Возрастание и убывание функции на интервале, экстремумы

Найти точки максимума и минимума заданной функции $y=\frac{2(x+1{)}^2}{x-2}$.

Решение

Область определения данной функции – это все действительные числа кроме $х=2$. Для начала найдем производную функции и получим:

$$\begin{gathered} y\text{'}={\left(\frac{2{\left(x+1\right)}^2}{x-2}\right)}^{\text{'}}=2·\frac{{\left({\left(x+1\right)}^2\right)}^{\text{'}}·(x-2)-(x+1{)}^2·(x-2{)}^{\text{'}}}{(x-2{)}^2}= \\ =2·\frac{2·(x+1)·(x+1)\text{'}·(x-2)-(x+1{)}^2·1}{(x-2{)}^2}=2·\frac{2·(x+1)·(x-2)-(x+2{)}^2}{(x-2{)}^2}= \\ =2·\frac{(x+1)·(x-5)}{(x-2{)}^2} \end{gathered}$$

Отсюда видим, что нули функции – это $х=-1, х=5, х=2$, то есть каждую скобку необходимо приравнять к нулю. Отметим на числовой оси и получим:

Теперь определим знаки производной из каждого интервала. Необходимо выбрать точку, входящую в интервал, подставить в выражение. Например, точки $х=-2, х=0, х=3, х=6$.

Получаем, что

$y\text{'}(-2)=2·{\overline{)\frac{(x+1)·(x-5)}{(x-2{)}^2}}}_{x=-2}=2·\frac{(-2+1)·(-2-5)}{(-2-2{)}^2}=2·\frac{7}{16}=\frac{7}{8}>0$, значит, интервал $\left(-\infty ; -1\right)$ имеет положительную производную. Аналогичным образом получаем, что

$$\begin{gathered} y\text{'}\left(0\right)=2·\frac{(0+1)·\left(0-5\right)}{{\left(0-2\right)}^2}=2·\frac{-5}{4}=-\frac{5}{2}<0 \\ y\text{'}\left(3\right)=2·\frac{(3+1)·(3-5)}{(3-2{)}^2}=2·\frac{-8}{1}=-16<0 \\ y\text{'}\left(6\right)=2·\frac{(6+1)·(6-5)}{(6-2{)}^2}=2·\frac{7}{16}=\frac{7}{8}>0 \end{gathered}$$

Так как второй интервал получился меньше нуля, значит, производная на отрезке будет отрицательной. Третий  с минусом, четвертый с плюсом. Для определения непрерывности необходимо обратить внимание на знак производной, если он меняется, тогда это точка экстремума.

Получим, что в точке $х=-1$ функция будет непрерывна, значит, производная изменит знак с $+$ на $-$. По первому признаку имеем, что $х=-1$ является точкой максимума, значит получаем

$y_{max}=y(-1)={\overline{)\frac{2·(x+1{)}^2}{x-2}}}_{x=-1}=\frac{2·(-1+1{)}^2}{-1-2}=0$

Точка $х=5$ указывает на то, что функция является непрерывной, а производная поменяет знак с – на +. Значит, х=-1 является точкой минимума, причем ее нахождение имеет вид

$y_{min}=y\left(5\right)={\overline{)\frac{2·(x+1{)}^2}{x-2}}}_{x=5}=\frac{2·(5+1{)}^2}{5-2}=24$

Графическое изображение

Ответ: $y_{max}=y(-1)=0, y_{min}=y\left(5\right)=24$.

Найти точки максимума и минимума функции $y=\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3=2x^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8$.

Решение.

Область определения функции – это все действительные числа. Это можно записать в виде системы уравнений вида:

$\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{6}{x}^3-2x^2-\frac{22}{3}x-8, x<0\\ \frac{1}{6}{x}^3-2x^2+\frac{22}{3}x-8, x\ge 0\end{array}\right.$

После чего необходимо найти производную:

$$\begin{gathered} y\text{'}=\left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{1}{6}{x}^3-2x^2-\frac{22}{3}x-8\right)}^{\text{'}}, x<0\\ {\left(\frac{1}{6}{x}^3-2x^2+\frac{22}{3}x-8\right)}^{\text{'}}, x>0\end{array}\right. \\ y\text{'}=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}, x<0\\ \frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}, x>0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Точка $х=0$ не имеет производной, потому как значения односторонних пределов разные. Получим, что:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0-0}{\lim y\text{'}}=\underset{x\to 0-0}{\lim y}\left(-\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}\right)=-\frac{1}{2}·(0-0{)}^2-4·(0-0)-\frac{22}{3}=-\frac{22}{3} \\ \underset{x\to 0+0}{\lim y\text{'}}=\underset{x\to 0-0}{\lim y}\left(\frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}\right)=\frac{1}{2}·(0+0{)}^2-4·(0+0)+\frac{22}{3}=+\frac{22}{3} \end{gathered}$$

Отсюда следует, что функция непрерывна в точке $х=0$, тогда вычисляем

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0-0}{\lim y}=\underset{x\to 0-0}{\lim }\left(-\frac{1}{6}{x}^3-2x^2-\frac{22}{3}x-8\right)= \\ =-\frac{1}{6}·(0-0{)}^3-2·(0-0{)}^2-\frac{22}{3}·(0-0)-8=-8 \\ \underset{x\to 0+0}{\lim y}=\underset{x\to 0-0}{\lim }\left(\frac{1}{6}{x}^3-2x^2+\frac{22}{3}x-8\right)= \\ =\frac{1}{6}·(0+0{)}^3-2·(0+0{)}^2+\frac{22}{3}·(0+0)-8=-8 \\ y\left(0\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2x^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=0}=\frac{1}{6}·{\left|0\right|}^3-2·0^2+\frac{22}{3}·\left|0\right|-8=-8 \end{gathered}$$

Необходимо произвести вычисления для нахождения значения аргумента, когда производная становится равной нулю:

$$\begin{gathered} -\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}, x<0 \\ D=(-4{)}^2-4·\left(-\frac{1}{2}\right)·\left(-\frac{22}{3}\right)=\frac{4}{3} \\ {x}_1=\frac{4+\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{3}}}}{2·\left(-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}=-4-\frac{2}{3}\sqrt{3}<0 \\ {x}_2=\frac{4-\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{3}}}}{2·\left(-{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}=-4+\frac{2}{3}\sqrt{3}<0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}, x>0 \\ D=(-4{)}^2-4·\frac{1}{2}·\frac{22}{3}=\frac{4}{3} \\ {x}_3=\frac{4+\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{3}}}}{2·{\displaystyle \frac{1}{2}}}=4+\frac{2}{3}\sqrt{3}>0 \\ {x}_4=\frac{4-\sqrt{{\displaystyle \frac{4}{3}}}}{2·{\displaystyle \frac{1}{2}}}=4-\frac{2}{3}\sqrt{3}>0 \end{gathered}$$

Все полученные точки нужно отметить на прямой для определения знака каждого интервала. Поэтому необходимо вычислить производную в произвольных точках у каждого интервала. Например, у нас можно взять точки со значениями $x=-6, x=-4, x=-1, x=1, x=4, x=6$. Получим, что

$$\begin{gathered} y\text{'}(-6)={\overline{)\left(-\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}\right)}}_{x=-6}=-\frac{1}{2}·{\left(-6\right)}^2-4·(-6)-\frac{22}{3}=-\frac{4}{3}<0 \\ y\text{'}(-4)={\overline{)\left(-\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}\right)}}_{x=-4}=-\frac{1}{2}·(-4{)}^2-4·(-4)-\frac{22}{3}=\frac{2}{3}>0 \\ y\text{'}(-1)={\overline{)\left(-\frac{1}{2}{x}^2-4x-\frac{22}{3}\right)}}_{x=-1}=-\frac{1}{2}·(-1{)}^2-4·(-1)-\frac{22}{3}=\frac{23}{6}<0 \\ y\text{'}\left(1\right)={\overline{)\left(\frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}\right)}}_{x=1}=\frac{1}{2}·1^2-4·1+\frac{22}{3}=\frac{23}{6}>0 \\ y\text{'}\left(4\right)={\overline{)\left(\frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}\right)}}_{x=4}=\frac{1}{2}·4^2-4·4+\frac{22}{3}=-\frac{2}{3}<0 \\ y\text{'}\left(6\right)={\overline{)\left(\frac{1}{2}{x}^2-4x+\frac{22}{3}\right)}}_{x=6}=\frac{1}{2}·6^2-4·6+\frac{22}{3}=\frac{4}{3}>0 \end{gathered}$$

Изображение на прямой имеет вид

Значит, приходим к тому, что необходимо прибегнуть к первому признаку экстремума. Вычислим и получим, что

$x=-4-\frac{2}{3}\sqrt{3}, x=0, x=4+\frac{2}{3}\sqrt{3}$, тогда отсюда точки максимума имеют значени$x=-4+\frac{2}{3}\sqrt{3}, x=4-\frac{2}{3}\sqrt{3}$

Перейдем к вычислению минимумов:

$$\begin{gathered} y_{min}=y\left(-4-\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=-4-\frac{2}{3}\sqrt{3}}=-\frac{8}{27}\sqrt{3} \\ {y}_{min}=y\left(0\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=0}=-8 \\ {y}_{min}=y\left(4+\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=4+\frac{2}{3}\sqrt{3}}=-\frac{8}{27}\sqrt{3} \end{gathered}$$

Произведем вычисления максимумов функции. Получим, что

$$\begin{gathered} y_{max}=y\left(-4+\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=-4+\frac{2}{3}\sqrt{3}}=\frac{8}{27}\sqrt{3} \\ {y}_{max}=y\left(4-\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)={\overline{)\left(\frac{1}{6}{\left|x\right|}^3-2^2+\frac{22}{3}\left|x\right|-8\right)}}_{x=4-\frac{2}{3}\sqrt{3}}=\frac{8}{27}\sqrt{3} \end{gathered}$$

Графическое изображение

Ответ:

$$\begin{gathered} y_{min}=y\left(-4-\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)=-\frac{8}{27}\sqrt{3} \\ {y}_{min}=y\left(0\right)=-8 \\ {y}_{min}=y\left(4+\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)=-\frac{8}{27}\sqrt{3} \\ {y}_{max}=y\left(-4+\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)=\frac{8}{27}\sqrt{3} \\ {y}_{max}=y\left(4-\frac{2}{3}\sqrt{3}\right)=\frac{8}{27}\sqrt{3} \end{gathered}$$

Найти максимумы и минимумы функции $y=\frac{8\sqrt{x}}{x+1}$.

Решение

Для начала находим область определения. Получаем, что

$D\left(y\right): \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x\ne -1\end{array}\right.\iff x\ge 0$

Необходимо продифференцировать функцию, после чего получим

$$\begin{gathered} y\text{'}={\left(\frac{8\sqrt{x}}{x+1}\right)}^{\text{'}}=8·\frac{{\left(\sqrt{x}\right)}^{\text{'}}·(x+1)-\sqrt{x}·(x+1{)}^{\text{'}}}{(x+1{)}^2}= \\ =8·\frac{{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}·(x+1)-\sqrt{x}·1}{(x+1{)}^2}=4·\frac{x+1-2x}{(x+1{)}^2·\sqrt{x}}=4·\frac{-x+1}{(x+1{)}^2·\sqrt{x}} \end{gathered}$$

При $х=1$ производная становится равной нулю, значит, точка является возможным экстремумом. Для уточнения необходимо найти вторую производную и вычислить значение  при $х=1$. Получаем:

$$\begin{gathered} y\text{'}\text{'}={\left(4·\frac{-x+1}{(x+1{)}^2·\sqrt{x}}\right)}^{\text{'}}= \\ =4·\frac{(-x+1{)}^{\text{'}}·(x+1{)}^2·\sqrt{x}-(-x+1)·{\left({\left(x+1\right)}^2·\sqrt{x}\right)}^{\text{'}}}{(x+1{)}^4·x}= \\ =4·\frac{(-1)·(x+1{)}^2·\sqrt{x}-(-x+1)·\left({\left({\left(x+1\right)}^2\right)}^{\text{'}}·\sqrt{x}+(x+1{)}^2·{\left(\sqrt{x}\right)}^{\text{'}}\right)}{(x+1{)}^4·x}= \\ =4·\frac{-(x+1{)}^2\sqrt{x}-(-x+1)·\left(2\left(x+1\right)(x+1{)}^{\text{'}}\sqrt{x}+{\displaystyle \frac{(x+1{)}^2}{2\sqrt{x}}}\right)}{(x+1{)}^4·x}= \\ =\frac{-(x+1{)}^2\sqrt{x}-(-x+1)·\left(x+1\right)·\left(2\sqrt{x}+{\displaystyle \frac{x+1}{2\sqrt{x}}}\right)}{(x+1{)}^4·x}= \\ =2·\frac{3x^2-6x-1}{{\left(x+1\right)}^3·{\left(\sqrt{x}\right)}^3}\Rightarrow \\ y\text{'}\text{'}\left(1\right)=2·\frac{3·1^2-6·1-1}{(1+1{)}^3·(\sqrt{1}{)}^3}=2·\frac{-4}{8}=-1<0 \end{gathered}$$

Значит, использовав $2$ достаточное условие экстремума, получаем, что $х=1$ является точкой максимума. Иначе запись имеет вид $y_{max}=y\left(1\right)=\frac{8\sqrt{1}}{1+1}=4$.

Графическое изображение

Ответ: $y_{max}=y\left(1\right)=4$..

Найти точки максимума и минимума функции y$y=\frac{1}{16}(x+1{)}^3(x-3{)}^4$.

Решение

Исходная функция – целая рациональная, отсюда следует, что область определения – все действительные числа. Необходимо продифференцировать функцию. Получим, что

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{1}{16}\left({\left({\left(x+1\right)}^3\right)}^{\text{'}}(x-3{)}^4+(x+1{)}^3{\left({\left(x-3\right)}^4\right)}^{\text{'}}\right)= \\ =\frac{1}{16}\left(3\right(x+1{)}^2(x-3{)}^4+(x+1{)}^{3}4(x-3{)}^3)= \\ =\frac{1}{16}(x+1{)}^2(x-3{)}^3(3x-9+4x+4)=\frac{1}{16}(x+1{)}^2(x-3{)}^3(7x-5) \end{gathered}$$

Данная производная обратится в ноль при $x_1=-1, x_2=\frac{5}{7}, x_3=3$. То есть точки могут быть точками возможного экстремума. Необходимо применить третье достаточное условие экстремума. Нахождение второй производной позволяет в точности определить наличие максимума и минимума функции. Вычисление второй производной производится в точках ее возможного экстремума. Получаем, что

$$\begin{gathered} y\text{'}\text{'}={\left(\frac{1}{16}{\left(x+1\right)}^2(x-3{)}^3(7x-5)\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{8}(x+1)(x-3{)}^2(21x^2-30x-3) \\ y\text{'}\text{'}(-1)=0 \\ y\text{'}\text{'}\left(\frac{5}{7}\right)=-\frac{36864}{2401}<0 \\ y\text{'}\text{'}(3)=0 \end{gathered}$$

Значит, что $x_2=\frac{5}{7}$ является точкой максимума. Применив $3$ достаточный признак, получаем, что при $n=1$ и $f^{(n+1)}\left(\frac{5}{7}\right)<0$.

Необходимо определить характер точек $x_1=-1, x_3=3$. Для этого необходимо найти третью производную, вычислить значения в этих точках. Получаем, что

$$\begin{gathered} y\text{'}\text{'}\text{'}={\left(\frac{1}{8}(x+1)(x-3{)}^2(21x^2-30x-3)\right)}^{\text{'}}= \\ =\frac{1}{8}(x-3)(105x^3-225x^2-45x+93) \\ y\text{'}\text{'}\text{'}(-1)=96\ne 0 \\ y\text{'}\text{'}\text{'}\left(3\right)=0 \end{gathered}$$

Значит, $x_1=-1$ является точкой перегиба функции, так как при $n=2$ и $f^{(n+1)}(-1)\ne 0$. Необходимо исследовать точку $x_3=3$. Для этого находим $4$ производную и производим вычисления в этой точке:

$$\begin{gathered} y^{\left(4\right)}={\left(\frac{1}{8}(x-3)(105x^3-225x^2-45x+93)\right)}^{\text{'}}= \\ =\frac{1}{2}(105x^3-405x^2+315x+57) \\ {y}^{\left(4\right)}\left(3\right)=96>0 \end{gathered}$$

Из выше решенного делаем вывод, что $x_3=3$ является точкой минимума функции.

Графическое изображение

Ответ: $x_2=\frac{5}{7}$ является точкой максимума, $x_3=3$ - точкой минимума заданной функции.