Ekstrema funkcji

Różniczkujemy składnik po składniku:

$$\left(x^3\right)'=3x^2,\qquad (-6x)'=-6$$

$$f'(x)=3x^2-6$$

Odpowiedź: B. $3x^2-6$.

$$f'(x)=2x-8$$

$$2x-8=0 \quad\Rightarrow\quad x=4$$

Interpretacja: to argument wierzchołka paraboli — funkcja osiąga tam minimum.

Odpowiedź: $x=4$.

1. $f^\prime(x)=3x^2-12x$, $f^\prime(1)=3-12=-9$.

Odpowiedź: $-9$

1. $f(x)=x(12-x)^2$, $x\in(0,12)$.
2. $f^\prime(x)=(12-x)^2-2x(12-x)=(12-x)(12-3x)$.
3. $f^\prime\gt 0$ na $(0,4)$, $f^\prime\lt 0$ na $(4,12)$ — maksimum w $x=4$: $y=8$, $f(4)=256$.

Odpowiedź: $x=4$, $y=8$ (iloczyn $256$)

Zapisujemy $f(x)=x^{-1}$ i różniczkujemy:

$$f'(x)=-x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$$

Kwadrat w mianowniku jest dodatni, więc pochodna jest ujemna dla każdego $x\neq0$.

Wniosek: funkcja maleje na całej swojej dziedzinie — osobno w $(-\infty,0)$ i osobno w $(0,+\infty)$.

Odpowiedź: $f'(x)=-\frac{1}{x^2}$, znak ujemny.

1. $f^\prime(x)=3x^2+2mx+3\ge0$ dla każdego $x$ ⇔ $\Delta=4m^2-36\le0$ ⇔ $m\in[-3,3]$.

Odpowiedź: $m\in[-3,3]$

1. $a$ — krawędź podstawy, $h=\frac{32}{a^2}$. $P(a)=a^2+4ah=a^2+\frac{128}a$, $a\gt 0$.
2. $P^\prime(a)=2a-\frac{128}{a^2}=\frac{2(a^3-64)}{a^2}$ — zero w $a=4$, znak z $-$ na $+$.
3. $a=4$, $h=2$, $P=16+32=48$.

Odpowiedź: $4\times4\times2$, $P=48$

Przed maksimum funkcja rośnie (pochodna dodatnia), za maksimum maleje (pochodna ujemna).

Dla minimum jest odwrotnie: znak zmienia się z minusa na plus.

Odpowiedź: C. zmienia znak z plusa na minus.

1. $f(1)=0$, $f^\prime(x)=3x^2-2$, $f^\prime(1)=1$.
2. $y=1\cdot(x-1)+0=x-1$.

Odpowiedź: $y=x-1$

1. $h=\frac{16}{r^2}$, $P(r)=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+\frac{32\pi}r$, $r\gt 0$.
2. $P^\prime(r)=4\pi r-\frac{32\pi}{r^2}=\frac{4\pi(r^3-8)}{r^2}$ — minimum w $r=2$.
3. $h=4$, $P=8\pi+16\pi=24\pi$.

Odpowiedź: $r=2$, $h=4$, $P=24\pi$

Korzystamy z pochodnej funkcji złożonej — pochodna zewnętrzna razy pochodna wewnętrzna:

$$f'(x)=3(2x+1)^2\cdot2=6(2x+1)^2$$

Pułapka: pominięcie czynnika $2$ z pochodnej wewnętrznej.

Odpowiedź: $6(2x+1)^2$.

1. $f(x)=x+\frac3x$, $f(1)=4$.
2. $f^\prime(x)=1-\frac3{x^2}$, $f^\prime(1)=-2$.
3. $y=-2(x-1)+4=-2x+6$.

Odpowiedź: $y=-2x+6$

1. Połowa podstawy $x$, wysokość $\sqrt{25-x^2}$, $x\in(0,5)$: $P(x)=2x\sqrt{25-x^2}$.
2. Wystarczy maksymalizować $g(x)=P^2/4=x^2(25-x^2)$: $g^\prime=50x-4x^3=2x(25-2x^2)$.
3. $x^2=\frac{25}2$, $x=\frac{5\sqrt2}2$ (zmiana znaku z $+$ na $-$). Wymiary: $2x=5\sqrt2$, wysokość $\frac{5\sqrt2}2$; $P=25$.

Odpowiedź: $5\sqrt2\times\tfrac{5\sqrt2}{2}$, $P=25$

$$f'(x)=3x^2$$

Pochodna zeruje się w $x=0$, ale nie zmienia znaku — jest dodatnia po obu stronach zera.

Wniosek: zerowanie się pochodnej to warunek konieczny, ale nie wystarczający. Punkt $x=0$ jest tu punktem przegięcia.

Odpowiedź: A. nie ma ekstremum, choć $f'(0)=0$.

1. $f^\prime(x)=3x^2-6x-9=3(x+1)(x-3)$.
2. $f^\prime\gt 0$ dla $x\lt -1$ lub $x\gt 3$; $f^\prime\lt 0$ dla $-1\lt x\lt 3$.
3. Maksimum: $f(-1)=-1-3+9+1=6$; minimum: $f(3)=27-27-27+1=-26$.

Odpowiedź: rośnie na $(-\infty,-1]$ i $[3,\infty)$, maleje na $[-1,3]$; $f_{\max}=f(-1)=6$, $f_{\min}=f(3)=-26$

1. $r^2=36-h^2$, $V(h)=\frac\pi3(36h-h^3)$, $h\in(0,6)$.
2. $V^\prime(h)=\frac\pi3(36-3h^2)=0 \iff h=2\sqrt3$; znak z $+$ na $-$.
3. $r^2=24$, $V=\frac\pi3\cdot24\cdot2\sqrt3=16\sqrt3\,\pi$.

Odpowiedź: $h=2\sqrt3$, $V_{\max}=16\sqrt3\,\pi$

Krok 1 — pochodna:

$$f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$$

Krok 2 — miejsca zerowe pochodnej: $x=-1$ i $x=1$.

Krok 3 — znak pochodnej. Parabola o ramionach w górę jest dodatnia na zewnątrz pierwiastków, ujemna między nimi.

Odpowiedź: funkcja rośnie w $(-\infty,-1\rangle$ oraz w $\langle1,+\infty)$, a maleje w $\langle-1,\,1\rangle$.

1. $f^\prime(x)=3x^2-3=0 \iff x=\pm1$ (oba w przedziale).
2. $f(-2)=-2$, $f(-1)=2$, $f(1)=-2$, $f(3)=18$.
3. Najmniejsza: $-2$ (dla $x=-2$ i $x=1$), największa: $18$ (dla $x=3$).

Odpowiedź: najmniejsza $-2$, największa $18$

1. $8a+4h=48 \Rightarrow h=12-2a$, $a\in(0,6)$.
2. $V(a)=a^2(12-2a)=12a^2-2a^3$; $V^\prime(a)=24a-6a^2=6a(4-a)$.
3. Maksimum w $a=4$: $h=4$, $V=64$.

Odpowiedź: sześcian o krawędzi $4$, $V=64$

Krok 1 — punkty krytyczne (z poprzedniego rachunku): $x=-1$, $x=1$.

Krok 2 — rodzaj ekstremum. W $x=-1$ pochodna zmienia znak z $+$ na $-$ — maksimum. W $x=1$ z $-$ na $+$ — minimum.

Krok 3 — wartości:

$$f(-1)=-1+3=2,\qquad f(1)=1-3=-2$$

Odpowiedź: maksimum lokalne $2$ dla $x=-1$, minimum lokalne $-2$ dla $x=1$.

1. $D=\mathbb R\setminus\{1\}$. $f^\prime(x)=\frac{2x(x-1)-x^2}{(x-1)^2}=\frac{x(x-2)}{(x-1)^2}$.
2. $f^\prime\gt 0$ dla $x\lt 0$ lub $x\gt 2$; $f^\prime\lt 0$ dla $x\in(0,1)\cup(1,2)$.
3. Maksimum lokalne $f(0)=0$, minimum lokalne $f(2)=4$.

Odpowiedź: rośnie na $(-\infty,0]$ i $[2,\infty)$, maleje na $[0,1)$ i $(1,2]$; $f_{\max}=f(0)=0$, $f_{\min}=f(2)=4$

1. $d^2(x)=x^2+(x^2-3)^2=x^4-5x^2+9$.
2. $(d^2)^\prime=4x^3-10x=2x(2x^2-5)$: zera $0$, $\pm\sqrt{\frac52}$; minima w $\pm\sqrt{\frac52}$, maksimum lokalne w $0$.
3. $d^2=\frac{25}4-\frac{25}2+9=\frac{11}4$, $d=\frac{\sqrt{11}}2$ (w $x=0$: $d=3$ — większe).

Odpowiedź: $\left(\pm\sqrt{\tfrac52},\tfrac52\right)$, $d=\tfrac{\sqrt{11}}2$

Styczna przechodzi przez punkt $\left(x_0,\,f(x_0)\right)$, a jej współczynnik kierunkowy to $f'(x_0)$.

$$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)$$

Odpowiedź: D. $y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$.

1. $\frac{3x_0^2+1}{x_0^2+1}=2 \Rightarrow x_0^2=1 \Rightarrow x_0=1$.
2. $f^\prime(x)=\frac{6x(x^2+1)-(3x^2+1)2x}{(x^2+1)^2}=\frac{4x}{(x^2+1)^2}$, $f^\prime(1)=1$.
3. $y=1\cdot(x-1)+2=x+1$.

Odpowiedź: $y=x+1$

1. a) Podstawa $2x$, ramię $\sqrt{x^2+h^2}$. $r=\frac Pp$: $1=\frac{xh}{x+\sqrt{x^2+h^2}} \Rightarrow xh-x=\sqrt{x^2+h^2}$.
2. Podnosząc do kwadratu: $x^2h^2-2x^2h=h^2 \Rightarrow x^2=\frac{h}{h-2}$ ($h\gt 2$), więc $P=xh=h\sqrt{\frac h{h-2}}$.
3. b) Minimalizujemy $g(h)=P^2=\frac{h^3}{h-2}$: $g^\prime(h)=\frac{3h^2(h-2)-h^3}{(h-2)^2}=\frac{2h^2(h-3)}{(h-2)^2}$.
4. $g^\prime\lt 0$ na $(2,3)$, $g^\prime\gt 0$ na $(3,\infty)$ — minimum w $h=3$: $P=3\sqrt3$.

Odpowiedź: $h=3$, $P_{\min}=3\sqrt3$ (trójkąt równoboczny)

Krok 1 — punkt styczności:

$$f(3)=9 \quad\Rightarrow\quad P=(3,\,9)$$

Krok 2 — współczynnik kierunkowy:

$$f'(x)=2x,\qquad f'(3)=6$$

Krok 3 — równanie:

$$y=6(x-3)+9=6x-9$$

Sprawdzenie: dla $x=3$ mamy $y=9$ ✔

Odpowiedź: $y=6x-9$.

1. $f^\prime(x)=3x^2-3=9 \Rightarrow x=\pm2$.
2. $f(2)=4$: $y=9(x-2)+4=9x-14$.
3. $f(-2)=0$: $y=9(x+2)=9x+18$.

Odpowiedź: $y=9x-14$ oraz $y=9x+18$

1. $Z(x)=400x-K(x)=-x^3+30x^2$, $x\ge0$.
2. $Z^\prime(x)=-3x^2+60x=-3x(x-20)$ — maksimum w $x=20$.
3. $Z(20)=-8000+12\,000=4000$ zł.

Odpowiedź: $20$ sztuk, zysk $4000$ zł

Funkcja ciągła na przedziale domkniętym zawsze osiąga wartość największą i najmniejszą, ale mogą one wypaść na brzegu, gdzie pochodna wcale nie musi się zerować.

Odpowiedź: B. w punktach krytycznych oraz na końcach przedziału.

1. Funkcja $f(x)=x^3-3x^2-9x+1$ (zadanie PR18.5): maksimum lokalne $6$ w $x=-1$, minimum lokalne $-26$ w $x=3$; $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty$.
2. Prosta $y=k$ przecina wykres w trzech punktach ⇔ $k$ leży ściśle między minimum a maksimum lokalnym.
3. $k\in(-26,6)$.

Odpowiedź: $k\in(-26,6)$

1. $r$ — promień, $h$ — wysokość prostokąta: $2r+2h+\pi r=4+\pi \Rightarrow h=\frac{4+\pi-(2+\pi)r}2$, $r\in\left(0,\frac{4+\pi}{2+\pi}\right)$.
2. $P(r)=2rh+\frac{\pi r^2}2=(4+\pi)r-2r^2-\frac{\pi r^2}2$.
3. $P^\prime(r)=4+\pi-(4+\pi)r=0 \iff r=1$ (znak z $+$ na $-$).
4. $h=1$: prostokąt $2\times1$, $P=2+\frac\pi2$.

Odpowiedź: $r=1$: prostokąt $2\times1$, $P=2+\tfrac\pi2$

Krok 1 — punkt krytyczny:

$$f'(x)=2x-4=0 \quad\Rightarrow\quad x=2 \in\langle0,\,3\rangle$$

Krok 2 — trzy wartości do porównania:

$$f(0)=1,\qquad f(2)=4-8+1=-3,\qquad f(3)=9-12+1=-2$$

Krok 3 — porównanie. Najmniejsza to $-3$, największa to $1$.

Odpowiedź: wartość najmniejsza $-3$ (dla $x=2$), największa $1$ (dla $x=0$).

Krok 1 — zmienne. Niech pierwsza liczba to $x$, wtedy druga to $20-x$.

Krok 2 — funkcja celu:

$$P(x)=x(20-x)=20x-x^2,\qquad x\in(0,\,20)$$

Krok 3 — pochodna:

$$P'(x)=20-2x=0 \quad\Rightarrow\quad x=10$$

Krok 4 — sprawdzenie rodzaju. Pochodna zmienia znak z $+$ na $-$, więc to maksimum.

Odpowiedź: obie liczby równe $10$, iloczyn wynosi $100$.

Zapisujemy pierwiastek jako potęgę i różniczkujemy:

$$f(x)=x^{\frac12},\qquad f'(x)=\tfrac12 x^{-\frac12}=\frac{1}{2\sqrt{x}}$$

Uwaga: wzór obowiązuje dla $x>0$.

Odpowiedź: A. $\frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Stosujemy wzór na pochodną ilorazu:

$$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$$

Tutaj $u=x$, $u'=1$, $v=x+1$, $v'=1$:

$$f'(x)=\frac{1\cdot(x+1)-x\cdot1}{(x+1)^2}=\frac{1}{(x+1)^2}$$

Wniosek: pochodna jest dodatnia, więc funkcja rośnie na każdym z przedziałów swojej dziedziny.

Odpowiedź: $\frac{1}{(x+1)^2}$ dla $x\neq-1$.

Przy obwodzie $40$ suma sąsiednich boków wynosi $20$, więc pole to $P(x)=x(20-x)$.

$$P'(x)=20-2x=0 \quad\Rightarrow\quad x=10$$

Oba boki mają po $10$ — to kwadrat o polu $100$. Dla porównania: $15\times5$ daje $75$, a $18\times2$ tylko $36$.

Odpowiedź: C. kwadrat o boku $10$.

Krok 1 — zmienne. Krawędź podstawy $a$, wysokość $h$. Prostopadłościan ma $8$ krawędzi podstawy i $4$ pionowe:

$$8a+4h=60 \quad\Rightarrow\quad h=15-2a$$

Krok 2 — dziedzina. Musi być $a>0$ i $h>0$, czyli $0

Krok 3 — funkcja celu:

$$V(a)=a^2 h=a^2(15-2a)=15a^2-2a^3$$

Krok 4 — pochodna:

$$V'(a)=30a-6a^2=6a(5-a)$$

W dziedzinie pochodna zeruje się dla $a=5$ i zmienia tam znak z $+$ na $-$ — to maksimum.

Krok 5 — wymiary:

$$a=5\ \text{cm},\qquad h=15-10=5\ \text{cm}$$

Wychodzi sześcian o objętości $125$ cm$^3$.

Odpowiedź: sześcian o krawędzi $5$ cm, objętość $125$ cm$^3$.

Krok 1 — zmienne. Niech $x$ to długość każdego z dwóch boków prostopadłych do ściany, a $y$ — bok równoległy do niej. Grodzimy trzy boki:

$$2x+y=200 \quad\Rightarrow\quad y=200-2x$$

Krok 2 — dziedzina: $0

Krok 3 — funkcja celu:

$$P(x)=x(200-2x)=200x-2x^2$$

Krok 4 — pochodna:

$$P'(x)=200-4x=0 \quad\Rightarrow\quad x=50$$

Znak zmienia się z $+$ na $-$, więc to maksimum.

Krok 5 — wymiary i pole:

$$x=50\ \text{m},\qquad y=100\ \text{m},\qquad P=5000\ \text{m}^2$$

Warto zauważyć: to nie kwadrat — przy ścianie optymalny prostokąt ma bok równoległy dwa razy dłuższy.

Odpowiedź: $50$ m na $100$ m, pole $5000$ m$^2$.

Krok 1 — wymiary pudełka. Po wycięciu rogów podstawa ma bok $12-2x$, a wysokość wynosi $x$:

$$V(x)=x(12-2x)^2,\qquad 0

Krok 2 — rozwijamy:

$$V(x)=x(144-48x+4x^2)=4x^3-48x^2+144x$$

Krok 3 — pochodna:

$$V'(x)=12x^2-96x+144=12(x^2-8x+12)=12(x-2)(x-6)$$

Krok 4 — wybór pierwiastka. Punkt $x=6$ odpada (poza dziedziną, podstawa miałaby bok zero). W $x=2$ pochodna zmienia znak z $+$ na $-$ — maksimum.

Krok 5 — objętość:

$$V(2)=2\cdot8^2=128\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $x=2$ cm, objętość $128$ cm$^3$.

Krok 1 — warunek na objętość:

$$\pi r^2 H=16\pi \quad\Rightarrow\quad H=\frac{16}{r^2}$$

Krok 2 — funkcja celu. Pole całkowite walca to dwie podstawy i powierzchnia boczna:

$$P(r)=2\pi r^2+2\pi r H=2\pi r^2+2\pi r\cdot\frac{16}{r^2}=2\pi r^2+\frac{32\pi}{r},\qquad r>0$$

Krok 3 — pochodna:

$$P'(r)=4\pi r-\frac{32\pi}{r^2}$$

Krok 4 — punkt krytyczny. Mnożymy przez $\frac{r^2}{4\pi}>0$:

$$r^3-8=0 \quad\Rightarrow\quad r=2$$

Krok 5 — sprawdzenie znaku. Dla $r<2$ pochodna jest ujemna, dla $r>2$ dodatnia — minimum.

Krok 6 — wysokość:

$$H=\frac{16}{4}=4\ \text{cm}=2r$$

Warto zapamiętać: optymalna puszka ma wysokość równą średnicy.

Odpowiedź: $r=2$ cm, $H=4$ cm, pole $24\pi$ cm$^2$.

1. Krok 1. Pochodna. $$f'(x)=4x^{3}+2x-6.$$
2. Krok 2. Miejsca zerowe pochodnej.

   $4x^{3}+2x-6=0\ \Rightarrow\ 2x^{3}+x-3=0$. Zauważmy, że $x=1$ jest pierwiastkiem ($2+1-3=0$). Dzielimy:

   $$2x^{3}+x-3=(x-1)(2x^{2}+2x+3).$$

   Trójmian $2x^{2}+2x+3$ ma $\Delta=4-24<0$, więc nie ma innych pierwiastków rzeczywistych. W dziedzinie $x>0$ jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $x=1$.

3. Krok 3. Badanie znaku pochodnej.

   Dla $01$ — $f'(x)>0$ (np. $f'(2)=32+4-6>0$). Funkcja maleje, a potem rośnie, więc w $x=1$ jest minimum lokalne, a zarazem najmniejsza wartość na $(0,\infty)$.

4. Krok 4. Wartość najmniejsza. $$f(1)=1^{4}+1^{2}-6\cdot 1=1+1-6=-4.$$

   Odpowiedź: najmniejsza wartość funkcji wynosi $-4$ (dla $x=1$).