4.5: Похідні та форма графіка
- Поясніть, як знак першої похідної впливає на форму графіка функції.
- Створіть перший тест похідної для критичних точок.
- Використовуйте точки увігнутості та перегину, щоб пояснити, як знак другої похідної впливає на форму графіка функції.
- Поясніть тест на увігнутість для функції через відкритий інтервал.
- Поясніть зв'язок між функцією та її першою та другою похідними.
- Створіть другий похідний тест на локальну екстрему.
Раніше в цьому розділі ми заявляли, що якщо функціяf має локальний екстремум в точціc, тоc повинна бути критичною точкоюf. Однак функція не гарантується мати локальний екстремум в критичній точці. Наприклад,f(x)=x3 має критичну точку вx=0 так якf′(x)=3x2 дорівнює нулю вx=0, алеf не має локального екстремуму приx=0. Використовуючи результати попереднього розділу, ми тепер можемо визначити, чи відповідає критична точка функції локальному екстремальному значенню. У цьому розділі ми також бачимо, як друга похідна надає інформацію про форму графіка, описуючи, чи кривий графік функції вгору або криві вниз.
Перший похідний тест
3Наслідок теореми про середнє значення показав, що якщо похідна функції є додатною протягом інтервалу,I то функція збільшуєтьсяI. З іншого боку, якщо похідна функції є негативною протягом інтервалуI, то функція зменшується,I як показано на наступному малюнку.
Безперервна функціяf має локальний максимум в точціc тоді і тільки тоді, колиf переходить від збільшення до зменшення в точціc. Аналогічно,f має локальний мінімум приc якщо і тільки в тому випадку, якщоf переходить від зменшення до збільшення наc. Якщоf є безперервною функцією протягом інтервалу,I що міститьc і диференціюється надI, за виняткомc, можливо, в, єдиним способомf можна перейти від збільшення до зменшення (або навпаки) в точціc є якщоf′ зміни ознака як xзбільшується черезc. Якщоf диференціюється вc, єдиний спосіб, якийf′ може змінити знак, якx збільшується черезc це якщоf′(c)=0. Отже, для функції,f яка є безперервною протягом інтервалу,I що міститьc і диференціюється надI, за виняткомc, можливо, at, єдиним способомf може перейти від збільшення до зменшення (або навпаки) є якщоf′(c)=0 абоf′(c) не визначено. Отже, щоб знайти локальні екстремуми для функціїf, ми шукаємо точкиc в областіf таких,f′(c) щоf′(c)=0 або не визначено. Нагадаємо, що такі точки називаються критичними точкамиf.
Зверніть увагу, що неf потрібно мати локальну крайність в критичній точці. Критичними моментами є кандидати лише на локальну екстрему. На малюнку ми показуємо4.5.2, що якщо неперервна функціяf має локальний екстремум, вона повинна відбуватися в критичній точці, але функція може не мати локального екстремуму в критичній точці. Показано, що якщоf має локальний екстремум у критичній точці, то знакf′ перемикачів якx збільшується через цю точку.
Використовуючи рис.4.5.2, підсумовуємо основні результати щодо локальних екстремумів.
- Якщо безперервна функціяf має локальний екстремум, вона повинна відбуватися в критичній точціc.
- Функція має локальний екстремум у критичній точціc тоді і лише тоді, коли похідніf′ перемикачіx знаходять як збільшенняc.
- Тому, щоб перевірити, чи має функція локальний екстремум в критичній точціc, ми повинні визначити знак зліва і справа відc.f′(x)
Цей результат відомий як перший похідний тест.
Припустимо, щоf це безперервна функція протягом інтервалу,I що містить критичну точкуc. Якщоf диференціюється надI, крім можливо в точціc, тоf(c) задовольняє одному з наступних описів:
- Якщоf′ змінюється знак від позитивного колиx<c до негативного колиx>c, тоf(c) є локальним максимумомf.
- Якщоf′ змінюється знак від негативного колиx<c до позитивного колиx>c,f(c) то локальний мінімумf.
- Якщоf′ має однаковий знак дляx<c іx>c, то неf(c) є ні локальним максимумом, ні локальним мінімумомf
Тепер давайте розглянемо, як використовувати цю стратегію, щоб знайти всі локальні екстремуми для певних функцій.
Використовуйте перший похідний тест, щоб знайти розташування всіх локальнихf(x)=x3−3x2−9x−1. екстремумів для Використовуйте графічну утиліту для підтвердження результатів.
Рішення
Крок 1. Похідна -f′(x)=3x2−6x−9. Щоб знайти критичні точки, нам потрібно знайти, деf′(x)=0. Факторинг полінома, робимо висновок, що критичні точки повинні задовольняти
3(x2−2x−3)=3(x−3)(x+1)=0.
Тому критичні точкиx=3,−1. тепер ділять інтервал(−∞,∞) на менші інтервали(−∞,−1),(−1,3) і(3,∞).
Крок 2. Оскількиf′ є безперервною функцією, для визначення знакаf′(x) над кожним субінтервалом досить вибрати точку над кожним з інтервалів(−∞,−1),(−1,3)(3,∞) і визначити знакf′ в кожній з цих точок. Наприклад, давайте виберемоx=−2x=0, і вx=4 якості контрольних точок.
Інтервал | Тестова точка | Знакf′(x)=3(x−3)(x+1) на випробувальному пункті | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,−1) | x=−2 | \ (f' (x) =3 (x−3) (x+1)\) у тестовій точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; "> (+) (−) (−) =+ | fзбільшується. |
(−1,3) | x=0 | \ (f' (x) =3 (x−3) (x+1)\) у тестовій точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; "> (+) (+) (+) =- | fзменшується. |
(3,∞) | x=4 | \ (f' (x) =3 (x−3) (x+1)\) у тестовій точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; "> (+) (+) (+) =+ | fзбільшується. |
Крок 3. Так якf′ перемикає знак з позитивного на негативний у міруx збільшенняf наскрізного−1, має локальний максимум приx=−1. Так якf′ перемикає знак з негативного на позитивний, оскількиx збільшується наскрізь3,f має локальний мінімум приx=3. Ці аналітичні результати узгоджуються з наступним графіком.

Використовуйте перший похідний тест, щоб знайти всі локальні екстреми дляf(x)=−x3+32x2+18x.
- Підказка
-
Знайдіть всі критичні точкиf і визначте ознакиf′(x) над конкретними інтервалами, визначеними критичними точками.
- Відповідь
-
fмає локальний мінімум на−2 і локальний максимум при3.
Використовуйте перший похідний тест, щоб знайти розташування всіх локальнихf(x)=5x1/3−x5/3. екстремумів для Використовуйте графічну утиліту для підтвердження результатів.
Рішення
Крок 1. Похідна - це
f′(x)=53x−2/3−53x2/3=53x2/3−5x2/33=5−5x4/33x2/3=5(1−x4/3)3x2/3.
Похідна,f′(x)=0 коли1−x4/3=0. Тому,f′(x)=0 вx=±1. Похіднаf′(x) не визначена вx=0. Тому ми маємо три критичні точки:x=0,x=1, іx=−1. Отже, розділіть інтервал(−∞,∞) на менші інтервали(−∞,−1),(−1,0),(0,1), і(1,∞).
Крок 2: Оскількиf′ є безперервним протягом кожного субінтервалу, досить вибрати контрольну точкуx в кожному з інтервалів з кроку 1 і визначити знакf′ в кожній з цих точок. Точкиx=−2,x=−12,x=12, іx=2 є контрольними точками для цих інтервалів.
Інтервал | Тестова точка | Знакf′(x)=5(1−x4/3)3x2/3 на випробувальному пункті | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,−1) | x=−2 | \ (f' (x) =\ frac {5 (1−x^ {4/3})} {3x^ {2/3}}\) у випробувальній точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">(+)(−)+=− | fзменшується. |
(−1,0) | x=−12 | \ (f' (x) =\ frac {5 (1−x^ {4/3})} {3x^ {2/3}}\) у випробувальній точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">(+)(+)+=+ | fзбільшується. |
(0,1) | x=12 | \ (f' (x) =\ frac {5 (1−x^ {4/3})} {3x^ {2/3}}\) у випробувальній точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">(+)(+)+=+ | fзбільшується. |
(1,∞) | x=2 | \ (f' (x) =\ frac {5 (1−x^ {4/3})} {3x^ {2/3}}\) у випробувальній точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">(+)(−)+=− | fзменшується. |
Крок 3: Оскількиf зменшується за інтервал(−∞,−1) і збільшується за інтервал(−1,0),f має локальний мінімум приx=−1. Так якf збільшується над інтервалом(−1,0) і інтервалом(0,1),f не має локального екстремуму приx=0. Так якf збільшується за інтервал(0,1) і зменшується за інтервал(1,∞),f має локальний максимум приx=1. Аналітичні результати узгоджуються з наступним графіком.

Використовуйте перший похідний тест, щоб знайти всі локальні екстремуми дляf(x)=3x−1.
- Підказка
-
Єдина критична точкаf - цеx=1.
- Відповідь
-
fне має локальної крайності, тому щоf′ не змінює знак наx=1.
Увігнутість і точки перегину
Тепер ми знаємо, як визначити, де функція збільшується або зменшується. Однак є ще одне питання, яке слід розглянути щодо форми графіка функції. Якщо графік кривий, це крива вгору або крива вниз? Це поняття називається увігнутістю функції.
4.5.5aНа малюнку показана функціяf з графіком, який кривий вгору. Зіx збільшенням нахил дотичної лінії збільшується. Таким чином, оскільки похідна збільшується зіx збільшенням,f′ є зростаючою функцією. Ми говоримо, щоf ця функція увігнута вгору. 4.5.5bНа малюнку показана функціяf, яка крива вниз. Зіx збільшенням нахил дотичної лінії зменшується. Оскільки похідна зменшується зіx збільшенням,f′ є спадною функцією. Ми говоримо, щоf ця функція увігнута вниз.
fДозволяти функція, яка диференціюється через відкритий інтервалI. Якщоf′ збільшується більшеI, ми говоримоf, увігнуті вгоруI. Якщоf′ зменшуєтьсяI, ми говоримоf, увігнута внизI.

Загалом, не маючи графіка функціїf, як ми можемо визначити її увігнутість? За визначенням функціяf увігнута вгору, якщоf′ збільшується. З Слідство ми знаємо3, що якщоf′ є диференційованою функцією, тоf′ збільшується, якщо її похіднаf″(x)>0. Тому функція,f яка двічі диференційована, увігнута, колиf″(x)>0. fАналогічно функція увігнута вниз, якщоf′ зменшується. Ми знаємо, що диференційовна функціяf′ зменшується, якщо її похіднаf″(x)<0. Тому двічіf диференційована функція увігнута вниз, колиf″(x)<0. Застосування цієї логіки відоме як тест на увігнутість.
fДозволяти функція, яка двічі диференціюється протягом інтервалуI.
- Якщоf″(x)>0 для всіхx∈I,f то увігнута вгоруI
- Якщоf″(x)<0 для всіхf,x∈I, то увігнута внизI.
Зроблено висновок, що можна визначити увігнутість функції, дивлячисьf на другу похідну відf. Крім того, ми спостерігаємо, що функціяf може перемикати увігнутість (рис.4.5.6). Однак безперервна функція може перемикати увігнутість лише в точці,x якщоf″(x)=0 абоf″(x) не визначено. Отже, для визначення інтервалів, де функціяf увігнута вгору і увігнута вниз, шукаємо ті значенняx деf″(x)=0 абоf″(x) не визначено. Коли ми визначили ці точки, ми ділимо областьf на менші інтервали і визначаємо знакf″ над кожним з цих менших інтервалів. Якщоf″ зміни знаком, як ми проходимо через точкуx, тоf змінюється увігнутість. Важливо пам'ятати, що функція неf може змінювати увігнутість у точці,x навіть якщоf″(x)=0 вона неf″(x) визначена. Якщо,f однак, змінити увігнутість в точціa іf безперервно вa, ми говоримо, що точка(a,f(a)) є точкою перегинуf.
Якщоf є безперервним вa іf змінюється увігнутість вa, точка(a,f(a)) є точкою перегинуf.
Для функціїf(x)=x3−6x2+9x+30, визначають всі інтервали, деf увігнуті вгору і всі проміжки,f де увігнуті вниз. Перерахуйте всі точки перегину дляf. Використовуйте утиліту графіків, щоб підтвердити свої результати.
Рішення
Щоб визначити увігнутість, нам потрібно знайти другу похідну.f″(x). Перша похіднаf′(x)=3x2−12x+9, така друга похідна -f″(x)=6x−12. Якщо функція змінює увігнутість, вона виникає або коли,f″(x)=0 або неf″(x) визначена. Так якf″ визначається для всіх дійсних чиселx, нам потрібно тільки знайти деf″(x)=0. Вирішуючи рівняння6x−12=0, ми бачимо, щоx=2 це єдине місце, деf могла змінитися увігнутість. Тепер тестуємо точки по проміжках(−∞,2) і(2,∞) для визначення увігнутостіf. Окуляриx=0 іx=3 є контрольними точками для цих інтервалів.
Інтервал | Тестова точка | Знакf″(x)=6x−12 на випробувальному пункті | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,2) | x=0 | \ (f "(x) =6x−12\) у тестовій точці» style="вертикальне вирівнювання: middle; ">− | fувігнутий вниз |
(2,∞) | x=3 | \ (f "(x) =6x−12\) у тестовій точці» style="вертикальне вирівнювання: середина; ">+ | fувігнута вгору |
Робимо висновок,f що увігнутий вниз по проміжку(−∞,2) і увігнутий вгору над інтервалом(2,∞). Оскількиf змінюється увігнутість вx=2, точка(2,f(2))=(2,32) є точкою перегину. Малюнок4.5.7 підтверджує аналітичні результати.

Дляf(x)=−x3+32x2+18x, знайти всі проміжки, деf увігнуті вгору і всі проміжки,f де увігнуті вниз.
- Підказка
-
Знайти деf″(x)=0
- Відповідь
-
fувігнута вгору за інтервал(−∞,12) і увігнута вниз протягом інтервалу(12,∞)
Тепер ми підсумовуємо в таблиці інформацію4.5.4, яку перша та друга похідні функціїf надають про графікf, і ілюструємо цю інформацію на рис4.5.8.
Знакf′ | Знакf″ | fЗбільшується чи зменшується? | Увігнутість |
---|---|---|---|
\ (f'\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Позитивне | \ (f "\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Позитивне | \ (f\) збільшення або зменшення?» style="вертикальне вирівнювання: середина; "> Збільшення | увігнуті вгору |
\ (f'\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Позитивне | \ (f "\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Негативний | \ (f\) збільшення або зменшення?» style="вертикальне вирівнювання: середина; "> Збільшення | увігнуті вниз |
\ (f'\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Негативний | \ (f "\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Позитивне | \ (f\) збільшення або зменшення?» style="вертикальне вирівнювання: по середині; "> Зменшення | увігнуті вгору |
\ (f'\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Негативний | \ (f "\)» style="Вертикальне вирівнювання: середина; "> Негативний | \ (f\) збільшення або зменшення?» style="вертикальне вирівнювання: по середині; "> Зменшення | увігнуті вниз |
Другий похідний тест
Перший похідний тест забезпечує аналітичний інструмент для знаходження локальних екстремумів, але друга похідна також може бути використана для визначення екстремальних значень. Використання другої похідної іноді може бути більш простим методом, ніж використання першої похідної.
Ми знаємо, що якщо безперервна функція має локальний екстремум, вона повинна відбуватися в критичній точці. Однак функція не повинна мати локальний екстремум в критичній точці. Тут ми розглянемо, як другий тест похідної може бути використаний для визначення того, чи має функція локальний екстремум у критичній точці. Дозволятиf бути двічі диференційовний функція така, щоf′(a)=0 іf″ є безперервним протягом відкритого інтервалу,I що міститьa. Припустимоf″(a)<0. Так якf″ є безперервнимI,f″(x)<0 для всіхx∈I (рис.4.5.9). Тоді, за наслідками3,f′ є спадною функцією надI. Так якf′(a)=0, робимо висновок, що для всіхx∈I,f′(x)>0 якщоx<a іf′(x)<0 якщоx>a. Тому, за першим похідним тестом,f має локальний максимум приx=a.
З іншого боку, припустимо, існуєb такий момент, щоf′(b)=0 алеf″(b)>0. Так якf″ є безперервним над відкритим інтерваломI міститьb, тоf″(x)>0 для всіхx∈I (рис.4.5.9). Тоді, за наслідками3,f′ є зростаючою функцією надI. Так якf′(b)=0, робимо висновок, що для всіхx∈I,f′(x)<0 якщоx<b іf′(x)>0 якщоx>b. Тому, за першим похідним тестом,f має локальний мінімум приx=b.
Припустимоf″,f′(c)=0 і є безперервним протягом інтервалу, що міститьc.
- Якщоf″(c)>0, тоf має локальний мінімум приc.
- Якщоf″(c)<0, тоf має локальний максимум приc.
- Якщоf″(c)=0, тоді тест непереконливий.
Зверніть увагу, що для випадку III. колиf″(c)=0, тоf може мати локальний максимум, локальний мінімум, або ні наc. Наприклад, функціїf(x)=x3,f(x)=x4, іf(x)=−x4 всі мають критичні точки наx=0. У кожному випадку друга похідна дорівнює нулю приx=0. Однак функціяf(x)=x4 має локальний мінімум,x=0 тоді як функціяf(x)=−x4 має локальний максимум atx=0, а функціяf(x)=x3 не має локального екстремуму atx=0.
Давайте тепер розглянемо, як використовувати другий тест похідної, щоб визначити, чиf має локальний максимум або локальний мінімум в критичній точціc, деf′(c)=0.
Використовуйте другу похідну, щоб знайти розташування всіх локальних екстрем дляf(x)=x5−5x3.
Рішення
Щоб застосувати другий похідний тест, нам спочатку потрібно знайти критичні точкиc деf′(c)=0. Похідна єf′(x)=5x4−15x2. Томуf′(x)=5x4−15x2=5x2(x2−3)=0 колиx=0,±√3.
Щоб визначити, чиf має локальний екстремум в будь-якій з цих точок, нам потрібно оцінити ознакуf″ в цих точках. Друга похідна -
f″(x)=20x3−30x=10x(2x2−3).
У наступній таблиці ми оцінюємо другу похідну в кожній з критичних точок і використовуємо другий тест похідної, щоб визначити, чиf має локальний максимум або локальний мінімум в будь-якій з цих точок.
x | f″(x) | Висновок |
---|---|---|
\ (x\) ">−√3 | \ (f "(x)\)" >−30√3 | Локальний максимум |
\ (x\) ">0 | \ (f "(x)\)" >0 | Другий похідний тест є непереконливим |
\ (x\) ">√3 | \ (f "(x)\)" >30√3 | Локальний мінімум |
За другим похідним тестом ми робимо висновок, щоf має локальний максимум приx=−√3 іf має локальний мінімум приx=√3. Другий похідний тест є безрезультатним приx=0. Щоб визначити, чиf має локальна крайність у,x=0, ми застосуємо перший похідний тест. Оцінити знакf′(x)=5x2(x2−3) дляx∈(−√3,0) іx∈(0,√3), нехайx=−1 іx=1 бути двома тестовими точками. Оскількиf′(−1)<0 іf′(1)<0, ми робимо висновок, щоf зменшується на обох інтервалах і, отже,f не має локальної крайності на,x=0 як показано на наступному графіку.

Розглянемо функціюf(x)=x3−(32)x2−18x. Окуляриc=3,−2 задовольняютьf′(c)=0. Використовуйте другий тест похідної, щоб визначити, чиf має локальний максимум або локальний мінімум в цих точках.
- Підказка
-
f″(x)=6x−3
- Відповідь
-
fмає локальний максимум at−2 і локальний мінімум на3.
Зараз ми розробили інструменти, необхідні для визначення того, де функція збільшується і зменшується, а також отримали розуміння основної форми графіка. У наступному розділі ми обговорюємо, що відбувається з функцією якx→±∞. На цьому етапі у нас є достатньо інструментів, щоб забезпечити точні графіки великої кількості функцій.
Ключові поняття
- Якщоc є критичною точкоюf іf′(x)>0 заx<c іf′(x)<0 дляx>c, тоf має локальний максимум приc.
- Якщоc є критичною точкоюf іf′(x)<0 дляx<c іf′(x)>0 для,x>c, тоf має локальний мінімум приc.
- Якщоf″(x)>0 над інтерваломI,f то увігнута вгоруI.
- Якщоf″(x)<0 над інтерваломI,f то увігнута внизI.
- Якщоf′(c)=0 іf″(c)>0, тоf має локальний мінімум приc.
- Якщоf′(c)=0 іf″(c)<0, тоf має локальний максимум приc.
- Якщоf′(c)=0 іf″(c)=0, то оцінитиf′(x) в тестовій точціx зліва відc і контрольної точкиx праворуч відc, щоб визначити, чиf має локальний екстремум вc.
Глосарій
- увігнуті вниз
- якщоf диференціюється протягом інтервалуI іf′ зменшується надI,f то увігнута вниз надI
- увігнуті вгору
- якщоf диференціюється протягом інтервалуI іf′ збільшується більшеI,f то увігнуті вгору надI
- увігнутість
- вгору або вниз крива графіка функції
- тест на увігнутість
- fприпустимо, двічі диференційовані протягом інтервалуI; якщоf″>0 надI,f то увігнуті вгору надI; якщоf″< надI,f то увігнутий вниз надI
- перший похідний тест
- fнехай безперервна функція протягом інтервалу,I що містить критичну точку,c таку, якаf диференційована надI крім можливо вc; якщоf′ змінюється знак від позитивного до негативного, якx збільшується черезc, то fмає локальний максимум приc; якщоf′ змінюється знак з негативного на позитивний якx збільшується черезc, тоf має локальний мінімум приc; якщоf′ не змінює знак якx збільшується черезc, тоf не має локального екстремуму приc
- точка перегину
- якщоf є безперервним вc іf змінюється увігнутість вc, точка(c,f(c)) є точкою перегинуf
- другий похідний тест
- припустимо,f′(c)=0 іf′ 'є безперервним протягом інтервалуf″(c)>0, що міститьc; якщо, тоf має локальний мінімум вc; якщоf″(c)<0, тоf має локальний максимум вc; якщоf″(c)=0, то тест є непереконливим