Достаточные условия монотонности и экстремума

Наглядное представление о связи между монотонностью функции на отрезке и знаком ее производной на этом отрезке дают следующие примеры: пусть точка движется по оси и ее координата в момент времени равна . Если в течение некоторого промежутка времени скорость точки положительна, то координата возрастает. Поскольку скорость является производной от координаты по времени, то есть равна , то приходим к выводу, что при положительной производной на отрезке функция возрастает. Такой же вывод получаем из геометрических соображений: если производная положительна во всех точках отрезка , то касательная образует острый угол с положительным направлением оси и функция возрастает на отрезке .

Строгое доказательство утверждения о зависимости монотонности функции от знака ее первой производной основано на теореме Лагранжа.

►Теорема 40. (достаточное условие монотонности функции). Если функция непрерывна на отрезке и ее производная положительна (отрицательна) во всех внутренних точках этого отрезка, то функция возрастает (убывает) на отрезке .

Доказательство: пусть для всех . Рассмотрим произвольные и такие, что ; запишем для отрезка теорему Лагранжа (формулу конечных приращений): ; так как и . Значит, и функция – возрастает на .

Случай, когда при , рассматривается аналогично.

Пример 108. Найдем промежутки монотонности для функции .

Решение: заметим, что функция определена при всех . Найдем ее производную и промежутки, на которых она сохраняет знак:
.

Воспользуемся методом интервалов:

при и при ;

при и при .

Ответ: функция возрастает при и при ;

функция убывает при и при .

►Теорема 41. Если функция непрерывна в точке и ее производная в левой окрестности точки положительна, а в правой окрестности точки отрицательна, то – точка максимума для функции .

Доказательство: из условия следует, что при , значит, – возрастает на , то есть ; аналогично для , значит, – убывает на , то есть . Таким образом, для всех выполняется неравенство , значит, – точка максимума функции.

►Теорема 42. Если функция непрерывна в точке и ее производная в левой окрестности точки отрицательная, а в правой окрестности точки положительна, то – точка минимума функции.

Доказательство этой теоремы аналогично доказательству теоремы 40.

Примечание. Теоремы 40 и 41 содержат первое достаточное условие экстремума.

Пример 109. Найти точки экстремума функции .

Решение:
функция определена при всех , отличных от нуля; найдем критические точки: ; при и . Перемену знака исследуем методом интервалов:

Итак, слева от точки , а справа – , значит, – точка минимума. Аналогично – точка минимума.

Ответ: ; .

Пример 110. Найти экстремумы функции .

Решение:
функция определена при всех . Найдем критические точки: при ; ; . Перемену знака исследуем методом интервалов:

для – перемена знака с «–» на «+», значит, – точка минимума; аналогично – точка минимума; для – перемена знака с «+» на «–», значит, – точка максимума.

Найдем значения функции в указанных точках: ; ; .

Ответ: ; .