Нумерички и графички прикази функција Степене функције Експоненцијалне и логаритамске функције Инверзне тригонометријске функције Примери испитивања функција Примери испитивања функцијаИспитивање функције се састоји у оређивању :Домена,Кодомена, Парности, непарности и периодичности,Асимптота,Нула,Знака,Екстремума и интервала мнотоности,Превојних тачака и интервала конвектности-конкавности.Након испитивања, црта се график функције. Пример 1 $y = f\left( x \right) = - 12{x^5} + 25{x^3} - 15x$$D\left( f \right) = \mathbb{R}$.$y \in\mathbb{R}$.$f\left( { - x} \right) = - 12{\left( { - x} \right)^5} + 25{\left( { - x} \right)^3} - 15\left( { - x} \right)$ $=$ $12{x^5} - 25{x^3} + 15x = - f\left( x \right)$ дакле, функција је непарна, па је њен график симетричан у односу на координантни почетак. Функција нема асимптоте.$y={-x}(12{x^4}-25{x^2}+15)$ $y=0$ за $x=0$.Како је $12{x^4} - 25{x^2} + 15 > 0$ за свако $x \in \mathbb{R}$, следи да је $y > 0$ за $x < 0$ и $y < 0$ за $x > 0$. $y' = - 60{x^4} + 75{x^2} - 15$ $y' = 0$ за $ - 60{x^4} + 75{x^2} - 15 = 0$, тј. $ - 4{x^4} + 5{x^2} - 1 = 0$ Следи да су нуле првог извода: ${x_1} = - 1$, ${x_2} = - \frac{1}{2}$, ${x_3} = \frac{1}{2}$, ${x_4} = 1$ $y'' = - 240{x^3} + 150x$ $y'' = 0$ за $x\left( { - 8{x^2} + 5} \right) = 0$ , тј. ${x_1} = - \frac{{\sqrt {10} }}{4}$, ${x_2} = 0$, ${x_3} = \frac{{\sqrt {10} }}{4}$ **слика Пример 2$y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 1}}$$D\left(f\right) = \mathbb{R}\backslash\left\{1\right\}$ $y \in \left( {- \infty, -9.9} \right] \cup [ {-0.1, + \infty})$ Функција није ни парана, ни непарна. Није периодична.$\mathop{\lim}\limits_{x\to - 1 - 0}\frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x+1}} = - \infty$, $\mathop{\lim}\limits_{x\to - 1 + 0}\frac{{{x^2}+x}}= +\infty $, па је права $x= -1$ вертикална асимптота.$\mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\frac{{f\left(x\right)}}{x} = \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty} \frac{{{x^2}+x}}= 1\left({=a}\right),$$\mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\left({f\left(x\right)-x}\right)$ $= \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty} \frac{{{x^2}-3x+2-{x^2}-x}}{{x+1}}$ $= 1\left({=a}\right)= \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\frac{{-4x+2}}{{x+1}}$ $= -4\left({=b}\right)$Дакле, права $y=x-4$ је коса асимптота. $y=0$ за ${x^2}-3x+2=0$, тј. за ${x_1}=1$, ${x_2}=2$,$y>0$ за $x \in \left( {-1, 1} \right) \cup ( {2, + \infty})$ а $y<0$ за $x \in \left( {- \infty, -1} \right) \cup ( {1, 2})$$y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x+1} \right) - \left( {x - 3x + 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$ $= \frac{{{x^2} + 2x - 5}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$$y'=0$ за ${x^2}-2x-5=0$, тј. за ${x_1}= -1 -\sqrt 6, {x_2}= -1 +\sqrt 6 $$y''= \frac{{\left( {2x + 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}- \left( {{x^2} +2x -5} \right) \cdot 2\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x +1} \right)}^4}}}$ $y''= \frac{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 2x - 5} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$ $= \frac{{2\left( {{x^2} + 2x +1 -{x^2} - 2x +5} \right)}}{{{{\left( {x+1} \right)}^3}}}$ $= \frac{{12}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$Други извод је различит од нуле, за свако $x$ из домена, стога функција нема превојних тачака. Пример 3$y = \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}$$D = \left\{ {x|\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} > 0} \right\}$ $ = \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {\frac{1}{2}, + \infty } \right)$**кодоменФункција није ни парна, ни непарна. Није периодична.$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = \ln 2$, па је $y = \ln 2$ хоризонтална асимтота.$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2 - 0} \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = \infty$, па је $x = - 2$ вертикална асимптота.$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2} + 0} \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = - \infty$, па је $x = \frac{1}{2}$ такође вертикална асимптота.$y = 0$ за $\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = 1$, тј. за $x = 3$.$y > 0$ за $\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} > 1$, а $y < 0$ за $0 < \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} < 1$.$y' = \frac{{x + 2}}{{2x - 1}} \cdot \frac{{2\left( {x + 2} \right) - \left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$ $ = \frac{5}{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} > 0$, $x \in D$Функција нема екстремума и на целом домену је монотоно растућа.$y'' = - 5\frac{{4x + 3}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$Тачка $x = - \frac{3}{4}$ (за коју је $y'' = 0$) не припада домену функције, па она нема превојних тачака. $x$$x \in \left( { - \infty ,\frac{1}{2}} \right)$$x \in \left( {\frac{1}{2}, + \infty } \right)$$y``$$+$$-$$y$$ \cup $$ \cap $ Пример 4$y = {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}}$$D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$Није ни парна, ни непарна, ни периодична.$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = {e^1} = e$, па је $y = e$ хоризонтална асимптота.$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 + 0} {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = + \infty$, па је $x = 1$ вертикална асимптота.$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 - 0} {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = 0.$Функција нема нула. Функција је позитивна на целом домену.$y' = {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} \cdot \frac{{x - 1 - \left( {x + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ $ = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} < 0$, па функција нема екстремума и стално је монотоно опадајућа.-$y'' = \frac{{6x + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}{e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}}$, $y'' = 0$ за $x = - \frac{1}{2}$.
