1.Если производная функции y
= f(x)
положительна (отрицательна) во всех
точках промежутка, то функцияy
= f(x)
монотонно возрастает (убывает)на этом промежутке.
2.Точкаx0называется точкоймаксимума (минимума)
функцииy = f(x),
если существует интервал, содержащий
точкуx0, такой,
что для всехxиз этого
интервала имеет место неравенствоf(x0)≥ f(x),(f(x0)≤ f(x)).
Точки максимума и точки минимума
называются точкамиэкстремума.
3. Необходимое условие экстремума:
в точке экстремума функции ее производная
либо равна нулю(f
′(x)=0), либо
не существует.
4.Первое достаточное условие
экстремума: если в точке x0функцияy = f(x)
непрерывна, а производная f
′(x)при
переходе через точкуx0меняет знак, то точкаx0– точка экстремума: максимума, если
знак меняется с «+» на «-», и минимума,
если с «–» на «+».
Если при переходе через точку x0производная не меняет знак, то в точкеx0экстремума нет.
5.Второе достаточное условие
экстремума: если в точкеx0
,
а
,
тоx0является точкой
максимума функции. Если
,
а
,
тоx0является точкой
минимума функции.
6.Схема исследования функции
на экстремум:
1) найти производную
;
2) найти критические точки функции, в
которых производная равна нулю или не
существует;
3) исследовать знак производной слева
и справа от каждой критической точки и
сделать вывод о наличии экстремумов
функции;
4) найти экстремальные значения функции.
При исследовании функции на экстремум
с помощью 2-го достаточного условия п.
1), 2), 4) сохраняются, а в п. 3) необходимо
найти вторую производную
и определить ее знак в каждой критической
точке.
7.Чтобы найтинаибольшее и наименьшее
значение(глобальный максимум и
минимум) функции
на отрезке [a,b]
следует выбрать наибольшее (наименьшее)
из значений функции в критических
точках, находящихся в интервале (a,b)
и на концах отрезка (в точкахaиb).
8.Если дифференцируемая на интервале
(a,b) функция
имеетединственнуюточку экстремума,
то в этой точке достигается наибольшее
или наименьшее значение (глобальный
максимум или минимум) функции на интервале
(a,b).
8.35. Найти интервалы монотонности
и экстремумы функции
.
Решение. В соответствии со схемой
исследования (п. 6) найдем
.Очевидно, производная существует при
всех значенияхx. Приравниваяy′ к нулю, получаем
уравнение
откуда
и
– критические точки. Знаки производной
имеют вид (рис. 8.1):
Рис. 8.1
На интервалах
и
производная
и функция возрастает, на интервале
и функция убывает;
Рис. 8.2
– точка максимума и
– точка минимума и
,
так как при переходе через эти точки
производная меняет свой знак соответственно
с «+» на «-» и с «-» на «+».
Замечание.Установить
существование экстремума в критических
точках
и
,
в которых
можно было и с помощью второй производной
(см.
п. 5). Так как
,
а
,
то
– точка максимума, а
– точка минимума.
График данной функции схематично показан
на рисунке 8.2.
8.36. Найти экстремумы и интервалы
монотонности функции
.
Решение.
.
Производная существует во всех точках,
в которых существует и сама функция,
т.е. при x> 0. Точки, в
которых производная обращается в нуль,
задаются равенствамиlnx=0,lnx-1
= 0, откудаx1 =1,x2
= е – критические точки. Знаки
производной указаны на рис. 8.3.
Рис.8.3
Таким образом, функция монотонно
возрастает на промежутках (0;1) и (е;+
)
и монотонно убывает на промежутке (1;е).
Точкаx= 1 – точка максимума
и
,
точка х = е – точка минимума и
.
8.37. Найти экстремумы и интервалы
монотонности функции
Решение.
.
Производная не существует приcosx=1 т.е. при
и равна нулю при
.
Знак производной совпадает со знакомsin(x); таким
образом у’ >0 при
иy'<0 при
.
Это, соответственно, интервалы возрастания
и убывания функции.
– точки максимума
,
– точки минимума
.
8.38. Найти наибольшее значение
(глобальный максимум) функции
на интервале (10;18).
Решение. Найдем
.
На интервале (10;18) имеется всего одна
критическая точкаx= 6.
Производная при переходе через эту
точку меняет знак с «+» на «-», т.е.x= 6 – точка максимума. Следовательно,
функция достигает наибольшего значения
приx= 16, т.е.
.
(Заметим, что наименьшего значения
(глобального минимума) данной функции
на указанном интервале не существует.)
8.40. Забором длиной 24 метра требуется
огородить с трех сторон прямоугольный
палисадник наибольшей площади. Найти
размеры палисадника.
Решение.Пусть длины сторон палисадникаx,y. Тогда
2x+y= 24, т.е.y= 24-2x.
Площадь палисадникаS=xy=x(24-2x)
= 24x-2x2,
где 0<x<12 (ибо 24-2x>0).
Таким образом, задача свелась к отысканию
значенияx, при которомS(x) принимает
наибольшее значение на интервале (0;12).
НайдемS'(x)
= 24-4x= 0 приx= 6. Легко видеть, чтоx= 6
– единственная точка экстремума –
максимума функцииS(x).
Это означает, что на интервале (0;12)S(x)
принимает наибольшее значение приx= 6, т.е. искомые размеры палисадника 6 м
и 24- 2 – 6 = 12 м.
Найти интервалы
монотонности и экстремумы функции:
8.41.
.8.42.
.8.43.
.
8.44.
.8.45.
8.46.
.
8.47.
.8.48.
.8.49.
.
8.50.
.8.51.
.8.52.
.
8.53.
.8.54.
.8.55.
.
8.56.
.8.57.
.8.58.
.
8.59.
.8.60.
.
Найти наибольшее
и наименьшее значение (глобальный
максимум и минимум) функции
на отрезке [a,b]:
8.61.
8.62.
8.63.
8.64.
8.65.
8.66.
8.67.
8.68.
Найти наибольшее
или наименьшее значение (глобальный
максимум или минимум) функции
на интервале(a,b):
8.69.
8.70.
8.71.
8.72.
8.73.
8.74.
8.75. Рассматриваются всевозможные
прямоугольные параллелепипеды, основания
которых являются квадратами, а каждая
из боковых сторон имеет периметр, равный
6 см. найти среди них параллелепипед с
наибольшим объемом и найти этот объем.
8.76. Определить размеры открытого
бассейна с квадратным дном, при которых
на облицовку стен и дна пойдет наименьшее
количество материала. Объем бассейнаVфиксирован.
8.77. Требуется огородить два участка:
один в форме правильного треугольника,
другой в форме полукруга. Длина изгороди
фиксирована и равна Р. Определить размеры
участков (сторону треугольника и радиус
полукруга) так, чтобы сумма площадей
этих участков была бы наименьшей.
8.78. В треугольнике с основаниемaи высотойh вписан
прямоугольник, основание которого лежит
на основании треугольника, а две вершины
– на боковых сторонах. Найти наибольшую
площадь вписанного прямоугольника.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
Исследование функции на монотонность и экстремумы, выпуклость и точки перегиба
- Производная функции и промежутки монотонности
- Критические точки
- Вторая производная, промежутки выпуклости и точки перегиба
- Примеры
п.1. Производная функции и промежутки монотонности
Рассмотрим кусочно-непрерывную функцию: ( y= begin{cases} x+1, xleq 1\ 2, 1lt xleq 4\ 6-x, xgt 4 end{cases} )
Эта функция интересна тем, что имеет промежуток возрастания при (xleq 1), промежуток постоянства при (1lt xleq 4) и промежуток убывания при (xgt 4).
Посмотрим, как ведет себя производная на каждом из промежутков, используя определение производной (см. §42 данного справочника).
Заметим, что в точках излома x=1 и x=4 функция определена и непрерывна, но её производная не существует.
При (xlt 1): $$ triangle y=(f(x_0+triangle x)-f(x_0)=left((x_0+triangle x)+1right)-(x_0+1)=triangle x $$ Получается, что знаки (triangle y) и (triangle x) всегда совпадают, и их частное (frac{triangle y}{triangle x}=1gt 0) – всегда положительно. Поэтому и производная на промежутке возрастания функции положительна: $$ f'(x_0)=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{triangle y}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{triangle x}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}1=1gt 0 $$ При (1lt xlt 4): $$ triangle y=f(x_0+triangle x)-f(x_0)=2-2=0 $$ Производная на промежутке постоянства равна нулю: $$ f'(x_0)=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{triangle y}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{0}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}0=0 $$ При (xgt 4): $$ triangle y=f(x_0+triangle x)-f(x_0)=left(6-(x_0+triangle x)right)-(6-x_0)=-triangle x $$ Знаки (triangle y) и (triangle x) всегда противоположны, и их частное (frac{triangle y}{triangle x}=-1lt 0) – всегда отрицательны. Поэтому и производная на промежутке убывания функции отрицательна: $$ f'(x_0)=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{triangle y}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}frac{-triangle x}{triangle x}=lim_{triangle xrightarrow 0}(-1)=-1lt 0 $$ Полученные результаты можно обобщить для любой функции, поскольку всегда:
- на промежутках возрастания (frac{triangle y}{triangle x}gt 0) и (f'(x)gt 0,)
- на промежутках постоянства (frac{triangle y}{triangle x}=0) и (f'(x)=0,)
- на промежутках убывания (frac{triangle y}{triangle x}lt 0) и (f'(x)lt 0,)
Верно и обратное утверждение:
Если в каждой точке некоторого промежутка производная функции (y=f(x)):
- положительна, то функция на этом промежутке возрастает;
- равна нулю, то функция на этом промежутке постоянна;
- отрицательна, то функция на этом промежутке убывает.
begin{gather*} f'(x)gt 0Leftrightarrow y=f(x) uparrow\ f'(x)=0Leftrightarrow y=f(x)=const\ f'(x)lt 0Leftrightarrow y=f(x)downarrow end{gather*}
п.2. Критические точки
Внутренние точки области определения функции, в которых производная равна нулю или не существует, называют критическими точками.
Например:
Найдем критические точки функции (y=frac{x^2-10x+16}{x^2})
Точка (x=0notin D) не входит в ОДЗ функции, следовательно, производная в ней не существует и (x=0) – критическая точка.
Найдем точки, в которых производная равна 0.
Преобразуем выражение: (frac{x^2-10x+16}{x^2}=1-frac{10}{x}+frac{16}{x^2}) begin{gather*} y’=left(1-frac{10}{x}+frac{16}{x^2}right)=0+frac{10}{x^2}-frac{16cdot 2}{x^3}=frac{10x-32}{x^3}=frac{10(x-3,2)}{x^3}\ y’=0 text{при} x=3,2 end{gather*} Ответ: x=0 и x=3,2
Напомним, что:
Окрестностью точки (x_0) называется любой сколь угодно малый промежуток, для которого (x_0) является внутренней точкой.
Точка (x_0)является точкой минимума функции (y=f(x)), если для всех (x(xne x_0)) из некоторой окрестности точки (x_0) выполняется неравенство (f(x_0)lt f(x)).
Точка (x_0) является точкой максимума функции (y=f(x)), если для всех (x(xne x_0)) из некоторой окрестности точки (x_0) выполняется неравенство (f(x_0 )gt f(x)).
Все точки минимума и максимума функции (y=f(x)) образуют множество точек экстремума данной функции.
Необходимое условие существования экстремума
Точками экстремума функции могут быть только её критические точки.
Т.е. все критические точки объявляются подозрительными на экстремум.
Достаточное условие существования экстремума
Точка (x_0) принадлежит промежутку непрерывности функции (y=f(x)) и при подходе к точке (x_0) слева и справа производные имеют разные знаки.
Т.е., для всех точек, подозрительных на экстремум, которые лежат в промежутках непрерывности функции и для которых производные слева и справа имеют разные знаки, «подозрение подтверждается» – и такие точки признаются экстремумами.
Например:
Исследуем промежутки монотонности и найдем экстремумы функции (y=frac{x^2-10x+16}{x^2}).
Выше мы уже нашли критические точки: (x=0) и (x=3,2).
Производная: (y’=frac{10(x-3,2}{x^3})
Определить знак производной на промежутке просто: нужно взять любое значение x из промежутка и подставить в производную. При этом не нужно точно считать, сколько получается; главное – понять, какой знак у каждой скобки/множителя.
Составим таблицу:
| (x) | ((-infty;0)) | 0 | (0;3,2) | 3,2 | ((3,2;+infty)) |
| (f'(x)) | >0 | не существует | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (nearrow) | не существует | (searrow) | min | (nearrow) |
Вывод:
Функция возрастает при (xin(-infty;0)cup(3,2;+infty))
Функция убывает при (xin(0;3,2))
Точка минимума (x=3,2; y_{min}=f(3,2)=-frac{9}{16})
п.3. Вторая производная, промежутки выпуклости и точки перегиба
Пусть функция (y=f(x)) является дифференцируемой на промежутке (xin(a;b)), и её производная (f'(x)) также является дифференцируемой на этом же промежутке.
Тогда существует производная от производной: (left(f'(x)right)’=f”(x)), которую называют второй производной или производной второго порядка от функции (y=f(x)).
Например:
1) Найдем вторую производную для (y=3x^4+2x^3+4x)
(f'(x)=3cdot 4x+2cdot 3x^2+4cdot 1=12x^3+6x^2+4)
(f”(x)=12cdot 3x^2+6cdot 2x+0=36x^2+12x)
2) Найдем вторую производную для (y=frac{x^2-10x+16}{x^2}).
Первую мы уже нашли выше: (f'(x)=frac{10(x-3,2)}{x^3}=frac{10}{x^2}-frac{32}{x^3})
Получаем: (f”(x)=left(frac{10}{32}-frac{32}{x^3}right)’=-frac{10cdot 2}{x^3}+frac{32cdot 3}{x^4}=frac{-20x+96}{x^4}=-frac{20(x-4,8)}{x^4})
Кривая (y=f(x)) называется выпуклой вверх на интервале ((a;b)), если все точки, кроме точки касания (x_0), лежат под касательной, проведенной через любую точку (x_0in(a;b)).
Кривая (y=f(x)) называется выпуклой вниз на интервале ((a;b)), если все точки, кроме точки касания (x_0), лежат над касательной, проведенной через любую точку (x_0in(a;b)).
Точка кривой (y=f(x)), в которой меняется характер выпуклости, называется точкой перегиба.
Например:
 |
Точка A принадлежит промежутку, выпуклому вверх, т.к. все точки этого промежутка лежат под касательной, проведенной через A.
Точка B принадлежит промежутку, выпуклому вниз, т.к. все точки этого промежутка лежат над касательной, проведенной через B. Точка C – точка перегиба. |
- положительна, то функция на этом промежутке выпуклая вниз;
- равна нулю, то функция на этом промежутке постоянна;
- отрицательна, то функция на этом промежутке выпуклая вверх.
begin{gather*} f”(x)gt 0 forall xin(a;b)Leftrightarrow y=f(x)cup\ f”(x)=0 forall xin(a;b)Leftrightarrow y=f(x)=const\ f”(x)lt 0 forall xin(a;b)Leftrightarrow y=f(x)cap end{gather*}
Внутренние точки области определения функции, в которых вторая производная равна нулю или не существует, называют критическими точками второго порядка.
Необходимое условие существования точки перегиба
Точками перегиба функции могут быть только её критические точки второго порядка.
Т.е. все критические точки второго порядка объявляются подозрительными на перегиб.
Достаточное условие существования точки перегиба
Точка (x_0) принадлежит промежутку непрерывности первой производной (f'(x)) и при подходе к точке (x_0) слева и справа вторые производные имеют разные знаки.
Т.е., для всех точек, подозрительных на перегиб, которые лежат в промежутках непрерывности первой производной и для которых вторые производные слева и справа имеют разные знаки, «подозрение подтверждается» – и такие точки признаются точками перегиба.
Например:
Продолжим исследование функции (y=frac{x^2-10x+16}{x^2}) и найдем промежутки выпуклости и точки перегиба.
Вторая производная: (f”(x)=frac{-20(x-4,8)}{x^4})
Критические точки второго порядка: (x=0) и (x=4,8).
Составим таблицу:
| (x) | ((-infty;0)) | 0 | (0;4,8) | 4,8 | ((4,8;+infty)) |
| (f”(x)) | >0 | не существует | >0 | 0 | <0 |
| (f(x)) | (cup) | не существует | (cup) | перегиб | (cap) |
Вывод:
Функция выпуклая вниз при (xin(-infty;0)cup(0;4,8))
Функция выпуклая вверх при (xin(4,8;+infty))
Точка перегиба (x=4,8; f(4,8)=frac{7}{18})
п.4. Примеры
Пример 1. Найдите промежутки монотонности и точки экстремума функции:
a) ( y=2x^3-6x^2-18x+7 )
ОДЗ: (xinmathbb{R})
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=2cdot 3x^2-6cdot 2x-18cdot 1+0=6x^2-12x-18=6(x^2-2x-3)=\ =6(x-3)(x+1)\ f'(x)=0 text{при} left[ begin{array}{l} x=3\ x=-1 end{array} right. end{gather*} Критические точки: (x=-1) и (x=3)
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-1)) | -1 | (-1;3) | 3 | ((3;+infty)) |
| (f'(x)) | >0 | 0 | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (nearrow) | max | (searrow) | min | (nearrow) |
Вывод:
Функция возрастает при (xin(-infty;-1)cup(3;+infty))
Функция убывает при (xin(-1;3))
Точка максимума (x=-1; y_{max}=f(-1)=-2-6+18+7=17)
Точка минимума (x=3; y_{min}=f(3)=54-54-54+7=-47)
б) ( y=frac{x^2}{x^2-9} )
ОДЗ: (x^2-9=ne 0Rightarrow xnepm 3)
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=frac{2x(x^2-9)-x^2cdot 2x}{(x^2-9)^2}=frac{2x(x^2-9-x^2)}{(x^2-9)^2}=-frac{18x}{(x^2-9)^2} end{gather*} Критические точки: (x=left{0;pm 3right})
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-3)) | -3 | (-3;0) | 0 | ((0;3)) | 3 | ((3+infty)) |
| (f'(x)) | >0 | не существует | >0 | 0 | <0 | не существует | <0 |
| (f(x)) | (nearrow) | не существует | (nearrow) | max | (searrow) | не существует | (searrow) |
Вывод:
Функция возрастает при (xin(-infty;-3)cup(-3;0))
Функция убывает при (xin(0;3)cup(3;+infty))
Точка максимума (x=0; y_{max}=f(0)=0)
в) ( y=frac3x+frac x3 )
ОДЗ: (xne 0)
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=-frac{3}{x^2}+frac13=frac{x^2-9}{3x^2}=frac{(x+3)(x-3)}{3x^2}\ f'(x)=0 text{при} x=pm 3 end{gather*} Критические точки: (x=left{0;pm 3right})
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-3)) | -3 | (-3;0) | 0 | ((0;3)) | 3 | ((3+infty)) |
| (f'(x)) | >0 | 0 | <0 | (varnothing) | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (nearrow) | max | (searrow) | (varnothing) | (searrow) | min | (nearrow) |
Вывод:
Функция возрастает при (xin(-infty;-3)cup(-3;+infty))
Функция убывает при (xin(-3;0)cup(0;3))
Точка максимума (x=-3; y_{max}=f(-3)=-1-1=-2)
Точка минимума (x=3; y_{min}=f(3)=1+1=2)
г*) ( y=frac{x^2}{8}-ln(x^2-8) )
ОДЗ: (x^2-8gt 0Rightarrow x^2gt 8Rightarrow |x|gt sqrt{8}Rightarrow xlt -2sqrt{2}cup xgt 2sqrt{2})
Критические точки на границе ОДЗ: (x=pm 2sqrt{2})
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=frac{2x}{8}-frac{2x}{x^2-8}=2xleft(frac18-frac{1}{x^2-8}right)=frac{2x(x^2-8-8)}{8(x^2-8)}=frac{x(x^2-16)}{4(x^2-8)}=\ =frac{x(x+4)(x-4)}{4(x+2sqrt{2})(x-2sqrt{2})}\ f'(x)=0 text{при} x=left{0;pm 4right} end{gather*} (x=0notin D) – не входит в ОДЗ.
Критические точки: (x=left{pm2sqrt{2};pm 4right})
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-4)) | -4 | ((-4;-2sqrt{2})) | (-2sqrt{2}) | ((-2sqrt{2};2sqrt{2})) | (2sqrt{2}) | ((2sqrt{2};4)) | 4 | ((4;+infty)) |
| (f'(x)) | <0 | 0 | >0 | (varnothing) | (varnothing) | (varnothing) | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (searrow) | min | (nearrow) | (varnothing) | (varnothing) | (varnothing) | (searrow) | min | (nearrow) |
Вывод:
Функция возрастает при (xin(-4;-2sqrt{2})cup(4;+infty))
Функция убывает при (xin(-infty;-4)cup(2sqrt{2};4))
Точка минимума $$ x=pm 4; y_{min}=f(pm 4)=frac{16}{8}-ln(16-8)=2-ln 8=2-ln 2^3=2-3ln 2 $$
Пример 2. Найдите промежутки выпуклости и точки перегиба функции:
a) ( y=2x^3-6x^2-18x+7 )
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=2cdot 3x^2-6cdot 2x-18cdot 1+0=6x^2-12x-18 end{gather*} Вторая производная: begin{gather*} f”(x)=6cdot 2x-12cdot 1-0=12x-12=12(x-1)\ f”(x)=0 text{при} x=1 end{gather*} Критическая точка 2-го порядка: (x=1)
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;1)) | 1 | ((1;+infty)) |
| (f”(x)) | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (cap) | перегиб | (cup) |
Вывод:
Функция выпуклая вверх при (xin(-infty;1))
Функция выпуклая вниз при (xin(1;+infty))
Точка перегиба (x=1; f(1)=2-6-18+7=-15)
б) ( y=frac{x^2}{x^2-9} )
ОДЗ: (x^2-9ne 0Rightarrow xne pm 3)
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=frac{2x(x^2-9)-x^2cdot 2x}{(x^2-9)^2}=frac{2x(x^2-9-x^2)}{(x^2-9)^2}=-frac{18x}{(x^2-9)^2} end{gather*} Вторая производная: begin{gather*} f”(x)=-18left(frac{1cdot (x^2-9)^2-xcdot 2(x^2-9)cdot 2x}{(x^2-9)^4}right)=-18left(frac{(x^2-9)-4x^2}{(x^2-9)^3}right)=\ =-28left(frac{-3x^2-9}{(x^2-9)^3}right)=frac{54(x^2+3)}{(x^2-9)^3} end{gather*} ( f”(x)=0 text{при} x=invarnothing) – таких x нет.
Критические точки 2-го порядка: (x=left{pm 3right})
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-3)) | -3 | ((-3;3)) | 3 | ((3;+infty)) |
| (f”(x)) | >0 | не существует | <0 | не существует | >0 |
| (f(x)) | (cup) | не существует | (cap) | не существует | (cup) |
Вывод:
Функция выпуклая вверх при (xin(-3;3))
Функция выпуклая вниз при (xin(-infty;-3)cup(3;+infty))
Точек перегиба нет.
в) ( y=frac3x+frac x3 )
ОДЗ: (xne 0)
Первая производная: begin{gather*} f'(x)= -frac{3}{x^2}+frac13=frac{x^2-9}{3x^2} end{gather*} Вторая производная: begin{gather*} f”(x)=frac13left(1-frac{9}{x^2}right)’=frac13left(0+frac{9cdot 2}{x^3}right)=frac{6}{x^3} end{gather*} Вторая производная нулей не имеет.
Критическая точка 2-го порядка: (x=0)
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;0)) | 0 | ((0;+infty)) |
| (f”(x)) | <0 | (varnothing) | >0 |
| (f(x)) | (cap) | (varnothing) | (cup) |
Вывод:
Функция выпуклая вверх при (xin(-infty;0))
Функция выпуклая вниз при (xin(0;+infty))
Точек перегиба нет.
г*) ( y=frac{x^2}{8}-ln(x^2-8) )
ОДЗ: (x^2-8gt 0Rightarrow x^2gt 8Rightarrow |x|gt sqrt{8}Rightarrow xlt -2sqrt{2}cup xgt 2sqrt{2})
Критические точки на границе ОДЗ: (x=pm 2sqrt{2})
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=frac{2x}{8}-frac{2x}{x^2-8}=2xleft(frac18-frac{1}{x^2-8}right)=frac{2x(x^2-8-8)}{8(x^2-8)}=frac{x(x^2-16)}{4(x^2-8)} end{gather*} Вторая производная: begin{gather*} f”(x)=frac14left(frac{x^3-16x}{x^2-8}right)’=frac14cdotfrac{(3x^2-16)(x^2-8)-(x^3-16x)cdot 2x}{(x^2-8)^2}=\ =frac14cdotfrac{3x^4-40x^2+128-2x^4+32x^2}{(x^2-8)^2}=frac14cdotfrac{x^4-8x^2+128}{(x^2-8)^2} end{gather*} Для биквадратного уравнения (x^4-8x^2+128=0) дискриминант (D=64-4cdot 128lt 0)
Значит, (x^4-8x^2+128gt 0) на всей ОДЗ. Нулей у второй производной нет.
Критические точки 2-го порядка: (x=left{pm 2sqrt{2}right})
Составляем таблицу:
| (x) | ((-infty;-2sqrt{2})) | (-2sqrt{2} ) | ((-2sqrt{2};2sqrt{2})) | (2sqrt{2}) | ((2sqrt{2};+infty)) |
| (f”(x)) | >0 | (varnothing) | (varnothing) | (varnothing) | >0 |
| (f(x)) | (cup) | (varnothing) | (varnothing) | (varnothing) | (cup) |
Вывод:
Функция выпуклая вниз при (xin(-infty;-2sqrt{2})cup(2sqrt{2};+infty)) (на всей ОДЗ)
Точек перегиба нет.
Пример 3*. Найдите наименьшее значение функции:
begin{gather*} y=3^x+2cdot 3^{3-x}-xln 27-9 end{gather*} ОДЗ: (xinmathbb{R})
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=3^xln 3+2cdot 3^{3-x}cdot (3-x)’cdot ln 3-1cdotln 27-0=\ =3^xln 3-2cdot 3^{3-x}ln 3-ln 3^3=3^xln 3-2cdot 3^3cdot 3^{-x}ln 3-3ln 3=\ =ln 3cdot (3^x-54cdot 3^{-x}-3) end{gather*} Найдём нули первой производной: begin{gather*} ln 3cdot (3^x-54cdot 3^{-x}-3)=0 |:ln 3\ 3^x-54cdot 3^{-x}-3=0 end{gather*} Замена: (t=3^xgt 0) begin{gather*} t-frac{54}{t}-3=0Rightarrow frac{t^2-3t-54}{t}=0Rightarrow begin{cases} t^2-3t-54=0\ tne 0 end{cases} \ (t+6)(t-9)=0Rightarrow left[ begin{array}{l} t=-6lt 0 – text{не подходит}\ t=9 end{array} right. end{gather*} Возвращаемся к исходной переменной: (3^x=9Rightarrow x=2) $$ f'(x)=0 text{при} x=2 $$ Критическая точка (x=2)
Для определения знаков в промежутке ((-infty;2)) можно взять (x=1) и тогда:
$$ f'(1)=ln 3cdot (3^1-54cdot 3^{-1}-3)=ln 3cdot (3-18-3)lt 0 $$ В промежутке ((2;+infty)) можно взять 3 и тогда: $$ f'(3)=ln 3cdot (3^3-54cdot 3^{-3}-3)=ln 3cdot (27-2-3)gt 0 $$ Получаем:
| (x) | ((-infty;2)) | 2 | ((2;+infty)) |
| (f'(x)) | <0 | 0 | >0 |
| (f(x)) | (searrow) | min | (nearrow) |
(x=2) точка минимума.
Значение функции в этой точке: begin{gather*} y_{min}=f(2)=3^2+2cdot 3^{3-2}-2ln 27-9=9+6-2ln 3^3-9=\ =6-6ln 3=6(1-ln 3) end{gather*} Ответ: (y_{min}=6(1-ln 3)) при (x=2)
Пример 4*. Найдите наибольшее значение функции begin{gather*} f(x)=x^4-6bx^2+b^2 end{gather*} на отрезке [-2;1] в зависимости от параметра b.
Первая производная: begin{gather*} f'(x)=4x^3-12bx=4x(x^2-3b)\ f'(x)=0 text{при} x=0 text{и} x=pmsqrt{3b} end{gather*}
Критическая точка (x=0) будет при любом b. При (bgt 0, x=0) будет максимумом, при (bleq 0) – минимумом.
Пара критических точек (x=pmsqrt{3b}) появляется только при условии (bgt 0), и это две точки минимума. Т.к. по условию мы ищем точку максимума (наибольшее значение функции), эти точки нам не интересны.
Поэтому рассмотрим значения на концах отрезка и в нуле в общем случае: begin{gather*} f(-2)=(-2)^4-6bcdot(-2)^2+b^2=b^2-24b+16\ f(0)=b^2\ f(1)=1-6b+b^2 end{gather*} Сравниваем попарно значения функций: begin{gather*} f(1)-f(0)=1-6b+b^2-b^2=1-6b\ f(1)gt f(0) text{при} bltfrac16\ f(1)lt f(0) text{при} bgtfrac16\ \ f(-2)-f(0)=b^2-24b+16-b^2=16-24b=8(2-3b)\ f(-2)gt f(0) text{при} bltfrac23\ f(-2)lt f(0) text{при} bgtfrac23\ \ f(-2)-f(1)=b^2-24b+16-(1-6b+b^2)=-18b+15=3(5-6b)\ f(-2)gt f(1) text{при} bltfrac56\ f(-2)lt f(1) text{при} bgtfrac56\ end{gather*} Получаем таблицу:
| b | Соотношение значений функции |
| (left(-infty;frac16right)) | (f(-2)gt f(1)gt f(0)) |
| (frac16) | (f(-2)gt f(1)=f(0)) |
| (left(frac16;frac23right)) | (f(-2)gt f(0)gt f(1)) |
| (frac23) | (f(-2)=f(0)gt f(1)) |
| (left(frac23;frac56right)) | (f(0)gt f(-2)gt f(1)) |
| (frac56) | (f(0)gt f(-2)=f(1)) |
| (left(frac56;+inftyright)) | (f(0)gt f(1)gt f(2)) |
Получаем, что при (bltfrac23) максимальное значение на отрезке имеет $$ f(-2)=b^2-24b+16 $$ При (bgeq frac23) максимальное значение будет для (f(0)=b^2)
Ответ:
При (bltfrac23, max_{[-2;1]}f(x)=f(-2)=b^2-24b+16)
При (bgeqfrac23, max_{[-2;1]}f(x)=f(0)=b^2)
Алгебра и начала математического анализа, 11 класс
Урок № 16. Экстремумы функции.
Перечень вопросов, рассматриваемых в теме
1) Определение точек максимума и минимума функции
2) Определение точки экстремума функции
3) Условия достаточные для нахождения точек экстремума функции
Глоссарий по теме
Возрастание функции. Функция y=f(x) возрастает на интервале X, если для любых х1 и х2, 
из этого промежутка выполняется неравенство 
. Другими словами – большему значению аргумента соответствует большее значение функции.
Максимум функции. Значение функции в точке максимума называют максимумом функции
Минимум функции. Значение функции в точке минимума называют минимумом функции
Производная (функции в точке) — основное понятие дифференциального исчисления, которое характеризует скорость изменения функции (в конкретной точке).
Точка максимума функции. Точку х0 называют точкой максимума функции y = f(x), если для всех x из ее окрестности справедливо неравенство 
.
Точка минимума функции. Точку х0 называют точкой минимума функции y = f(x), если для всех x из ее окрестности справедливо неравенство 
.
Точки экстремума функции. Точки минимума и максимума называют точками экстремума.
Убывание функции. Функция y = f(x) убывает на интервале X, если для любых х1 и х2, 
из этого промежутка выполняется неравенство 
. Другими словами – большему значению аргумента соответствует большее значение функции.
Алгоритм исследования функции на монотонность и экстремумы:
1) Найти область определения функции D(f)
2) Найти f’ (x).
3) Найти стационарные (f'(x) = 0) и критические (f'(x) не
существует) точки функции y = f(x).
4) Отметить стационарные и критические точки на числовой
прямой и определить знаки производной на получившихся
промежутках.
5) Сделать выводы о монотонности функции и точках ее
экстремума.
Основная литература:
Колягин Ю.М., Ткачева М.В, Федорова Н.Е. и др., под ред. Жижченко А.Б. Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 11 кл. – М.: Просвещение, 2014.
Дополнительная литература:
Орлова Е. А., Севрюков П. Ф., Сидельников В. И., Смоляков А.Н. Тренировочные тестовые задания по алгебре и началам анализа для учащихся 10-х и 11-х классов: учебное пособие – М.: Илекса; Ставрополь: Сервисшкола, 2011.
Теоретический материал для самостоятельного изучения
Точки, в которых происходит изменение характера монотонности функции – это ТОЧКИ ЭКСТРЕМУМА.
- Точку х = х0 называют точкой минимума функции у = f(х), если у этой точки существует окрестность, для всех точек которой выполняется неравенство f(x) ≥ f(x0).
- Точку х = х0 называют точкой максимума функции у = f(х), если у этой точки существует окрестность, для всех точек которой выполняется неравенство f(x) ≤ f(x0).
Точки максимума и минимума – точки экстремума.
Функция может иметь неограниченное количество экстремумов.
Критическая точка – это точка, производная в которой равна 0 или не существует.
Важно помнить, что любая точка экстремума является критической точкой, но не всякая критическая является экстремальной.
Алгоритм нахождения максимума/минимума функции на отрезке:
- найти экстремальные точки функции, принадлежащие отрезку,
- найти значение функции в экстремальных точках из пункта 1 и в концах отрезка,
- выбрать из полученных значений максимальное и минимальное.
Примеры и разбор решения заданий тренировочного модуля
№1. Определите промежуток монотонности функции у=х2 -8х +5
Решение: Найдем производную заданной функции: у’=2x-8
2x-8=0
х=4
Определяем знак производной функции и изобразим на рисунке, следовательно, функция возрастает при хϵ (4;+∞); убывает при хϵ (-∞;4)
Ответ: возрастает при хϵ (4;+∞); убывает при хϵ (-∞;4)
№2. Найдите точку минимума функции у= 2х-ln(х+3)+9
Решение: Найдем производную заданной функции: 
Найдем нули производной: 
х=-2,5
Определим знаки производной функции и изобразим на рисунке поведение функции:
Ответ: -2,5 точка min
№3. Материальная точка движется прямолинейно по закону x(t) = 10t2 − 48t + 15, где x – расстояние от точки отсчета в метрах, t – время в секундах, измеренное с начала движения. Найдите ее скорость (в метрах в секунду) в момент времени t = 3с.
Решение: Если нас интересует движение автомобиля, то, принимая в качестве функции зависимость пройденного расстояния от времени, с помощью производной мы получим зависимость скорости от времени.
V=х'(t)= 20t – 48. Подставляем вместо t 3c и получаем ответ. V=12 мc
Ответ: V=12 мc
№4. На рисунке изображен график функции. На оси абсцисс отмечены семь точек: x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7. Определите количество целых точек, в которых производная функции отрицательна.
Решение: Производная функции отрицательна на тех интервалах, на которых функция убывает. В данном случае это точки х3,х5,х7. Следовательно, таких точек 3
Ответ: 3
Интервалы возрастания и убывания функции
С помощью данного сервиса можно найти интервалы возрастания и убывания функции в онлайн режиме с оформлением решения в Word.
- Решение онлайн
- Видеоинструкция
Исследование функции с помощью производной
Определение: Точка х0 называется точкой локального максимума, если для любого х из окрестности точки х0 выполняется неравенство: f(x0)>f(x).
Определение: Точка х0 называется точкой локального минимума, если для любого х из окрестности точки х0 выполняется неравенство: f(x0)<f(x).
Точки минимума и максимума функции называются точками экстремума данной функции, а значения функции в этих точках – экстремумами функции.
Точками экстремума могут служить только критические точки I рода, т.е. точки, принадлежащие области определения функции, в которых производная f′(x) обращается в нуль или терпит разрыв.
Правило нахождения экстремумов функции y=f(x) с помощью первой производной
- Найти производную функции f′(x).
- Найти критические точки по первой производной, т.е. точки, в которых производная обращается в нуль или терпит разрыв.
- Исследовать знак первой производной в промежутках, на которые найденные критические точки делят область определения функции f(x). Если на промежутке f′(x)<0, то на этом промежутке функция убывает; если на промежутке f′(x)>0, то на этом промежутке функция возрастает.
- Если в окрестности критической точки f′(x) меняет знак с «+» на «-», то эта точка является точкой максимума, если с «-» на «+», то точкой минимума.
- Вычислить значения функции в точках минимума и максимума.
С помощью приведенного алгоритма можно найти не только экстремумы функции, но и промежутки возрастания и убывания функции.
Пример №1: Найти промежутки монотонности и экстремумы функции: f(x)=x3–3x2.
Решение: Найдем первую производную функции f′(x)=3x2–6x.
Найдем критические точки по первой производной, решив уравнение 3x2–6x=0; 3x(x-2)=0 ;x = 0, x = 2
Исследуем поведение первой производной в критических точках и на промежутках между ними.
| x | (-∞, 0) | 0 | (0, 2) | 2 | (2, +∞) |
| f′(x) | + | 0 | – | 0 | + |
| f(x) | возрастает | max | убывает | min | возрастает |
f(0) = 03 – 3*02 = 0
f(2) = 23 – 3*22 = -4
Ответ: Функция возрастает при x∈(-∞ ; 0)∪(2; +∞); функция убывает при x∈(0;2);
точка минимума функции (2;-4); точка максимума функции (0;0).
Правило нахождения экстремумов функции y=f(x) с помощью второй производной
- Найти производную f′(x).
- Найти стационарные точки данной функции, т.е. точки, в которых f′(x)=0.
- Найти вторую производную f″(x).
- Исследовать знак второй производной в каждой из стационарных точек. Если при этом вторая производная окажется отрицательной, то функция в такой точке имеет максимум, а если положительной, то – минимум. Если же вторая производная равна нулю, то экстремум функции надо искать с помощью первой производной.
- Вычислить значения функции в точках экстремума.
Отсюда следует, что дважды дифференцируемая функция f(x) выпукла на отрезке [a, b], если вторая производная f”(x) ≥ 0 при всех х [a, b].
Все вычисления можно проделать в онлайн режиме.
Пример №2. Исследовать на экстремум с помощью второй производной функцию: f(x) = x2 – 2x – 3.
Решение: Находим производную: f′(x) = 2x – 2.
Решая уравнение f′(x) = 0, получим стационарную точку х=1. Найдем теперь вторую производную: f″(x) = 2.
Так как вторая производная в стационарной точке положительна, f″(1) = 2 > 0, то при x = 1 функция имеет минимум: fmin = f(1) = -4.
Ответ: Точка минимума имеет координаты (1; -4).
Чтобы определить характер функции и говорить о ее поведении, необходимо находить промежутки возрастания и убывания. Этот процесс получил название исследования функции и построения графика. Точка экстремума используется при нахождении наибольшего и наименьшего значения функции, так как в них происходит возрастание или убывание функции из интервала.
Данная статья раскрывает определения, формулируем достаточный признак возрастания и убывания на интервале и условие существования экстремума. Это применимо к решению примеров и задач. Следует повторить раздел дифференцирования функций, потому как при решении необходимо будет использовать нахождение производной.
Возрастание и убывание функции на интервале
Функция y=f(x) будет возрастать на интервале x, когда при любых x1∈X и x2∈X , x2>x1неравенство f(x2)>f(x1) будет выполнимо. Иначе говоря, большему значению аргумента соответствует большее значение функции.
Функция y=f(x) считается убывающей на интервале x, когда при любых x1∈X, x2∈X, x2>x1 равенство f(x2)>f(x1) считается выполнимым. Иначе говоря, большему значению функции соответствует меньшее значение аргумента. Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.
Замечание: Когда функция определенная и непрерывная в концах интервала возрастания и убывания, то есть (a;b), где х=а, х=b, точки включены в промежуток возрастания и убывания. Определению это не противоречит, значит, имеет место быть на промежутке x.
Основные свойства элементарных функций типа y=sinx – определенность и непрерывность при действительных значениях аргументах. Отсюда получаем, что возрастание синуса происходит на интервале -π2; π2, тогда возрастание на отрезке имеет вид -π2; π2.
Точки экстремума, экстремумы функции
Точка х0 называется точкой максимума для функции y=f(x), когда для всех значений x неравенство f(x0)≥f(x) является справедливым. Максимум функции – это значение функции в точке, причем обозначается ymax.
Точка х0 называется точкой минимума для функции y=f(x), когда для всех значений x неравенство f(x0)≤f(x) является справедливым. Минимум функции – это значение функции в точке, причем имеет обозначение вида ymin.
Окрестностями точки х0 считаются точки экстремума, а значение функции, которое соответствует точкам экстремума. Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.
Экстремумы функции с набольшим и с наименьшим значением функции. Рассмотрим рисунок, приведенный ниже.
Первый рисунок говорит о том, что необходимо найти наибольшее значение функции из отрезка [a;b]. Оно находится при помощи точек максимума и равняется максимальному значению функции, а второй рисунок больше походит на поиск точки максимума при х=b.
Достаточные условия возрастания и убывания функции
Чтобы найти максимумы и минимумы функции, необходимо применять признаки экстремума в том случае, когда функция удовлетворяет этим условиям. Самым часто используемым считается первый признак.
Первое достаточное условие экстремума
Пусть задана функция y=f(x), которая дифференцируема в ε окрестности точки x0, причем имеет непрерывность в заданной точке x0. Отсюда получаем, что
- когда f'(x)>0 с x∈(x0-ε; x0) и f'(x)<0 при x∈(x0; x0+ε), тогда x0 является точкой максимума;
- когда f'(x)<0 с x∈(x0-ε; x0) и f'(x)>0 при x∈(x0; x0+ε), тогда x0 является точкой минимума.
Иначе говоря, получим их условия постановки знака:
- когда функция непрерывна в точке x0, тогда имеет производную с меняющимся знаком, то есть с + на -, значит, точка называется максимумом;
- когда функция непрерывна в точке x0, тогда имеет производную с меняющимся знаком с – на +, значит, точка называется минимумом.
Алгоритм для нахождения точек экстремума
Чтобы верно определить точки максимума и минимума функции, необходимо следовать алгоритму их нахождения:
- найти область определения;
- найти производную функции на этой области;
- определить нули и точки, где функция не существует;
- определение знака производной на интервалах;
- выбрать точки, где функция меняет знак.
Рассмотрим алгоритм на примере решения нескольких примеров на нахождение экстремумов функции.
Найти точки максимума и минимума заданной функции y=2(x+1)2x-2.
Решение
Область определения данной функции – это все действительные числа кроме х=2. Для начала найдем производную функции и получим:
y’=2x+12x-2’=2·x+12’·(x-2)-(x+1)2·(x-2)'(x-2)2==2·2·(x+1)·(x+1)’·(x-2)-(x+1)2·1(x-2)2=2·2·(x+1)·(x-2)-(x+2)2(x-2)2==2·(x+1)·(x-5)(x-2)2
Отсюда видим, что нули функции – это х=-1, х=5, х=2, то есть каждую скобку необходимо приравнять к нулю. Отметим на числовой оси и получим:
Теперь определим знаки производной из каждого интервала. Необходимо выбрать точку, входящую в интервал, подставить в выражение. Например, точки х=-2, х=0, х=3, х=6.
Получаем, что
y'(-2)=2·(x+1)·(x-5)(x-2)2x=-2=2·(-2+1)·(-2-5)(-2-2)2=2·716=78>0, значит, интервал -∞; -1 имеет положительную производную. Аналогичным образом получаем, что
y'(0)=2·(0+1)·0-50-22=2·-54=-52<0y'(3)=2·(3+1)·(3-5)(3-2)2=2·-81=-16<0y'(6)=2·(6+1)·(6-5)(6-2)2=2·716=78>0
Так как второй интервал получился меньше нуля, значит, производная на отрезке будет отрицательной. Третий с минусом, четвертый с плюсом. Для определения непрерывности необходимо обратить внимание на знак производной, если он меняется, тогда это точка экстремума.
Получим, что в точке х=-1 функция будет непрерывна, значит, производная изменит знак с + на -. По первому признаку имеем, что х=-1 является точкой максимума, значит получаем
ymax=y(-1)=2·(x+1)2x-2x=-1=2·(-1+1)2-1-2=0
Точка х=5 указывает на то, что функция является непрерывной, а производная поменяет знак с – на +. Значит, х=-1 является точкой минимума, причем ее нахождение имеет вид
ymin=y(5)=2·(x+1)2x-2x=5=2·(5+1)25-2=24
Графическое изображение
Ответ: ymax=y(-1)=0, ymin=y(5)=24.
Стоит обратить внимание на то, что использование первого достаточного признака экстремума не требует дифференцируемости функции с точке x0, этим и упрощает вычисление.
Найти точки максимума и минимума функции y=16×3=2×2+223x-8.
Решение.
Область определения функции – это все действительные числа. Это можно записать в виде системы уравнений вида:
-16×3-2×2-223x-8, x<016×3-2×2+223x-8, x≥0
После чего необходимо найти производную:
y’=16×3-2×2-223x-8′, x<016×3-2×2+223x-8′, x>0y’=-12×2-4x-223, x<012×2-4x+223, x>0
Точка х=0 не имеет производной, потому как значения односторонних пределов разные. Получим, что:
lim y’x→0-0=lim yx→0-0-12×2-4x-223=-12·(0-0)2-4·(0-0)-223=-223lim y’x→0+0=lim yx→0-012×2-4x+223=12·(0+0)2-4·(0+0)+223=+223
Отсюда следует, что функция непрерывна в точке х=0, тогда вычисляем
lim yx→0-0=limx→0-0-16×3-2×2-223x-8==-16·(0-0)3-2·(0-0)2-223·(0-0)-8=-8lim yx→0+0=limx→0-016×3-2×2+223x-8==16·(0+0)3-2·(0+0)2+223·(0+0)-8=-8y(0)=16×3-2×2+223x-8x=0=16·03-2·02+223·0-8=-8
Необходимо произвести вычисления для нахождения значения аргумента, когда производная становится равной нулю:
-12×2-4x-223, x<0D=(-4)2-4·-12·-223=43×1=4+432·-12=-4-233<0x2=4-432·-12=-4+233<0
12×2-4x+223, x>0D=(-4)2-4·12·223=43×3=4+432·12=4+233>0x4=4-432·12=4-233>0
Все полученные точки нужно отметить на прямой для определения знака каждого интервала. Поэтому необходимо вычислить производную в произвольных точках у каждого интервала. Например, у нас можно взять точки со значениями x=-6, x=-4, x=-1, x=1, x=4, x=6. Получим, что
y'(-6)=-12×2-4x-223x=-6=-12·-62-4·(-6)-223=-43<0y'(-4)=-12×2-4x-223x=-4=-12·(-4)2-4·(-4)-223=23>0y'(-1)=-12×2-4x-223x=-1=-12·(-1)2-4·(-1)-223=236<0y'(1)=12×2-4x+223x=1=12·12-4·1+223=236>0y'(4)=12×2-4x+223x=4=12·42-4·4+223=-23<0y'(6)=12×2-4x+223x=6=12·62-4·6+223=43>0
Изображение на прямой имеет вид
Значит, приходим к тому, что необходимо прибегнуть к первому признаку экстремума. Вычислим и получим, что
x=-4-233, x=0, x=4+233, тогда отсюда точки максимума имеют значениx=-4+233, x=4-233
Перейдем к вычислению минимумов:
ymin=y-4-233=16×3-22+223x-8x=-4-233=-8273ymin=y(0)=16×3-22+223x-8x=0=-8ymin=y4+233=16×3-22+223x-8x=4+233=-8273
Произведем вычисления максимумов функции. Получим, что
ymax=y-4+233=16×3-22+223x-8x=-4+233=8273ymax=y4-233=16×3-22+223x-8x=4-233=8273
Графическое изображение
Ответ:
ymin=y-4-233=-8273ymin=y(0)=-8ymin=y4+233=-8273ymax=y-4+233=8273ymax=y4-233=8273
Второй признак экстремума функции
Если задана функция f'(x0)=0, тогда при ее f”(x0)>0 получаем, что x0 является точкой минимума, если f”(x0)<0, то точкой максимума. Признак связан с нахождением производной в точке x0.
Найти максимумы и минимумы функции y=8xx+1.
Решение
Для начала находим область определения. Получаем, что
D(y): x≥0x≠-1⇔x≥0
Необходимо продифференцировать функцию, после чего получим
y’=8xx+1’=8·x’·(x+1)-x·(x+1)'(x+1)2==8·12x·(x+1)-x·1(x+1)2=4·x+1-2x(x+1)2·x=4·-x+1(x+1)2·x
При х=1 производная становится равной нулю, значит, точка является возможным экстремумом. Для уточнения необходимо найти вторую производную и вычислить значение при х=1. Получаем:
y”=4·-x+1(x+1)2·x’==4·(-x+1)’·(x+1)2·x-(-x+1)·x+12·x'(x+1)4·x==4·(-1)·(x+1)2·x-(-x+1)·x+12’·x+(x+1)2·x'(x+1)4·x==4·-(x+1)2x-(-x+1)·2x+1(x+1)’x+(x+1)22x(x+1)4·x==-(x+1)2x-(-x+1)·x+1·2x+x+12x(x+1)4·x==2·3×2-6x-1x+13·x3⇒y”(1)=2·3·12-6·1-1(1+1)3·(1)3=2·-48=-1<0
Значит, использовав 2 достаточное условие экстремума, получаем, что х=1 является точкой максимума. Иначе запись имеет вид ymax=y(1)=811+1=4.
Графическое изображение
Ответ: ymax=y(1)=4..
Третье достаточное условие экстремума
Функция y=f(x) имеет ее производную до n-го порядка в ε окрестности заданной точки x0 и производную до n+1-го порядка в точке x0. Тогда f'(x0)=f”(x0)=f”'(x0)=…=fn(x0)=0.
Отсюда следует, что когда n является четным числом, то x0 считается точкой перегиба, когда n является нечетным числом, то x0 точка экстремума, причем f(n+1)(x0)>0, тогда x0 является точкой минимума, f(n+1)(x0)<0, тогда x0 является точкой максимума.
Найти точки максимума и минимума функции yy=116(x+1)3(x-3)4.
Решение
Исходная функция – целая рациональная, отсюда следует, что область определения – все действительные числа. Необходимо продифференцировать функцию. Получим, что
y’=116x+13′(x-3)4+(x+1)3x-34’==116(3(x+1)2(x-3)4+(x+1)34(x-3)3)==116(x+1)2(x-3)3(3x-9+4x+4)=116(x+1)2(x-3)3(7x-5)
Данная производная обратится в ноль при x1=-1, x2=57, x3=3. То есть точки могут быть точками возможного экстремума. Необходимо применить третье достаточное условие экстремума. Нахождение второй производной позволяет в точности определить наличие максимума и минимума функции. Вычисление второй производной производится в точках ее возможного экстремума. Получаем, что
y”=116x+12(x-3)3(7x-5)’=18(x+1)(x-3)2(21×2-30x-3)y”(-1)=0y”57=-368642401<0y”(3)=0
Значит, что x2=57 является точкой максимума. Применив 3 достаточный признак, получаем, что при n=1 и f(n+1)57<0.
Необходимо определить характер точек x1=-1, x3=3. Для этого необходимо найти третью производную, вычислить значения в этих точках. Получаем, что
y”’=18(x+1)(x-3)2(21×2-30x-3)’==18(x-3)(105×3-225×2-45x+93)y”'(-1)=96≠0y”'(3)=0
Значит, x1=-1 является точкой перегиба функции, так как при n=2 и f(n+1)(-1)≠0. Необходимо исследовать точку x3=3. Для этого находим 4 производную и производим вычисления в этой точке:
y(4)=18(x-3)(105×3-225×2-45x+93)’==12(105×3-405×2+315x+57)y(4)(3)=96>0
Из выше решенного делаем вывод, что x3=3 является точкой минимума функции.
Графическое изображение
Ответ: x2=57 является точкой максимума, x3=3 – точкой минимума заданной функции.
