Pochodna funkcji jednej zmiennej - 15sty

Przykład 1

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=10x^4+3x^3+8x^2-4$ na przedziale $\left[-1,2\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=40x^3+9x^2+16x, \; x\in \mathbb R$,

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow x\left(40x^2+9x+16\right)=0\Longleftrightarrow x=0$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(-1,2\right)$, zatem punkt $x=0$ jest jedynym punktem w tym przedziale, w którym funkcja może mieć ekstremum lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w punkcie $x=0$ oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału:

$f(0)=-4$,

$f(-1)=11$,

$f(2)=212$.

Zatem w przedziale $\left[-1,2\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=2$ i wartość ta jest równa $212$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=0$ i wartość jest równa $-4$.

Przykład 2

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=2x+4\mathrm{arctg}x$ na przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$.

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=2+\frac4{1+x^2}=\frac{6+2x^2}{1+x^2}, \; x\in \mathbb R$.

Zauważmy, że $f^\prime(x)>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, a zatem funkcja $f$ jest funkcją rosnącą na zbiorze liczb rzeczywistych. Oznacza to, że najmniejszą wartość na przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$ funkcja przyjmuje w punkcie $x=-\sqrt3$ i wartość ta jest równa $-2\sqrt3-\frac{4\pi}3$. Największą wartość w przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$ funkcja przyjmuje w punkcie $x=\sqrt3$ i wartość ta jest równa $2\sqrt3+\frac{4\pi}3$.

Przykład 3

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=-\frac14\sin2x+2$ na przedziale $\left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=-\frac14\cos2x\cdot 2=-\frac12\cos2x, \; x\in \mathbb R$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow -\frac12\cos2x=0\Longleftrightarrow \left(x=-\frac\pi4+k\pi\vee x=\frac\pi4+k\pi\right)$, $k\in \mathbb Z$. 

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right)$, zatem jedynymi punktami należącymi do tego przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne są: $x=-\frac\pi4$, $x=\frac\pi4$.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(-\frac\pi4)=\frac94$,

$f(\frac\pi4)=\frac74$,

$f(-\frac\pi2)=2$,

$f(\frac{3\pi}4)=\frac94$.

Zatem w przedziale $\left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=-\frac\pi4$, $x=\frac{3\pi}4$ i wartość ta jest równa $\frac94$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=\frac\pi4$ i wartość ta jest równa $\frac74$.

Przykład 4

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=x^2e^{2x}$ w przedziale $\left[-2,1\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=2xe^{2x}+x^2e^{2x}\cdot2=2xe^{2x}\left(1+x\right), \; x\in \mathbb R$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow x\left(1+x\right)=0\Longleftrightarrow \left(x=0 \vee x=-1\right)$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(-2,1\right)$, zatem punkty $x=-1$, $x=0$ są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(-1)=e^{-2}$,

$f(0)=0$,

$f(-2)=4e^{-4}$,

$f(1)=e^2$.

Zatem w przedziale $\left[-2,1\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=1$ i wartość ta jest równa $e^2$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=0$ i wartość ta jest równa $0$.

Przykład 5

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=\frac{\ln x}{1+\ln^2x}$  w przedziale $\left[e^{-2},e^2\right]$.

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=\frac{\frac1x\left(1+\ln^2x\right)-\ln x\cdot 2\ln x\cdot\frac1x}{\left(1+\ln^2 x\right)^2}=\frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}, \; x\in (0, \infty)$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow \frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}=0\Longleftrightarrow{1-\ln^2 x}=0\Longleftrightarrow \left(1-\ln x\right)\left(1+\ln x\right)=0\Longleftrightarrow \left(1-\ln x=0 \vee 1+\ln x=0\right)\Longleftrightarrow$

$\Longleftrightarrow\left(x=e \vee x=e^{-1}\right)$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(e^{-2},e^2\right)$, zatem punkty $x=e$, $x=e^{-1}$ są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(e^{-1})=-\frac12$,

$f(e)=\frac12$,

$f(e^{-2})=-\frac25$,

$f(e^2)=\frac25$.

Zatem w przedziale $\left[e^{-2},e^2\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=e$ i wartość ta jest równa $\frac12$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje w punkcie $x=e^{-1}$ i wartość ta jest równa $-\frac12$.