Test: inegalități și ecuații rezolvate cu derivate

Disciplina: Matematică · Clasa a XI-a · Unitatea: Studiul variației funcțiilor cu derivate

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică a doua jumătate a unității, adică momentul în care tabelul de variație încetează să fie un rezultat și devine un instrument de decizie. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: imaginea unei funcții, $\mathrm{Im}f$, citită ramură cu ramură din tabelul de variație, cu decizia corectă închis/deschis — un capăt se scrie închis numai dacă valoarea este efectiv atinsă, iar o limită dă întotdeauna capăt deschis. Al doilea: demonstrarea inegalităților prin funcția auxiliară $h=f-g$, cu cele două finaluri posibile: valoarea dintr-un capăt, când $h$ este monotonă, și minimul global din tabel, când $h^{\prime }$ își schimbă semnul; răspunsul complet conține inegalitatea, intervalul pe care este valabilă și punctele de egalitate. Al treilea: numărul soluțiilor unei ecuații, prin criteriul ramurii — pe o ramură de monotonie funcția este injectivă, deci ecuația $f(x)=m$ are acolo exact o soluție dacă $m$ aparține imaginii ramurii și niciuna altfel; „cel mult una" vine acum din injectivitate, iar „cel puțin una" din consecința de semn a proprietății valorilor intermediare. Al patrulea: discuția după un parametru, rezolvată dintr-un singur tabel prin separarea parametrului, cu tratarea distinctă a valorilor de graniță, acolo unde două soluții se contopesc.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii de inegalitate se cere demonstrația completă, nu doar verificarea în câteva puncte.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. O inegalitate se consideră demonstrată doar dacă rezolvarea conține funcția auxiliară scrisă explicit, intervalul de lucru, semnul lui $h^{\prime }$ și valoarea de referință. Se depunctează: concluzia „$h$ este crescătoare, deci $h>0$", fără valoare de referință; capătul imaginii scris închis când el provine dintr-o limită; numărarea de două ori a soluției din punctul în care două ramuri se ating; omiterea valorilor de graniță ale parametrului; inversarea greșită a inegalităților la trecerea de la $-m$ la $m$.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe imaginea ramurilor și pe criteriul ramurii.
• Formule de reținut: Imaginea unei funcții — $\mathrm{Im}f=\{f(x)\mid x\in D\}$; un număr $m$ aparține imaginii dacă și numai dacă ecuația $f(x)=m$ are cel puțin o soluție. Pe un interval pe care $f$ este continuă și strict monotonă, imaginea este intervalul determinat de valorile sau de limitele de la capete, iar imaginea întregii funcții este reuniunea imaginilor ramurilor. Capătul se scrie închis doar când valoarea se atinge; o limită dă capăt deschis. Metoda funcției auxiliare — inegalitatea $f(x)>g(x)$ pe intervalul $I$ devine „funcția $h=f-g$ este strict pozitivă pe $I$"; se studiază semnul lui $h^{\prime }$, se construiește tabelul de variație și se compară cu o valoare de referință: valoarea dintr-un capăt, dacă $h$ este monotonă, sau minimul global, dacă nu este. Egalitatea are loc exact acolo unde $h$ își atinge minimul, când acesta este $0$. Criteriul ramurii — dacă $J$ este o ramură de monotonie a lui $f$, ecuația $f(x)=m$ are exact o soluție în $J$ când $m$ aparține imaginii lui $f$ pe $J$ și nicio soluție altfel; numărul total de soluții este numărul ramurilor a căror imagine îl conține pe $m$, cu grija de a nu număra de două ori punctul comun a două ramuri vecine. Separarea parametrului — ecuația se aduce la forma $g(x)=m$, iar numărul soluțiilor devine numărul intersecțiilor graficului lui $g$ cu dreapta orizontală $y=m$; valorile de graniță ale discuției sunt exact valorile extreme din tabel.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Imaginea unei funcții și inegalități prin funcția auxiliară

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Imaginea funcției $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2-6x+11$, este: A. $\mathbb{R}$; B. $[2,+\infty )$; C. $[11,+\infty )$; D. $(-\infty ,2]$.

b) Funcția $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ este continuă, strict crescătoare, cu $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-3$ și $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=5$. Numărul soluțiilor reale ale ecuației $f(x)=4$ este: A. $0$; B. $1$; C. $2$; D. o infinitate.

c) Funcția $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ este derivabilă, cu $h^{\prime }(x)<0$ pentru orice $x$ real și $h(2)=0$. Atunci: A. $h(x)>0$ pentru orice $x>2$; B. $h(x)>0$ pentru orice $x<2$; C. $h(x)>0$ pentru orice $x\ne 2$; D. $h(x)<0$ pentru orice $x$ real.

Itemul 2 (6 puncte)

Determină imaginea fiecărei funcții (câte 1,5 puncte): a) $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2+4x+9$; b) $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{6}{x^2+3}$; c) $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=\ln x-3x$; d) $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^5-5x+2$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Dacă $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$, atunci $0$ aparține imaginii funcției $f$." b) „Dacă $h$ este strict crescătoare pe $[a,b]$ și $h(a)=0$, atunci $h(x)\ge 0$ pentru orice $x\in [a,b]$." c) „Ecuația $f(x)=m$ are cel mult atâtea soluții câte ramuri de monotonie are funcția $f$." d) „Dacă minimul global al funcției $h$ este strict pozitiv, atunci inegalitatea $h(x)\ge 0$ are cel puțin un caz de egalitate."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Arată, cu metoda funcției auxiliare, că $4\sqrt{x}\le x+4$ pentru orice $x\ge 0$ și precizează unde are loc egalitatea. (3 p) b) Arată, cu metoda funcției auxiliare, că $\sqrt{1+x}\le 1+\frac{x}{2}$ pentru orice $x\ge 0$ și precizează unde are loc egalitatea. (3 p)

Partea a II-a – Inegalități și numărul soluțiilor unei ecuații

Itemul 5 (8 puncte)

Demonstrează fiecare inegalitate cu metoda funcției auxiliare, scriind tabelul de variație al lui $h$ și precizând cazul de egalitate (câte 4 puncte): a) $2x+\frac{27}{x^2}\ge 9$ pentru orice $x>0$; b) $x\ln x\ge x-1$ pentru orice $x>0$.

Itemul 6 (7 puncte)

a) Folosind funcția $F:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $F(x)=\frac{\ln x}{x}$, compară numerele $4^5$ și $5^4$. Precizează pe ce interval este $F$ strict monotonă și de ce acest lucru decide comparația. (4 p) b) Arată, cu metoda funcției auxiliare, că $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\ge 2$ pentru orice $x>0$, cu egalitate numai în $x=1$. (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

a) Arată că ecuația $x^4+4x+6=0$ nu are nicio soluție reală. (4 p) b) Arată că ecuația $x^5+2x-9=0$ are exact o soluție reală și precizează un interval de lungime $1$ în care se află. (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

Discută, după valorile parametrului real $m$, numărul soluțiilor reale ale ecuației $$2x^3-15x^2+24x+m=0.$$ Scrie tabelul de variație al funcției ajutătoare, imaginile ramurilor și discuția completă, inclusiv valorile de graniță.

Itemul 9 (6 puncte)

Arată că ecuația $2^x+x=5$ are exact o soluție reală și precizează un interval de lungime $1$ în care se află. Justifică separat „cel mult o soluție" și „cel puțin o soluție".

Partea a III-a – Sinteză și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

Se consideră funcția $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{\ln x}{x^2}$. a) Determină $\mathrm{Im}f$, scriind tabelul de variație, imaginea fiecărei ramuri și reuniunea lor. Se dau limitele $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty$ și $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$. (5 p) b) Deduce că $\ln x\le \frac{x^2}{2e}$ pentru orice $x>0$ și precizează cazul de egalitate. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

Se consideră funcția $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $g(x)=x^2{e}^x$, cu $\underset{x\to -\infty }{\lim }g(x)=0$ și $\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=+\infty$. a) Discută, după valorile parametrului real $m$, numărul soluțiilor reale ale ecuației $x^2{e}^x=m$. (5 p) b) Determină valorile lui $m$ pentru care ecuația are exact două soluții reale și scrie una dintre ele. (3 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Arată că, pentru orice numere reale $a$ și $b$ cu $0<a<b\le e$, are loc inegalitatea $a^b<b^a$. Verifică rezultatul pe perechea $a=2$, $b=\frac{5}{2}$. (4 p) b) Determină valorile lui $a>0$ pentru care inegalitatea $x^2+\frac{a}{x}\ge 3$ are loc pentru orice $x>0$. (4 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră funcția $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=x-2\ln x$. a) Calculați $f^{\prime }(x)$ și determinați intervalele de monotonie ale funcției $f$. (2 p) b) Determinați $\mathrm{Im}f$, știind că $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)=+\infty$ și $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$. (3 p) c) Determinați numărul soluțiilor reale ale ecuației $x-2\ln x=1$, respectiv ale ecuației $x-2\ln x=2-2\ln 2$. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte. a) B. Avem $f^{\prime }(x)=2x-6$, cu zeroul $3$; semnul trece de la $-$ la $+$, deci $3$ este punct de minim, cu valoarea $f(3)=9-18+11=2$. Cum limitele la $\pm \infty$ sunt amândouă $+\infty$, ramurile dau imaginile $[2,+\infty )$ și $[2,+\infty )$, deci $\mathrm{Im}f=[2,+\infty )$. Varianta C confundă imaginea cu valoarea din $0$. b) B. Funcția fiind continuă și strict crescătoare pe intervalul $\mathbb{R}$, are o singură ramură, iar imaginea ei este intervalul deschis determinat de limite, adică $(-3,5)$. Cum $4\in (-3,5)$, ecuația are cel puțin o soluție; stricta creștere dă injectivitatea, deci cel mult una. În total, exact una. c) B. Din $h^{\prime }<0$ pe intervalul $\mathbb{R}$ rezultă că $h$ este strict descrescătoare. Pentru $x<2$ avem atunci $h(x)>h(2)=0$, iar pentru $x>2$, $h(x)<0$. Varianta A ia capătul greșit — este greșeala tipică la inegalitățile demonstrate prin monotonie.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p derivata și semnul, 0,5 p valorile și limitele, 0,5 p imaginea cu parantezele corecte). a) $f^{\prime }(x)=2x+4$, cu zeroul $-2$ și semnele $-$, $+$; valoarea $f(-2)=4-8+9=5$ este minim global, iar limitele la $\pm \infty$ sunt $+\infty$. Deci $\mathrm{Im}f=[5,+\infty )$; capătul este închis, pentru că valoarea $5$ se atinge, în $x=-2$. b) $f^{\prime }(x)=\frac{-12x}{{\left(x^2+3\right)}^2}$, cu semnul lui $-x$: pozitiv pe $(-\infty ,0)$, negativ pe $(0,+\infty )$. Valoarea $f(0)=2$ este maxim global, iar limitele la $\pm \infty$ sunt $0$. Ramurile dau $(0,2]$ și $(0,2]$, deci $\mathrm{Im}f=(0,2]$; capătul $0$ este deschis, pentru că provine dintr-o limită, iar funcția este strict pozitivă peste tot. c) $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-3=\frac{1-3x}{x}$; pe $(0,+\infty )$ numitorul e pozitiv, deci semnul e al lui $1-3x$: pozitiv pe $\left(0,\frac{1}{3}\right)$, negativ pe $\left(\frac{1}{3},+\infty \right)$. Valoarea $f\left(\frac{1}{3}\right)=\ln \frac{1}{3}-1=-\ln 3-1$ este maxim global; limitele sunt $-\infty$ la $0$ dinspre dreapta și $-\infty$ la $+\infty$. Deci $\mathrm{Im}f=\left(-\infty ,-1-\ln 3\right]$. d) $f^{\prime }(x)=5x^4-5=5\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)$, cu zerourile $-1$ și $1$ și semnele $+$, $-$, $+$; valorile sunt $f(-1)=6$, maxim local, și $f(1)=-2$, minim local. Limitele la $\pm \infty$ sunt $-\infty$, respectiv $+\infty$. Cele trei ramuri au imaginile $(-\infty ,6]$, $[-2,6]$ și $[-2,+\infty )$, iar reuniunea lor este $\mathrm{Im}f=\mathbb{R}$. Extremele locale nu mărginesc funcția.

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea). a) F. O limită este o valoare de care funcția se apropie oricât de mult, nu una pe care o și atinge. Contraexemplu: $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{1}{x^2+1}$, are limita $0$ la $+\infty$, dar $f(x)>0$ pentru orice $x$, deci $0\notin \mathrm{Im}f$; imaginea este $(0,1]$. b) A. Din stricta creștere, pentru orice $x\in (a,b]$ avem $h(x)>h(a)=0$, iar în $a$ valoarea este chiar $0$; deci $h(x)\ge 0$ pe tot intervalul, cu egalitate numai în capătul $a$. Este exact cazul I al metodei funcției auxiliare: monotonie plus valoarea dintr-un capăt. c) A. Pe o ramură de monotonie funcția este strict monotonă, deci injectivă, prin urmare nu poate lua aceeași valoare de două ori: fiecare ramură dă cel mult o soluție. Numărul total nu poate depăși numărul ramurilor. d) F. Dacă minimul global este strict pozitiv, atunci $h(x)\ge \min h>0$ pentru orice $x$, deci $h$ nu se anulează nicăieri și nu există caz de egalitate; inegalitatea este strictă peste tot. Exemplu: $h(x)=x^4+4x+6$ are minimul $3>0$.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Fie $h:[0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=x-4\sqrt{x}+4$; inegalitatea cerută este $h(x)\ge 0$ (0,5 p). Funcția este continuă pe $[0,+\infty )$ și derivabilă pe $(0,+\infty )$, cu $$h^{\prime }(x)=1-\frac{2}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}$$ (1 p). Numitorul este pozitiv, deci semnul este al lui $\sqrt{x}-2$: negativ pentru $x<4$, pozitiv pentru $x>4$, cu zeroul $x=4$. Prin urmare $h$ scade pe $[0,4]$ și crește pe $[4,+\infty )$, deci minimul global este $h(4)=4-8+4=0$ (1 p). Așadar $h(x)\ge 0$ pentru orice $x\ge 0$, adică $4\sqrt{x}\le x+4$, cu egalitate exact în $x=4$ (0,5 p). (Control algebric: $x-4\sqrt{x}+4={\left(\sqrt{x}-2\right)}^2\ge 0$ — aceeași concluzie, obținută pe altă cale.)

b) (3 p) Fie $h:[0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=1+\frac{x}{2}-\sqrt{1+x}$ (0,5 p). Derivata este $$h^{\prime }(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{1+x}}=\frac{\sqrt{1+x}-1}{2\sqrt{1+x}}$$ (1 p). Pentru $x>0$ avem $\sqrt{1+x}>1$, deci $h^{\prime }(x)>0$: funcția este strict crescătoare pe $[0,+\infty )$ (1 p). Aici $h$ este monotonă, deci este de ajuns valoarea din capăt: $h(0)=1+0-1=0$, prin urmare $h(x)\ge h(0)=0$ pentru orice $x\ge 0$, adică $\sqrt{1+x}\le 1+\frac{x}{2}$, cu egalitate numai în $x=0$ (0,5 p).

Itemul 5. (8 p) — câte 4 puncte (0,5 p funcția auxiliară și intervalul, 1,5 p derivata și semnul ei, 1,5 p tabelul cu valoarea și limitele, 0,5 p concluzia cu cazul de egalitate).

a) Fie $h:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=2x+\frac{27}{x^2}-9$. Funcția este derivabilă, cu $$h^{\prime }(x)=2-\frac{54}{x^3}=\frac{2x^3-54}{x^3}=\frac{2\left(x^3-27\right)}{x^3}.$$ Pe domeniu numitorul este pozitiv, deci semnul este al lui $x^3-27$: negativ pentru $x<3$, pozitiv pentru $x>3$, cu zeroul $x=3$. Valoarea: $h(3)=6+3-9=0$. Limitele: la $0$ dinspre dreapta, $\frac{27}{x^2}\to +\infty$, deci $h\to +\infty$; la $+\infty$, termenul $2x$ domină, deci tot $+\infty$.

Citirea tabelului: $h$ scade strict pe $(0,3]$ și crește strict pe $[3,+\infty )$, deci minimul global este $h(3)=0$. Prin urmare $h(x)\ge 0$ pentru orice $x>0$, adică $2x+\frac{27}{x^2}\ge 9$, cu egalitate exact în $x=3$.

b) Fie $h:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=x\ln x-x+1$. Derivata este $$h^{\prime }(x)=\ln x+x\cdot \frac{1}{x}-1=\ln x,$$ care se anulează în $x=1$, este negativă pe $(0,1)$ și pozitivă pe $(1,+\infty )$. Valoarea: $h(1)=0-1+1=0$. Limitele: la $0$ dinspre dreapta, $x\ln x\to 0$, deci $h\to 1$; la $+\infty$, $h\to +\infty$.

Citirea tabelului: minimul global este $h(1)=0$, deci $h(x)\ge 0$ pe tot domeniul, adică $x\ln x\ge x-1$ pentru orice $x>0$, cu egalitate exact în $x=1$.

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Ambele numere fiind strict pozitive, logaritmăm; logaritmul natural este strict crescător, deci păstrează sensul inegalității (0,5 p): $$4^5>5^4⟺5\ln 4>4\ln 5⟺\frac{\ln 4}{4}>\frac{\ln 5}{5}⟺F(4)>F(5),$$ unde împărțirea prin $20>0$ nu schimbă sensul (1 p). Studiem funcția $F$: $$F^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2},$$ cu numitorul pozitiv, deci semnul este al lui $1-\ln x$: negativ pentru $x>e$. Prin Consecința 2 a teoremei lui Lagrange, $F$ este strict descrescătoare pe $(e,+\infty )$, iar continuitatea în $e$ extinde concluzia, prin lema de lipire, la $[e,+\infty )$ (1,5 p). Cum $e<4<5$, ambele numere se află pe această ramură, deci $F(4)>F(5)$, adică $4^5>5^4$ (1 p). (Control: $4^5=1024$, iar $5^4=625$.) Observație: intervalul contează. Sub $e$ funcția $F$ crește, iar concluzia se răstoarnă: pentru $a=2$ și $b=\frac{5}{2}$ (ambele sub $e$) avem $2^{5/2}=4\sqrt{2}\approx 5,66<6,25={\left(\frac{5}{2}\right)}^2$.

b) (3 p) Fie $h:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}-2$ (0,5 p). Derivata: $$h^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2x\sqrt{x}}=\frac{x-1}{2x\sqrt{x}}$$ (1 p). Numitorul este pozitiv pe domeniu, deci semnul este al lui $x-1$: negativ pe $(0,1)$, pozitiv pe $(1,+\infty )$. Minimul global este deci $h(1)=1+1-2=0$ (1 p). Prin urmare $h(x)\ge 0$, adică $\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\ge 2$ pentru orice $x>0$, cu egalitate numai în $x=1$ (0,5 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Fie $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^4+4x+6$, funcție polinomială, deci continuă și derivabilă (0,5 p). Avem $$f^{\prime }(x)=4x^3+4=4\left(x^3+1\right),$$ cu unicul zerou real $x=-1$; derivata este negativă pentru $x<-1$ și pozitivă pentru $x>-1$ (1,5 p). Valoarea: $f(-1)=1-4+6=3$, iar limitele la $\pm \infty$ sunt amândouă $+\infty$ (1 p). Cele două ramuri au imaginile $[3,+\infty )$ și $[3,+\infty )$, deci $\mathrm{Im}f=[3,+\infty )$ (0,5 p). Cum $0\notin [3,+\infty )$, prin criteriul ramurii ecuația nu are nicio soluție reală (0,5 p). (Echivalent: minimul global al funcției este $3>0$, deci $x^4+4x+6\ge 3$ pentru orice $x$ real.)

b) (3 p) Fie $f(x)=x^5+2x-9$. Avem $f^{\prime }(x)=5x^4+2>0$ pentru orice $x$ real, deci funcția este strict crescătoare pe intervalul $\mathbb{R}$: are o singură ramură, pe care este injectivă, deci ecuația are cel mult o soluție (1,5 p). Limitele la $\pm \infty$ fiind $-\infty$ și $+\infty$, imaginea este $\mathbb{R}$, care îl conține pe $0$: ecuația are deci cel puțin o soluție. În total, exact una (1 p). Cum $f(1)=1+2-9=-6<0$ și $f(2)=32+4-9=27>0$, prin consecința de semn a proprietății valorilor intermediare soluția se află în intervalul $(1,2)$ (0,5 p). (Verificat prin bisecție: $x\approx 1,4369354$.)

Itemul 8. (6 p)

Separarea parametrului (0,5 p). Scriem ecuația sub forma $f(x)=-m$, unde $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=2x^3-15x^2+24x$. Notăm $k=-m$; la final revenim la $m$.

Derivata și semnul (1,5 p): $$f^{\prime }(x)=6x^2-30x+24=6\left(x^2-5x+4\right)=6(x-1)(x-4),$$ cu zerourile $1$ și $4$; semnele sunt $+$ pe $(-\infty ,1)$, $-$ pe $(1,4)$, $+$ pe $(4,+\infty )$.

Valorile și limitele (1 p): $f(1)=2-15+24=11$ și $f(4)=128-240+96=-16$; termenul dominant $2x^3$ dă limitele $-\infty$ la $-\infty$ și $+\infty$ la $+\infty$.

Tabelul (1,5 p):

Citirea tabelului: funcția este strict crescătoare pe $(-\infty ,1]$, strict descrescătoare pe $[1,4]$ și strict crescătoare pe $[4,+\infty )$; are maxim local $f(1)=11$ și minim local $f(4)=-16$, iar la capete tinde la $-\infty$, respectiv $+\infty$. Imaginile celor trei ramuri sunt, în ordine, $(-\infty ,11]$, $[-16,11]$ și $[-16,+\infty )$.

Discuția, în $k$, apoi în $m=-k$ (1,5 p). Atenție: trecerea de la $k$ la $m$ inversează sensul inegalităților.

Cele două valori de graniță sunt exact valorile extreme din tabel, luate cu semn schimbat. Pentru $m=-11$ ecuația devine $2x^3-15x^2+24x-11=0$, adică $(x-1{)}^2(2x-11)=0$, cu soluțiile $x=1$ (în care două soluții s-au contopit) și $x=\frac{11}{2}$; pentru $m=16$ ecuația devine $(x-4{)}^2(2x+1)=0$, cu soluțiile $x=4$ și $x=-\frac{1}{2}$. (Toate cele cinci cazuri verificate prin numărare efectivă pe fiecare ramură, inclusiv exact la valorile de graniță.)

Itemul 9. (6 p)

Funcția și domeniul (1 p). Aducem ecuația la forma $f(x)=0$, cu $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=2^x+x-5$, funcție continuă și derivabilă pe $\mathbb{R}$, ca sumă de funcții cu aceste proprietăți.

Cel mult o soluție (2 p). Avem $$f^{\prime }(x)=2^x\ln 2+1>0\text{pentru orice }x\in \mathbb{R},$$ pentru că $2^x>0$ și $\ln 2>0$. Prin Consecința 2 a teoremei lui Lagrange, $f$ este strict crescătoare pe intervalul $\mathbb{R}$, deci injectivă: are o singură ramură de monotonie, pe care nu poate lua valoarea $0$ de două ori.

Cel puțin o soluție (2 p). Funcția este continuă, iar $$f(1)=2+1-5=-2<0,f(2)=4+2-5=1>0,$$ deci $f(1)\cdot f(2)<0$; prin consecința de semn a proprietății valorilor intermediare, ecuația are cel puțin o soluție în intervalul $(1,2)$.

Concluzia (1 p). Ecuația $2^x+x=5$ are exact o soluție reală, situată în intervalul $(1,2)$, de lungime $1$. (Verificat prin bisecție: $x\approx 1,7156207$.) (Echivalent, prin criteriul ramurii: limitele fiind $-\infty$ la $-\infty$ și $+\infty$ la $+\infty$, imaginea singurei ramuri este $\mathbb{R}$, care îl conține pe $0$ exact o dată.)

Itemul 10. (8 p)

a) (5 p) Funcția este derivabilă pe $(0,+\infty )$, iar prin regula câtului (1,5 p): $$f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x^2-\ln x\cdot 2x}{x^4}=\frac{x-2x\ln x}{x^4}=\frac{1-2\ln x}{x^3}.$$ Pe domeniu numitorul este pozitiv, deci semnul este al lui $1-2\ln x$: el se anulează pentru $\ln x=\frac{1}{2}$, adică $x=\sqrt{e}$, este pozitiv înainte și negativ după (1 p). Valoarea: $$f\left(\sqrt{e}\right)=\frac{\frac{1}{2}}{e}=\frac{1}{2e}$$ (0,5 p).

Citirea tabelului: funcția este strict crescătoare pe $\left(0,\sqrt{e}\right]$ și strict descrescătoare pe $\left[\sqrt{e},+\infty \right)$; are maxim global în punctul $x_0=\sqrt{e}$, cu valoarea $\frac{1}{2e}$, iar la capete tinde la $-\infty$, respectiv la $0$.

(1 p) Prima ramură, pe $\left(0,\sqrt{e}\right]$, urcă de la $-\infty$ (limită, capăt deschis) la $\frac{1}{2e}$ (valoare atinsă, capăt închis), deci are imaginea $\left(-\infty ,\frac{1}{2e}\right]$. A doua, pe $\left[\sqrt{e},+\infty \right)$, coboară de la $\frac{1}{2e}$ la $0$ (limită, capăt deschis), deci are imaginea $\left(0,\frac{1}{2e}\right]$. Reuniunea lor (1 p): $$\mathrm{Im}f=\left(-\infty ,\frac{1}{2e}\right].$$

b) (3 p) Din $\mathrm{Im}f=\left(-\infty ,\frac{1}{2e}\right]$ rezultă $f(x)\le \frac{1}{2e}$ pentru orice $x>0$, adică (1 p) $$\frac{\ln x}{x^2}\le \frac{1}{2e}.$$ Înmulțind cu $x^2>0$, operație care păstrează sensul inegalității (1 p), obținem $$\ln x\le \frac{x^2}{2e}\text{pentru orice }x>0.$$ Egalitatea are loc exact acolo unde funcția își atinge maximul, adică în $x=\sqrt{e}$; într-adevăr, $\ln \sqrt{e}=\frac{1}{2}$, iar $\frac{{\left(\sqrt{e}\right)}^2}{2e}=\frac{e}{2e}=\frac{1}{2}$ (1 p).

Itemul 11. (8 p)

a) (5 p) Funcția este derivabilă pe $\mathbb{R}$, cu (1,5 p) $$g^{\prime }(x)=2x{e}^x+x^2{e}^x=e^{x}x(x+2).$$ Cum $e^x>0$, semnul lui $g^{\prime }$ este semnul produsului $x(x+2)$: pozitiv pe $(-\infty ,-2)$, negativ pe $(-2,0)$, pozitiv pe $(0,+\infty )$ (0,5 p). Valorile: $g(-2)=\frac{4}{e^2}$ și $g(0)=0$ (0,5 p).

(1,5 p) Citirea tabelului: funcția este strict crescătoare pe $(-\infty ,-2]$, strict descrescătoare pe $[-2,0]$ și strict crescătoare pe $[0,+\infty )$; are maxim local $g(-2)=\frac{4}{e^2}$ și minim local $g(0)=0$, care este chiar minim global, pentru că $x^2{e}^x\ge 0$ peste tot.

Imaginile ramurilor: pe $(-\infty ,-2]$ funcția urcă de la $0$ (limită, capăt deschis) la $\frac{4}{e^2}$, deci imaginea este $\left(0,\frac{4}{e^2}\right]$; pe $[-2,0]$ coboară de la $\frac{4}{e^2}$ la $0$, ambele valori fiind atinse, deci imaginea este $\left[0,\frac{4}{e^2}\right]$; pe $[0,+\infty )$ urcă de la $0$ la $+\infty$, deci imaginea este $[0,+\infty )$.

Discuția (1 p):

Pentru $m=0$, punctul $x=0$ este capătul comun al ultimelor două ramuri, deci se numără o singură dată; iar valoarea $0$ nu se atinge pe prima ramură, unde este doar limită. (Toate cazurile verificate prin numărare efectivă pe fiecare ramură, inclusiv exact la valorile de graniță.)

b) (3 p) Exact două soluții apar numai în cazul de contopire, adică pentru $m=\frac{4}{e^2}$ (1,5 p): atunci $m$ este chiar valoarea maximului local, iar primele două ramuri „aduc" aceeași soluție, $x=-2$, care se numără o dată; a treia ramură, cu imaginea $[0,+\infty )$, dă a doua soluție, situată în $(0,+\infty )$ (1 p). Una dintre soluții este deci $x=-2$; se verifică direct: $(-2{)}^2{e}^{-2}=\frac{4}{e^2}$ (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Ambele numere fiind strict pozitive, inegalitatea $a^b<b^a$ este echivalentă, prin logaritmare, cu $b\ln a<a\ln b$, iar apoi, prin împărțire la $ab>0$, cu (1 p) $$\frac{\ln a}{a}<\frac{\ln b}{b},\text{adica˘}F(a)<F(b),\text{unde }F(x)=\frac{\ln x}{x}.$$ Studiem monotonia lui $F$ pe $(0,e]$ (1,5 p): $$F^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}>0\text{pentru }0<x<e,$$ pentru că $\ln x<1$ acolo; prin Consecința 2 a teoremei lui Lagrange, $F$ este strict crescătoare pe $(0,e)$, iar continuitatea în $e$ extinde concluzia, prin lema de lipire, la intervalul $(0,e]$ — pasul este necesar, pentru că în $e$ derivata se anulează (0,5 p). Cum $0<a<b\le e$, ambele numere se află pe această ramură, deci $F(a)<F(b)$, ceea ce era de demonstrat (0,5 p). Verificare pe $a=2$, $b=\frac{5}{2}$ (0,5 p): $2^{5/2}=4\sqrt{2}\approx 5,66$, iar ${\left(\frac{5}{2}\right)}^2=6,25$, deci într-adevăr $a^b<b^a$ (perechea respectă ipoteza $b\le e$).

b) (4 p) Fie $h:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=x^2+\frac{a}{x}-3$; cerința este ca $h(x)\ge 0$ pe tot domeniul, adică minimul global al lui $h$ să fie $\ge 0$ (0,5 p). Derivata (1 p): $$h^{\prime }(x)=2x-\frac{a}{x^2}=\frac{2x^3-a}{x^2}.$$ Numitorul este pozitiv, deci semnul este al lui $2x^3-a$: negativ pentru $x<x_0$ și pozitiv pentru $x>x_0$, unde $x_0=\sqrt[3]{\frac{a}{2}}$ este unicul zerou din domeniu. Prin urmare $h$ scade pe $(0,x_0]$ și crește pe $[x_0,+\infty )$: minimul global este $h(x_0)$ (1 p). Din $2x_0^3=a$ obținem $\frac{a}{x_0}=2x_0^2$, deci (1 p) $$h(x_0)=x_0^2+2x_0^2-3=3\left(x_0^2-1\right).$$ Condiția $h(x_0)\ge 0$ devine $x_0\ge 1$ (cum $x_0>0$), adică $\frac{a}{2}\ge 1$, deci $a\ge 2$ (0,5 p). (Control: pentru $a=2$ minimul este $h(1)=1+2-3=0$; pentru $a=1,9$ minimul iese strict negativ, deci inegalitatea cade.)

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Funcția este derivabilă pe $(0,+\infty )$, cu $$f^{\prime }(x)=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}.$$ Numitorul este pozitiv pe domeniu, deci semnul este al lui $x-2$: negativ pe $(0,2)$, pozitiv pe $(2,+\infty )$. Prin Consecința 2 a teoremei lui Lagrange, $f$ este strict descrescătoare pe $(0,2]$ și strict crescătoare pe $[2,+\infty )$.

b) (3 p) Valoarea în punctul critic este $f(2)=2-2\ln 2$, minim local (0,5 p). Cu limitele date, tabelul are $k=1$ punct marcat, deci $2\cdot 1+4=6$ coloane (1 p):

Citirea tabelului: funcția scade strict pe $(0,2]$ și crește strict pe $[2,+\infty )$, cu minim global $f(2)=2-2\ln 2$; la ambele capete tinde la $+\infty$. Cele două ramuri au amândouă imaginea $[2-2\ln 2,+\infty )$, deci (1 p) $$\mathrm{Im}f=\left[2-2\ln 2,+\infty \right).$$ Minimul global este $2-2\ln 2$, atins în punctul $x_0=2$; capătul este închis, pentru că valoarea se atinge (0,5 p).

c) (3 p) Prima ecuație. Cum $2-2\ln 2=2(1-\ln 2)$, iar $\ln 2<1$, avem $0<2-2\ln 2<1$, deci numărul $1$ este strict mai mare decât minimul funcției (1 p). Prin urmare $1$ aparține imaginii ambelor ramuri, iar prin criteriul ramurii ecuația $x-2\ln x=1$ are exact două soluții reale, una în $(0,2)$ și una în $(2,+\infty )$ (1 p).

A doua ecuație. Valoarea $2-2\ln 2$ este chiar minimul funcției, deci este capătul comun al celor două ramuri; cele două soluții se contopesc în punctul critic, iar ecuația $x-2\ln x=2-2\ln 2$ are exact o soluție, anume $x=2$ (1 p). (Ambele cazuri verificate prin numărare efectivă pe fiecare ramură.)