Функции · 11 класс · урок 4 из 7 · Никольский, «Алгебра и начала анализа 11», § 4–5, п. 5.5–5.6

Экстремумы функции

Выход к заданиям: ЕГЭ №9, ЕГЭ №17

Производная · урок 4

Экстремумы функции

Теорема Ферма, смена знака производной, вторая производная

Точки максимума и минимума

$x_0$ — точка (локального) максимума, если в некоторой её окрестности $f(x) \le f(x_0)$ ; минимума — если $f(x) \ge f(x_0)$ . Значения в них — максимум и минимум, вместе — экстремумы.
Экстремум — свойство окрестности: локальный максимум может быть меньше локального минимума в другой точке.
Теорема Ферма. Если $x_0$ — точка экстремума и в ней есть производная, то $f'(x_0) = 0$ . Идея: при максимуме $\dfrac{\Delta f}{\Delta x} \le 0$ справа и $\ge 0$ слева — предел может быть только нулём.
Критические точки — внутренние точки области определения, где $f' = 0$ или не существует. Экстремумы — только среди них, но не каждая критическая точка — экстремум: $y = x^3$ в нуле.

Достаточные условия экстремума

Если $f$ непрерывна в $x_0$ и $f'$ при переходе через $x_0$ меняет знак с «+» на «−», то $x_0$ — точка максимума; с «−» на «+» — минимума. Без смены знака экстремума нет.
Вторая производная $f'' = (f')'$ ; механически — ускорение: $a = v' = s''$ .
Если $f'(x_0) = 0$ и $f''(x_0) < 0$ — максимум, $f''(x_0) > 0$ — минимум.
Если на промежутке у функции единственная точка экстремума, то это максимум — наибольшее значение, минимум — наименьшее (п. 5.8).

Никольский, № 5.114Пример 1

Исследуйте на монотонность и экстремумы функцию

y = x^3 - 3x^2 - 1

Ответ: $\uparrow (-\infty; 0]$ , $[2; +\infty)$ ; $\downarrow [0; 2]$ ; $y_{\max} = -1$ , $y_{\min} = -5$

ЕГЭ, задание 9Пример 2

Найдите точку максимума функции

y = x^3 - 75x + 19

Ответ: -5

ЕГЭ, задание 9Пример 3

Найдите точку максимума функции

y = (9 - x)e^{x + 9}

По правилу произведения: $y' = -e^{x + 9} + (9 - x)e^{x + 9} = (8 - x)e^{x + 9}$ .
$e^{x + 9} > 0$ , знак определяет $8 - x$ : «+» до $8$ , «−» после — максимум в $8$ .

Ответ: 8

ЕГЭ, задание 9Пример 4

Найдите точку минимума функции

y = -\dfrac{x^2 + 36}{x}

$y = -x - \dfrac{36}{x}$ , $y' = -1 + \dfrac{36}{x^2} = \dfrac{36 - x^2}{x^2}$ ; критические точки $\pm 6$ ( $x = 0$ вне области).
Знаки $y'$ : $-$ на $(-\infty; -6)$ , $+$ на $(-6; 0)$ , $+$ на $(0; 6)$ , $-$ на $(6; +\infty)$ .
В $-6$ смена «−» на «+» — минимум.

Ответ: -6

ЕГЭ, задание 9Пример 5

Найдите точку максимума функции

y = \log_3(11 + 4x - x^2) - 2

Логарифм по основанию $3 > 1$ возрастает, поэтому максимум $y$ — там же, где максимум выражения $11 + 4x - x^2$ (в области, где оно положительно).
Это парабола ветвями вниз с вершиной $x = 2$ ; $11 + 8 - 4 = 15 > 0$ .
Через производную: $y' = \dfrac{4 - 2x}{(11 + 4x - x^2)\ln 3}$ меняет знак с «+» на «−» в точке $2$ .

Ответ: 2

Главное

Ферма: в точке экстремума $f' = 0$ (или производной нет).
Смена знака $f'$ : «+» → «−» — максимум, «−» → «+» — минимум.
$f'(x_0) = 0$ , $f''(x_0) < 0$ — максимум; $f''(x_0) > 0$ — минимум.
Монотонная внешняя функция ( $\log_a$ при $a > 1$ , $e^u$ , $\sqrt u$ ) не меняет точек экстремума внутренней.

Все уроки станции «Производная»