6 skyrius · 12 klasė

Didėjimas, mažėjimas, ekstremumai

Išvestinės ženklas pasako, ar grafikas kyla, ar leidžiasi. Iš to vienu ypu randame visas grafiko viršūnes ir duobes – nebraižant šimto taškų. Tai vienas dažniausių brandos egzamino uždavinių.

Keliautojas kopia banguota kreive; ant viršūnių vėliavos, slėnyje palapinė, viršūnėse ir slėnyje nubrėžtos horizontalios atkarpos
Įsimink: viršūnėse (vėliavos) ir slėnio dugne (palapinė) kelias trumpam tampa horizontalus – ten išvestinė lygi 0. Tarp jų keliautojas arba kopia (f′ > 0), arba leidžiasi (f′ < 0).

0KAM to reikia?

Žinoti viršūnes iš anksto

Kad nubraižytum funkcijos grafiką „taškais“, reikėtų suskaičiuoti dešimtis reikšmių – ir vis tiek gali praleisti mažą kalnelį tarp dviejų taškų. Išvestinė leidžia iš anksto žinoti: čia grafikas kyla, čia leidžiasi, štai čia – aukščiausias taškas, o štai čia – žemiausias.

Tai naudinga ne tik braižant: didžiausias pelnas, mažiausios sąnaudos, aukščiausias kamuolio taškas – visa tai yra funkcijos ekstremumai (kitame skyriuje juos taikysime praktiniams uždaviniams).

1Išvestinės ženklas = kyla ar leidžiasi

Prisimink dviratininką iš 5 skyriaus. Įkalnėje liestinė kyla, jos polinkis teigiamas. Nuokalnėje liestinė leidžiasi, polinkis neigiamas. Kadangi polinkis yra išvestinė:

f′(x) > 0 intervale → f didėja (grafikas kyla, žiūrint iš kairės į dešinę)
f′(x) < 0 intervale → f mažėja (grafikas leidžiasi)

Pažiūrėk į grafiką: funkcija f(x) = x³ − 3x² + 1 nuspalvinta žaliai, kur f′ > 0, ir raudonai, kur f′ < 0. Tempk tašką – juoda liestinė parodo polinkį.

Žalia – funkcija didėja, raudona – mažėja. Juoda tiesė – liestinė pasirinktame taške. Taškuose x = 0 ir x = 2 liestinė horizontali.

Čia f′(x) = 3x² − 6x = 3x(x − 2). Ji lygi nuliui, kai x = 0 ir x = 2, o tarp šių taškų ženklas nesikeičia. Todėl visą informaciją galima surašyti į vieną lentelę.

2Kritiniai taškai ir ženklų lentelė

Kritiniai (kai kuriuose vadovėliuose – stacionarieji) taškai – tai taškai, kuriuose f′(x) = 0 arba išvestinė neegzistuoja. Tik juose grafikas gali „apsisukti“: iš kilimo pereiti į leidimąsi arba atvirkščiai.

Ženklų lentelė funkcijai f(x) = x³ − 3x² + 1. Ženklą kiekviename intervale randame įstatę bet kurį jo tašką į f′, pvz., f′(−1) = 9 > 0, f′(1) = −3 < 0, f′(3) = 9 > 0.

x(−∞; 0)0(0; 2)2(2; +∞)
f′(x)+0−0+
f(x)↗1 (max)↘−3 (min)↗

Atsakymas: f didėja intervaluose (−∞; 0] ir [2; +∞), mažėja intervale [0; 2]. Maksimumo taškas x = 0, fmax = f(0) = 1; minimumo taškas x = 2, fmin = f(2) = −3.

Intervalų galus galima rašyti ir su apvaliais skliaustais, pvz., (0; 2) – tai irgi teisinga. Pasitikrink, kaip įprasta tavo mokykloje.

Spąstai: f′ = 0, bet ekstremumo nėra

Funkcijai f(x) = x³: f′(x) = 3x² = 0, kai x = 0. Bet 3x² ≥ 0 visur – ir kairėje, ir dešinėje nuo 0 išvestinė teigiama. Ženklas nesikeičia, todėl x = 0 nėra nei maksimumas, nei minimumas: grafikas tik trumpam „atsikvepia“ (liestinė horizontali) ir kyla toliau. Todėl neužtenka rasti, kur f′ = 0 – reikia ir ženklų lentelės.

x(−∞; 0)0(0; +∞)
f′(x) = 3x²+0+
f(x) = x³↗0 (ne ekstremumas)↗

3f ir f′ kartu: išvestinės nuliai = viršūnės

Viršuje – funkcija f(x) = x³ − 3x, apačioje – jos išvestinė f′(x) = 3x² − 3. Abu grafikai turi tą pačią x ašį. Tempk slankiklį ir stebėk: kai apatinis grafikas yra virš ašies, viršutinis kyla; kai po ašimi – leidžiasi. O kur apatinis kerta ašį (f′ = 0), viršutinis turi viršūnę arba duobę.

Viršuje mėlyna – f(x) = x³ − 3x, apačioje žalia – f′(x) = 3x² − 3. Raudoni taškai: f′ nuliai x = −1 ir x = 1 ir juos atitinkantys maksimumas (−1; 2) bei minimumas (1; −2).

Kur f′ kerta ašį – ten f viršūnė arba duobė.

4Funkcijos tyrimo planas

Kai uždavinyje parašyta „ištirkite funkciją ir nubraižykite jos grafiką“, eik šiais žingsniais:

  1. Apibrėžimo sritis D(f): kur funkcija turi prasmę (vardiklis ≠ 0, po šaknimi ≥ 0, po logaritmu > 0).
  2. Nuliai: sprendžiame f(x) = 0 – kur grafikas kerta Ox ašį. Taip pat f(0) – kur kerta Oy.
  3. Išvestinė f′(x) – kuo labiau išskaidyta dauginamaisiais, tuo lengviau rasti ženklą.
  4. Kritiniai taškai: f′(x) = 0 arba f′ neegzistuoja (bet tik tie, kurie priklauso D(f)).
  5. Ženklų lentelė: kritiniai taškai ir apibrėžimo srities „skylės“ dalija ašį į intervalus; kiekviename nustatome f′ ženklą.
  6. Ekstremumai: kur ženklas keičiasi + → −, maksimumas; − → +, minimumas. Apskaičiuojame f reikšmes juose.
  7. Grafikas: pažymime nulius ir ekstremumų taškus, jungiame pagal rodykles ↗ ↘.

5Išspręsti pavyzdžiai

1. f(x) = x² − 4x + 1

f′(x) = 2x − 4 = 0 → x = 2
x < 2: f′ < 0 (↘); x > 2: f′ > 0 (↗)
Mažėja (−∞; 2], didėja [2; +∞)
Minimumas: f(2) = 4 − 8 + 1 = −3

Tai parabolė šakomis aukštyn, o x = 2 – jos viršūnė. Su išvestine viršūnę randame be formulės x = −b/(2a).

2. f(x) = x³ − 3x – visas tyrimas pagal planą

1) D(f) = ℝ
2) x³ − 3x = x(x² − 3) = 0 → x = 0, x = ±√3 ≈ ±1,73
3) f′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1)
4) Kritiniai taškai: x = −1, x = 1
x(−∞; −1)−1(−1; 1)1(1; +∞)
f′(x)+0−0+
f(x)↗2 (max)↘−2 (min)↗
6) fmax = f(−1) = −1 + 3 = 2; fmin = f(1) = 1 − 3 = −2
7) Grafikas – viršutinis 3 skyrelio grafikas.

3. f(x) = x⁴ − 2x² – dvi duobės ir kalnelis

f′(x) = 4x³ − 4x = 4x(x − 1)(x + 1) → x = −1, 0, 1
Ženklai, pvz.: f′(−2) = −24 < 0, f′(−0,5) = 1,5 > 0,
f′(0,5) = −1,5 < 0, f′(2) = 24 > 0
x(−∞; −1)−1(−1; 0)0(0; 1)1(1; +∞)
f′−0+0−0+
f↘−1 (min)↗0 (max)↘−1 (min)↗

Grafikas primena raidę W: dvi duobės (−1; −1) ir (1; −1), tarp jų kalnelis (0; 0).

4. f(x) = x + 4/x – su „skyle“ apibrėžimo srityje

D(f): x ≠ 0
f′(x) = 1 − 4/x² = (x² − 4)/x² → x = −2, x = 2
x(−∞; −2)−2(−2; 0)0(0; 2)2(2; +∞)
f′+0−neapibr.−0+
f↗−4 (max)↘neapibr.↘4 (min)↗

Skylę x = 0 būtina įrašyti į lentelę, nors ten f′ ≠ 0 – per ją grafikas „nutrūksta“. Įdomu: maksimumas (−4) čia mažesnis už minimumą (4). Ekstremumas yra vietinė savybė – aukščiausias taškas tik savo apylinkėje.

5. f(x) = x · e−x 12 kl.

f′(x) = 1 · e−x + x · e−x · (−1) = (1 − x) · e−x
e−x > 0 visada, todėl ženklą lemia tik (1 − x)
x < 1: f′ > 0 (↗); x > 1: f′ < 0 (↘)
Maksimumas: f(1) = 1/e ≈ 0,37

Čia prireikė sandaugos ir sudėtinės funkcijos taisyklių iš 4 skyriaus. Gudrybė: teigiamą dauginamąjį (eˣ, x², skaičių) ženklų lentelėje galima ignoruoti.

6Dažniausios klaidos

„f′ = 0, vadinasi, ekstremumas.“ Ne visada: x³ taške 0. Visada patikrink ženklo pokytį.
Maksimumas ir minimumas sukeisti. + → − yra max (kilo, paskui leidžiasi), − → + yra min.
Painiojamas taškas ir reikšmė. Maksimumo taškas yra x = −1, o maksimumas (reikšmė) f(−1) = 2.
Pamiršta apibrėžimo sritis. x + 4/x: x = 0 į lentelę įrašoma kaip skylė, o ne praleidžiama.
Ženklas spėjamas. Įstatyk konkretų skaičių iš intervalo į f′ – tai užtrunka sekundę.
Trumpai – ką reikia žinoti
  1. f′ > 0 → didėja, f′ < 0 → mažėja.
  2. Kritiniai taškai: f′(x) = 0 arba f′ neegzistuoja.
  3. Ženklas + → − : maksimumas; − → + : minimumas; nesikeičia – ekstremumo nėra.
  4. Ženklų lentelė: kritiniai taškai ir D(f) skylės, ženklas kiekviename intervale, rodyklės ↗ ↘.
  5. Tyrimo planas: D(f) → nuliai → f′ → kritiniai taškai → lentelė → ekstremumai → grafikas.

✓Pasitikrink

Kritinius taškus įvesk per kabliataškį, pvz., -2; 2. Intervalų atsakymus pasitikrink mygtuku „Rodyti atsakymą“.

6.1

Rask funkcijos f(x) = x³ − 12x kritinius taškus.

Užuomina

Spręsk 3x² − 12 = 0.

Sprendimas
f′(x) = 3x² − 12 = 0 → x² = 4 → x = ±2
6.2

Rask funkcijos f(x) = 2x³ − 3x² − 12x + 5 kritinius taškus.

Užuomina

f′(x) = 6x² − 6x − 12; padalyk iš 6.

Sprendimas
6x² − 6x − 12 = 0 → x² − x − 2 = 0
(x − 2)(x + 1) = 0 → x = 2, x = −1
6.3

Rask funkcijos f(x) = −x² + 4x didėjimo ir mažėjimo intervalus bei ekstremumą.

Užuomina

f′(x) = −2x + 4. Kur ji teigiama?

Sprendimas
−2x + 4 = 0 → x = 2
x < 2: f′ > 0 (↗); x > 2: f′ < 0 (↘)
Maksimumas f(2) = −4 + 8 = 4
6.4

Rask funkcijos f(x) = x + 9/x kritinius taškus.

Užuomina

f′(x) = 1 − 9/x². Taškas x = 0 nepriklauso apibrėžimo sričiai.

Sprendimas
1 − 9/x² = 0 → x² = 9 → x = ±3
f(−3) = −6 (max), f(3) = 6 (min)
6.5

Ištirk funkciją f(x) = x³ − 3x²: rask didėjimo ir mažėjimo intervalus, maksimumą ir minimumą.

Užuomina

f′(x) = 3x² − 6x = 3x(x − 2). Sudaryk ženklų lentelę su taškais 0 ir 2.

Sprendimas
Kritiniai taškai: x = 0, x = 2
f′(−1) = 9 > 0, f′(1) = −3 < 0, f′(3) = 9 > 0
Didėja (−∞; 0] ir [2; +∞), mažėja [0; 2]
fmax = f(0) = 0, fmin = f(2) = 8 − 12 = −4