 =2x4 − 2 · 362
x3 . Pot-
razimo stacionarne tocke2x4 − 2 · 362
x3 = 0 =⇒ 2x4 = 2 · 362 =⇒ x2 =36 =⇒ x = ±6 , y = ±6 .
1133
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 2. Prikazi broj 26 u obliku zbroja triju pozitivnih brojeva kojima je zbroj kvadrataminimalan. Drugi pribrojnik neka bude tri puta manji od prvog.
Rjesenje. Zapisimo: 3x+x+z = 26 , te zbroj kvadrata kao f (x) = 9x2+x2+(26−4x)2 .Deriviramo tu funkciju i dobijemo f ′(x) = 20x − 8(26 − 4x) = 52x − 208 =26(2x − 8) . Potrazimo stacionarne tocke 26(2x − 8) = 0 =⇒ 2x = 8 =⇒x = 4 , y = 12 i z = 10 .
1134
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 3. Zbroj duljina kateta pravokutnog trokuta iznosi 10 cm. Koji od svih takvihtrokuta ima najvecu povrsinu?
Rjesenje. Povrsina pravokutnog trokuta je P =12
ab =12
a(10 − a) = 5a − 12
a2 . De-
riviramo funkciju P(a) = 5a − 12
a2 i dobijemo P′(a) = 5 − a . Potrazimo
stacionarne tocke: 5 − a = 0 =⇒ a = 5 , b = 5 . Vidimo da jednakokracnipravokutni trokut ima najvecu povrsinu.
1135
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 4. Zbroj duljina jedne katete i hipotenuze pravokutnog trokuta iznosi 21 cm. Uskupu svih takvih trokuta odredi onaj koji ima maksimalnu povrsinu.
Rjesenje. a + c = 21 =⇒ c = 21 − a , b2 = c2 − a2 = (21 − a)2 − a2 =(21 − a − a)(21 − a + a) = 21(21 − 2a) . Povrsina pravokutnog tro-
kuta je P(a) =ab2
=12· [a√
21(21 − 2a)] . Deriviramo tu funkciju
i dobijemo P′(a) =12·[√
21(21 − 2a) + a · −42
2√
21(21 − 2a)
]=
12·
2 · 21(21 − 2a) − 42a
2√
21(21 − 2a)=
882 − 84a − 42a
4√
21(21 − 2a)=
882 − 126a
4√
21(21 − 2a). Trazimo
stacionarne tocke 882− 126a = 0 =⇒ a = 7 , b =√
21(21 − 2 · 7) = 7√
3i c = 21 − 7 = 14 .
1136
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 5. U jednakokracan pravokutni trokut s katetom a = 2 cm upisi pravokutniknajvece povrsine ako je jedan vrh pravokutnika u vrhu pravog kuta trokuta.
Rjesenje. P = P(x) = x(2 − x) = 2x − x2 , P′(x) = 2 − 2x = 0 =⇒ x = 1 =⇒kvadrat stranice 1.
1137
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 6. U jednakokracan pravokutni trokut upisi pravokutnik maksimalne povrsine ta-ko da su mu dva vrha na hipotenuzi, a od ostalih dvaju po jedan na katetama.Na -di duljine stranica takvog pravokutnika ako je kateta trokuta jednaka 2
√2 .
Rjesenje. Duljina stranice sto pripada hipotenuzi dvostruko je dulja od duljine druge stra-nice pravokutnika i iznosi pola duljine hipotenuze pravokutnog trokuta kojemuje pravokutnik upisan.
x + 2y = 2√
2 · √2 =⇒ x + 2y = 4 =⇒ x = 4 − 2y ,
P = xy , P(y) = y(4 − 2y) = 4y − 2y2 , P′(y) = 4 − 4y = 0 =⇒ y = 1 ,x = 2 .
1138
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 7. Od svih pravokutnika s dijagonalom 4 cm odredi onaj s najvecom povrsinom.
Rjesenje. a2 + b2 = 16 =⇒ a =√
16 − b2 . Povrsina pravokutnika je P =ab2
=
b√
16 − b2
2. Deriviramo li funkciju P(b) =
12· b√
16 − b2 dobit cemo
P′(b) =12·[√
16 − b2 + b · −2b
2√
16 − b2
]=
12· 2(16 − b2) − 2b2
2√
16 − b2. Potrazi-
mo stacionarne tocke: 32 − 4b2 = 0 =⇒ 4b2 = 32 =⇒ b2 = 8 =⇒ b =2√
2 , a = 2√
2 .
1139
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 8. Zbroj duljina svih bridova pravilne sesterostrane prizme iznosi 36. Uz koju ceduljinu osnovnog brida ova prizma imati najveci volumen?
Rjesenje. 6a + 6h + 6a = 36 =⇒ h = 6 − 2a . Volumen prizme jednak je
V = B · h = 6 · a2√
34
· (6 − 2a) = 9a2√
3 − 3a3√
3 . Deriviramo funkciju
V(a) = 9a2√
3 − 3a3√
3 i dobijemo V ′(a) = 18a√
3 − 9a2√
3 . Izjednaci-mo to s nulom i dobijemo 18a
√3 − 9a2
√3 = 0 =⇒ 2a − a2 = 0 =⇒
a(2 − a) = 0 =⇒ a = 2 , h = 6 − 2 · 2 = 2 .
1140
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 9. Osnovka uspravne prizme je jednakokracan pravokutni trokut. Dijagonala naj-vece pobocke dugacka je 2
√3 cm. U skupu ovakvih prizmi odredi onu s
najvecim volumenom.
Rjesenje. Oznacimo katete baze s a , hipotenuzu s c i visinu prizme s h . Vrijedi c2+h2 =
(2√
3)2 . Uvrstimo c2 = 2a2 i dobijemo 2a2 + h2 = 12 =⇒ a2 =12 − h2
2.
Volumen prizme jednak je V = B · h =a2
2· h =
12 − h2
4· h = 3h − h3
4.
Deriviramo funkciju V(h) = 3h − h3
4i dobijemo V ′(h) = 3 − 3
4· h2 . Iz-
jednacimo to s nulom i dobijemo34· h2 = 3 =⇒ h2 = 4 =⇒ h = 2 ,
a2 =12 − 4
2= 4 =⇒ a = 2 i c2 = 2 · 4 = 8 =⇒ c = 2
√2 . Najveci
volumen je V = 3 · 2 − 84
= 4 .
1141
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 10. Odredi pravilnu trostranu prizmu najveceg volumena kojoj je dijagonala po-bocke dugacka
√3 cm.
Rjesenje. Vrijedi a2 + h2 = (√
3)2 =⇒ a2 = 3 − h2 . Volumen prizme je
V = B ·h =a2√
34
·h =3 − h2
4
√3 ·h =
3√
34
h−√
34
h3 . Deriviramo funkciju
V(h) =3√
34
h−√
34
h3 i dobijemo V ′(h) =3√
34
− 3√
34
h2 =3√
34
(1−h2) .
Izjednacimo to s nulom i dobijemo3√
34
(1− h2) = 0 =⇒ h2 = 1 =⇒ h =
1 , a2 = 3 − 1 = 2 =⇒ a =√
2 , V =√
32
.
1142
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 11. U skupu pravilnih trostranih piramida s bocnim bridom duljine 3 cm odredi onus najvecim volumenom.
Rjesenje. Oznacimo s b = 3 brid, s a stranicu jednakostranicnog trokuta koji cini bazu
piramide. Tada vrijedi h2 +(2
3· a
√3
2
)2= b2 =⇒ h2 +
a2
3= 9 =⇒ a2
3=
9 − h2 . Volumen piramide je V =13· Bh =
13· a2
√3
4· h =
(9 − h2)√
3h4
=
94·h√3−
√3
4·h3 . Deriviramo funkciju V(h) =
94·h√3−
√3
4·h3 i dobijemo
V ′(h) =94· √3− 3
√3
4· h2 . Izjednacimo to s nulom
94· √3 =
3√
34
· h2 =⇒h2 = 3 =⇒ h =
√3 , V =
274
− 94
=184
=92
.
1143
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 12. U skupu pravilnih trostranih piramida kojima visina pobocke iznosi 4√
3 cmodredi onu s najvecim volumenom. Koliki je tada taj volumen?
Rjesenje. Oznacimo s v visinu pobocke, s a stranicu jednakostranicnog trokuta ko-
ji cini bazu piramide. Tada vrijedi h2 +(1
3· a
√3
2
)2= (4
√3)2 =⇒
h2 +a2
12= 48 =⇒ a2
12= 48 − h2 . Volumen piramide je V =
13· B · h =
13· a2
√3
4· h = (48 − h2) · √3 · h = 48
√3h −√
3h3 . Deriviramo li funkciju
V(h) = 48√
3h−√3h3 dobit cemo 48
√3−3
√3h2 . Izjednacimo to s nulom i
dobijemo 48√
3−3√
3h2 = 0 =⇒ 3√
3h2 = 48√
3 =⇒ h2 = 16 =⇒ h =
4 ,a2
12= 48−16 =⇒ a2 = 36 =⇒ a = 6 , V = (48−16)·√3·4 = 128
√3 .
1144
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 13. Odredi izvodnicu stosca najveceg volumena ako je zbroj duljina visine i polu-mjera osnovke 3 cm.
Rjesenje. h + r = 3 =⇒ h = 3 − r , a za izvodnicu stosca vrijedi s =√
h2 + r2 .
Volumen stosca je V =13
r2π · h =13
r2π(3 − r) = r2π − 13
r3π . Deriviramo
li funkciju V(r) = r2π − 13
r3π dobit cemo v′(r) = 2rπ − r2π . Izjednacimo
to s nulom i dobijemo 2rπ − r2π = 0 =⇒ r(r − 2) = 0 =⇒ r = 2 , h = 1 .Izvodnica stosca najveceg volumena jednaka je s =
√1 + 4 =
√5 .
1145
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 14. Koji stozac s opsegom osnog presjeka 4 dm ima najveci volumen?
Rjesenje. 2s + 2r = 4 =⇒ s + r = 2 =⇒ s = 2 − r , r2 + h2 = s2 =⇒ r2 + h2 =
4 − 4r + r2 =⇒ h2 = 4 − 4r =⇒ r = 1 − h2
4. Volumen stosca je
V2(r) =[1
3r2π ·h
]2=
19
r4π2h2 =19
r4π2(s2−r2) =19
r4π2[(2−r)2−r2] =19
r4π2(4 − 4r + r2 − r2) =49
r4π2 − 49
r5π2 . Deriviramo li tu funkciju dobit
cemo V2′(r) =169
r3π2 − 209
r4π2 =49
r3π2(4− 5r) . Izjednacimo to s nulom
49
r3π2(4 − 5r) = 0 =⇒ r =45
, s =65
, h =2√
55
.
1146
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 15. Sferi zadanog polumjera R upisi1) valjak maksimalnog volumena;2) valjak s najvecom povrsinom plasta;3) stozac maksimalnog volumena;4) stozac najmanjeg volumena.
Rjesenje. 1) Za valjak upisan u sferu vrijedi(h
2
)2+ r2 = R2 gdje je h visina valjka,
r polumjer baze valjka, a R polumjer sfere. Odavde slijedi r2 = R2 − h2
4.
Volumen valjka jednak je V = r2π · h = R2π · h − h3
4π . Deriviramo li
funkciju V(h) = R2π · h − h3
4π dobit cemo V ′(h) = R2π − 3
4h2 · π . Izjed-
nacimo to s nulom R2π − 34
h2 · π = 0 =⇒ h2 =4R2
3=⇒ h =
2√
3R3
,
r2 = R2 − 4r2
12=
2R2
3=⇒ r =
√6R3
.
2) Za valjak upisan u sferu vrijedi(h
2
)2+ r2 = R2 gdje je h visina va-
ljka, r polumjer baze valjka, a R polumjer sfere. Za povrsinu plasta vri-
jedi P = 2rπh = 2
√R2 − h2
4· π · h . Deriviramo li funkciju P(h) =
2
√R2 − h2
4· π · h dobit cemo P′(h) = 2π
⎡⎢⎢⎣√
R2 − h2
4− h2
4
√R2 − h2
4
⎤⎥⎥⎦ =
π√R2 − h2
4
(2R2 − h2
2− h2
2
)=
π√R2 − h2
4
(2R2 − h2) . Izjednacimo to s
nulomπ√
R2 − h2
4
(2R2 − h2) = 0 =⇒ 2R2 = h2 =⇒ h = R√
2 ,
r2 = R2 − h2
4= R2 − R2
2=
R2
2=⇒ r =
R√
22
.
3) Za stozac upisan u sferu vrijedi r2 +(h−R)2 = R2 =⇒ r2 = R2−(h−R)2
gdje je r polumjer baze stosca, h visina stosca, a R polumjer sfere. Za volu-
men stosca vrijedi V =13
r2π · h =13[r2 − (h − R)2] · π · h =
π · h3
(R − h +
R)(R + h−R) =π · h2
3(2R− h) =
2πh2
3·R− π · h3
3. Deriviramo li funkciju
V(h) =2π · h2
3·R− π · h3
3dobit cemo V ′(h) =
4π3
R ·h−π ·h2 . Izjednacimo
to s nulom4π3
R · h − π · h2 = 0 =⇒ h(4
3R − h
)= 0 =⇒ h =
43
R ,
r2 = R2 −(4
3R − R
)2= R2 − 1
9R2 =
89
R2 =⇒ r =2√
23
R .
1147
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
4) V(h) =13(R2 − (h − R)2) = 0 =⇒ R2 = (h − R)2 =⇒ R2 =
h2 − 2Rh + R2 =⇒ h(h − 2R) = 0 =⇒ h = 2R .
1148
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 16. Odredi omjer visine i polumjera osnovke uspravnog stosca koji uz dani obujamima najmanju povrsinu plasta.
Rjesenje. Za stozac vrijedi s2 = r2 + h2 . Iz formule za volumen stosca imamo
V =13
r2π · h =⇒ h =3V
r2π=⇒ h2 =
9V2
r4π2 . Povrsina plasta stosca
jednaka je P = rπs = rπ√
r2 + h2 = rπ
√r2 +
9V2
r4π2 = π
√r4 +
9V2
r2π. De-
riviramo li funkciju P(r) = π
√r4 +
9V2
r2πdobit cemo P′(r)π · 1
2
√r4 +
9V2
r2π2
·
(4r3 − 18V2
π2r3
). Izjednacimo to s nulom i dobijemo 4r3 − 18V2
π2r3 = 0 =⇒
4r3 =18V2
π2r3 =⇒ 2r2 =9V2
π2r4 =⇒ 2r2 = h2 =⇒ h =√
2r =⇒ h : r =√
2 : 1 .
1149
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 17. U polukuglu polumjera 4cm upisan je valjak kojemu je osnovka u ravniniosnovke polukugle. Koji od takvih valjaka ima najveci obujam?
Rjesenje. Vrijedi R2 = r2 + h2 =⇒ 16 = r2 + h2 =⇒ r2 = 16 − h2 . Volumenvaljka je V = r2π ·h = (16−h2)π ·h = 16πh−π ·h3 . Deriviramo li funkcijuV(h) = 16πh − π · h3 , dobit cemo V ′(h) = 16π − 3π · h2 . Izjednacimo to s
nulom i dobijemo 16π − 3π · h2 = 0 =⇒ 3h2 = 16 =⇒ h2 =163
=⇒
h =4√
33
, r2 = 16 − 163
=323
=⇒ r =4√
2 · √33
=4√
63
.
1150
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 18. Tockom M(x0, y0) u prvom kvadrantu polozi pravac koji s pozitivnim poluosi-ma tvori trokut najmanje povrsine.
Rjesenje. Jednadzba pravca glasix0
m+
y0
n= 1 . Iz nje izrazimo n =
my0
m − x0. Formula
za povrsinu trokuta glasi P =12
mn =m2y0
2(m − x0)=
y0
2m2
m − x0. Deriviramo
funkciju P(m) =y0
2· m2
m − x0i dobijemo P′(m) =
y0
2· 2m(m − x0) − m2
m − x0=
y0
2· m
m − x0· (2m − 2x0 − m) . Sada to izjednacimo s nulom i dobijemo
y0
2· m
m − x0· (2m − 2x0 − m) = 0 =⇒ m − 2x0 = 0 =⇒ m = 2x0 ,
12
+y0
n= 1 =⇒ y0
n=
12
=⇒ n = 2y0 .
1151
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 19. Na osi x odredi tocku T tako da zbroj udaljenosti |AT| + |BT| , A(0, 3) ,B(4, 5) bude sto manji.
Rjesenje. Za udaljenosti vrijedi |AT| =√
x2 + 32 =√
x2 + 9 i |BT| =√
(x − 4)2 + 52 =√x2 − 8x + 16 + 25 =
√x2 − 8x + 41 . Naznacimo broj udaljenosti kao
funkciju f (x) = |AT| + |BT| =√
x2 + 9 +√
x2 − 8x + 41 . Deriviramo tu
funkciju i dobijemo f ′(x) =2x
2√
x2 + 9+
2x − 8
2√
x2 − 8x + 41=
x√x2 + 9
+
x − 4√x2 − 8x + 41
. Izjednacimo to s nulom:x√
x2 + 9+
x − 4√x2 − 8x + 41
=
0 =⇒ x√
x2 − 8x + 41 + (x − 4)√
x2 + 9 = 0 =⇒ x√
x2 − 8x + 41 =(4 − x)
√x2 + 9/2 =⇒ x2(x2 − 8x + 41) = (4 − x)2(x2 + 9) =⇒
x4 −8x3 +41x2 = (x2 −8x+16)(x2 +9) =⇒ x4 −8x3 +41x2 = x4 −8x3 +16x2 + 9x2 − 72x + 144 =⇒ 16x2 + 72x − 144 = 0 =⇒ 2x2 + 9x − 18 =
0 =⇒ 2x2 + 12x − 3x − 18 = 0 =⇒ (2x − 3)(x + 6) = 0 =⇒ x =32
,
x = −6 ; T(3
2, 0)
.
1152
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 20. U parabolu y = 4− x2 upisi pravokutnik najvece povrsine uz uvjet da je jednastranica pravokutnika na osi apscisa.
Rjesenje. Oznacimo jedan vrh pravokutnika s T(x, 4 − x2) . Povrsina pravokutnikajednaka je P = 2x · y = 2x · (4 − x2) = 8x − 2x3 . Deriviramo funkcijuP(x) = 8x − 2x3 i dobijemo P′(x) = 8 − 6x2 . Izjednacimo to s nulom
8 − 6x2 = 0 =⇒ 2(4 − 3x2) = 0 =⇒ x =
√43
=2√
33
, y = 4 − 43
=83
.
Povrsina pravokutnika jednaka je P = 2x · y =4√
33
· 83
=32
√3
9.
1153
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 21. Odsjecku parabole y2 = 2px , odsjecenom pravcem x = 2a upisi pravokutniknajvece povrsine.
Rjesenje. Vrh pravokutnika na paraboli ima koordinate T(2a − z, y) . Povrsina pravo-kutnika jednaka je P = 2y · z = 2
√2px · z = 2
√2p(2a − z) · z . Deriviramo
funkciju P(z) = 2√
2p(2a − z) · z i dobijemo P′(z) = 2√
2p(2a − z) − 2z ·2p
2√
2p(2a − z)=
2 · 2p(2a − z) − 2zp
2√
2p(2a − z). Izjednacimo to s nulom i imamo
2 · 2p(2a − z) − 2zp = 0 =⇒ 8ap − 4pz − 2pz = 0 =⇒ 6pz = 8ap =⇒z =
43
a , y =√
2p(2a − z) =
√2p ·(
2a − 4a3
)=
√2p · 2a
3= 2
√ap3
. Po-
vrsina pravokutnika je P = 2y ·z = 2 ·2√
ap3· 43
a =163
a ·√
ap3
=169
a√
3ap .
1154
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 22. Na elipsi 2x2 + y2 = 18 dane su tocke A(1, 4) , B(3, 0) . Odredi tocku C teelipse tako da trokut ABC ima maksimalnu povrsinu.
Rjesenje. Iz jednadzbe elipsex2
9+
y2
18= 1 imamo y =
√18 − 2x2 . Povrsina trokuta
jednaka je P =12|x1(y2−y3)+x2(y3−y1)+x3(y1−y2)| =
12|1(0−y)+3(y−
4) + x(4 − 0)| =12| − y + 3y− 12 + 4x| =
12|4x + 2y− 12| = |2x + y− 6| =
|2x−6+√
18 − 2x2| . Deriviramo li funkciju P(x) = 2x−6+√
18 − 2x2 do-
bit cemo P′(x) = 2− 4x
2√
18 − 2x2= 2− 2x√
18 − 2x2=
2√
18 − 2x2 − 2x√18 − 2x2
.
Izjednacimo to s nulom 2√
18 − 2x2 − 2x = 0 =⇒ x =√
18 − 2x2 . Kva-driramo tu jednadzbu i dobijemo x2 = 18 − 2x2 =⇒ 3x2 = 18 =⇒ x2 =6 =⇒ x = ±√
6 , y = ±√6 . 2x+y−6 je najvece za x = −√
6 , y = −√6 .
Tocka C ima koordinate C(−√6,−√
6) .
1155
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 23. Odredi onu tocku na elipsi koja je od jednog kraja male osi najvise udaljena.Kolika je ta udaljenost?
Rjesenje. Iz jednadzbe elipse b2x2 + a2y2 = a2b2 slijedi x2 =a2b2 − a2y2
b2 =
a2(b2 − y2)b2 . Ako je a2 � 2b2 , tj. a � b
√2 , tada je d = 2b . Neka je
a > b√
2 . Tada je d2 = x2 + (b + y)2 =
√a2
b2 (b2 − y2) + (b + y)2 =√a2 − a2y2
b2 + b2 + 2yb + y2 .
Deriviramo li funkciju d(y) =
√a2 − a2y2
b2 + b2 + 2yb + y2 dobit cemo
−2a2y
b2 + 2b + 2y
2
√a2 − a2y2
b2 + b2 + 2yb + y2
. Izjednacimo to s nulom −2a2y
b2 +2b+2y =
0 =⇒ −a2y + yb2 = −b3 =⇒ y(a2 − b2) = b3 =⇒ y =b3
a2 − b2 , x =√√√√√a2b2 − a2 b6
(a2 − b2)2
b2 =
√a2 − a2b4
(a2 − b2)2 =a2(a2 − b2)2 − a2b4
(a2 − b2)2 =
a2[(a2 − b2)2 − b4](a2 − b2)2 =
a2[(a2 − b2 − b2)(a2 − b2 + b2)](a2 − b2)2 =
a4(a2 − 2b2)(a2 − b2)2 .
Koordinate tocke T su T( a2
a2 − b2
√a2 − 2b2,− b3
a2 − b2
).
1156
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 24. Od svih trokuta sto ih cine radijus-vektori elipse i duzina F1F2 , odredi onaj snajvecom povrsinom.
Rjesenje. Za radijus vektore elipse vrijedi r1 + r2 = 2a . POvrsina trokuta jednaka je
P =12
v · 2e = v · e .
Svi trokuti imaju istu osnovicu 2e , pa najvecu povrsinu ima onaj s najvecomvisinom, a to je onaj kojemu je tocka T u tjemenu (0, b) : P = b · e .
1157
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 25. Na krivulji y =1
x2 + 1odredi tocku u kojoj valja poloziti tangentu koja bi s
osi apscisa tvorila najveci kut.
Rjesenje. Tangenta u tocki pregiba Tocka T(x, y) je tocka infleksije. Deriviramo funkciju
y(x) dvaput: y′(x) = − 2x
(x2 + 1)2 = −2x(x2 + 1)−2 ;
y′′(x) = −2(x2+1)−2+(−2x)(−2)(x2+1)−32x = − 2
(x2 + 1)2 +8x2
(x2 + 1)3 =
−2(x2 + 1) + 8x2
(x2 + 1)3 . Izjednacimo drugu derivaciju s nulom i dobijemo
−2(x2 + 1) + 8x2
(x2 + 1)3 = 0 =⇒ 8x2 − 2x2 − 2 = 0 =⇒ 6x2 = 2 =⇒
x2 =13
=⇒ x = ±√
33
, y =1
13 + 1
=34
. Te tocke su T1
(−√
33
,34
)i
T2
(√33
,34
).
1158
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Rjesenja slozenijih zadataka
Zadatak 1. Dokazi da su tangente povucene na parabolu y = x2 iz bilo koje tocke pravcay = −1
4 me -dusobno okomite.
Zadatak 2. Na -di jednadzbu zajednicke tangente krivuljay = x2 + 4x + 8 i y = x2 + 8x + 4 .
Rjesenje. Najprije prona -dimo sjeciste ovih dviju krivulja. x2 +4x+8 = x2 +8x+4 =⇒4x − 8x = 4 − 8 =⇒ −4x = −4 =⇒ x = 1 , y = 13 . Tocka T(1, 13) jesjeciste tih krivulja. Derivacija
1159
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 3. Za koje vrijednosti realnog parametra a krivulja y = 13x3 − 4x + a dira os
apscisa?
Rjesenje. Tocka u kojoj krivulja dira os apscisa je T(x, 0) , odnosno13
x3 − 4x + a = 0 .
Deriviramo funkciju y′(x) = x2 − 4 i dobijeni izraz izjednacimo s nulom jer jekoeficijent smjera tangente (osi apscisa) na tu krivulju u tocki T(x, 0) jednak
nuli. x2 − 4− 0 =⇒ x = ±2 .13· 23 − 4 · 2 + a = 0 =⇒ a = 8− 8
3=
163
,
odnosno13· (−2)3 − 4 · (−2) + a = 0 =⇒ a = −8 +
83
= −163
.
1160
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 4. Pokazi da tangenta u tocki (x0, y0) na grafu funkcija f (x) = x3 ima jednadzbuy − y0 = 3x2
0(x − x0) .
Rjesenje. Deriviramo funkciju: f ′(x) = 3x2 . U tocki x0 je f ′(x0) = 3x20 . Jednadzba
tangente glasi: y − y0 = f ′(x0)(x − x0) =⇒ y − y0 = 3x20(x − x0) .
1161
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 5. Deriviraj funkcije:
1) f (x) =1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7
1 + x + x2 + x3 ;
2) f (x) =1 + x + x2 + . . . + x100 + x101
1 − x + x2 − . . . + x49 − x50 .
Rjesenje. 1) f ′(x) =(
1 + x + x2 + x3
1 + x + x2 + x3 +x4(1 + x + x2 + x3)
1 + x + x2 + x3
)′= (1 + x4)′ = 4x3 ;
2)
1162
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 6. Odredi derivaciju funkcije f ◦ f ako je:
1) f (x) = −2x + 3 ; 2) f (x) = x2 − x ;
3) f (x) =1x
; 4) f (x) =2x − 1x + 2
;
5) f (x) = sin x ; 6) f (x) = lnx2
;
7) f (x) = xn ; 8) f (x) = 3√x .
Rjesenje. 1) f (f (x))′ = [−2(−2x + 3) + 3]′ = (4x − 6 + 3)′ = (4x − 3)′ = 4 ;
2) f (f (x))′ = [(x2 − x)2 − (x2 − x)]′ = (x4 − 2x3 + x2 − x2 + x)′ =(x4 − 2x3 + x)′ = 4x3 − 6x2 + 1 ;
3) f (f (x))′ =
⎛⎜⎝ 1
1x
⎞⎟⎠
′
= (x)′ = 1 ;
4) f (f (x))′ =
⎛⎜⎝2(2x − 1
x + 2
)− 1
2x − 1x + 2
+ 2
⎞⎟⎠
′
=
⎛⎜⎝
4x − 2 − x − 2x + 2
2x − 1 + 2x + 4x + 2
⎞⎟⎠
′
=(3x − 4
4x + 3
)′=
3x − 4)′(4x + 3) − (3x − 4)(4x + 3)′
(4x + 3)2 =12x + 9 − 12x + 16
(4x + 3)2 =25
(4x + 3)2 ;
5) f (f (x))′ = (sin(sin x))′ = cos(sin x) · cos x ;
6) f (f (x))′ =
⎡⎣ln
⎛⎝ ln
x2
2
⎞⎠⎤⎦′
=1
ln( x
2
)2
·⎛⎝ ln( x
2
)2
⎞⎠
′
=2
ln( x
2
) ·2 · 1
x2
· 12
4=
1
ln( x
2
) ·2x2
=1
x ln( x
2
) ;
7) f (f (x))′ = [(xn)n]′ = (xn2)′ = n2 · xn2−1 ;
8) f (f (x))′ = ( 3√
3√x)′ = (x19 )′ =
19
x−89 =
19· 1
x89
=1
99√
x8.
1163
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 7. Dane su funkcije f i g . Odredi derivaciju funkcije f ◦ g ako je:
1) f (x) = lnx2
, g(x) = e1−2x ;
2) f (x) = ln√
1 − x2 , g(x) =1ex ;
3) f (x) = ln1 − x1 + x
, g(x) =1ex ;
4) f (x) = lnx
1 − x, g(x) = e2x .
Rjesenje. 1) f (g(x))′ =[ln(e1−2x
2
)]′=
1
e1−2x
2
·(e1−2x
2
)′=
2e1−2x · 2(e1−2x)′
4=
e1−2x · (−2)e1−2x = −2 ;
2) f (g(x))′ =
[ln
√1 −( 1
ex
)2]′
=[ln√
1 − e−2x]′
=1√
1 − e−2x·
1
2√
1 − e−2x· [−(−2e−2x)] =
e−2x
1 − e−2x =
1
e2x
1 − 1
e2x
=
1
e2x
e2x − 1e2x
=1
e2x−1 ;
3) f (g(x))′ =
⎛⎜⎝ln
1 − 1ex
1 +1ex
⎞⎟⎠
′
=
⎛⎜⎝ln
ex − 1ex
ex + 1ex
⎞⎟⎠
′
= (lnex − 1ex + 1
)′ = [ln(ex −
1) − ln(ex + 1)]′ =1
ex − 1· ex − 1
ex − 1· ex = ex ·
(1
ex − 1− 1
ex + 1
)=
ex · ex + 1 − ex + 1e2x − 1
=2ex
e2x − 1;
4) f (g(x))′ =(
lne2x
1 − e2x
)′=
1
e2x
1 − e2x
·(
e2x
1 − e2x
)′
=1 − e2x
e2x·2e2x(1 − e2x) − e2x · (−2e2x)
(1 − e2x)2 =e2x(2 − 2e2x + 2e2x
e2x(1 − e2x)=
2
1 − e2x .
1164
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 8. Odredi derivaciju reda n za funkcije:
1) f (x) =1
x + 1; 2) f (x) = ln x ;
3) f (x) =x + 1x − 1
; 4) f (x) = sin x ;
5) f (x) = cos 3x ; 6) f (x) = e−2x .
Rjesenje. 1)
f ′(x) = −1 · (x + 1)−2 =−1
(x + 1)2
f ′′(x) = −1 · (−2) · (x + 1)−3 =2
(x + 1)3
f ′′′(x) = −1 · (−2) · (−3) · (x + 1)−4 =−6
(x + 1)4
...
f n(x) = (−1)n · n! · (x + 1)−n−1 = (−1)n · n!
(x + 1)n+1 ;
2)
f ′(x) =1x
= x−1
f ′′(x) = −1 · x−2 =−1
x2
f ′′′(x) = (−1) · (−2) · x−3 =2x3
...
f n(x) = (−1)n−1 · (n − 1)! · x−n = (−1)n−1 · (n − 1)!xn ;
3)
f (x) =x + 1 − 1 + 1
x − 1=
x − 1 + 2x − 1
= 1 +2
x − 1= 1 + 2(x − 1)−1
f ′(x) = 2 · (−1)(x − 1)−2 = − 2
(x − 1)2
f ′′(x) = 2 · (−1) · (−2)(x − 1)−3 =4
(x − 1)3
f ′′′(x) = 2 · (−1) · (−2) · (−3)(x − 1)−4 = − 12
(x − 1)4
...
f n(x) = 2 · (−1)n · n! · (x − 1)−n−1 = 2 · (−1)n · n!
(x − 1)n+1
1165
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
4)f ′(x) = cos xf ′′(x) = − sin xf ′′′(x) = − cos x...
f n(x) =
⎧⎪⎨⎪⎩
sin x, n = 4kcos x, n = 4k − 3− sin x, n = 4k − 2− cos x, n = 4k − 1
; k ∈ N
5)f ′(x) = −3 sin 3xf ′′(x) = −3 · 3 cos 3x = −9 cos 3xf ′′′(x) = −3 · 3 · (−3) sin 3x = 27 sin 3x...
f n(x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
34k · cos 3x, n = 4k−(34k−3) sin 3x, n = 4k − 3−(3)4k−2 cos 3x, n = 4k − 234k−1 sin 3x, n = 4k − 1
; k ∈ N
6)f ′(x) = −2 · e−2x
f ′′(x) = −2 · (−2) · e−2x = 4e−2x
f ′′′(x) = −2 · (−2) · (−2) · e−2x = −8e−2x
...f n(x) = (−2)n · e−2x.
1166
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 9. Rijesi jednadzbu f ′(x) = 0 ako je:
1) f (x) = 12 sin2 x − sin x + 4 ;
2) f (x) = sin x + 12 sin 2x + 1
3 sin 3x ;
3) f (x) = cos x −√3 sin x − cos 2x ;
4) f (x) =√
2(sin x + cos x) + x − sin2 x .
Rjesenje. 1) f ′(x) = sin x · cos x − cos x = 0 =⇒ cos x(sin x − 1) = 0 =⇒ cos x = 0
ili sin x = 1 . x =π2
+ kπ, k ∈ Z .
2) f ′(x) = cos x+ cos 2x+ cos 3x = cos x+2 cos2 x−1+4 cos3 x−3 cos x =−2 cos x + 2 cos2 x − 1 + 4 cos3 x = 2 cos2 x(2 cos x + 1) − (2 cos x + 1) =(2 cos2 x−1)(2 cos x+1) = (
√2 cos x−1)(
√2 cos x+1)(2 cos x+1) = 0 =⇒
cos x =√
22
ili cos x = −√
22
ili cos x = −12
. x =π4
+2kπ , x =7π4
+2kπ ,
x =3π4
+ 2kπ , x =5π4
+ 2kπ , x =2π3
+ 2kπ i x =4π3
+ 2kπ, k ∈ Z .
3) f ′(x) = − sin x − √3 cos x + 2 sin 2x = −2(
12· sin x +
√3
2· cos x +
sin 2x) = −2(
sin x cosπ3
+cos x sinπ3
+sin 2x)
= −2[sin(
x+π3
)−sin 2x
]=
−2 · 2 sinx +
π3
+ 2x
2sin
x +π3− 2x
2= −4 sin
9x + π6
sinπ − 3x
6= 0 =⇒
sin9x + π
6= 0 ili sin
π − 3x6
= 0 . x =2π(1 + 3k)
9ili x =
−2π(1 + 3k)3
, k ∈Z .4) f ′(x) =
√2(cos x − sin x) + 1 − 2 sin x cos x =
√2(cos x − sin x) + (1 −
sin 2x) =√
2(cos x − sin x) + (cos x − sin x)2 = (cos x − sin x)(√
2 + cos x −sin x) = 0 =⇒ cos x = sin x ili
√2 +
√2 cos
(π4
+ x)
= 0 . x =π4
+ 2kπ ,
x =5π4
+ 2kπ , x =3π4
+ 2kπ, k ∈ Z .
1167
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 10. Rijesi jednadzbu f ′(x) = g′(x) ako je
f (x) = 3 − cos x , g(x) = 13 (3 cos x − 4 cos3 x) , π
6 � x � π3 .
Rjesenje. Deriviramo funkcije f i g : f ′(x) = sin x i g′(x) =13(−3 sin x+12 cos2 x sin x) =
sin x(4 cos2 x − 1) . Imamo jednadzbu sin x = sin x(4 cos2 x − 1) =⇒sin x − sin x(4 cos2 x − 1) = 0 =⇒ sin x(1 − 4 cos2 x + 1) = 0 =⇒sin x(
√2−2 cos x)(
√2+2 cos x) = 0 . Odavde slijedi sin x = 0
(x =
π2
+kπ)
ili cos x =√
22
(x =
π4
+ 2kπ, x =7π4
+ 2kπ)
ili cos x = −√
22
(x =
3π4
+ 2kπ, x =5π4
+ 2kπ, k ∈ Z . Buduci da za x vrijediπ6
� x � π3
,
rjesenje jednadzbe je x =π4
+ 2kπ, k ∈ Z .
1168
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 11. Tijelo mase 2 kg giba se pravocrtno po zakonu x(t) = 2 − 3t + 2t2 . Kolika jebrzina tijela i njegova kineticka energija nakon 3 s? Kolika sila djeluje na tijelou tom trenutku?
Rjesenje. Brzinu tijela dobit cemo ako deriviramo izraz za put: v(t) = x′(t) = −3 + 4t .Brzina tijela nakon 3 sekunde jednaka je v(3) = −3 + 4 · 3 = 9 m/ s. Kine-
ticka energija jednaka je Ek =m · v2
2=
2 · 812
= 81 J. Da bi izracunali silu
koja djeluje na tijelo u tom trenutku moramo naci akceleraciju koja je jednakaderivaciji brzine. a(t) = v′(t) = 4 m/ s 2 , F = a · m = 4 · 2 = 8 N.
1169
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 12. Kamen mase m izbacen je vertikalno uvis pocetnom brzinom v0 . Kolika jekineticka energija kamena u trenutku t0 ? Na kojoj ce visini kineticka energijabiti jednaka nuli?
Rjesenje. Putanja kamena opisana je izrazom h(t) = v0t − gt2
2kojeg deriviramo i do-
bijemo brzinu kamena: v = h′(t) = v0 − gt . Brzina kamena u trenutku t0 je
v(t0) = v0 − gt0 . Kineticka energija kamena jednaka je Ek =m(v0 − gt0)2
2.
Kineticka ce energija biti jednaka nuli na najvisoj tocki putanje, a to je za
h′(t) = v0 − gt = 0 =⇒ t =v0
g. h = v0 · v0
g− 1
2g · v2
0g2 =
v20
2g.
1170
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 13. Tijelo je baceno vertikalno uvis s visine 20 m pocetnom brzinom 50 m/ s. Ukojem je trenutku brzina tijela jednaka nuli? Koliko je tijelo visoko iznadzemlje u tom trenutku?
Rjesenje. Putanja tijela opisana je izrazom h(t) = 20 + v0t − 12
g · t2 . Derivacijom tog
izraza dobit cemo brzinu tijela u trenutku t : v(t) = h′(t) = v0 − g · t . Brzina
je jednaka nuli u trenutku t =v0
g=
50g
s. U tom trenutku tijelo je na visini
h = 20 + v0 · v0
t− 1
2g · v2
0g2 = 20 +
502
2g= 20 +
1250g
m.
1171
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 14. Visina metka ispaljenog pocetnom brzinom v0 pod kutom α mijenja se po za-konu
h(t) = (v0 sin α)t − gt2
2. Ako je v0 = 500 m/ s, a nakon jedne sekunde
brzina metka iznosi 24 g m/ s, pod kojim kutom je metak ispaljen?
Rjesenje. Brzina metka jednaka je v(t) = h′(t) = v0 sin α − gt , odnosno nakon jedne
sekunde 500 sin α − g = 24g =⇒ 500 sin α = 25g =⇒ sin α =g20
=⇒α = 29.37◦ .
1172
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 15. Kut rotacije koluta dan je zakonom ϕ(t)=t + at2 ( ϕ u radijanima, t u sekun-dama). Kutna brzina koluta kroz 16 s po pocetku vrtnje jednaka je 33 rad/ s.Za koliko ce vremena kolut izvesti prvi okretaj?
Rjesenje. Kutna brzina jednaka je ω(t) = ϕ′(t) = 1 + 2at . U trenutku t = 16 brzina je33 = 1 + 2a · 16 =⇒ 32 = 32a =⇒ a = 1 . Za puni okretaj koluta vrijedi
2π = t + t2 =⇒ t2 + t − 2π = 0 =⇒ t =√
1 + 8π − 12
.
1173
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 16. Kamen bacen u vodu stvara kruzne valove koji se sire brzinom od 10 m/ s.Koliko se brzinom povecava povrsina zahvacena valom 0.5 s od pada kamena?
Rjesenje. Brzina povecavanja radijusa vala jedrdt
= 10 m/ s. r(t) = r0 + v · t =⇒r(0.5) = 0 + 10 · 0.5 = 5 m. Brzina povecavanja povrsine vala jednaka jedPdt
=dPdr
· drdt
= 2rπ · 10 = 2 · 5 · π · 10 = 100π m 2/ s.
1174
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 17. Odredi parabolu y = x2 + bx + c koja dira pravac y = x u tocki (2, 2) .
Rjesenje. Deriviramo funkciju y′(x) = 2x + b ; y′(2) = 4 + b . Koeficijent smje-ra pravca y = x jednak je 1 pa slijedi 4 + b = 1 =⇒ b = −3 . Iz2 = 22 + 2 · (−3) + c =⇒ c = 2 − 4 + 6 = 4 . Jednadzba parabole glasiy = x2 − 3x + 4 .
1175
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 19. U kojoj tocki krivulje y = x3 − 3x2 − 7x + 6 treba poloziti tangentu tako daona na pozitivnom dijelu osi ordinata odsijeca dva puta dulji odsjecak nego nanegativnom dijelu osi apscisa?
Rjesenje. Tangenta sijece os ordinata u tocki T1(0, 2a) , a os apscisa u tocki T2(−a, 0) .Jednadzba pravca kroz te dvije tocke glasi y = 2x + 2a . Deriviramo jed-nadzbu krivulje y′(x) = 3x2 − 6x − 7 i dobijemo koeficijent smjera tangente.Odavde slijedi k = y′(x) = 3x2 − 6x − 7 = 2 , odnosno x1 = −1 , y1 = 9i x2 = 3 , y2 = −15 . Uvrstimo koordinate tih dviju tocaka u jednadzbu tan-
gente i dobijemo a1 =112
i a2 =−21
2. Trazenim uvjetima odgovara tocka
A(−1, 9) .
1177
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 20. Odredi tocke krivulje y = 13x3 − 2x2 − 22x − 28 u kojima tangente imaju
jednake odsjecke na koordinatnim osima.
Rjesenje. Tangenta sijece os ordinata u tocki T1(0, a) , a os apscisa u tocki T2(a, 0) .Jednadzba pravca kroz te dvije tocke glasi y = −x + a . Deriviramo jednadzbukrivulje y′(x) = x2 − 4x− 22 i dobijemo koeficijent smjera tangente. Odavde
slijedi k = y′(x) = x2 − 4x − 22 = −1 , odnosno x1 = 7 , y1 = −4973
i x2 = −3 , y2 = 11 . Trazenim uvjetima odgovaraju tocke A(
7,−4973
)i
B(−3, 11) .
1178
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 21. Iz tocke T(4, 1) povuci tangentu na krivulju y =x − 1
x. Kako glasi njezina
jednadzba? Odredi koordinate diralista.
Rjesenje. Tangenta prolazi tockom T(4, 1) i diralistem cije su koordinate D(
x,x − 1
x
)pa vrijedi 1 = 4k + l i
x − 1x
= kx + l . Odavde slijedi 1 − 4k =x − 1
x− kx =⇒ k(x− 4) = −1
x=⇒ k = − 1
x(x − 4). Deriviramo jednadz-
bu krivulje y′(x) =1x2 i dobijemo koeficijent smjera tangente. Odavde slijedi
k = y′(x) =1
x2 = − 1x(x − 4)
=⇒ x2 − 4x = −x2 =⇒ x(x − 2) = 0 ,
odnosno x = 2 , y =12
. Jednadzba tangente glasi y =14
x .
1179
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 24. Na -di kut pod kojim se sijeku kruznice:x2 + y2 − 4x = 1 , x2 + y2 − 2y = 9 .
Rjesenje. Prona -dimo sjecista kruznica tako da oduzmemo jednu jednadzbu od druge. Do-bit cemo da je −4x + 2y = −8 =⇒ y = 2x − 4 . Uvrstimo ovaj izraz u prvujednadzbu kruznice: x2 +4x2−16x+16−4x = 1 =⇒ x2−4x+3 = 0 =⇒x1 = 1 , x2 = 3 i y1 = −2 , y2 = 2 . Kruznice se sijeku u tockama S1(3, 2)i S2(1,−2) . Kut pod kojim se kruznice sijeku je kut pod kojim se sijeku nji-hove tangente u sjecistu. Dakle, koeficijent smjera tangente na prvu kruznicu
jednak je k1 = y′(x) = (√
1 + 4x − x2)′ =4 − 2x
2√
1 + 4x − x2, odnosno u tocki
S1(3, 2) koeficijent iznosi k1 =4 − 2 · 3
2√
1 + 4 · 3 − 32=
−24
= −12
. Koeficijent
smjera tangente na drugu kruznicu jednak je k2 = y′(x) = (√
10 − x2 + 1)′ =1
2√
10 − x2· (−2x) , odnosno u tocki S1(3, 2) k2 = −3 . Kut je jednak:
tg ϕ =k2 − k1
1 + k1k2=
−3 +12
1 +32
=−5
252
= −1 =⇒ ϕ = 135◦ . Za kut izme -du
dvaju pravaca uzimamo onaj manji, ϕ = 180◦ − 135◦ = 45◦ .
1182
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 25. Dokazi da pravac y = ax sijece krivuljux2 + y2 = b2 pod pravim kutom.
Rjesenje. Najprije prona -dimo sjeciste pravca i krivulje: x2 + a2x2 = b2 =⇒ x2(1 +
a2) = b2 =⇒ x =b√
1 + a2, y =
ab√1 + a2
. Sjeciste je tocka
S( b√
1 + a2,
ab√1 + a2
). Da bi dokazali da pravac sijece krivulju pod pravim
kutom moramo dokazati da se pravac i tangenta na tu krivulju, u sjecistu S ,sijeku pod pravim kutom. Potreban nam je koeficijent smjera te tangente.
k = y′(x) = (√
b2 − x2)′ =−x√
b2 − x2. U tocki S koeficijent smjera tan-
gente jednak je kt = −b√
1 + a2√b2 −
( b√1 + a2
)2= − b√
b2 + a2b2 − b2= −1
a.
Koeficijent smjera pravca jednak je kp = a . Dakle, kt · kp = −1a· a = −1 ,
sto zadovoljava uvjet okomitosti pravaca k1 · k2 = −1 .
1183
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 26. Dokazi da se hiperbole xy = a2 i x2 − y2 = b2 sijeku pod pravim kutom.
Zadatak 27. Dokazi da je diraliste tangente na hiperboli y=ax
poloviste segmenta te tangente
izme -du koordinatnih osi.
Zadatak 28. Dokazi da je povrsina trokuta sto ga cini tangenta na hiperbolu xy = a2 ikoordinatne osi stalna i iznosi 2a2 . Dokazi da je diraliste srediste kruzniceopisane trokutu.
Zadatak 29. Na parabole y = x2 + 52 i y = −x2 + 2x polozene su zajednicke tangente.
Dokazi da su diralista vrhovi paralelograma i izracunaj povrsinu tog paralelo-grama.
Zadatak 30. Dokazi da jednadzbe
1) cos x = π2 − x ; 2) x + sin x = −π
imaju tocno jedan korijen.
Rjesenje. 1) f (x) = cos x + x − π2
. f ′(x) = − sin x + 1 =⇒ sinx = 1 =⇒ x =π2
.
Jedan je korijen jednadzbe ocit, x = π2 . Kako bismo dokazali da drugih korije-
na jednadzba nema, dovoljno se uvjeriti kako je funkcija f (x) = cos x + x + π2
rastuca na R . f ′(x) = (cos x − π2
+ x)′ = − sin x︸ ︷︷ ︸�1
+1 � 0 za sve x ∈ R .
2) x = −π jedan je korijen jednadzbe. Funkcija f (x) = x + π + sin x imaprvu derivaciju f ′(x) = 1+ cos x vecu od nule za sve x ∈ R te je f monotonorastuca funkcija. Zbog toga jednadzba nema drugih korijena.
1184
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 31. Rijesi nejednadzbe:
1) x9 − x5 + x > 1 ; 2) x6 − 6x + 5 > 0 ;
3) x4 − 5x < 6 .
Rjesenje. 1) Neka je f (x) = x9 − x5 + x − 1 . Tada je f ′(x) = 9x8 − 5x4 + 1 te je ocitoda je f ′(x) > 0 za sve x ∈ R . Funkcija f raste na cijelom podrucju definicijete je f (x) > f (1) = 0 za x > 1 .
2) Neka je f (x) = x6−6x+5 . Tada je f ′(x) = 6x5−6 . Rjesenje nejednadzbeje x ∈ 〈−∞, 1〉 ∪ 〈 1, +∞〉 .
3) Neka je f (x) = x4 − 5x − 6 . Tada je f ′(x) = 4x3 − 5 . x ∈ 〈−1, 2〉 .
1185
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 32. Rijesi nejednadzbe:
1) ex � x2 + 1 ; 2)√
x > ln(x + 1) ;
3) ex−1 � xe−1 ; 4) −e � x ln(−x) � 1e
.
Zadatak 33. Dokazi12
� x2 + x + 1x2 + 1
� 32
za sve x ∈ R .
Zadatak 34. Dokazi 14 � sin6 x + cos6 x � 1 za sve x ∈ R .
Zadatak 35. Na -di najkracu udaljenost tocke T(x, y) od krivulje y = f (x) ako je:
1) T(2,−52) , y = x2 − 4x ;
2) T(3, 0) , y = 2√
ln x .
Rjesenje. 1) Trebamo pronaci na krivulji tocku D(x, x2 − 4x) koja je diraliste tangente
na tu krivulju i iz nje povuci normalu kroz tocku T(
2,−52
). Dakle, toc-
ke D i T pripadaju istom pravcu (normali) pa vrijedi: x2 − 4x = k · x + l
i −52
= 2k + l . Oduzmemo drugu jednadzbu od prve i dobijemo da je
kn =2x2 − 8x + 5
2x − 4. Deriviramo li jednadzbu krivulje dobit cemo koeficijent
smjera tangente na tu krivulju: kt = y′(x) = 2x − 4 . Za koeficijente smje-ra me -dusobno okomitih pravaca vrijedi: k1 · k2 = −1 pa je, prema tome,
kt · kn =2x2 − 8x + 5
2x − 4· 2x − 4 = 2x2 − 8x + 5 = −1 =⇒ x2 − 4x + 3 =
0 =⇒ x1,2 =4 ±√
16 − 122
=⇒ x1 = 3 , y1 = −3 i x2 = 1 , y2 = −3 .
Diralista imaju koordinate D1(3,−3) i D2(1,−3) . Najkraca udaljenost tocke
T od krivulje je: d = |D1T| =
√(3 − 2)2 +
(−3 +
52
)2=
√1 +
14
=
√54
.
d = |D2T| =
√(1 − 2)2 +
(−3 +
52
)2=
√1 +
14
=
√54
.
2) Trebamo pronaci na krivulji tocku D(x, 2√
ln x) koja je diraliste tangen-
te na tu krivulju i iz nje povuci normalu kroz tocku T(
3, 0) . Dakle, tocke
D i T pripadaju istom pravcu (normali) pa vrijedi: 2√
ln x = k · x + li 0 = 3k + l . Oduzmemo drugu jednadzbu od prve i dobijemo da je
kn =2√
ln xx − 3
. Deriviramo li jednadzbu krivulje dobit cemo koeficijent smje-
ra tangente na tu krivulju: kt = y′(x) =1
x√
ln x. Za koeficijente smje-
ra me -dusobno okomitih pravaca vrijedi: k1 · k2 = −1 pa je, prema tome,
kt ·kn =2√
ln xx − 3
· 1
x√
ln x=
2x(x − 3)
= −1 =⇒ x2−3x+2 = 0 =⇒ x1,2 =
1186
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
3 ±√9 − 8
2=⇒ x1 = 2 , y1 = 2
√ln 2 i x2 = 1 , y2 = 0 . Diralista imaju
koordinate D1(2, 2√
ln 2) i D2(1, 0) . Najkraca udaljenost tocke T od kri-
vulje je: d1 = |D1T| =√
(2 − 3)2 + (2√
ln 2 − 0)2 =√
1 + 4 ln 2 ≈ 1.94 ,
d2 = |D2T| =√
(1 − 3)2 + (0 − 0)2 =√
4 = 2 . Dakle, najkraca udaljenosttocke T od krivulje je d1 =
√1 + 4 ln 2 .
1187
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 37. U kruznicu polumjera r upisan je jednakokracan trokut maksimalne povrsine.Kolike su mu stranice?
Rjesenje.
Iz slike slijedi x + r = h pa je:
x2 +a2
4= r2
h2 +a2
4= b2
x2 − h2 = r2 − b2
(h − r)2 − h2 = r2 − b2
h2 − 2hr + r2 − h2 = r2 − b2
2hr = b2
h =b2
2r.
a2
4= b2 − h2 = b2 − b4
4r2 =b2(4r2 − b2)
4r2 =⇒ a2 =b2(4r2 − b2)
r2 =⇒
a =br
√4r2 − b2 . Povrsina trokuta jednaka je P =
a · h2
=b√
4r2 − b2 · b2
4r2 =1
4r2 · b3√
4r2 − b2 . Deriviramo izraz za povrsinu:
dPdb
=1
4r2
(3b2√
4r2 − b2 + b3 · −2b
2√
4r2 − b2
)
=1
4r2
(6b2(4r2 − b2) − 2b4
2√
4r2 − b2
)=
1
8r2 · 24r2b2 − 6b4 − 2b4√4r2 − b2
. Izjednacimo
to s nulom i dobijemo 3r2b2−b4 = 0 =⇒ b2(3r2−b2) = 0 =⇒ b2 = 3r2 .
Stranica a jednaka je a2 =b2(4r2 − b2)
r2 =3r2(4r2 − 3r2)
r2 = 3r2 . Slijedi
a = b , odnosno trokut je jednakostranican.
1189
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 38. Na elipsu b2x2 + a2y2 = a2b2 polozi tangentu tako da povrsina trokuta sto gatangenta tvori s koordinatnim osima bude sto manja.
Zadatak 39. Zadanoj elipsi upisi pravokutnik najvece povrsine tako da stranice pravokutnikabudu paralelne koordinatnim osima.
Zadatak 40. Me -du svim uspravnim stoscima izvodnice 6 cm odredi onaj koji ima maksima-lan obujam.
Rjesenje. Za stozac vrijedi h2 = s2 − r2 = 36 − r2 . Volumen stosca jednak je13
r2π · h =13
r2π(36 − r2) =π3(36r2 − r4) . Deriviramo izraz za volu-
men:dVdr
=π3(72r − 4r3) . Izjednacimo to s nulom i dobijemo 18r −
r3 = 0 =⇒ r(18 − r2) = 0 =⇒ r2 = 18 . Iz toga slijedi da jeh2 = 36 − 18 = 18 =⇒ h = 3
√2 . Prema tome, trazeni volumen jednak je
V =13· 18 · π · 3
√2 = 18π
√2 .
1190
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
Zadatak 41. Na -di valjak najveceg volumena upisan danom stoscu, uz uvjet da je osnovkavaljka na osnovci stosca.
Rjesenje.
Izdvojeni trokuti sa slike su slicni pa vrijedi R : r = H : (H − h) =⇒ r =RH
(H −h) . Volumen valjka jednak je V = r2π ·h =πR2
H2 (H2h−2Hh2 +h3) .
Deriviramo izraz za volumen i dobijemodVdh
=πR2
H2 (h2 − 4Hh + 3h2) . Iz-
jednacimo to s nulom:
H2 − 4Hh + 3h2 = 0
3h(h − H) − H(h − H) = 0
(h − H)(3h − H) = 0
h =H3
.
Dakle, polumjer baze valjka je r =RH
(H − h) =RH
(H − H
3
)=
23
R , a
volumen valjka je V = r2π · h =49
R2 · pi · H3
=427
· R2π · H .
1191
4 DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE
Zadatak 42. Zadanoj sferi upisi stozac s najvecom povrsinom plasta.
Rjesenje.
Plast stosca jednak je P = rπs . Iz trokuta sa slike slijedi sustav jednadzbi:
(R + x)2 + r2 = s2
x2 + r2 = R2
R2 + 2Rx + x2 − x2 = s2 − R2
2R2 + 2Rx = s2
s2 = 2Rh(
=⇒ h =s2
2R
)s2 = 2R
√s2 − r2
s4
4R2 = s2 − r2
r2 =4R2s2 − s4
4R2
r =
√4R2s2 − s4
4R2 .
Uvrstimo izraz za r u jednadzbu plasta:
P =
√(4R2s2 − s4)
4R2 · π · s
=π2R
√(4R2s2 − s4) · s2
=π2R
√4R2s4 − s6.
Deriviramo izraz za plast i dobiveno izjednacimo s nulom:
dPds
=π4R
· 16R2s3 − 6s5
2√
4R2s4 − s6
=π8R
· 2s3(8R2 − 3s2)
s2√
4R2 − s2
=sπ4R
· 8R2 − 3s2√4R2 − s2
8R2 − 3s2 = 0
s2 =83
R2
s =23
√6R,
1192
DETALJNA RJESENJA ZADATAKA IZ UDZBENIKA MATEMATIKA 4 ZA 4. RAZRED GIMNAZIJE 4
odnosno h =s2
2R=
83
R2
2R=
43
R .
1193