Matematika Derivacije (Rijesena Zbirka)

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


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 .


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


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 .


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


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

.


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


=(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


=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



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.


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


(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 .


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



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


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+x(cos x)′+ cos x](x cos x− sin x)−(x cos x+ sin x)[x′ cos x+x(cos x)′− cos x]


=(cos x − x sin x + cos x)(x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)(cos x − x sin x − cos x)


=(2 cos x − x sin x)(x cos x − sin x) − (x cos x + sin x)(−x sin x)


=2x cos2 x − 2 sin x cos x − x2 sin x cos x + x sin2 x + x2 cos x sin x + x sin2 x


=2x cos2 x − 2 sin x cos x + 2x sin2 x

(x cos x − sin x)2 =2x(cos2 x + sin2 x) − sin 2x


=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


=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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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



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


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


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



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

.


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) 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


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 .


(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


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


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


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


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


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) .


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


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.


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



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


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


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


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



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

.


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


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


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



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


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


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


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


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


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



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


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


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



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


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


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


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


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


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


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



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


=(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


f (1) =1 − 1 + 11 + 1 + 1

=13

. M(−1, 3) , m(

1,13

).

1077



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


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


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


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


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]

,


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]

,


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


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〉

,


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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



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


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


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)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


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)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


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


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 ,


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


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



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 ,


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


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


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


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


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


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


1112



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


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


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


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


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


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


-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


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


-1 03 31

1

x

y

7) f (x) =x

x2 + 1,

Df = R, f (x) = 0 =⇒ x = 0 nultocka


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


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


1121



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


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


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


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


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


y

x

5) f (x) =x2 − 1

x4 + 1,

Df = R, f (x) = 0 =⇒ x1 = −1, x2 = 1 nultocka


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


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


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


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



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


limx→2−

f (x) = +∞, limx→2+

f (x) = −∞ =⇒ x = 2 vertikalna asimptota


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



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


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


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



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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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) V(h) =13(R2 − (h − R)2) = 0 =⇒ R2 = (h − R)2 =⇒ R2 =

h2 − 2Rh + R2 =⇒ h(h − 2R) = 0 =⇒ h = 2R .

1148


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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

Administrator

Rectangle


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


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



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 .


1 + x + x2 + x3

1 + x + x2 + x3 +x4(1 + x + x2 + x3)

1 + x + x2 + x3

)′= (1 + x4)′ = 4x3 ;

2)

1162


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


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


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)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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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

Administrator

Rectangle


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


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

Administrator

Rectangle


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


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


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

Administrator

Rectangle


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


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


odnosno h =s2

2R=

83

R2

2R=

43

R .

1193

Matematika Derivacije (Rijesena Zbirka)

Documents

Transcript of Matematika Derivacije (Rijesena Zbirka)