Критические точки

В 11 классе с помощью производной мы находим мгновенную скорость и ускорение
точки; строим касательную к графику функции; находим критические точки; промежутки
возрастания, убывания и постоянства функции; точки экстремума; экстремумы функции; используем производную для исследования функции и построения ее графика; для решения
«экстремальных задач»; для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции,
непрерывной на отрезке.
Почти все типы задач решаю с учащимися с помощью алгоритмов.
Критические точки
Определение. Критические точки – это внутренние точки области определения,
в которых производная равна нулю или не существует.
1.
2.
3.
4.
5.
Алгоритм нахождения критических точек функции.
Найти область определения функции.
Найти производную функции.
Решить уравнение f '(х) = 0.
Выяснить, являются ли корни уравнения f '(х) = 0 внутренними точками определения функции.
Сделать вывод.
Учащиеся очень часто не обращают внимания на слова «внутренние точки области
определения», поэтому при изучении данной темы, на уроке рассматриваю три функции, для
которых находим критические точки.
Найти критические точки функций.
а)
б)
в)
а)
Решение.
1) Область определения функции
x≠0
D (y) = (-∞; 0) ⋃ (0; ∞).
2)
3) Решим уравнение у'(х) = 0.
.
.
4) 4 ∊D(у) и -4 ∊D(у) и являются внутренними точками области определения, значит
являются критическими.у'(х) не существует при х = 0, но 0 ∉ D(у), значит х = 0 не
является критической точкой.
Ответ: ± 4.
б)
Решение.
1) Найдем область определения функции
100 – х2≥ 0
х2-100 ≤ 0
(х – 10)(х + 10) ≤ 0
D (y)=[-10; 10]
2)
3)
4) 0∊D(у)и является внутренней точкой области определения.у'(х) не существует при
х = ±10, -10 D(у),и 10 D(у), но они не являються внутренними точками области
определения,значит не являются критическими.
Ответ: 0.
в)
Решение.
1) Область определения функции
D (y) =R.
1
2
1 
1


1
1
2)  /  3 x  8   x  83   ( x  8) 3  ( x  8) /  ( x  8) 3 
3

 3


1
3( x  8)
2
3

1
3 x  8) 2
3
3)  / ( õ)  0
1
33 ( õ  8) 2
0
Точек, в которых производная равна нулю, не существует.
Производная не существует при
, х + 8 = 0; х = -8.
-8∊D(у)и является внутренней точкой области определения, значит является критической.
Ответ: -8.
При построении графиков функций, очень важно находить промежутки возрастания,
убывания функции (промежутки монотонности, а также точки экстремума и экстремумы
функции.
Алгоритм нахождения промежутков возрастания и убывания функции.
1. Найти область определения функции и интервалы, на которых функция непрерывна.
2. Найти производную функции.
3. Найти критические точки: f '(х) = 0.
4. Отметим критические точки на области определения и определим знак производной
на каждом из полученных интервалов. (Если на рассматриваемом интервале
f '(х)> 0, то функция возрастает, а если f '(х)< 0, то функция убывает).
Найти промежутки возрастания и убывания функции
Решение.
1) Область определения
D (y) =R. Функция непрерывна в каждой точке своей области определения.
2)
3) Найдем критические точки у'(х) = 0.
x1 = 3;
x2 = -2.
4) Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
-2
0
у'(х) = х3 – х2 – 6х
у' (-3) = (-3)3 – (-3)2 – 6(-3) = -27 – 9 + 18 = -18 < 0.
3
у' (-1) = (-1)3 – (-1)2 – 6(-1) = -1 – 1 + 6 = 4 > 0.
у' (1) = 13 – 12 – 6 · 1 = -6 < 0.
у' (4) = 43 – 42 – 6 · 4 = 64 – 16 - 24 = 24 > 0.
Функция возрастает при х∊ (- ∞; -2] ∪ [0; 3].
Ответ; Функция возрастает при х∊ (- 2; 0] ∪ [3; ∞] и убывает при х∊ (-∞;-2] ∪ [0;3].
Найти промежутки монотонности функции
Решение.
1) Область определения
х+2≠0
х ≠ -2
D (y) = (-∞; -2) ∪ (-2; ∞).
Функция непрерывна в каждой точке своей области определения.
2)

2 õ2  4 õ  6 õ  12  õ2  6 õ õ2  4 õ  12

õ  22
õ  22
3) Найдем критические точки у'(х) = 0.
2 ∊ D (y) и -6 ∊ D (y) и являются внутренними точками области определения, значит
являются критическими,у' (х) не существует при х = -2, но -2 ∉D (y), значит не является критической.
4) Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
Функция убывает при х∊ [-6; -2) ∪ (-2; 2 ].
функция возрастает при х ∊ (-∞; -6] ∪ [2; ∞)
Ответ: функция возрастает при х ∊ (-∞; -6] ∪ [2; ∞) и убывает при
х∊ [-6; -2) ∪ (-2; 2 ].
Необходимое условие экстремума
В точках экстремума, производная функции равна нулю или не существует. Но не в
каждой точке х0, где f '(х0) =0 или f '(х0) не существует, будет экстремум.
Достаточное условие экстремума
Если функция f (х) непрерывна в точке х0 и производная f '(х) меняет знак в точке х0, то
х0 – точка экстремума функции f (х).
Если в точке х0 знак f '(х) меняется с «+» на «-», то х0 – точка максимума.
Если в точке х0 знак f '(х) меняется с «-» на «+», то х0 – точка минимума.
Точки максимума и минимума называются точками экстремума. А значения функции
в точках экстремума называются экстремумами функции.
Алгоритм нахождения точек экстремума и экстремумов функций
Найти область определения.
Найти производную функции
Найти критические точки
Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
5. Относительно каждой критической точки определить, является ли она точкой максимума, минимума или не является точкой экстремума.
точки максимума
=>точки экстремума
точки минимума
6. Найти значения функции в точках экстремума – это экстремумы функции.
7. Записать требуемый результат исследования функции.
1.
2.
3.
4.
Найти точки экстремума функции
.
Решение
1) Область определения
х2≠ 0
х ≠ 0.
D (y) = (-∞; 0) ∪ (0; ∞).
2)
3) Найдем критические точки f '(х) = 0
4) Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
х = 2 – точка min, т.к. при переходе через точку х = 2, производная поменяла знак с «-» на «+»
Ответ: 2.
Найти точки экстремума функции f(x) = x2 · ex. Если их несколько, найти их сумму.
Решение.
1) D(f) = R.
2) f '(х) = (х2)'·ех + х2· (ех)' = 2х · ех + х2ех = х· ех(2 + х).
3) Найдем критические точки f '(х) = 0.
х · ех (2 + х) = 0, ех ≠ 0.
х = 0 или 2 + х = 0
х = -2.
0 ∊D(f)и -2 ∊D(f)и являются внутренними точками области определения, значит
являются критическими
4) Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
-2
0
f '(х) = х· ех (2 + х)
5) x = -2 –точка мах
точки экстремума
х = 0 – точка min
-2 + 0 = -2.
Ответ: -2.
Найти экстремумы функции
.
Решение.
1) Найдем область определения.
х≠0
D(f) = (-∞; 0) ∪ (0; ∞).
2)
3) Найдем критические точки f '(х) = 0.
4) Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
5) х = -1 – точка min – точка экстремума.
6)
Ответ: 3.
- экстремум функции.
Уравнение касательной к графику функции
у = kx + b – прямая.
k = f'(х0) = tgα
Уравнение касательной имеет вид
y = f (x0) + f' (x0) · (x – x0), где х0– абсцисса точки касания.
1) f (x0)
2) f ' (x)
3) f' (x0)
Уравнение привести к виду y = kx + b
1. Составить уравнение касательной к графику функции у = х2 – 2х в точке с
абсциссой х0 = 3.
Решение.
Уравнение касательной имеет вид:
y = f (x0) + f ' (x0) · (x – x0).
2
f (x0) = f(3) = 3 – 2 · 3 = 9 – 6 = 3.
f '(x) = 2х – 2;
f '(x0) = f '(3) = 2 · 3 – 2 = 4.
у = 3 + 4 (х – 3)
у = 3 + 4х – 12.
у = 4х – 9.
Ответ:у = 4х – 9.
2. Дана кривая у = -х2 + 1. Найти точку ее графика, в которой касательная параллельна прямой у = 2х + 3.
Решение.
Так как касательная параллельная прямой у = 2х + 3, то их угловые коэффициенты
равны, т.е.k = y'(х0) = 2.
y'(х) = -2 х.
Пусть х0 – абсцисса точки касания, тогда y'(х0) = -2 х0, поэтому -2 х0 = 2, х0 = -1,
аy0 = f(-1) = -(-1)2 + 1= 0.
Итак, (-1; 0) – искомая точка.
Ответ: (-1; 0).
3. На параболе у = х2 – 2х – 8 найти точку М, в которой касательная к ней параллельна прямой 4х + у + 4 = 0.
Решение.
Определим угловой коэффициент касательной к параболе у = х2 – 2х – 8:у' = 2х – 2.
Найдем угловой коэффициент прямой 4х + у + 4 = 0: у = -4х – 4, k = -4.
Касательная к параболе и данная прямая по условию параллельны, следовательно, их
угловые коэффициенты равны 2х – 2 = -4, 2х = -2, х = -1.
Найдем ординату точки М:у (-1) = (-1)2 – 2 · (-1) -8 = 1 + 2 – 8 = -5.
М (-1; -5)
Ответ: М (-1; -5).
4. Найти координаты точки, в которой касательная к параболе у = х2 – х – 12,
образует с осью ОХ угол 45°.
Решение.
Найдем тангенс угла наклона касательной, проведенной в искомой точке, к оси ОХ:
tgα = y' (x) = 2x – 1, т.к. α = 45°, то tg 45° = 2x – 1,
1 = 2х – 1
2х = 2
х = 1.
Определим ординату искомой точки: у (1) = 12 – 1 – 12 = -12.
Искомая точка (1; -12).
Ответ: (1; -12).
5. В какой точке кривой
лом 60°?
, касательная наклонена к оси абсцисс под уг-
Решение.
Находим у'(х).
Т.к. по условию у'(х) = k = tg 60°, то
2
1 3
õ  3
3
õ
õ

2
3
2

3
3 3
3
3
2
Возведем обе части уравнения в степень
Найдем ординату точки касания:
, тогда

9
4

3
4
. Итак, искомая точка (3 ;3 ) .
9

4
3

4
Ответ: (3 ;3 )
6. Найти угол между прямой х = 3 и параболой у = х2.
Решение.
Углом между прямой и кривой называется угол между этой прямой и касательной к кривой в точке их пересечения.
ΔАВС
(< ÑÂ =900), тогда
прямоугольный
, зна-
чит φ = 90° - α или
. Найдем у'
(х) = 2х. Т.к. tgα = y' (3) = 2 · 3 = 6, то α =
arctg 6. Следовательно,
Ответ:
7. Найти, под каким углом ось ОХ пересекает параболу у = х2 + х.
Решение.
Найдем точки пересечения параболы у = х2 + х с осью ОХ. Для этого следует решить
систему уравнений
x2 + x= 0
x (x + 1) = 0
x = 0 или
x + 1 = 0, x= -1.
Значит парабола пересекает ось ОХ в точках
(-1; 0) и (0; 0).
у' = (х2 + х)' = 2х + 1
k1 = y' (-1) = 2 ·(-1) + 1 = -1 k2 = y' (0) = 2 · 0 + 1 = 1
k = tgα,
tgα1 = -1
tgα2 = 1
α1 = 135°
α2 = 45°
Ответ: 135°, 45°.
8. Составить уравнение касательной к графику y = cosx в точке с абсциссой
Решение.
Уравнение касательной имеет вид
y = у(x0) + у '(x0) · (x – x0).
а)
- уравнение касательной в точке
.
б)
.
- уравнение касательной в точке
Ответ:
.
;у=1
9. Найти координаты точки пересечения касательных к графику функции f(x) =

5
sin 3x в точках с абсциссами õ  è õ 
18
18
Решение.
Напишем уравнение касательной к графику функции в точке с абсциссой
y = f (x1) + f '(x1) · (x – x1).
– уравнение касательной в точке с абсциссой
Напишем уравнение касательной в точке с абсциссой
y = f (x2) + f '(x2) · (x – x2).
.
5

  3 3
 5 
 5 

f / x2   f /    sin  3    3 cos
 3 cos     3 cos 
6
6
6
2
 18 
 18 

.
 
3 3
1 5 3
x 
2
2
12
– уравнение касательной в точке с абсциссой
.
Чтобы найти координаты точки пересечения касательных, решим систему уравнений

3 3
6  3
x
2
12
 
3 3
6  5 3
x
2
12
– точка пересечения касательных.
Ответ:
.
10. Найти площадь треугольника, ограниченного координатными осями и касательной к графику функции
в точке с абсциссой х0 = 1.
Решение.
Напишем уравнение касательной к графику функции в точке с абсциссой х0 = 1.
y = f (x0) + f '(x0) · (x – x0).

2õ  3  2õ  2
5

2
(2 õ  3)
(2 õ  3) 2
y = -2 – 5 ∙ (x – 1) y = -2 – 5x + 5
y = -5x + 3 – уравнение касательной.
Найдем координаты точек пересечения касательной с осями координат
На оси ОХ у = 0
0 = -5х + 3
5х = 3
На оси ОYx = 0
y = -5∙0 + 3
y=3
(0; 3)
АО = 3; ОВ =
3
5
Ответ: 0,9.
11. Найти уравнения касательных к графику функции f(x)=6x – x2 в точках с абсциссами х1 = 1 и х2 = 4 и площадь треугольника, ограниченного этими касательными и осью ОУ.
Решение.
Графиком функции f(x)=6x–x является парабола, ветви которой направлены вниз.
2
Нули функции
6х – х2 = 0
х (6 – х) =0
х=0
х=6
Напишем уравнение касательной к графику функции f(x)=6x–x2 в точке с абсциссой х1 = 1
y = f (x1) + f '(x1) · (x – x1).
y = 5 + 4(x – 1)
y = 5 + 4x – 4
y = 4x + 1
Данная касательная пересекает ось OY в точке А
х = 0, у = 4∙ 0 + 1 = 1, А (0; 1).
Напишем уравнение касательной к графику функции в точке с абсциссой х2 = 4.
y = f (x2) + f '(x2) · (x – x2).
у = 8 – 2 (х – 4)
у = 8 – 2х + 8
у = -2х + 16.
Данная касательная пересекает ось OYв точке В
х = 0, у = 16, В (0; 16).
ТочкаС – точка пересечения касательных.
СК ⊥ АВ, СК – высота ΔАВС.
Найдем абсциссу точки пересечения касательных
4x + 1 = -2x + 16
4x + 2x = 16 – 1
6x = 15
Ответ: 18,75
Решение экстремальных задач
Алгоритм решения текстовых задач на определение наименьшего и наибольшего
значения с помощью производной
1. Ввести переменную х.
2. Определить промежуток изменения х, исходя из реального условия задачи.
3. Составить формулу для функции от х, наименьшее или наибольшее значение которой требуется определить.
4. Найти производную функции.
5. Вычислить критические точки функции.
6. Выбрать те критические точки, которые принадлежат промежутку для х.
7. Вычислить значения функции в критических точках, лежащих внутри промежутка
и на его концах.
8. Установить вид экстремума в критических точках внутри промежутка с помощью
достаточного условия экстремума.
9. Из всех полученных чисел выбрать наибольшее или наименьшее.
10. Записать ответ.
Задача 1. Вычислить длину сторон прямоугольника, периметр которого 48 см.,
имеющего наибольшую площадь.
Решение.
В
С
Р = 2 (АВ + АD)
48 = 2(AB + AD)
AB + AD = 24
А
D
Пусть АВ = х см, тогда АD = (24 – х) см.
Исходя из условия задачи х ϵ (0; 24).
Составим функцию площади прямоугольника, наибольшее значение которой необходимо найти.
S (x) = x∙(24 – x)
S (x) = 24x – x2
Найдем критические точки функции S (x) = 24x – x2
S΄ (x) = (24x – x2)΄ = 24 – 2х
S΄ (x) = 0
24 – 2х = 0
2х = 24
х = 12 ϵ (0; 24)
Определим вид экстремума в критической точке х = 12
S΄ (x) = 24 – 2х
S΄ (1) = 24 – 2 ∙1 = 22 > 0
S΄ (13) = 24 – 2 ∙ 13 = 24 – 26 = -2 < 0.
х = 12 – точка мах
S (0) = 0 ∙(24 – 0) = 0
S (24) = 24 ∙(24 – 24) = 0
S (12) = 12 ∙(24 – 12) = 12 ∙12 = 144.
Наибольшее значение площади прямоугольника при х = 12 см., значит
АВ = CD = 12 (см), а
AD = BC = 24 – 12 = 12 (см)
т.е. АВСD – квадрат со стороной 12 см.
Ответ: квадрат со стороной 12 см.
Задача 2. Забором длиной ℓ требуется огородить наибольшую по площади прямоугольную площадку, примыкающую к реке. Каковы должны быть размеры прямоугольника, если со стороны реки забор
не установлен.
Решение.
АВ + AD + CD = ℓ.
Пусть АВ = CD = х см, тогда АD = ℓ - 2х.
Исходя из условия задачи хϵ (0; ℓ).
Составим формулу площади прямоугольника, наибольшее значение которой нужно найти.
S (x) = x∙ (ℓ - 2х).
S (x) = ℓx– 2х2.
S΄(x) = (ℓx– 2х2)΄=ℓ - 4х.
Найдем критические точки функции S΄(x) = 0.
ℓ - 4х = 0
4х = ℓ
Установим вид экстремума в критической точке
S΄(x) = ℓ - 4х
– точка мах.
S (0) = 0 (
S (ℓ) = ℓ∙(ℓ - 2ℓ) = -ℓ2.
Наибольшую площадь прямоугольная площадка имеет при
,а
, значит АВ = СD =
.
Ответ:
Нахождение наибольшего и наименьшего значения функции,
непрерывной на отрезке
Если функция f (x) непрерывна на отрезке и имеет на нем конечное число критических точек, то она принимает свое наибольшее и наименьшее значение на этом отрезке или в
критических точках, принадлежащих этому отрезку, или на концах отрезка.
Алгоритм нахождения наибольшего и наименьшего значения функции,
непрерывной на отрезке
1. Найти область определения функции и проверить принадлежит ли отрезок области
определения.
2. Найти производную f΄(x).
3. Найти критические точки.
4. Выбрать критические точки, принадлежащие заданному отрезку.
5. Вычислить значения функции в этих критических точках и на концах отрезка.
6. Сравнить полученные значения и выбрать из них наименьшее и наибольшее.
Найти наибольшее и наименьшее значение функции на отрезке.
Решение.
1) Область определения
 3;0  D 
2) Найдем критические точки y΄(x) = 0.
3)
4) Вычислим значения функции в критической точке х = -2 и на концах отрезка [-3;0]
5) max y(x) = y (-2) = -4
[-3; 0 ]
min y(x) = y (0) = -8
[-3; 0 ]
Ответ: -4; -8.
Применение производной при решении уравнений,
неравенств, доказательстве тождеств.
При этом будем использовать следующие свойства функций:
1. Если непрерывная функция f(x) возрастает или убывает на некотором промежутке, то на этом промежутке уравнение f(x) = 0 имеет не более одного
корня.
2. Если f΄(x) = 0 на некотором промежутке, то f(x) =const на этом промежутке.
Пример 1.
Докажите, что уравнение
Решение.
Рассмотрим функцию
f ( x)  2 x 2  1  x  2
Область определения функции х – 2 ≥ 0, х ≥ 2.
не имеет корней.

4õ
2 2õ 1
2

1
2õ
1
>


2
2 õ 2
2õ 1 2 õ  2
Следовательно, f (x) ≥ f (2) = 3 и уравнение f (x) = 2 решений не имеет.
Пример 2.
Докажите неравенство
.
Доказательство.
Перепишем данное неравенство в виде
1 õ2  1  õ 3


2
2
õ2  1
1
õ
3
 1 2

2
õ 1 2
1
õ
3
1  1 2
 1
2
õ 1 2
Найдем наибольшее и наименьшее значение функции
на (- ∞; ∞)
Найдем критические точки f΄(x) = 0.
(x – 1)(x + 1) = 0
x = 1 x = -1
x = 1 – точка мах.
,
Значит
тогда
в
силу
, что и требовалось доказать.
нечетности
функции
Исследование функции с помощью производной
и построение графика функции.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
Схема исследования функции с помощью производной.
Найти область определения функции.
Найти точки пересечения графика функции с осями координат.
Исследовать функцию на четность, нечетность и периодичность.
Найти производную функции.
Найти критические точки.
Найти промежутки возрастания и убывания функции.
Найти точки экстремума и экстремумы функции.
Найти асимптоты графика функции.
Построить график функции.
Пример. Исследуйте функцию и постройте ее график у = 3х5 – 5х3
Решение.
1) D (y) = R, функция непрерывна в каждой точке своей области определения.
2) Найдем точки пересечения графика с осями координат.
На оси ОХ
у=0
3х5 – 5х3 = 0
х3 (3х2 – 5) = 0
х3 = 0 или
3х2 – 5 = 0
3х2 = 5
х=0
(0; 0),
– точки пересечения с осью ОХ.
На оси ОУ х = 0
у(0) = 3 ∙05 - 5∙ 03 = 0, (0; 0)
3) Непериодична.
D (y) = R – симметрична относительно нуля.
у (-х) = 3 ∙ (-х)5 - 5 ∙ (-х)3 = -3х5 + 5х3 = -(3х5 + 5х3) = -у (х), значит функция нечетная, ее график симметричен относительно начала координат.
4) у΄(х) = (3х5 – 5х3)΄ = 3 ∙ 5х4 – 5 ∙ 3х2 = 15х4 – 15х2 = 15х2(х2– 1).
5) 5) Найдем критические точки: у' (х) = 0
15х2 (х2 – 1) = 0
х2 = 0
или х2 – 1 = 0
х=0
(х – 1)(х + 1) = 0
х = 1 х = -1
0 ∊D(y), -1 ∊ D(y), 1 ∊ D(y) и являются внутренними точками области определения, значит
являются критическими.
6)
Отметим критические точки на области определения и определим знак производной на каждом из полученных интервалов.
у'(х) = 15х2 (х2 – 1)
у'(-2) = 15(-2)2 ((-2)2 – 1) = 15 · 4 · 3 >0
Функция возрастает при х∊ (-∞; -1] ∪ [1; ∞) и убывает при х∊[-1; 0]∪[0; 1] = [-1; 1]
6) x = -1 – точка мах
точки экстремума
х = 1 – точка min
умах = у(-1) = 3 · (-1)5 - 5·(-1)3 = -3 + 5 = 2
умin = у(1) = 3 · 15 - 5·13 = 3 – 5 = -2
7) Найдем асимптоты
а) вертикальных асимптот нет
б) горизонтальные
горизонтальных асимптот нет.
в) наклонные
Наклонных асимптот нет.
где