1. Практичне заняття 1.
Екстремум. Знаходження найбільшого і найменшого значень неперервної
на відрізку функції. Загальна схема дослідження функції та побудова її
графіка
Екстремум функції
Функція ( )y f x= має в точці c локальний (місцевий) максимум (або
мінімум), якщо існує такий окіл цієї точки, що для усіх x з цього околу
виконується нерівність
( ) ( )f x f c≤ (або ( ) ( )f x f c≥ ).
Точки локального максимуму (mах) і локального мінімуму (min)
називають точками локального екстремуму. Екстремум – властивість локальна,
що характеризує поведінку функції в точці шляхом порівняння її значень зі
значеннями в точках області визначення, прилеглих до даної. Точка екстремуму
повинна бути тільки внутрішньою точкою проміжку і ( )f x у ній повинна бути
обов’язково визначена.
Справедливі такі твердження:
1) необхідна умова існування екстремуму. Якщо функція ( )y f x= має
екстремум у деякій точці с і диференційовна в точці с, то вона дорівнює нулю:
( ) 0f c′ = ;
Аналогічно і для випадку, якщо в точці с функція досягає мінімуму.
Підкреслимо, що це твердження лише необхідною умовою, але
недостатньою. Це означає, що якщо в деякій точці ( ) 0,f c′ = то питання про
існування екстремуму залишається відкритим.
Якщо ж ( ) 0,f c′ ≠ то цього вже досить, щоб стверджувати, що в точці с
екстремуму немає. Розв’язуючи рівняння ( ) 0,f x′ = знаходимо тільки точки, в
яких можливий екстремум.
Точки, в яких похідна функції не існує або перетворюється в
нескінченність, теж можуть виявитися точками екстремуму.
Точки, у яких похідна функції перетворюється в нуль або в нескінченність
або не існує, називаються критичними.
Іншими словами, критичні точки називають точками, підозрілими на
екстремум.
2) достатня умова екстремуму. Якщо функція ( )y f x= неперервна в
деякому інтервалі, що містить критичну точку с, диференційовна в усіх точках
цього проміжку, за винятком, можливо, самої точки с, і при переході зліва
направо через критичну точку похідна ( )f x′ змінює знак із плюса (мінуса) на
мінус (плюс), то в цій точці c функція ( )f x має максимум (мінімум).
Наслідок. Якщо похідна ( )f x′ функції ( )f x , коли x переходить через
критичну точку c зліва направо, не змінює знака, то точка c не є
екстремальною.
2. Приклад. Дослідити на екстремум функцію ( )
2
.
1
х
у х
х
=
+
Розв’язання. Виконаємо послідовно наступні дії:
1. Знайдемо область визначення функції: 01≠+х , 1−≠х , ( )Dу =
{ ( ) ( ) }+∞−∪−∞−∈ ;11;х .
2. Обчислимо похідну функції:
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 22
2
1 1
1 1
х х х хх
у х
х х
′ ′′ + − +
′ = = = ÷
+ +
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2
.
1 1
х х х х х
х х
+ − +
=
+ +
3. Знаходимо критичні точки:
1) прирівнюємо похідну до нуля і знаходимо корені рівняння 0=′у ,
( )
2
2
2
0,
1
х х
х
+
=
+
2
2 0,х х+ = 2−=х , 0=х , ( )2
1 0;х + ≠
2) знаходимо значення х , для яких ( )у x′ не існує: ( )
2
1 0,х + = 1.х = −
Тобто маємо три критичні точки 1 2,х = − 2 1x = − і 3 0.х = У точці 1х = −
екстремуму немає, тому що ( )1 .x Dу= − ∉
4. Досліджуємо знак похідної зліва і справа від критичної точки,
обчислюючи значення похідної в деяких точках із кожного з інтервалів, на які
критичні точки розбивають область визначення:
1) ( )3 ; 2 ,x = − ∈ −∞ − ( )
( )
( ) ( )
( )
22
2 2
3
3 2 32 3
0;
41 3 1х
х х
yх
х =−
− + −+
′ = = = >
+ − +
2) ( )
3
2; 1 ,
2
x = − ∈ − −
3
3 0
2
y
′ − = − < ÷
;
3) ( )
1
1;0 ,
2
x = − ∈ −
1 3
0
2 4
y
′ − = − < ÷
; 4) ( )1 0; ,x = ∈ +∞ ( )
3
1 0
4
y′ = > .
5. Функція в критичній точці 2х = − досягає максимуму, тому що при
переході зліва направо через точку 2х = − похідна ( )у x′ змінює знак із плюса
на мінус: ( )
2
max
2
2 4.
1 x
x
у у
x =−
= − = = −
+
В критичній точці 0х = функція досягає мінімуму (при переході зліва
направо через точку 0х = похідна ( )у x′ змінює знак із мінуса на плюс):
2
3. ( )
2
min
0
0 0.
1 x
x
у у
x =
= = =
+
6. Заповнюємо таблицю
x ( )2;−∞− 2− ( )2; 1− − ( )1;0− 0 ( )0;+∞
'y + 0 – – 0 +
y 4− 0
max min
Отже, функція на інтервалах ( )2;−∞− та ( )+∞;0 монотонно зростає; на
інтервалах ( )1;2 −− та ( )0;1− монотонно спадає; в точці 2−=х функція має
максимум: ( )max 2 4;у у= − = − в точці 0=х функція має мінімум,
( )min 0 0.у у= =
Приклад. Дослідити на екстремум функцію ( ) 3 35 2
2 5 1.у х х х= − +
Розв’язання. 1. Знайдемо область визначення функції: ( )Dу = ( ){ }; .х∈ −∞ +∞
2. Обчислимо похідну функції: ( ) ( )3 35 2
2 5 1у х х х
′
′ = − + =
5 2
3 32 5 1х х
′ ′
′= − + ÷ ÷ ÷ ÷
2 1
3 3
3
5 2 10 1
2 5 .
3 3 3
х
х х
х
− −
= × − × = ×
3. Знаходимо критичні точки:
1) прирівнюємо похідну до нуля і знаходимо корені рівняння 0=′у :
3
10 1
0
3
х
х
−
× = , 1 0х − = , 1х = , 3
0х ≠ ;
2) знаходимо значення х , для яких ( )у x′ не існує: 3
0х = , ( )0x Dу= ∈ .
Отже, критичні точки: 1 0х = , 2 1х = .
4. Критичні точки поділяють область визначення функції на інтервали
( );0 ,−∞ ( )0;1 та ( )1;+∞ . Досліджуємо вказані інтервали на знак похідної:
1) ( )1 ;0 ,x = − ∈ −∞ ( ) 33
1
10 1 10 1 1 20
1 0
3 3 31х
х
y
х =−
− − −
′ − = × = × = >
−
;
2) ( )
1
0;1 ,
2
x = ∈
3
3
1
11 10 5 22 0
2 3 31
2
y
−
′ = × = − < ÷
;
3
4. 3) ( )2 1;x = ∈ +∞ , ( ) 3
10
2 0
3 2
y′ = > .
5. В критичній точці 0х = досягає максимуму:
( ) ( )3 35 2
max
0
0 2 5 1 1
x
у у х х
=
= = − + = ,
в критичній точці 1х = – мінімуму:
( ) ( )3 35 2
min
1
1 2 5 1 2.
x
у у х х
=
= = − + = −
6. Заповнюємо таблицю
x ( );0−∞ 0 ( )0;1 1 ( )1;+∞
'y + ∞ – 0 +
y 1 2−
max min
Функція на інтервалах ( );0−∞ , ( )1;+∞ монотонно зростає; на ( )0;1
монотонно спадає; в точці 0х = функція має максимум, ( )max 0 1у у= = ; в точці
1х = – мінімум, ( )min 1 2.у у= = −
Приклад. Дослідити функцію
3 21 5
6 1
3 2
у x x x= − − + на монотонність і
екстремуми.
Розв’язання. Дослідження функції проводиться за схемою:
1. Знайдемо область визначення функції: ( )D y =( ); .−∞ +∞
2. Обчислимо похідну функції: 3 21 5
6 1
3 2
у x x x
′ ′ = − − + = ÷
( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 21 5 1 5
6 1 6
3 2 3 2
х x x х х х
′ ′ ′ ′′ ′′= − − + = − − = ÷ ÷
2 21 5
3 2 6 5 6.
3 2
х x x x= × − × − = − −
3. Знаходимо критичні точки. Прирівнюємо похідну до нуля і обчислюємо
корені рівняння 0:у′ = 2
5 6 0x x− − = , 1 21, 6.х х= − = Зауважимо, що y′ існує
для всіх ( ); .x∈ −∞ +∞
Отже, критичні (стаціонарні) точки: 1 21, 6.х х= − =
4. Досліджуємо знак похідної зліва і справа від критичної точки,
обчислюючи значення похідної в деяких точках кожного з інтервалів, на які
критичні точки розбивають область визначення:
1) ( )2 ; 1 ,х = − ∈ −∞ − ( ) ( ) ( ) ( )
22
22 5 6 | 2 5 2 6xy x x =−′ − = − − = − − − − =
4 10 6 8 0;= + − = >
4
5. 2) ( )0 1;6 ,х = ∈ − ( )0 6 0;y′ = − <
3) ( )7 6; ,х = ∈ +∞ ( )7 8 0.y′ = >
5. Заповнюємо таблицю
x ( ); 1−∞ − 1− ( )1; 6− 6 ( )6; + ∞
'y + 0 – 0 +
y 25
6
53−
max min
( ) ( ) ( ) ( )
3 23 2
max
1
1 5 1 5 25
1 6 1 1 1 6 1 1 ,
3 2 3 2 6x
у у x x x
=−
= − = − − + = − − − − − + = ÷
( ) 3 2
min
6
1 5
6 6 1 53.
3 2 x
у у x x x
=
= = − − + = − ÷
Отже, функція
3 21 5
6 1
3 2
у x x x= − − + на інтервалах ( ); 1−∞ − , ( )6;+∞
монотонно зростає; на ( )1;6− монотонно спадає; у точці 1х = − функція має
максимум, ( )max
25
1
6
у у= − = ; у точці 6х = функція має мінімум,
( )min 6 53у у= = − ;
Приклад. Дослідити функцію
( )
2
2 1
1
x
y
x
−
=
−
на монотонність і екстремуми.
Розв’язання. Область визначення функції: ( ) ( ) ( );1 1; .D y = −∞ ∪ + ∞
Обчислимо похідну:
( ) ( )( )
( )
( ) ( )
( )
2
4 3
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
1 1
x x x x x
y
x x
− − − − − − −
′ = = =
− − ( ) ( )
3 3
2 2 4 2 2
1 1
x x x
x x
− − + −
=
− −
.
0,y′ = якщо 0;x = y′ невизначена при 1x = . Тобто маємо дві критичні точки
0x = і 1x = . В точці 1x = екстремуму немає, тому що 1x = ( ).D y∉
Розіб’ємо область визначення функції на інтервали критичними точками і
з’ясуємо знак похідної на кожному з них. Результати дослідження заносимо в
таблицю:
x ( ); 0−∞ 0 ( )0;1 ( )1; + ∞
'y – 0 + –
y –1
min
( )
( ) ( )
mіn 2 20
2 1 2 0 1
0 1.
1 0 1x
x
у у
x =
− × −
÷= = = = −
÷− −
5
6. Отже, функція
( )
2
2 1
1
x
y
x
−
=
−
на інтервалах ( );0−∞ і ( )1;+∞ монотонно
спадає; на ( )0;1 монотонно зростає; у точці 0х = функція має мінімум,
( )mіn 0 1.у у= = −
Знаходження найбільшого і найменшого значень
неперервної на відрізку функції
Правило. Для знаходження найбільшого і найменшого значення функції
( )xf на відрізку [ ];a b треба із значень функції на кінцях відрізка та в
критичних точках, які належать цьому відрізку, вибрати найбільше і найменше.
Приклад. Знайти найбільше і найменше значення функції 4 3
3 4 1y x x= + +
на відрізку [ ]1;2−∈x .
Розв’язання. Знаходимо критичні точки функції:
( ) ( )3 2 2
12 12 12 1y x x x x x′ = + = + ,
( ) 0=′ xy , ( )2
12 1 0x x + = , [ ]1 1 2;1x = − ∈ − , [ ]2 0 2;1x = ∈ − .
Знаходимо ( ) ( ) ( ) ( )2 17, 1 0, 0 1, 1 8.y y y y− = − = = =
Отже, ( )найб 2 17y y= − = , ( )найм 1 0.y y= − =
Опуклість і вгнутість графіка функції
Графік функції ( )xfy = називається вгнутим на деякому інтервалі , якщо
він розміщений вище дотичної, проведеної в будь якій точці цього інтервалу.
Крива функції ( )xfy = називається опуклою на деякому інтервалі, якщо
всі точки кривої лежать нижче від будь якої її дотичної на цьому інтервалі.
Якщо для всіх ( )baх ,∈ функція ( )xfy = має другу похідну, яка
від’ємна для всіх ( )baх ,∈ , тобто ( ) 0<′′ xf , то крива функції опукла на цьому
інтервалі. Якщо ( ) 0>′′ xf для всіх ( )baх ,∈ , то крива ( )xfy = вгнута на цьому
інтервалі.
Точка с, в якій крива змінює опуклість на вгнутість (або навпаки),
називається точкою перегину кривої.
Наступні твердження визначають критерії існування перегину.
Якщо функція ( )xfy = має в околі внутрішньої точки c області визначення
другу неперервну похідну і точка ( )( )cfcM , , що лежить на графіку функції, є
точкою перегину, то ( ) 0=′′ cf .
Дане твердження дозволяє виділити точки, де варто очікувати перегин
графіка функції ( )xfy = , ті точки її області визначення, у яких ( ) .0=′′ xf
Однак безліч точок, підозрілих на перегин, може бути розширене за рахунок
тих, у яких ( )xf ′′ перетворюється в нескінченність або зовсім не існує.
Укажемо достатні умови перегину графіка функції.
Якщо при переході через точку c, підозрілу на перегин графіка функції
( )xfy = , друга похідна змінює знак, то точка графіка ( )( )cfcM , є точкою
перегину графіка функції.
Приклад. Знайдемо точки перегину функції
2
x
ey −
= .
6
7. Розв’язання. ( ) ( ) ( )24,e2 2x- 22
−=′′−=′ −
xexyxxy x
.
Умова ( ) 0=′′ xy приводить нас до рівняння ,012 2
=−x яке має рішення:
.
2
1
2,1 ±=x
Досліджуємо ці точки , підозрілі на перегин. Очевидно, що
( ) 0>′′ xy для
2
1
−<x і 2
1
>x ; ( ) 0<′′ xy для
1 1
2 2
x− < < ,
отже, для
2
1
−<x і
2
1
>x крива вгнута; для
1 1
2 2
x− < < крива опукла, а
точки графіка
−
e
M
1
,
2
1
1 і
e
M
1
,
2
1
2 є точками перегину.
Асимптоти
Поняття асимптот вводиться для кривих, границі яких ідуть у
нескінченність. Це може мати місце, коли функція необмежена або задана на
необмеженому проміжку.
Пряма x = a називається вертикальною асимптотою графіка функції ( )xfy = ,
якщо хоча б один з односторонніх границь
( ) ( )xfxf
axax 00
lim,lim
+→−→ дорівнює ∞+ або ∞− .
Пряма y = b називається горизонтальною асимптотою графіка функції
( )xfy = , якщо
( )
( ) bxf
x
x
=
−∞→
+∞→
lim
.
Пряма y = kx+b називається похилою асимптотою графіка функції ( )xfy =
(рис. 4), якщо
( )
( ) ( )( ) 0lim =+−
+∞→
−∞→
bkxxf
x
x
.
Коефіцієнт k визначається так:
( )
( ) k
x
xf
x
x
=
+∞→
−∞→
lim
.
Знаючи k одержимо:
( )
( )( )kxxfb
x
x
−
+∞→
−∞→
lim=
.
При k =0 будемо мати горизонтальну асимптоту, яка є частинним випадком
похилої асимптоти.
Загальне дослідження функції і побудову її графіка зручно проводити за
такою схемою:
1. Знайти область визначення функції.
2. Вияснити парність, непарність функції, її періодичність.
3. Знайти точки розриву функції і її односторонні границі в цих точках.
4. Знайти точки перетину графіка з осями координат.
5. Знайти точки екстремуму і екстремальні значення.
6. Визначити інтервали зростання і спадання функції.
7. Визначити інтервали опуклості й вгнутості графіка.
8. Знайти точки перегину.
7
8. 9. Визначити асимптоти.
10. Побудувати графік функції, використовуючи попередні результати.
Приклад. Дослідити функцію xxy arctg2−= і побудувати її графік.
Розв’язання.
1. Область визначення функції ( ) { }RxfD ∈= .
2. Функція непарна, так як
( ) ( ) ( ) ( )2arctg 2arctg 2arctgy x x x x x x x y x− = − − − = − + = − − = − .
Неперіодична.
3. Функція неперервна, так як функції xy = і xy arctg2= неперервні.
4. Графік функції проходить через початок координат: 00arctg20,0 =−== yх .
5. ( ) ( )
( )222
2
1
4
;
1
1
x
x
xy
x
x
xy
+
=′′
+
−
=′ .
Знайдемо критичні точки прирівнявши першу похідну до нуля:
1;1;0
1
1
212
2
=−==
+
−
xx
x
x
.
Використовуючи другу похідну, знайдемо, що ( ) 01 <−′′y . Отже при 11 −=x
функція має максимум ( ) 57,01max ≈−y .
При 12 =x функція має мінімум, так як ( ) 01 >′′y , ( ) 57,01min −≈y .
6. ( ) ( ) ( ) ( )2 2
2
3
1) 2 ; 1 , 2 1 1 0;
5х
х y x x
=−
′= − ∈ −∞ − − = − + = >
( ) ( ) ( ) ( )2 2
0
2) 0 1;1 , 0 1 1 1 0;
х
х y x x
=
′= ∈ − = − + = − <
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2
3
3) 2 1; , 2 1 1 0.
5х
х y x x
=
′= ∈ +∞ = − + = >
Функція зростає в проміжках ( )1;−∞− і ( )+∞;1 , спадає на ( )1;1− .
7. ( )
( )
0,0
1
4
,0 22
==
+
=′′ x
x
x
xy – критична точка; ( ) ⇒<−′′ 01y функція опукла на
( )0;∞− , ( ) ⇒>′′ 01y вгнута на ( )+∞;0 .
8. Отже, початок координат є точкою перегину графіка функції.
9. Знаходимо похилі асимптоти
( ) 1
arctg2
limlim1 =
−
==
−∞→−∞→ x
xx
x
xf
k
xx
;
( )( ) ( ) π
π
=
−−=−=−=
−∞→−∞→ 2
2arctg2limlim1 xkxxfb
xx
;
1
arctg2
lim2 =
−
=
+∞→ x
xx
k
x
; ( ) π−=−=
+∞→
xb
x
arctg2lim2 .
Отже π−= xy і π+= xy –похилі асимптоти.
8
Рис. 1
9. 10. Проведене дослідження дозволяє побудувати графік функції.
Приклад . Дослідити та побудувати графік функції ln 1
1
x
y
x
= −
−
.
Розв’язання.
Область визначення:
( )
( ) ( )
0 1 0
11
1
1
,0
x
x x
xx
x
x
> − >
⇒ ⇒ ∈ − ∪ +−
≠ ≠
∞ ∞ ;
точки перетину з осями координат:
ln 1 0
1 1
x x
e x ex e
x x
− = ⇒ = ⇒ = − ⇒
− −
( )1 ,
1
e
x e e x
e
− = − ⇒ =
−
, 0 ;
1
e
M
e
÷
−
функція неперіодична, загального вигляду;
розглянемо поведінку функції в точках х=0 та х=1
0
0
lim ln 1 ln0 1
0 1x
y
→−
−
= − = − = −
− −
∞,
0
1 0 1
lim ln 1 ln 1
1 0 1 0
,
x
y
→−
+
= − = − = +
+ −
∞
х=0, х=1 - вертикальні асимптоти;
( )
1 1 1 1
ln 1 ln ln 1
1 1 1 1
x
y x
x x x x x x
′ ′
′ = − = − − = − = − ÷ ÷
− − − −
1 20, 0, 1y y x x′ ′≠ = ∞ ⇒ = = , де функція не існує.
Маємо інтервал: (-∞; 0) ∪ (1; +∞), в яких ′ <y 0 , тобто в них функція спадає.
Екстремумів функція не має;
( ) ( )
2 2
2
1 1 2 1
1
x
y
x x x x x x
′ ′ − − − ′′ = = = ÷ ÷
− − −
1
0 2 1 0,
2
y x x′′ = ⇒ − = = ∉ ОДЗ, 0, 1
1 2
y x x′′ = = = ∉∞ ⇒ ОДЗ,
маємо інтервали: (-∞; 0) ∪ (1; +∞).
На інтервалі (-∞; 0) похідна 0y′′ < , отже, крива опукла;
на інтервалі (1; +∞) 0y′′ > ⇒ крива вгнута. Точок перегину не має.
Похилих асимптот не має; х=0, х=1 вертикальні асимптоти.
Знаходимо горизонтальні асимптоти
lim ln 1 ln lim 1 1
1 1x x
x x
x x→± →±∞ ∞
− = − = − ÷
− −
, у= –1- горизонтальна асимптота.
Будуємо графік , рис.2.
9
