Как найти экстремум функции пример решения

Содержание:

Экстремум функции

Функция y=f(x) называется возрастающей (убывающей) в некотором интервале, если при

Если дифференцируемая функция у = f(x) на отрезке возрастает (убывает), то ее производная на этом отрезке

Точка называется точкой локального максимума (минимума) функции если существует окрестность точки для всех точек которой верно неравенство

Точки максимума и минимума называются точками экстремума, а значения функции в этих точках — ее экстремумами.

Необходимые условия экстремума. Если точка хо является точкой экстремума функции то либо не существует. Такие точки называют критическими, причем сама функция в критической точке определена. Экстремумы функции следует искать среди ее критических точек. Первое достаточное условие. Пусть — критическая точка. Если f'(х) при переходе через точку меняет знак плюс на минус, то в точке функция имеет максимум, в противном случае — минимум. Если при переходе через критическую точку производная не меняет знак, то в точке хо экстремума нет.

Второе достаточное условие. Пусть функция имеет производную f'(х) в окрестности точки и вторую производную в самой точке . Если то точка является точкой локального минимума (максимума) функции f(x). Если же то нужно либо пользоваться первым достаточным условием, либо привлекать высшие производные.

На отрезке функция у = f(x) может достигать наименьшего или наибольшего значения либо в критических точках, либо на концах отрезка .

Пример:

Найти экстремумы функции

Решение:

Так как то критические точки функции и Экстремумы могут быть только в этих точках. Так как при переходе через точку производная меняет знак плюс на минус, то в этой точке функция имеет максимум. При переходе через точку производная меняет знак минус на плюс, поэтому в точке у функции минимум. Вычислив значения функции в точках и найдем экстремумы функции: максимум f(2) = 14 и минимум f(3) =13.

Пример:

Нужно построить прямоугольную площадку возле каменной стены так, чтобы с трех сторон она была отгорожена проволочной сеткой, а четвертой стороной примыкала к стене. Для этого имеется а погонных метров сетки. При каком соотношении сторон площадка будет иметь наибольшую площадь?

Решение:

Обозначим стороны площадки через Площадь площадки равна Пусть у — это длина стороны, примыкающей к стене. Тогда по условию должно выполняться равенство 2х + у = а. Поэтому (длина и ширина площадки не могут быть отрицательными). откуда Поскольку — единственная критическая точка, проверим, меняется ли знак производной при переходе через эту точку. При значит, в точке функция S имеет максимум. Значение функции

Поскольку S непрерывна на и ее значения на концах равны нулю, то найденное значение будет наибольшим значением функции.

Таким образом, наиболее выгодным соотношением сторон площадки при данных условиях задачи является у = 2х.

Пример:

Требуется изготовить закрытый цилиндрический бак вместимостью Каковы должны быть размеры бака (радиус R и высота Н), чтобы на его изготовление пошло наименьшее количество материала?

Решение:

Площадь полной поверхности цилиндра равна Мы знаем объем цилиндра Значит, Находим производную этой функции:следовательно,

Экстремумы функции

Введём несколько новых понятий. Окрестностью точки  называется любой промежуток, для которого  является внутренней точкой.

Точка  называется точкой минимума (максимума) функции  если для всех  из некоторой окрестности точки  выполняется неравенство 

Точки минимума и максимума обозначают  соответственно.

Значение функции в точке минимума называется минимумом функции, а в точке максимума — максимумом функции. Обозначают их: 

Точки минимума и максимума функции называют точками экстремума (лат. extremum — край, конец). Значения функции в точках её экстремума — её экстремальные значения, или экстремумы.

Например, для функции  точка  является точкой максимума (рис. 77). Её максимум: 

Для функции  точка  является точкой минимума (рис. 78). Её минимум: 

Функция, график которой изображён на рисунке 75, имеет четыре экстремальные точки:  — точки максимума;  и  — точки минимума.

Точка экстремума функции не может принадлежать промежутку, на котором эта функция возрастает или убывает (почему?). Следовательно, те точки, в которых производная функции положительная или отрицательная, не могут быть точками её экстремума. Все остальные точки области определения функции являются её критическими точками. Поэтому точками экстремума функции могут быть только её критические точки. Это — необходимое условие существования экстремума.

Выбрать из критических точек функции точки экстремума позволяет достаточное условие существования экстремума.

Пусть функция  непрерывна на промежутке  и  — её критическая точка,  Тогда: точка  при переходе через которую в направлении роста аргумента производная меняет знак с «плюса» на «минус», является точкой максимума, а точка, при переходе через которую производная меняет знак с «минуса» на «плюс» — точкой минимума.

Действительно, если производная функции  отрицательная, то при переходе через точку  возрастание функции изменяется на убывание (рис. 79). В этом случае  — точка максимума. Если же при переходе через точку  убывание функции изменяется на возрастание, то  — точка минимума (рис. 80).

Если же производная функции в точке  равна нулю, а слева и справа от  производная функции положительная (рис.81) или слева и справа отрицательная, то  не является точкой экстремума.

• Заказать решение задач по высшей математике

Пример №552

Найдите точки экстремума и экстремальные значения функции 

Решение:

Критические точки функции:  При переходе через точку  производная меняет знаке  поэтому  —точка максимума. При переходе через точку  производная меняет знак с  поэтому  — точка минимума (рис. 82).

Ответ.

Нахождение экстремумов функции можно оформлять в виде таблицы, как на с. 176. Особенно это удобно при общем исследовании функции, когда находят не только её экстремумы, но и другие свойства, строят её график.

Чтобы исследовать функцию, можно пользоваться следующей схемой:

1. найти область определения функции;
2. исследовать функцию на чётность, нечётность, периодичность;
3. найти точки пересечения графика функции с осями координат;
4. исследовать функцию на монотонность, то есть найти промежутки возрастания и убывания функции;
5. найти точки экстремума и экстремальные значения функции;
6. найти асимптоты графика функции;
7. построить график функции.

Пример №553

Исследуйте функцию  и постройте её график.

Решение:

Область определения функции — все действительные числа, кроме  Поскольку она не симметрична относительно нуля, то функция не может быть чётной или нечётной. Функция непериодическая.

Уравнение  не имеет решений, поэтому график функции не пересекает ось  Ось  он пересекает в точке с ординатой 

Критические точки: 

Составим и заполним таблицу.

На промежутках  функция возрастает, на промежутках   функция убывает.  — точка максимума,    —точка минимума,  

Область значений функции: 

График функции имеет вертикальную асимптоту  так как 

График этой функции изображён на рисунке 83.

Пример №554

Может ли нечётная функция иметь экстремум в точке  А чётная функция?

Решение:

Нечётная функция не может. Если в окрестности точки  функция имеет экстремум, то с одной стороны от нуля она возрастает, а с другой — убывает, или наоборот. А нечётная функция — или только возрастает, или только убывает в окрестности точки  Чётная функция может. Например, функция 

Пример №555

Существуют ли такие числа  при которых имеет экстремум функция 

Решение:

При любых действительных значениях  В каждой точке производная данной функции неотрицательная. Функция возрастает на  поэтому не может иметь экстремумов.

Ответ. Не существуют.

Пример №556

Исследуйте функцию  и постройте её график.

Следовательно, её график симметричен относительно начала координат и достаточно исследовать функцию на промежутке 

3) если  — график пересекает оси координат только в точке 

4) Найдём производную функции:

Очевидно, что  для всех х из области определения. Следовательно, функция убывает на каждом из промежутков  и не имеет максимумов и минимумов.

Для более точного построения вычислим значение функции в нескольких точках:

График функции имеет вертикальные асимптоты  и  (Убедитесь самостоятельно.)

График функции изображён на рисунке 84.

План урока:

Исследование функций на монотонность

Экстремумы функции

Выпуклость и вогнутость функций

Исследование функций и построение их графиков

Исследование функций на монотонность

Говоря о смысле производной, мы замечали, что у возрастающих функций она принимает положительные значения, а у убывающих – отрицательные. Убедиться в этом можно с помощью графиков. Действительно, если провести касательную к возрастающей ф-кции, то она образует с осью Ох острый угол, а потому тангенс этого угла (а он как раз равен произ-ной) окажется положительным числом:

Если же ф-кция убывает, то касательная образует с осью Ох тупой угол, чей тангенс будет отрицательным:

Рассмотрим более сложный случай, когда ф-кция на каких-то промежутках убывает, а на каких-то возрастает. В качестве примера приведем зависимость у = х². Она является убывающей на промежутке (– ∞; 0] и возрастающей на промежутке [0; + ∞). Можно заметить, что любая касательная, проведенная на первом из этих промежутков, будет образовывать тупой угол с Ох. И наоборот, любая касательная на втором промежутке имеет острый угол:

Это означает, что произ-ная ф-кции на первом промежутке должна быть отрицательной, а на втором – положительной (сразу отметим, что граничная точка х = 0 стоит особняком, так как входит в оба промежутка). Попробуем найти произ-ную аналитически. Мы рассматриваем ф-кцию у = х², её произ-ная равна

Действительно, произ-ная у′ = 2х принимает отрицательные значения при х∈ (– ∞;0) и оказывается положительной при х∈(0; + ∞). Заметим, что в граничной точке произ-ная равна нулю.

Это наблюдение подсказывает нам, что по знаку произ-ной можно определить, возрастает или убывает ф-кция. Однако сначала надо разобраться с тем случаем, когда произ-ная оказывается равной нулю. Рассмотрим ф-кцию у = х³. Очевидно, что она возрастает на всей числовой прямой. Значит ли это, что её произ-ная на этой прямой строго положительна? Нет, не значит. Запишем у′:

Произ-ная положительна во всех точках, кроме х = 0. При х = 0 у′ также оказывается равной нулю. Однако мы можем сказать, что у′ неотрицательна на всей числовой прямой.

Можно привести пример ф-кции

ее произ-ная равна

Сама ф-кция убывает на всей числовой прямой, а её произ-ная неположительна на ней.

Рассмотрим особый случай, когда у ф-кции произ-ная одновременно и неположительна, и неотрицательна на отрезке. Как ни сложно догадаться, это означает, что производная равна нулю. Мы помним, что нулю равна произ-ная константы:

В качестве примера приведем ф-кцию у = 2. Её произ-ная на всей числовой прямой равна нулю:

При этом ф-кция и не убывает, и не возрастает на числовой прямой:

Рассматривая все эти примеры, можно сделать вывод, что для возрастания ф-кции на промежутке достаточно, чтобы её произ-ная принимала на этом отрезке только положительные отрезки:

Аналогично можно сформулировать и достаточный признак убывания ф-кции:

Сформулированные признаки не охватывают тех ситуаций, когда произ-ная в отдельных точках промежутка обращается в ноль. Если произ-ная равна нулю на всём промежутке, то ф-кция на нем остается неизменной (как в случае с функцией у = 2). Если же производная обращается в ноль только в отдельных точках (случай у = х³ и у = х²), то эти точки оказываются граничными для промежутков возрастания и промежутков убывания функции. В этих случаях эти граничные точки добавляют в соответствующие промежутки.

Задание. Докажите, что функция

возрастает при любом значении аргумента.

Решение. Найдем произ-ную у′:

Найдем, при каких значениях х произ-ная у′ оказывается положительной. Для этого запишем неравенство:

Множитель (5х² + 6) при любом х положителен, а потому мы можем поделить обе части неравенства на него и преобразовать его к виду

Его решениями являются промежутки (– ∞; 0) и (0; + ∞), а при х = 0 произ-ная оказывается равной нулю, то есть это граничная точка. Значит, промежутками возрастания функции являются (– ∞; 0] и [0; + ∞). Обратите внимание, что мы добавили в каждый из промежутков граничную точку х = 0. Но объединением этих промежутков является вся числовая прямая:

Получается, что ф-кция возрастает при любом х.

Теперь попытаемся найти промежутки возрастания и убывания функции

Для их нахождения определим, где произ-ная положительна, а где отрицательна. Для этого сначала найдем произ-ную:

Решим неравенство у′ > 0, при этом мы используем метод интервалов:

Отмечаем нули на координатной прямой и расставляем знаки промежутков:

Напомним, что для определения знаков промежутков можно просто выбрать на каждом из них одну точку и подставить её в неравенство. Например, на интервале х∈(– ∞; – 1) возьмем число – 2:

Итак, произ-ная положительна на промежутках (– ∞; – 1) и (0; + ∞). При х = 0 и х = 1 произ-ная обращается в ноль – это граничные точки, которые надо добавить в промежутки возрастания. То есть ф-кция возрастает на промежутках (– ∞; – 1] и [0; + ∞).

Рассматривая аналогичное неравенство у′ < 0, получаем, что произ-ная отрицательна при х∈(– 1; 0). Тогда промежутком убывания ф-кции является [– 1; 0].

Для наглядности построим график рассматриваемой нами ф-кции:

Проведенное нами действие (поиск промежутков возрастания и убывания ф-кции) называется исследованием функции на монотонность. Для его проведения необходимо вычислить производную ф-кцию у′, а потом найти, на каких промежутках она положительна или отрицательна. Если в граничных точках полученных промежутков произво-дная обращается в ноль, то эти точки следует включить в промежутки.

Экстремумы функции

Еще раз посмотрим на график рассмотренной нами ф-кции

На нем есть две особые точки: (– 1; 0) и (0; – 1). Они являются границами для промежутков возрастания и убывания. При этом значение произ-ной в этих точках оказалось равным нулю. Если мы проведем касательные к графику в этих точках, то окажется, что они являются горизонтальными линиями, то есть их угол наклона равен нулю:

Действительно, если произ-ная в точке равна нулю, то тангенс угла наклона должен быть также равен нулю. А это значит, что и сам угол равен нулю, ведь tg 0 = 0. Геометрически это означает, что касательная будет выглядеть как горизонтальная линия, которая либо параллельна оси Ох, либо совпадает с ней.

Ещё одна особенность точек (– 1; 0) и (0; – 1). Первая из них в некоторой, достаточно малой локальной области является точкой максимума функции. Действительно, если взять промежуток [– 1,5; – 0,5], то на нем именно в точке х = –1 ф-кция принимает наибольшее значение:

Аналогичную окрестность можно указать и для точки х = 0, только на ней точка (0; – 1) окажется точкой минимума функции, а не максимума:

Ни для какой другой точки на графике такую окрестность указать не удастся. Дадим более точное определение таким понятиям, как точка минимума и точка максимума функции:

Ещё раз заметим, что в таких точках ф-кция достигает наибольшего или наименьшего значения только в определенной локальной области. Поэтому часто их называют локальными максимумами или минимумами. Пусть ф-кция задана следующим графиком:

На графике можно отметить 5 минимумов функции и 5 максимумов, причем только один максимум и минимум будут соответствовать наибольшему или наименьшему значению на всей области определения (их ещё называют глобальными максимумами и минимумами):

Грубо говоря, точки максимума соответствуют вершинам графика, а точки минимума – впадинам графика.

Для обозначения этих точек используют специальный термин – точки экстремума функции.

Довольно очевидно, что точки экстремума находятся на границе промежутков возрастания и убывания ф-кции, то есть в тех самых граничных точках. Напомним, что в этих точках произ-ная равна нулю. Однако возможен ещё один случай появления экстремума. Он связан с так называемыми негладкими ф-кциями, пример одной из которых приведен на рисунке:

На графике явно видно два экстремума функции. Однако в этих точках ф-кция меняет свое поведение резко, а не плавно. Из-за этого график кажется «зазубренным». Обратите внимание, что построить единственную касательную к графику в экстремумах не получается:

С точки зрения математического анализа это означает, что произ-ная в таких точках не существует. Заметим, что все элементарные ф-кции, а также сложные ф-кции, получаемые из нескольких элементарных, являются гладкими. Поэтому на практике в школьном курсе такие случаи почти не встречаются.

Итак, можно сформулировать признак существования экстремума:

Задание. Докажите, что у функции вида

где a, b, c, d – постоянные числа, есть не более двух экстремумов.

Решение. Чтобы найти экстремумы функции, сначала просто продифференцируем её:

Заметим, что производная является квадратичной функцией

Эта ф-кция определена при любом значении х. Это значит, что не существует таких экстремумов, в которых произ-ная не существует. Если приравнять произ-ную к нулю, то получим квадратное уравнение:

Напомним, что квадратное уравнение может иметь не более 2 различных корней. То есть у ф-кции есть не более 2 точек, в которых произ-ная обращается в ноль. Следовательно, и экстремумов у ф-кции не более двух.

Точки, в которых произ-ная обращается в ноль или не существует, называют критическими точками функции.

Заметим, что не каждая критическая точка обязательно оказывается экстремумом. Можно снова привести пример ф-кции у = х³. Она возрастает на всей области числовой прямой, то есть не имеет экстремумов. Однако ее произ-ная имеет вид у′ = 3х², и она обращается в ноль при х = 0. В связи с этим встает вопрос – есть ли какой-то метод, позволяющий достоверно определить наличие экстремума у ф-кции? Оказывается, есть. Надо лишь проанализировать поведение производной вблизи критической точки. Если произ-ная в точке меняет знак, то она является экстремумом, а если не меняет – то не является.

Более того, можно определить, является ли экстремум точкой минимума или точкой максимума. Если произ-ная меняет знак с плюса на минус, то это точка максимума, а если с минуса на плюс – то это точка минимума.

Для примера рассмотрим ф-кцию

Попытаемся найти ее экстремумы. Для этого вычислим производную:

Найдем нули произ-ной:

Теперь отметим на координатной прямой нули ф-кции. Они разобьют числовую прямую на три промежутка. Расставим знаки производной на этих промежутках:

Знаки на промежутках можно определить, просто подставив в произ-ную одно из чисел из промежутка:

Получается, что в точке х = 0 произ-ная меняет знак с «+» на (–), а в точке х = 2 знак произ-ной не меняется. Это значит, что точка х = 0 является точкой минимума, а х = 2 – это вообще не экстремум ф-кции:

В общем случае для определения экстремумов ф-кции можно руководствоваться следующей схемой:

До этого мы рассматривали случаи, когда ф-кция была определена при любом значении аргумента. Теперь изучим ф-кцию

Ее особенностью является то, что она не определена при х = 0, так как при таком значении аргумента получается деление на ноль. Вычислим у′:

Теперь найдем нули произ-ной:

Выражение х² + 4 при любом х не равно нулю, а потому на него можно поделить уравнение:

Теперь на числовой прямой мы должны отметить две найденные критические точки. Но также на ней следует отметить число х = 0, так как в этой точке ф-кция не определена:

Обратите внимание, что точка х = 0 НЕ является экстремумом, хотя кажется, что в ней ф-кция меняет свой знак. Дело в том, ф-кция не существует при таком значении аргумента. Это значит, что х = 0 – это асимптота графика. График ф-кции будет выглядеть примерно так:

Выпуклость и вогнутость функций

Нарисуем две немного отличающиеся друг от друга возрастающие ф-кции:

Видно, что эти графики будто выгнуты в разные стороны. Оказывается, в математике есть специальное свойство ф-кций, которое указывает на направление, в котором выгнуты их графики. Левая ф-кция является вогнутой функцией, а правая – выпуклой функцией.

Определить, выпукла или вогнута ф-кция, очень просто. Достаточно провести к графику касательную. Если она проходит выше графика, то это указывает на вогнутость функции, а если ниже, то она выпукла:

Естественно, встречаются ф-кции, которые на одном промежутке выпуклые, а на другом – вогнутые. Классическим примером является кубическая парабола у = х³. На промежутке (– ∞; 0] она вогнутая, а на промежутке [0; + ∞) она становится выпуклой. При этом в точке х = 0 она меняет свой характер. Такая точка называется точкой перегиба функции:

Ранее мы уже заметили, что точка х = 0 для ф-кции у = х³ – этой пример критической точки, которая не является экстремумом. Действительно, произ-ная ф-кции у = х³ имеет вид

и она обращается в ноль при х = 0, однако в этой точке ф-кция возрастает. Это подсказывает нам, что критические точки, в которых ф-кция НЕ меняет своего знака, являются точками перегиба. И это действительно так.

Заметим, однако, что в общем случае точка перегиба может и вовсе не являться критической точкой ф-кции. В рамках школьного курса мы не будем детально изучать выпуклость функций и точки перегиба. Отметим лишь, что для их поиска необходимо вычислять уже не только первую, но и вторую произ-ную функции.

Исследование функций и построение их графиков

Ранее мы строили графики ф-кций в основном «по точкам». То есть мы просто вычисляли значение ф-кции при различных значениях х, отмечали получившиеся точки на координатной плоскости, а потом соединяли их плавной кривой. Однако при этом можно упустить некоторые важные особенности ф-кций – наличие у них минимумов и максимумов, точки их пересечения с осями координат и т.п. Поэтому в математике используют особый алгоритм для построения графиков ф-кции, который называют «исследованием функции».

Последовательность алгоритма следующая:

1. Находят область определения ф-кции. Здесь нужно учесть такие простые правила, согласно которым нельзя делить на ноль, под знаком квадратного корня не может стоять отрицательное число и т.п.
2. Выясняют, является ли ф-кция четной или нечетной, периодической или непериодической.
3. Находят производную ф-кции.
4. Приравнивая произ-ную к нулю, находят критические точки ф-кции, промежутки ее возрастания и убывания (то есть проводят исследование на монотонность).
5. Находят точку пересечения графика с осью Оу, для чего подставляют в ф-кцию х = 0. Конечно, это действие совершается только в том случае, если точка х = 0 входит в область определения ф-кции.
6. Находят точку пересечения графика с горизонтальной осью Ох. Для этого надо составить уравнение у(х) = 0 и решить его. Возможна ситуация, когда решить уравнение точно не получается, тогда этот этап можно пропустить.
7. Находят промежутки знакопостоянства ф-кции.
8. Изучают поведение ф-кции вблизи ее особых точек. Обычно это подразумевает поиск пределов ф-кции на бесконечности или в точках, где она не определена.
9. Определяют область значений ф-кции.
10. С учетом всех особенностей ф-кции строят ее график.

Заметим, что у ф-кции можно также найти точки перегиба ф-кции, исследовать ее на выпуклость и вогнутость, однако в рамках программы 11 класса это не делается.

Сразу скажем, что исследование ф-кции – это трудоемкая задача. Она не очень сложная, но требует больших затрат времени и бумаги.

Для начала рассмотрим относительно простой пример ф-кции

Область ее определения – это вся числовая прямая. Ф-кция не является ни четной, ни нечетной. Доказать это на примере конкретной точки. Возьмем х = 1:

Однако у нас это условие явно не выполняется, ведь 0 ≠ 4. Если бы ф-кция была нечетной, то выполнялось бы условие

Оно также не выполняется, так как 0 ≠ – 4.

Вычислим произ-ную ф-кции:

Произ-ная также определена на всей числовой прямой. Для поиска критических точек приравняем ее к нулю:

Получили две критические точки. Отметим их на прямой и расставим знаки:

Итак, мы смогли найти точку максимума функции, равно как и ее точку минимума.

Сразу же вычислим значение ф-кции в ее экстремумах:

Для расстановки знаков возьмем по одному значению из каждого промежутка. Например, можно взять числа (– 2), 0 и 2:

Далее находим, где прямая пересекается с осью Оу, для чего подставляем в ф-кцию значение х = 0:

Получили точку (0; 2). Для нахождения точек пересечения графика с горизонтальной остью Ох надо приравнять всю ф-кцию к нулю:

Это кубическое уравнение. Решить его можно методом подбора корней и последующим делением многочлена на многочлен. Не останавливаясь на подробностях решения, укажем, что его корнями являются числа (– 2) и 1, а других корней. Убедиться в этом можно, просто подставив в уравнение эти числа.

Следующий шаг – определение промежутков знакопостоянства. Для этого надо решить неравенство у(х) > 0:

Это неравенство решается методом интервалов. Он сводится к тому, что находятся нули левой части, которые мы уже нашли – это числа (– 2) и 1. Далее они отмечаются на прямой, после чего на образовавшихся промежутках проставляются знаки:

Знаки определяем, выбирая по одной точке из каждого промежутка:

Достаточно очевидно, что при х→∞ сама ф-кция также стремится к бесконечности. Если же х→ – ∞, то и у→ – ∞.

Представим найденную нами информацию в виде таблицы. В верхней строке будем записывать промежутки и отдельные точки, а ниже – особенности ф-кции на этих промежутках (возрастает ф-кция или убывает, положительна она или отрицательна и т.п.):

В итоге график ф-кции будет иметь следующий вид:

Теперь исследуем более сложную ф-кцию

Начнем с области определения. Знаменатель дроби не может равняться нулю, а потому

Итак, аргумент ф-кции может принимать любые значение, кроме 1 и (– 1). Поэтому её область определения (она обычно обозначается как D (x)) можно записать так:

Далее проверяем ф-кцию на четность или нечетность. Напомним, что для этого надо подставить в нее вместо аргумента х аргумент (– х):

Мы получили у(х). Это означает, что ф-кция четная, а ее график симметричен относительно оси Оу.

Следующий шаг – находим произ-ную ф-кции:

Заметим, что область определения произ-ной полностью совпадает с областью определения самой ф-кции. Поэтому у ф-кции нет таких критических точек, в которых произ-ная не существует.

Теперь произ-ную можно приравнять к нулю:

Мы нашли всего одну критическую точку. Отметив ее на координатной прямой, можно выяснить, что она является точкой максимума. При этом стоит также отметить точки х = 1 и х = – 1, в которых ф-кция не определена (их ещё называют точками разрывов):

Для определения знаков произ-ной достаточно вычислить её значение в одной точке на каждом получившемся промежутке. Возьмем значения (– 2), (– 0,5), 0,5 и 2

Найдем точку пересечения графика с осью Оу, для чего подставим в ф-кцию значение х = 0:

Получили точку (0; – 1).

Далее находим точку пересечения графика с осью Ох. Для этого подставим в ф-кцию значение у = 0 и решим получившееся уравнение:

Числитель дроби в правой части при любом значении х положителен, то есть не равен нулю. Это значит, что уравнение не имеет решения. Отсюда вывод – график НЕ пересекается с осью Ох.

Следующий шаг – это определение промежутков знакопостоянства функции. Чтобы найти, при каких значениях аргумента ф-кция положительная, составим неравенство:

Это дробно-рациональное неравенство. Для его решения надо отметить на координатной прямой те значения х, при которых либо знаменатель, либо числитель обращается в ноль. Числитель при любом аргументе положителен, а нулями знаменателя являются точки х = – 1 и х = 1:

Знаки на промежутках определяем, подставляя точки из промежутков в ф-кцию:

Далее следует исследовать поведение ф-кции вблизи при х →∞ и х→ –∞. Для этого преобразуем ф-кцию, выделив целую часть:

При х→∞ число (х² – 1) также стремится к бесконечности, а дробь

будет стремиться к единице. Аналогично можно убедиться, что при х→ – ∞ ф-кция также стремится к единице.

Все полученные данные можно удобно представить в табличном виде:

На основании этих результатов строим график:

Из рисунка видно, что область значений ф-кции имеет вид

Итак, мы узнали, что с помощью производной можно определять промежутки, на которых функция возрастает и убывает, а также находить ее минимумы и максимумы. Эти навыки помогают при решении многих практических задач, когда требуется найти такое значение некоторых параметров, при которых какая-то величина принимает максимальное или минимальное значение. Например, продавцы товара могут назначать такую цену на свою продукцию, которая принесет им максимальный доход (просто назначить как можно большую цену нельзя, так как слишком дорогой товар никто не купит). Более подробно такие задачи мы рассмотрим подобные задачи в следующих уроках.

п.1. Алгоритм решения задач на поиск экстремума

Точка максимума (x=5, f_{max}=5cdot (10-5)=25)
Т.е., 10 нужно разбить на две пятерки, которые дадут максимальное возможное произведение 25.
Ответ: 5 и 5, максимальное произведение 25

п.2. Примеры

Пример 1. Какое число в сумме со своим квадратом дает наименьшее значение?
Пусть (x) — данное число.
По условию: (f(x)=x+x^2rightarrow min)
Исследуем полученную функцию на экстремум:
(f'(x)=(x+x^2)’=1+2x)
(f'(x)=0) при (x=-frac12)
По условию значение (xin mathbb{R}).

Точка минимума (x=-frac12, f_{min}=-frac12+left(-frac12right)^2=-frac12+frac14=-frac14)
Ответ: число (left(-frac12right)), минимальная сумма (left(-frac14right))

Пример 2. Какой из прямоугольников, вписанных в круг радиусом R, имеет наибольшую площадь?

Диагонали вписанного прямоугольника являются диаметрами круга: AC=BD=2R Обозначим угол между диагоналями (alpha=angle AOB, 0ltalphalt pi). Используем формулу площади четырехугольника через диагонали: $$ S=frac{d_1d_2}{2}sinalpha=frac{(2R)^2}{2}sinalpha=2R^2sinalpha $$

Мы получили площадь как функцию от угла: (S(alpha)=2R^2 sin⁡alpha)
Исследуем полученную функцию на экстремум:
(S'(alpha)=2R^2 cosalpha)
(S'(alpha)=0) при (cos⁡alpha=0Rightarrow alpha=fracpi 2) — прямой угол.

Пример 3. Какой из прямоугольников, вписанных в круг радиусом R, имеет наибольший периметр?

Диагонали вписанного прямоугольника являются диаметрами круга: AC=BD=2R Обозначим угол между диагоналями (alpha=angle AOB, 0ltalphalt pi). По теореме косинусов сторона AB: begin{gather*} AB^2=OA^2+OB^2-2OAcdot OBcdot cosalpha=\ =R^2+R^2-2R^2cosalpha=2R^2(1-cosalpha)=\ =2R^2cdot 2sin^2fracalpha 2=4R^2sin^2fracalpha 2\ AB=2Rsinfracalpha 2 end{gather*}

Сторона BC: begin{gather*} BC^2=OB^2+OC^2-2OBcdot OCcdot cos(180^{circ}-alpha)=\ =R^2+R^2+2R^2cosalpha=2R^2(1+cosalpha)=2R^2cdot 2cos^2fracalpha 2=4R^2cos^2fracalpha 2\ BC=2Rcosfracalpha 2 end{gather*} Периметр: begin{gather*} P(alpha)=2(AB+BC)=2left(2Rsinfracalpha 2+2Rcosfracalpha 2right)=4Rleft(sinfracalpha 2+cosfracalpha 2right), 0ltfracalpha 2ltfracpi 2 end{gather*} Исследуем полученную функцию на экстремум: begin{gather*} P'(alpha)=4Rleft(frac12 cosfracalpha 2-frac12 sinfracalpha 2right)=2Rleft(cosfracalpha 2-sinfracalpha 2right)\ P'(alpha)=0Rightarrow cosfracalpha 2-sinfracalpha 2=0Rightarrow sinfracalpha 2=cosfracalpha 2 |: cosfracalpha 2\ tgfracalpha 2=1Rightarrow fracalpha 2=fracpi 4=Rightarrow alpha = fracpi 2 — text{прямой угол} end{gather*}

Пример 5*. Найдите наибольшей объем конуса с образующей a.

По условию AB=a Обозначим угол при основании (alpha=angle BAO, 0ltalphalt fracpi 2). Тогда: (r=OA=ABcdot cos⁡alpha=acosalpha) (h=OB=ABcdot sin⁡alpha=asinalpha) Объем конуса: begin{gather*} V=frac13 Sh=frac13cdotpi r^2h=fracpi 3cdot a^2cos^2alphacdot asinalpha=\ =frac{pi a^3}{3}cos^2alpha sinalpha end{gather*}

Объем как функция угла при основании: (V(alpha)=frac{pi a^3}{3}cos^2alpha sinalpha)
Исследуем полученную функцию на экстремум: begin{gather*} V'(alpha)=frac{pi a^3}{3}((cos^2alpha)’sinalpha+cos^2alpha sin’alpha)=frac{pi a^3}{3}(-2cosalphacdot sin^2alpha+cos^3alpha)=\ =frac{pi a^3}{3}cosalpha(cos^2alpha-2sin^2alpha)=frac{pi a^3}{3}cosalpha(cos^2alpha-2(1-cos^2alpha))=\ =frac{pi a^3}{3}cosalpha(3cos^2alpha-2) end{gather*} Решаем уравнение (V'(alpha)=0Rightarrow cosalpha(3cos^2alpha-2)=0Rightarrow left[ begin{array}{l} cosalpha=0\ 3cos^2alpha-2=0 end{array} right. )
(cosalpha=0) дает (alpha=fracpi 2) — это корень не подходит.
Решаем второе уравнение: (3cos^2alpha-2=0Rightarrow cos^2alpha=frac23Rightarrow cosalpha=pmsqrt{frac23})
Для (0ltalphaltfracpi 2) выбираем положительное значение (cosalpha=sqrt{frac23})
Тогда (sinalpha=sqrt{1-cos^2alpha}=sqrt{1-frac23}=frac{1}{sqrt{3}})

Пример 6. В данный конус вписан цилиндр наибольшего объема. Найдите отношение высоты конуса к высоте этого цилиндра.

	Пусть R — радиус конуса, H — высота конуса, r — радиус цилиндра, h — высота цилиндра. R и H — постоянные, r и h — переменные. Исходя из симметрии, задача сводится к вписыванию в равнобедренный треугольник ΔABC, AB=BC прямоугольника DEFG наибольшей площади. Перейдем в осевую плоскость и решим эту задачу.
	По двум углам (triangle ABOsimtriangle ADG) $$ frac{BO}{DG}=frac{AO}{AG}Rightarrow frac Hh=frac{R}{R-r}Rightarrow h=Hfrac{R-r}{R} $$ Площадь прямоугольника: begin{gather*} S=GFcdot DG=2rcdot h=2rcdot Hfrac{R-r}{R}\ S(r)=frac{2Hr(R-r)}{R} end{gather*}

Исследуем полученную функцию на экстремум: begin{gather*} S'(r)=frac{2H}{R}(Rr-r^2)’=frac{2H}{R}(R-2r)\ S'(r)=0 text{при} r=frac R2 end{gather*} По условию (0lt rlt R)

Точка максимума (r=frac R2)
Искомое отношение в точке максимума: $$ frac Hh=frac{R}{R-r}=frac{R}{R-frac R2}=2 $$
Ответ: 2

Пример 7*. Из трех досок одинаковой ширины сколачивается желоб. При каком угле наклона стенок площадь поперечного сечения желоба будет наибольшей?

Пусть AB=BC=CD=d Искомый угол (alpha=angle ABC). ABCD — равнобедренная трапеция (S_{ABCD}rightarrow max)

Выразим площадь трапеции через угол.
Найдем диагональ AC по формуле косинусов: begin{gather*} AC^2=AB^2+BC^2-2ABcdot BCcdot cosalpha=d^2+d^2-2d^2cosalpha=2d^2(1-cosalpha)=\ =2d^2cdot 2sin^2fracalpha 2=4d^2sin^2fracalpha 2\ AC=sqrt{4d^2sin^2fracalpha 2}=2dsinfracalpha 2 end{gather*} Заметим, что (angle ACD=angle BCD-angle BCA=alpha-left(90^circ-fracalpha 2right)=frac{3alpha}{2}-90^circ)
Площадь трапеции: begin{gather*} S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=frac12 ABcdot BCcdot sinalpha+frac12 ACcdot CDcdot sinangle ACD=\ =frac12left(d^2sinalpha+2dsinfracalpha 2cdot 2cdot sinleft(frac{3alpha}{2}-90^circright)right)=frac{d^2}{2}left(sinalpha+2sinfracalpha 2 sinleft(frac{3alpha}{2}-90^circright)right)=\ =frac{d^2}{2}left(sinalpha-2sinfracalpha 2 cosfrac{3alpha}{2}right)=frac{d^2}{2}left(sinalpha-sinleft(fracalpha 2+frac{3alpha}{2}right)+sinleft(fracalpha 2-frac{3alpha}{2}right)right)=\ =frac{d^2}{2}(sinalpha-(sin2alpha-sinalpha))=frac{d^2}{4}(2sinalpha-sin2alpha)=\ =frac{d^2}{4}(2sinalpha-2sinalpha cosalpha)=frac{d^2}{2}sinalpha(1-cosalpha) end{gather*} Полученная функция: $$ S(alpha)=frac{d^2}{2}sinalpha(1-cosalpha) $$ Исследуем на экстремум: begin{gather*} S'(alpha)=frac{d^2}{2}(sin’aalpha(1-cosalpha)+sinalpha(1-cosalpha)’)=\ =frac{d^2}{2}(cosalpha(1-cosalpha)+sin^2alpha)=frac{d^2}{2}(cosalpha-cos^2alpha+1-cos^2alpha)=\ =frac{d^2}{2}(1+cosalpha-2cos^2alpha) end{gather*} Решаем уравнение begin{gather*} S'(alpha)=0Rightarrow 1+cosalpha-2cos^2alpha=0\ 2cos^2alpha-cosalpha-1=0 end{gather*} Замена: (t=cosalpha, |t|leq 1) begin{gather*} 2t^2-t-1=0Rightarrow (2t+1)(t-1)=0Rightarrow left[ begin{array}{l} t=-frac12\ t=1 end{array} right. end{gather*} Возвращаемся к исходной переменной. По условию (0lt alphaltpi). begin{gather*} left[ begin{array}{l} cosalpha=-frac12\ cosalpha=1 end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l} a=frac{2pi}{3}\ a=0 — text{не подходит} end{array} right. end{gather*}

Точка максимума (alpha=frac{2pi}{3})
Максимальная площадь поперечного сечения $$ S_{max}=frac{d^2}{2}sinfrac{2pi}{3}left(1-cosfrac{2pi}{3}right)=frac{d^2}{2}cdot frac{sqrt{3}}{2}cdotleft(1+frac12right)=frac{3sqrt{3}}{8}d^2 $$ Желоб нужно делать с углом (frac{2pi}{3} (120^circ))
Ответ: (frac{2pi}{3})

Пример 1:

Исследовать функцию на экстремум и вычислить значение функции в точках экстремума:

Решение от преподавателя:

Решение.

Пример 2:

Исследуйте на экстремум функцию.

y = х² – 10х + 5

Решение от преподавателя:

Пример 3:

Найти экстремумы функций двух переменных

z = 2x³ + 6xy² – 30x – 24y.

Решение от преподавателя:

Пример 4:

Исследовать на экстремум:

Решение от преподавателя:

Необходимое условие экстремума функции одной переменной. 

Уравнение f’₀(x*) = 0 — это необходимое условие экстремума функции одной переменной, т.е. в точке x* первая производная функции должна обращаться в нуль. Оно выделяет стационарные точки x_с, в которых функция не возрастает и не убывает. 

Достаточное условие экстремума функции одной переменной. 
Пусть f₀(x) дважды дифференцируемая по x, принадлежащему множеству D. Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) > 0 
то точка x* является точкой локального (глобального) минимума функции. 
Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) < 0 
то точка x* — локальный (глобальный) максимум. 
Решение. 
Находим первую производную функции: 
y’ = 6x²+6x 
или 
y’ = 6x(x+1) 
Приравниваем ее к нулю: 
6x²+6x = 0 
x₁ = 0 
x₂ = -1 
Вычисляем значения функции 
f(0) = -11 
f(-1) = -10 
Ответ: 
f_min = -11, f_max = -10 
Используем достаточное условие экстремума функции одной переменной. Найдем вторую производную: 
y» = 12x+6 
Вычисляем: 
y»(0) = 6>0 — значит точка x = 0 точка минимума функции. 
y»(-1) = -6<0 — значит точка x = -1 точка максимума функции. 

Пример 5:

Найти стационарные точки и исследовать на экстремум функцию

z = x² + y² – 2x – 2y+ 8

Решение от преподавателя:

Исследовать на экстремум функцию z = x² + y² – 2x – 2y+ 8

1. Найдем частные производные. 


2. Решим систему уравнений. 
2x-2 = 0 
2y-2 = 0 
Получим: x = 1, y = 1 
критическая  точка   M₁(1;1) 
3. Найдем частные производные второго порядка. 



4. Вычислим значение этих частных производных второго порядка в критических точках M(x₀;y₀). 
Вычисляем значения для точки M₁(1;1) 



AC — B² = 4 > 0 и A > 0 , то в точке M₁(1;1) имеется минимум z(1;1) = 6 
Вывод: В точке M₁(1;1) имеется минимум z(1;1) = 6;

Пример 6:

Исследовать на экстремум функцию:

Решение от преподавателя:

Пример 7:

Исследовать функцию z(x,y) на экстремум

Решение от преподавателя:

Пример 8:

Исследовать на экстремум функцию:

Решение от преподавателя:

Вычислим производную этой функции и найдем стационарные точки, в которых она обращается в нуль:

Решая это уравнение, находим корни x₁ = 1 и x₂ = 2. Они являются подозрительными на экстремум в данной задаче. При этом знаки производной нашей функции распределены следующим образом:

Согласно теореме о достаточном условии экстремума первого порядка, полученные точки являются точками локального экстремума, а именно: x₁ = 1 — точка локального максимума, причем f(x₁) = 11, а x₂ = 2 — точка локального минимума, причем f(x₂) = 10.

Глобальных экстремумов в этой задаче нет. Это видно из того, что

Итак, локальный максимум достигается в точке x = 1 и равен 11, локальный минимум достигается в точке x = 2, и равен 10.

Пример 9:

Исследуйте на экстремум функцию z = z(x;y).

Решение от преподавателя:

Пример 10:

Исследовать на экстремум:

y = (2*x-8)*(9*x+1) 

Решение от преподавателя:

Необходимое условие экстремума функции одной переменной. 

Уравнение f’₀(x*) = 0 — это необходимое условие экстремума функции одной переменной, т.е. в точке x* первая производная функции должна обращаться в нуль. Оно выделяет стационарные точки x_с, в которых функция не возрастает и не убывает. 
Достаточное условие экстремума функции одной переменной. 

Пусть f₀(x) дважды дифференцируемая по x, принадлежащему множеству D. Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) > 0 
то точка x* является точкой локального (глобального) минимума функции. 
Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) < 0 
то точка x* — локальный (глобальный) максимум. 
Решение. 
Находим первую производную функции: 
y’ = 36x-70 
Приравниваем ее к нулю: 
36x-70 = 0 

Вычисляем значения функции 

Используем достаточное условие экстремума функции одной переменной. Найдем вторую производную: 
y» = 36 
Вычисляем: 

значит эта точка — минимума функции.

Пример 11:

Найти экстремумы функции z(x,y) при данном условии:

Решение от преподавателя:

Пример 12:

Исследовать на экстремум функцию:

Решение от преподавателя:

Найдем производную f′ (x) = e^x − e^−x . Чтобы найти критические точки функции f(x), приравняем эту производную к нулю:

Очевидно, что точка x = 0 является решением последнего уравнения. Функция f′(x) строго возрастает (поскольку ). Поэтому она отрицательна при x < 0 и положительна при x > 0.

Следовательно, точка x = 0 является точкой строгого локального минимума функции f(x), и f(0) = 2 — соответствующее минимальное значение.

В данной ситуации можно также применить теорему о достаточном условии экстремума второго порядка. Поскольку f′′(0) = 2 > 0, функция f(x) имеет строгий локальный минимум в точке x = 0.

Кроме того, этот минимум глобальный, потому что

Ответ: точка x = 0 является точкой глобального минимума для исследуемой функции и f_min = f(0) = 2.

Пример 13:

Найти наибольшее и наименьшее значения функции z(x,y) в области D:

Решение от преподавателя:

Пример 14:

Исследовать на экстремум функцию:

y = x³+6*x²-4, [-4;1]. 

Решение от преподавателя:

Необходимое условие экстремума функции одной переменной. 

Уравнение f’₀(x*) = 0 — это необходимое условие экстремума функции одной переменной, т.е. в точке x* первая производная функции должна обращаться в нуль. Оно выделяет стационарные точки x_с, в которых функция не возрастает и не убывает. 
Достаточное условие экстремума функции одной переменной. 

Пусть f₀(x) дважды дифференцируемая по x, принадлежащему множеству D. Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) > 0 
то точка x* является точкой локального (глобального) минимума функции. 
Если в точке x* выполняется условие: 
f’₀(x*) = 0 
f»₀(x*) < 0 
то точка x* — локальный (глобальный) максимум. 
Решение. 
Находим первую производную функции: 
y’ = 3x²+12x 
или 
y’ = 3x(x+4) 
Приравниваем ее к нулю: 
3x(x+4) = 0 
x₁ = 0 
x₂ = -4 
Вычисляем значения функции на концах отрезка 
f(0) = -4 
f(-4) = 28 
f(-4) = 28.0000000000000 
f(1) = 3.00000000000000 

Ответ: f_min = -4, f_max = 28.

Пример 15:

Исследовать на экстремум функцию

Решение от преподавателя:

Как обычно, начнем с нахождения производной исследуемой функции и точек, подозрительных на экстремум:

Легко видеть, что точка x = 0 является критической.

Найдем вторую производную:

Очевидно, f′′(0) = 0. Воспользуемся теоремой о достаточном условии экстремума n-го порядка и будем дифференцировать функцию до того момента, пока не появится отличная от нуля производная:

Значит, x = 0 — точка локального минимума функции f(x).

Из предыдущего примера следует, что при . В то же время . Поэтому f′′(x) > 0 при . Отсюда следует, что производная f′(x) обращается в нуль в единственной точке x = 0.

Так как ,  минимум в точке x = 0 является глобальным.

Ответ: есть один глобальный минимум f(0) = 4.

Пример 16:

С помощью второй производной исследуйте на экстремум функцию . Найдите наибольшее М и наименьшее m значения этой функции на отрезке [-1, 2].

Решение от преподавателя:

Определяем критические точки

Определяем вторую производную функции

Определяем знаки второй производной в критических точках

Т. к. вторая производная положительная, то в точке х=0 минимум

Т. к. вторая производная отрицательная, то в точке х=1 максимум

Наибольшее М и наименьшее m значения этой функции на отрезке [-1, 2]

Т. к. обе критические точки принадлежат указанному отрезку, то определяем значения функции в полученных точках и на концах отрезка

Т. о., М=у(-1)=6 m=у(2)=-3

Пример 17:

Исследовать на экстремум функцию:

Решение от преподавателя:

Подозрительные на экстремум точки найдем с помощью леммы Ферма. Так как

то единственная подозрительная на экстремум точка (в которой все частные производные обращаются в нуль) — это точка a = (3, −2, −1).

Определим, есть ли в этой точке экстремум. Для этого найдем все частные производные второго порядка

и составим из них матрицу полной второй производной f′′(a):

Главные миноры этой матрицы чередуют знаки:

По теореме (достаточное условие экстремума второго порядка) в точке a локальный максимум. Ответ: локальный максимум достигается в точке a = (3, −2, −1) и равен 14.

Ответ: локальный максимум достигается в точке a = (3, −2, −1) и равен 14.

Пример 18:

Найти экстремумы функции:

Решение от преподавателя:

Подозрительные на экстремум точки найдем с помощью леммы Ферма. Так как

то единственной стационарной точкой будет точка a = (0, 0).

Посмотрим, есть ли в ней экстремум. Для этого вычислим частные производные второго порядка

и составим из них матрицу второй производной в точке a:

Очевидно, ее определитель равен нулю. Значит, достаточные условия экстремума из теоремы (достаточное условие экстремума второго порядка) в данном случае не применимы.

Придется использовать определение экстремума. Рассмотрим разность . Она больше нуля при всех y > 0 и меньше нуля при y < 0. Поэтому в точке a = (0, 0) нет экстремума.

Ответ: у функции f нет экстремумов.

Пример 19:

Найти экстремумы функции

Решение от преподавателя:

Очевидно,

и единственная стационарная точка — это a = (0, 0).

Далее вычисляем частные производные второго порядка

и выписываем матрицу второй производной в точке a:

Ее определитель равен нулю. Достаточные условия экстремума опять не работают. С другой стороны, . Поэтому в точке (0, 0) глобальный минимум.

Ответ: есть один глобальный минимум f(0, 0) = 0.

Пример 20:

Исследовать на экстремумы функцию.

Решение от преподавателя: