Поскольку при переходе через x1 = 0 (слева направо) первая производная меняет знак с плюса на минус, значит, x1 = 0 – точка максимума; x2 = 4 – точка минимума, так как первая произ-
водная при переходе через неё меняет знак с минуса на плюс. Вычислим значения функции в точках экстремума:
y |
max |
= f (0) =1 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
= f (4) = |
1 |
|
(4)3 |
− 2 (4)2 +1 = |
64 |
− 32 +1 = − |
29 |
. |
min |
|
|
|
|
3 |
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
Задача2. Исследовать функцию y = x2 3 x + 4 на экстремум.
Решение
Область определения функции – вся числовая ось (−∞ +∞; ) . Находим производную:
|
y′ = 2x 3 |
x + 4 + x2 |
1 |
= |
|
|
|
|
33 ( x + 4)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
x |
(6x + 24 + x) = |
x (7x + 24) |
. |
|
|
33 ( x + 4)2 |
|
|
|
|
33 ( x + 4)2 |
Производная |
y′ обращается в нуль при |
x = − |
24 |
и x = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
и не существует при x = −4 .
Применяем первоедостаточное условие экстремума функции.
Рис. 4.18
Точки x = − 24 и x = 0 являются экстремальными, посколь- 7
ку при переходе через эти точки производная меняет знак. Пер-
вая из них x = − 24 служит точкой максимума (смена знака про- 7
изводной «плюс-минус»), вторая x = 0 |
– точкой минимума |
(«минус-плюс»). Вычислим значения функции в этих точках: |
|
|
24 |
|
576 |
|
3 |
4 |
|
ymin = y (0) = 0 . |
ymax = y |
− |
|
|
= |
|
|
|
≈ 9,8 ; |
|
49 |
7 |
|
|
7 |
|
|
|
|
|
Точка x = −4 экстремальной не является, поскольку при переходе через неё первая производная не меняет своего знака
(рис. 4.18).
|
Задача 3. Исследовать функцию y = |
1 |
на экстремум. |
|
x2 |
|
|
|
Решение
При исследовании данной функции будем учитывать замечание 2 п. 6.
Найдем область определения функции: D( y) = (−∞ ;0) (+∞0; ) , т.е. x = 0 точкабесконечногоразрыва.
|
Найдем y′ = − |
2 |
и определим критические точки: y′ не |
|
x3 |
|
|
|
существует при x = 0 ; y′ в нуль нигде не обращается. Применяем первоедостаточное условие экстремума функции.
Рис. 4.19
Слева от нуля y′ > 0 , и, значит, функция возрастает, справа от нуля y′ < 0 , и, значит, функция убывает; сама же точка x = 0
не является точкой максимума, ибо функция при x = 0 имеет бесконечный разрыв (рис. 4.19).
Таким образом, точек экстремума для данной функции нет.
Задача |
4. |
Исследовать на |
экстремум |
функцию |
f ( x) = x3 − 9x2 + 24x −12 с помощью второй производной. |
Решение |
|
|
|
|
Функция непрерывна для любого x . |
|
|
Находим f ′( x) = 3x2 −18x + 24 . |
|
|
Критические точки: f ′( x) = 0 , следовательно, 3x2 −18x + 24 = 0, |
x2 − 6x + 8 = 0 , x = 2 и x = 4 . |
|
|
|
1 |
2 |
|
|
Найдем теперь |
f ′′( x) = 6x −18 . Определим знак второй про- |
изводной в критических точках. |
|
|
Так как |
f ′′(2) = 6 2 −18 < 0 , то в точке x = 2 функция имеет |
максимум; так как |
f ′′(4) = 6 4 −18 > 0 , |
то в точке |
x = 4 функ- |
ция имеет минимум (п. 7).
Вычислим значения функции в точках экстремума:
ymax = f (2) = 23 − 9 22 + 24 2 −12 = 8 ; ymin = f (4) = 43 − 9 42 + 24 4 −12 = 4 .
Задача5. Исследоватьнаэкстремумфункцию f ( x) = x4 e− x2 .
Решение
|
|
Функция f ( x) = x4 e− x2 всюдунепрерывнодифференцируема. |
|
|
Найдем f ′( x) = 4x3 e− x2 − x4 2x e− x2 |
= 2x3 e− x2 (2 − x2 ) . |
|
|
|
Тогда |
критические |
точки первого |
рода |
( y′ = 0) : |
x1 = 0 , |
x2 = − 2 ; x3 = 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдем вторую производную: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f ′′ |
( |
x |
) |
|
−x2 ( |
4x |
3 |
− 2x |
5 ) ′ |
= −2x e |
−x2 [ |
4x |
3 |
− 2x |
5 |
] |
+ e |
−x2 ( |
2 |
−10x |
4 ) |
= |
|
|
= e |
|
|
|
|
|
|
|
12x |
|
|
= 2x2 e−x2 (6 − 9x2 + 2x4 ).
Применяем второе достаточное условие экстремума функции. С этой целью вычисляем значения второй производной в найденных критических точках.
f ′′(± 2 ) = 2(± 2 )2 e−(± 2 )2 (6 − 9(± 2 )2 + 2(± 2 )4 ) = −16e−2 < 0. f ′′(0) = 0 .
Следовательно, в |
точках x2 = − 2 |
и x3 = + 2 функция |
достигает максимума y |
|
= f (± 2 ) = 4e−2 |
= |
4 |
. |
|
|
max |
|
|
e2 |
|
|
|
|
Для критической точки x = 0 вторая производная равна нулю; вторым достаточным условием воспользоваться нельзя (замечание п. 7), поэтому обратимся к первому достаточному условию экстремума функции: найдем знаки первой производной в окрестности критической точки x1 = 0 :
рассмотрим пробные точки x = ±1 :
f ′(−1) < 0 ; |
f ′(1) > 0 . |
|
Значит, в точке |
x = 0 функция достигает |
минимума |
ymin = f (0) = 0 . |
|
|
|
§ 4. Наибольшее и наименьшее значения функции |
|
|
Основные формулы |
Определения |
и рисунки |
|
и замечания |
1. |
|
Если функция |
y = f ( x) не- |
|
|
прерывна на [a;b] , то она дос- |
|
|
тигает на этом отрезке своих |
|
|
наибольшего и наименьшего |
|
|
значений. |
|
yнаиб = M , |
(4.18) |
наибольшее |
значение |
yнаим = m |
(4.19) |
функции, |
|
наименьшее |
значение |
|
|
функции |
|
Если функция на отрезке [a;b] монотонно возрастает (это
означает, что функция y = f ( x) на отрезке [a;b] не имеет критических точек), то её наибольшее значение будет f (b) (на правом
Рис. 4.23 |
конце |
отрезка), а наименьшее |
|
f (a) |
(на левом конце отрезка) |
(рис. 4.23, а);
Если функция монотонно убывает, то указанные значения просто поменяются места-
ми: y = f (a) , |
y |
наим |
= f (b) |
наиб |
|
|
(рис. 4.23, б). |
|
|
|
Следует запомнить:
наибольшее и наименьшее значения непрерывной функции
y = f ( x) на отрезке [a;b] дос-
тигаются или в критических точках функции, расположенных внутри отрезка, или на концах отрезка.
Правило для нахождения yнаиб и yнаим непрерывной функции f ( x) на отрезке [a;b] :
1) Найти критические точки, лежащие внутри отрезка
[a;b] , и вычислить значения
функции в этих точках (не вдаваясь в исследование, будет ли в них экстремум функции и какого вида).
не является отрезком, то среди значений функции f ( x) может
и не быть ни наибольшего, ни наименьшего.
Задачи
Задача 1. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f ( x) = 0,5x3 − 6x на отрезке [−4,5;3] .
Решение |
|
Согласно правилу (п. 2): |
f ( x) : |
1) Найдем критические точки функции |
f ′( x) = 1,5x2 − 6 ; 1,5x2 − 6 = 0 x = −2; x = 2 . |
1 |
2 |
Эти точки лежат внутри отрезка [−4,5;3] . Вычислим значения функции в этих точках:
f (−2) = 0,5(−2)3 − 6(−2) = −4 + 12 = 8 ;
f(2) = 0,5 (2)3 − 6 (2) = 4 −12 = −8 .
2)Вычислим значения функции на концах отрезка [−4,5;3] :
f (−4,5) = 0,5(−4,5)3 − 6(−4,5) = −45,5625 + 27 = −18,5625 ,
f(3) = 0,5 (3)3 − 6 (3) = 13,5 −18 = −4,5 .
3)Сравнивая все вычисленные значения функции во внутренних критических точках и на концах отрезка, заключаем:
наибольшее |
значение |
функции f ( x) |
на отрезке |
[−4,5;3] |
yнаиб = 8 достигается во внутренней критической точке |
x = −2, |
наименьшее |
значение |
yнаим = −18,5625 |
достигается |
на |
левом |
конце отрезка, в точке x = −4,5. |
|
|
|
Задача 2. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = 2x3 + 3x2 −12x +1 на отрезке [−1;5] .
Решение
Найдем критические точки функции y = f ( x) :
y′ = 6x2 + 6x −12 ; x2 + x − 2 = 0 x1 =1; x2 = −2 .
x1 =1 – критическая точка, лежит внутри отрезка [−1;5] , x2 = −2 – критическая точка, лежит вне заданного отрезка
[−1;5] .
Вычислим значение функции в точке x1 =1 :
f(1) = 2(1)3 + 3(1)2 −12(1) +1 = −6 .
2.Вычислим значения функции y = f ( x) на концах отрез-
ка [−1;5] :
f (−1) = 2(−1)3 + 3(−1)2 − 12(−1) + 1= −2 + 3+ 12 + 1= 14 ,
f(5) = 2(5)3 + 3(5)2 −12(5) +1 = 250 + 75 − 60 + 1 = 266 .
3.Сравниваявсевычисленные значения функции, заключаем:
yнаиб = 266 , достигается на правом конце отрезка, в точке
x = 5 ,
yнаим = −6 , достигаетсявовнутреннейкритическойточке x =1 .
Задача 3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = x2 ln x на отрезке [1;e] .
Решение
1. Найдем критические точки функции y = f ( x) :
y′ = ( x2 ln x)′ = 2x ln x + x2 1 = x (1 + 2 ln x) ; x
− 1
y′ = 0 в точках x1 = 0 и x2 = e 2 .
Точка x1 лежит вне области определения данной функции 0 < x < +∞ ; точка x2 лежит вне заданного отрезка [1;e] .
Внутри заданного отрезка нет критических точек.
2. Вычислим значения функции y = f ( x) на концах отрезка: y (1) = 0 ; y (e) = e2 .
3. Поскольку внутри отрезка [1;e] нет критических точек, то
функция изменяется на этом отрезке монотонно и её наименьшее и наибольшее значения на этом отрезке достигаются на
концах отрезка: yнаим = y (1) = 0 , yнаиб = y (e) = e2 .
Задача 4. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = e− x2 .
Решение
Здесь изменение аргумента x не ограничено каким-либо отрезком, а функция определена на всей числовой оси. Поэтому следует рассмотреть все значения функции, принимаемые ею при изменении x от −∞ до +∞ .
1. Найдем критические точки: y′ = −2x e− x2 ; y′ = 0 в точке x = 0 .
Эта точка является критической.
2. Исследуем критическую точку x = 0 по знаку первой производной:
Рис. 4.25
На интервале (−∞ ;0) функция возрастает, на интервале (0; +∞ ) – убывает (рис. 4.25).
