Производная функции $f$ в точке $x=a$ — это предел разностного отношения:$$f'(a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$Эквивалентная форма: $f'(a)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$.
Геометрический смысл: $f'(a)$ — угловой коэффициент (наклон) касательной к графику $y=f(x)$ в точке $(a,\,f(a))$. Физический смысл: мгновенная скорость изменения $f$ в точке $x=a$.
На экзамене YÖS нужно узнавать пределы, в которых «спрятана» производная. Полезные шаблоны:$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(a),\qquad \lim_{h\to 0}\frac{f(a+kh)-f(a)}{h}=k\,f'(a),$$$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}=f'(a).$$Если в задаче дан такой предел, найдите $f'(x)$ по правилам ниже и подставьте $x=a$ — не вычисляйте предел напрямую.
Степенные и константа:$$(c)'=0,\qquad (x^n)'=nx^{n-1},\qquad (\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}},\qquad \left(\frac{1}{x}\right)'=-\frac{1}{x^2}$$Показательные и логарифмические:$$(e^x)'=e^x,\qquad (a^x)'=a^x\ln a,\qquad (\ln x)'=\frac{1}{x},\qquad (\log_a x)'=\frac{1}{x\ln a}$$Тригонометрические:$$(\sin x)'=\cos x,\qquad (\cos x)'=-\sin x,\qquad (\tan x)'=\frac{1}{\cos^2 x}=1+\tan^2 x,\qquad (\cot x)'=-\frac{1}{\sin^2 x}$$Обратные тригонометрические:$$(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad (\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad (\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}$$Выучите таблицу наизусть: любая экзаменационная задача после применения правил дифференцирования сводится к ней.
Линейность:$$(c\,f)'=c\,f',\qquad (f\pm g)'=f'\pm g'$$Правило произведения:$$(f\cdot g)'=f'g+fg'$$Правило частного:$$\left(\frac{f}{g}\right)'=\frac{f'g-fg'}{g^2},\qquad g(x)\neq 0$$Типичное применение правила произведения на экзамене: если $f(x)=(x^2-1)\,g(x)$, то$$f'(x)=2x\,g(x)+(x^2-1)\,g'(x).$$Чтобы найти $f'(2)$, достаточно значений $g(2)$ и $g'(2)$, данных в условии: $f'(2)=4g(2)+3g'(2)$.
Для сложной функции:$$\big(f(g(x))\big)'=f'(g(x))\cdot g'(x)$$Дифференцируем внешнюю функцию, не меняя внутреннюю, и умножаем на производную внутренней.
Примеры в стиле экзамена:$$\big((x^2-5x+7)^3\big)'=3(x^2-5x+7)^2\cdot(2x-5)$$$$\big(\sin(4x+3)\big)'=4\cos(4x+3),\qquad (\tan 5x)'=\frac{5}{\cos^2 5x}$$$$\big(\arccos(x^3)\big)'=-\frac{3x^2}{\sqrt{1-x^6}},\qquad \big(\arcsin\sqrt{x}\big)'=\frac{1}{2\sqrt{x}\sqrt{1-x}}$$Цепное правило работает и в задачах с «неявной композицией»: если $f(g(x))=h(x)$, продифференцируйте обе части: $f'(g(x))\cdot g'(x)=h'(x)$, а затем подберите удобное значение $x$.
Комбинируем таблицу с цепным правилом ($u=u(x)$):$$\big(a^{u}\big)'=a^{u}\ln a\cdot u',\qquad \big(e^{u}\big)'=e^{u}\cdot u',\qquad \big(\ln u\big)'=\frac{u'}{u}$$Примеры:$$\big(3^{\cos x}\big)'=3^{\cos x}\ln 3\cdot(-\sin x)=-3^{\cos x}\sin x\ln 3$$$$\big(\ln(\sin x)\big)'=\frac{\cos x}{\sin x}=\cot x$$Модуль: при $u(x)\neq 0$$$\big(|u|\big)'=\frac{u}{|u|}\cdot u'$$На практике: определите знак $u$ вблизи данной точки и раскройте модуль. Для $f(x)=|x^3-8|$ вблизи $x=-2$ имеем $x^3-8<0$, поэтому $f(x)=8-x^3$ и $f'(x)=-3x^2$, значит $f'(-2)=-12$. В точке, где $u=0$ и $u'\neq 0$, функция $|u|$ недифференцируема (точка излома).
Односторонние производные в точке $x=a$:$$f'(a^-)=\lim_{h\to 0^-}\frac{f(a+h)-f(a)}{h},\qquad f'(a^+)=\lim_{h\to 0^+}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}.$$Функция дифференцируема в точке $a$ тогда и только тогда, когда она непрерывна в $a$ и $f'(a^-)=f'(a^+)$.
Для кусочной функции дифференцируем каждую ветвь отдельно: $f'(a^-)$ — производная левой ветви в точке $a$, а $f'(a^+)$ — производная правой ветви в точке $a$ (при условии непрерывности $f$ в точке $a$).
Мини-пример. Пусть $f(x)=x^2+1$ при $x\le 1$ и $f(x)=3x-1$ при $x>1$ (непрерывна в $x=1$: обе ветви дают $2$). Тогда$$f'(1^-)=2x\big|_{x=1}=2,\qquad f'(1^+)=3,\qquad f'(1^-)+f'(1^+)=5.$$Так как $2\neq 3$, функция $f$ недифференцируема в $x=1$, но сумма односторонних производных определена — частый вопрос на экзамене.
Вторая производная — это производная от производной:$$f''(x)=\big(f'(x)\big)'$$Для вычисления дифференцируем дважды. Для многочленов часто проще сначала раскрыть скобки.
Экзаменационный шаблон с параметром. Пусть $f(x)=(x+m)^2(x-1)$ и $f''(1)=16$. Раскрываем:$$f(x)=x^3+(2m-1)x^2+(m^2-2m)x-m^2$$$$f'(x)=3x^2+2(2m-1)x+m^2-2m,\qquad f''(x)=6x+2(2m-1)$$Тогда $f''(1)=6+4m-2=4m+4=16$, откуда $m=3$.
Вторая производная описывает и выпуклость: при $f''>0$ график выпуклый вниз (вогнутый), при $f''<0$ — выпуклый вверх; точки смены знака $f''$ — точки перегиба.
Касательная к графику $y=f(x)$ в точке $x=a$:$$y=f(a)+f'(a)(x-a)$$Здесь $f'(a)$ — угловой коэффициент касательной; если касательная образует угол $\alpha$ с положительным направлением оси $x$, то $f'(a)=\tan\alpha$.
Нормаль в той же точке (перпендикулярна касательной, $f'(a)\neq 0$):$$y=f(a)-\frac{1}{f'(a)}(x-a)$$Типичные вопросы: найти касательную в данной точке; найти точку, где касательная параллельна данной прямой ($f'(a)$ равен угловому коэффициенту этой прямой); найти, где касательная горизонтальна ($f'(a)=0$).
На промежутке, где $f'(x)>0$, функция возрастает; где $f'(x)<0$ — убывает.
Критические точки — это точки, где $f'(x)=0$ или $f'$ не существует. Локальные экстремумы дифференцируемой функции возможны только в критических точках.
Признак первой производной: если в критической точке $x_0$ знак $f'$ меняется с $+$ на $-$, то $x_0$ — точка локального максимума; с $-$ на $+$ — локального минимума; если знак не меняется, экстремума нет.
Признак второй производной: если $f'(x_0)=0$ и $f''(x_0)>0$, то $x_0$ — локальный минимум; если $f''(x_0)<0$ — локальный максимум.
На отрезке $[a,b]$ для поиска наибольшего и наименьшего значений сравнивают значения $f$ в критических точках внутри отрезка и на его концах.
В некоторых задачах YÖS дано соотношение между $f$ и $f'$, например$$f(x)-f'(x)=4x^2+6x+7.$$Метод: так как дифференцирование понижает степень на единицу, правая часть заставляет $f$ быть многочленом той же степени. Положим $f(x)=ax^2+bx+c$, тогда $f'(x)=2ax+b$ и$$f(x)-f'(x)=ax^2+(b-2a)x+(c-b)=4x^2+6x+7.$$Приравниваем коэффициенты: $a=4$; из $b-2a=6$ получаем $b=14$; из $c-b=7$ получаем $c=21$. Значит,$$f(x)=4x^2+14x+21,$$и любое требуемое значение находится сразу: например, $f(0)=21$, $f(1)=39$.
Та же идея (метод неопределённых коэффициентов) работает для соотношений вида $f(x)+f'(x)=\ldots$ или $f'(x)-2f(x)=\ldots$ с многочленом в правой части.
Задача. Пусть $f(x)=ax^3+bx^2-3x-4$. Известно, что $f'(1)=3$ и $f'(-1)=-3$. Найдите $a+b$.
Решение.Шаг 1. Дифференцируем: $f'(x)=3ax^2+2bx-3$.Шаг 2. Подставляем $x=1$: $f'(1)=3a+2b-3=3$, то есть $3a+2b=6$.Шаг 3. Подставляем $x=-1$: $f'(-1)=3a-2b-3=-3$, то есть $3a-2b=0$.Шаг 4. Складываем уравнения: $6a=6$, откуда $a=1$; тогда $2b=3a=3$, то есть $b=\frac{3}{2}$.Шаг 5. Следовательно,$$a+b=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}.$$Ответ: $\frac{5}{2}$.
Задача. Для всех $x$ выполнено $f(2x^2-3x)=x^4+x^2$. Найдите $f'(-1)$.
Решение.Шаг 1. Дифференцируем обе части по $x$ с помощью цепного правила:$$f'(2x^2-3x)\cdot(4x-3)=4x^3+2x.$$Шаг 2. Нужно, чтобы внутреннее выражение равнялось $-1$: решаем $2x^2-3x=-1$, то есть $2x^2-3x+1=0$, откуда $x=1$ (удобный корень).Шаг 3. Подставляем $x=1$:$$f'(-1)\cdot(4\cdot 1-3)=4\cdot 1+2\cdot 1\quad\Rightarrow\quad f'(-1)\cdot 1=6.$$Ответ: $f'(-1)=6$.
Ключевая идея: не ищите формулу самой $f$ — продифференцируйте тождество и подберите такое $x$, при котором внутренняя функция равна нужной точке.
Задача. Пусть $f(x)=|x^3-8|$. Найдите $f'(-2)$.
Решение.Шаг 1. Определяем знак подмодульного выражения вблизи $x=-2$:$$x^3-8\big|_{x=-2}=(-2)^3-8=-16<0.$$Так как $x^3-8<0$ при всех $x<2$, в целой окрестности точки $x=-2$ имеем$$f(x)=-(x^3-8)=8-x^3.$$Шаг 2. Дифференцируем эту ветвь: $f'(x)=-3x^2$.Шаг 3. Подставляем: $f'(-2)=-3\cdot(-2)^2=-12$.Ответ: $f'(-2)=-12$.
Замечание: в точке $x=2$ подмодульное выражение обращается в ноль и меняет знак, поэтому там $f$ недифференцируема (излом). Но $x=-2$ лежит строго внутри области постоянного знака, поэтому производная существует.
Задача. Найдите локальный экстремум функции $f(x)=2x^3-6x+9$ на отрезке $[-1,3]$.
Решение.Шаг 1. Дифференцируем: $f'(x)=6x^2-6=6(x-1)(x+1)$.Шаг 2. Критические точки: $f'(x)=0$ при $x=1$ и $x=-1$. Внутри интервала $(-1,3)$ лежит только $x=1$ (точка $x=-1$ — конец отрезка).Шаг 3. Знак $f'$: на $(-1,1)$ имеем $f'<0$ (убывание), на $(1,3)$ имеем $f'>0$ (возрастание). Знак меняется с $-$ на $+$, значит $x=1$ — точка локального минимума.Шаг 4. Значение локального минимума:$$f(1)=2-6+9=5.$$Ответ: локальный минимум $5$ в точке $x=1$.
Для наибольшего и наименьшего значений на $[-1,3]$ сравниваем также концы: $f(-1)=13$, $f(3)=45$; наименьшее значение на отрезке равно $5$, наибольшее — $45$.
Все темы курса · Задачи по теме
Для работы тренажёра включите JavaScript.