Урок 12. Наибольшее и наименьшее значение функции: 40 заданий с решениями

Шаг 1. Функция непрерывна на отрезке. $f'(x)=2x-4$, поэтому внутренний кандидат $x=2$ .

Шаг 2. Сравниваем значения во всех кандидатах:

$$f(0)=5,\qquad f(2)=1,\qquad f(5)=10.$$

Ответ. $\min f=1$ при $x=2$; $\max f=10$ при $x=5$. Значение функции и абсцисса точки не совпадают.

Шаг 1. $f'(x)=3(x-1)(x+1)$; оба стационарных значения $x=-1,1$ входят в отрезок.

Шаг 2. $f(-2)=0$, $f(-1)=4$, $f(1)=0$, $f(3)=20$. Проверены оба конца и все внутренние критические точки.

Ответ. $\min f=0$ при $x=-2$ и $x=1$; $\max f=20$ при $x=3$. Локальный максимум $f(-1)=4$ не является наибольшим значением на всём отрезке.

Шаг 1. $f'(x)=4x(x-2)(x+2)$. Кандидаты: $-3,-2,0,2$; точку $2$ учитываем один раз.

Шаг 2. $f(-3)=9$, $f(-2)=-16$, $f(0)=0$, $f(2)=-16$ .

Ответ. $\min f=-16$ при $x=\pm2$; $\max f=9$ при $x=-3$ .

Шаг 1. На заданном отрезке знаменатель не равен нулю.

$$f'(x)=1-\frac4{x^2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x^2}.$$

Из двух корней производной в отрезок входит только $2$ .

Шаг 2. $f(1)=5$, $f(2)=4$, $f(5)=\frac{29}{5}$ .

Ответ. $\min f=4$ при $x=2$; $\max f=\frac{29}{5}$ при $x=5$ .

Шаг 1. На отрезке $x+1>0$. Выделяем целую часть:

$$f(x)=x-1+\frac2{x+1},\qquad f'(x)=1-\frac2{(x+1)^2}.$$

Шаг 2. Стационарные точки $-1\pm\sqrt2$. Подходит только $c=\sqrt2-1$. Производная меняет знак с минуса на плюс.

Шаг 3. $f(0)=1$, $f(3)=\frac52$, $f(c)=2\sqrt2-2<1$ (так как $\sqrt2<\frac32$).

Ответ. $\min f=2\sqrt2-2$ при $x=\sqrt2-1$; $\max f=\frac52$ при $x=3$ .

Шаг 1. По правилу произведения

$$f'(x)=e^{-x}-(x+1)e^{-x}=-xe^{-x}.$$

Шаг 2. При $0<x<3$ производная отрицательна. Функция строго убывает; нуль производной на левом конце не создаёт дополнительного внутреннего кандидата.

Ответ. $\max f=f(0)=1$; $\min f=f(3)=\frac4{e^3}$ .

Шаг 1. Отрезок лежит в ОДЗ $x>0$ .

$$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}.$$

Шаг 2. До $x=e$ производная положительна, после отрицательна. Максимум равен $f(e)=\frac1e$ .

Шаг 3. На отрезке $\ln x\ge0$, а $f(1)=0$. Значит, наименьшее значение равно нулю; правый конец даёт положительное $\frac2{e^2}$ .

Ответ. $\min f=0$ при $x=1$; $\max f=\frac1e$ при $x=e$ .

Шаг 1. Подкоренное выражение неотрицательно на всём отрезке. Внутри него

$$f'(x)=-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}},$$

поэтому стационарная точка $x=0$. В правом конце производная не существует, но сама функция определена.

Шаг 2. $f(-1)=\sqrt3$, $f(0)=2$, $f(2)=0$ .

Ответ. $\min f=0$ при $x=2$; $\max f=2$ при $x=0$ .

Шаг 1. $f'(x)=\cos x-\sin x=0$ при $x=\frac\pi4$. На заданном отрезке это единственная стационарная точка.

Шаг 2. $f(0)=f\left(\frac\pi2\right)=1$, $f\left(\frac\pi4\right)=\sqrt2$ .

Ответ. $\min f=1$ на обоих концах; $\max f=\sqrt2$ при $x=\frac\pi4$ .

Шаг 1. Точка $x=1$ принадлежит ОДЗ, но производная в ней не существует. Её нельзя пропускать.

$$f(x)=\begin{cases}x^2-x+1,&x\le1,\\x^2+x-1,&x\ge1.\end{cases}$$

Шаг 2. Для левой ветви стационарная точка $x=\frac12$ подходит. Для правой формальное решение $x=-\frac12$ не принадлежит области этой ветви.

Шаг 3. Кандидаты $-1,\frac12,1,2$ дают $3,\frac34,1,5$ .

Ответ. $\min f=\frac34$ при $x=\frac12$; $\max f=5$ при $x=2$ .

Шаг 1. На каждом прямолинейном участке функция монотонна, поэтому достаточно сравнить ординаты пяти вершин, включая концы.

Шаг 2. Наименьшая ордината $-2$, наибольшая $3$. Ни один участок не горизонтален, поэтому других точек достижения нет.

Ответ. $\min f=-2$ при $x=-1$; $\max f=3$ при $x=1$ .

Шаг 1. По знаку производной $f$ возрастает на $[0;1]$, убывает на $[1;3]$ и возрастает на $[3;4]$ .

Шаг 2. На каждом таком участке значения лежат между значениями в его концах. Поэтому сравниваем именно заданные значения $f$, а не ординаты графика $f'$ .

Ответ. $\min f=1$ при $x=0,3$; $\max f=5$ при $x=1,4$ .

Шаг 1. $f'(x)=-\frac1{x^2}<0$: функция строго убывает. Правый конец включён, поэтому $\min f=f(2)=\frac12$ .

Шаг 2. Для любого $x$ из промежутка число $\frac x2$ также входит в него, причём $f\left(\frac x2\right)=2f(x)>f(x)$. Наибольшего значения нет; при приближении к нулю справа значения неограниченно растут.

Ответ. Наименьшее значение $\frac12$ при $x=2$; наибольшего значения нет.

Шаг 1. $f(x)=|x|^{2/3}\ge0$. При $x=0$ производная не существует, однако $f(0)=0$, и это наименьшее значение.

Шаг 2. Функция зависит только от $|x|$ и возрастает при увеличении $|x|$. На отрезке наибольший модуль аргумента равен $8$ и достигается только при $x=-8$ .

Ответ. $\min f=0$ при $x=0$; $\max f=4$ при $x=-8$. Уравнение $f'(x)=0$ здесь не дало бы точку минимума.

Шаг 1. Функция непрерывна при $x\ge0$. Для $x>0$

$$y'=12-6\sqrt{x}=6(2-\sqrt{x}).$$

Шаг 2. Производная положительна до $x=4$ и отрицательна после. Следовательно, максимум достигается при $x=4$ .

$$y(4)=7+48-4\cdot4\cdot2=23.$$

Ответ. $23$. Условие соответствует примеру 12.4 из методических рекомендаций ФИПИ для подготовки к ЕГЭ-2026; разбор составлен для урока.

Шаг 1. ОДЗ $x>-11$ содержит весь отрезок.

$$y'=9-\frac9{x+11}=\frac{9(x+10)}{x+11}.$$

Шаг 2. Знаменатель положителен. Производная отрицательна до $x=-10$ и положительна после. Минимум достигается внутри отрезка.

$$y(-10)=-90-9\ln1+7=-83.$$

Ответ. $-83$. Условие соответствует примеру 12.5 из методических рекомендаций ФИПИ для подготовки к ЕГЭ-2026; разбор составлен для урока.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne-2$. Нуль числителя $x=1$ .

Шаг 2. Знаки дроби на промежутках $(-\infty;-2)$, $(-2;1)$, $(1;+\infty)$ равны соответственно $+,-,+$ .

Шаг 3. Точка $1$ включается, так как знак нестрогий; $-2$ исключается по ОДЗ.

Ответ. $(-2;1]$ .

Шаг 1. ОДЗ: $x>3$ .

Шаг 2. На ОДЗ сумму логарифмов заменяем логарифмом произведения:

$$(x-1)(x-3)=8,\qquad x^2-4x-5=0.$$

Шаг 3. Корни $x=5$ и $x=-1$. Второй нарушает ОДЗ. Для первого аргументы равны $4$ и $2$, сумма логарифмов равна $2+1=3$ .

Ответ. $5$ .

Шаг 1. $(2\sin x-1)(\sin x-1)=0$, поэтому $\sin x=\frac12$ или $\sin x=1$ .

Шаг 2. Общие решения:

$$x=\frac\pi6+2\pi k,\quad x=\frac{5\pi}6+2\pi k,\quad x=\frac\pi2+2\pi k,\qquad k\in\mathbb Z.$$

Шаг 3. В каждой серии условие $\pi\le x\le3\pi$ оставляет только $k=1$. Концы отрезка не являются корнями.

Ответ. $\frac{13\pi}6,\ \frac{5\pi}2,\ \frac{17\pi}6$ .

Шаг 1. $f(2)=2$, $f'(x)=3x^2-3$, $f'(2)=9$ .

Шаг 2. Уравнение касательной:

$$y=f(2)+f'(2)(x-2)=2+9(x-2)=9x-16.$$

Проверка. Прямая проходит через $(2;2)$ и имеет требуемый угловой коэффициент $9$ .

Ответ. $y=9x-16$ .

Шаг 1. $y'=10\cos x-\frac{42}{\pi}$. Так как $\cos x\le1$ и $\pi<4$, получаем

$$y'\le10-\frac{42}{\pi}<10-\frac{42}{4}<0.$$

Шаг 2. Функция строго убывает. Максимум находится в левом конце:

$$y\left(-\frac{5\pi}6\right)=-5+35-12=18.$$

Ответ. $18$. Условие соответствует примеру 12.6 из методических рекомендаций ФИПИ для подготовки к ЕГЭ-2026; разбор составлен для урока.

Шаг 1. $f'(x)=x^2e^{-x}(3-x)$. Единственный внутренний корень производной $x=3$; $x=0$ уже является концом.

Шаг 2. На $(0;3)$ функция возрастает, на $(3;6)$ убывает, поэтому максимум равен $\frac{27}{e^3}$ .

Шаг 3. На всём отрезке $f(x)\ge0$, а равенство достигается только при $x=0$ .

Ответ. $\min f=0$ при $x=0$; $\max f=\frac{27}{e^3}$ при $x=3$ .

Шаг 1. ОДЗ $x>0$. Производная

$$f'(x)=\frac{1-2\ln x}{x^3}$$

равна нулю при $x=\sqrt e$ .

Шаг 2. До $\sqrt e$ функция возрастает, после убывает. $f(\sqrt e)=\frac1{2e}$ .

Шаг 3. $\ln x\ge0$ на отрезке, причём $f(1)=0$ и $f(e^2)=\frac2{e^4}>0$ .

Ответ. $\min f=0$ при $x=1$; $\max f=\frac1{2e}$ при $x=\sqrt e$ .

Шаг 1. ОДЗ: $x\in[0;4]$ .

Шаг 2. Внутри отрезка

$$f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}-\frac1{2\sqrt{4-x}}.$$

При $x<2$ производная положительна, при $x>2$ отрицательна; $f'(2)=0$ .

Шаг 3. В концах $f(0)=f(4)=2$, а $f(2)=2\sqrt2$. Недоступность производной в концах не мешает подставить их в исходную функцию.

Ответ. $\min f=2$ при $x=0,4$; $\max f=2\sqrt2$ при $x=2$ .

Шаг 1. Положим $t=\sin x$. На данном отрезке $t$ непрерывно и строго возрастает от $-1$ до $1$, поэтому все значения $[-1;1]$ достигаются.

Шаг 2. $t^2+t=\left(t+\frac12\right)^2-\frac14$. Минимум равен $-\frac14$ при $t=-\frac12$. На концах $q(-1)=0$, $q(1)=2$, так что максимум равен $2$ .

Шаг 3. Возвращаемся к аргументу: $\sin x=-\frac12$ даёт $x=-\frac\pi6$, а $\sin x=1$ даёт $x=\frac\pi2$ .

Ответ. $\min f=-\frac14$ при $x=-\frac\pi6$; $\max f=2$ при $x=\frac\pi2$ .

Шаг 1. Замена $t=e^x$ переводит отрезок в $\left[\frac12;3\right]$ взаимно однозначно.

Шаг 2. $q(t)=t^2-4t+7=(t-2)^2+3$. Сравниваем $q\left(\frac12\right)=\frac{21}{4}$, $q(2)=3$, $q(3)=4$ .

Ответ. $\min f=3$ при $x=\ln2$; $\max f=\frac{21}{4}$ при $x=-\ln2$ .

Шаг 1. $x^2-2x+3=(x-1)^2+2>0$: ограничений внутри отрезка нет.

Шаг 2. Натуральный логарифм строго возрастает. Достаточно исследовать его аргумент: минимум $2$ достигается при $x=1$, максимум $6$ при $x=-1$ и $x=3$ .

Ответ. $\min f=\ln2$ при $x=1$; $\max f=\ln6$ при $x=-1,3$ .

Шаг 1. Знаменатель всегда положителен.

$$f'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}.$$

Критические точки $x=-1,1$ входят в отрезок.

Шаг 2. $f(-2)=-\frac25$, $f(-1)=-\frac12$, $f(1)=\frac12$, $f(3)=\frac3{10}$ .

Ответ. $\min f=-\frac12$ при $x=-1$; $\max f=\frac12$ при $x=1$ .

Шаг 1. Пусть $x>0$ - абсцисса правой верхней вершины. Ширина $2x$, высота $12-x^2$, поэтому $0<x<2\sqrt3$ .

$$S(x)=2x(12-x^2),\qquad S'(x)=24-6x^2.$$

Шаг 2. Стационарная точка $x=2$ входит в допустимый промежуток. До неё производная положительна, после отрицательна, значит, это глобальный максимум. При приближении к обеим границам площадь стремится к нулю.

Ответ. Наибольшая площадь $32$; ширина $4$, высота $8$ .

Шаг 1. Для невырожденной коробки $0<x<5$ .

$$V(x)=x(10-2x)(16-2x)=4x^3-52x^2+160x.$$

Шаг 2. $V'(x)=12x^2-104x+160=4(3x-20)(x-2)$. Из корней $2$ и $\frac{20}{3}$ допустим только $2$ .

Шаг 3. На $(0;2)$ производная положительна, на $(2;5)$ отрицательна. На границах продолженная функция равна нулю; глобальный максимум находится внутри.

Ответ. $V_{\max}=2\cdot6\cdot12=144$ см³. Высота $2$ см, основание $6\times12$ см.

Шаг 1. Любая точка параболы имеет вид $M(x;x^2)$, где $x\in\mathbb R$ .

$$AM^2=x^2+(x^2-2)^2=x^4-3x^2+4.$$

Минимизация расстояния равносильна минимизации его квадрата.

Шаг 2. Положим $t=x^2\ge0$:

$$AM^2=t^2-3t+4=\left(t-\frac32\right)^2+\frac74.$$

Минимум $\frac74$ достигается при допустимом $t=\frac32$ .

Шаг 3. Оба значения $x=\pm\frac{\sqrt6}{2}$ дают ближайшие точки.

Ответ. Расстояние $\frac{\sqrt7}{2}$; точки $\left(-\frac{\sqrt6}{2};\frac32\right)$ и $\left(\frac{\sqrt6}{2};\frac32\right)$ .

Шаг 1. Радиус $r>0$, высота $h>0$. Из $\pi r^2h=54\pi$ следует $h=\frac{54}{r^2}$ .

$$S(r)=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+\frac{108\pi}{r}.$$

Шаг 2. $S'(r)=4\pi r-\frac{108\pi}{r^2}=\frac{4\pi(r^3-27)}{r^2}$. Знаменатель положителен; производная меняет знак с минуса на плюс при $r=3$ .

Шаг 3. При $r\to0+$ и $r\to+\infty$ площадь неограниченно растёт, поэтому найден глобальный минимум.

Ответ. $r=3$, $h=6$, $S_{\min}=54\pi$. Оптимальная высота равна диаметру.

Шаг 1. Рассмотрим $g(x)=\ln x-\frac xe$ на $(0;+\infty)$ .

$$g'(x)=\frac1x-\frac1e=\frac{e-x}{ex}.$$

Шаг 2. Функция строго возрастает до $e$ и строго убывает после $e$. Поэтому для любого $x>0$ верно $g(x)\le g(e)=1-1=0$ .

Шаг 3. Строгая монотонность по обе стороны исключает другие точки равенства.

Ответ. Неравенство доказано; равенство только при $x=e$. Прямая $y=\frac xe$ касается графика $\ln x$ в точке $(e;1)$ и лежит выше него.

Шаг 1. Функция положительна. Логарифм строго возрастает, поэтому максимум $f$ достигается там же, где максимум

$$g(x)=\ln f(x)=\frac{\ln x}{x}.$$

Шаг 2. $g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$. На $(0;e)$ знак положительный, на $(e;+\infty)$ отрицательный. Следовательно, $e$ - единственная точка глобального максимума.

Шаг 3. $g(e)=\frac1e$, поэтому $f(e)=e^{1/e}$. Это значение исходной функции, а не её логарифма.

Ответ. $e^{1/e}$, только при $x=e$ .

Шаг 1. $f_a(x)=(x-a)^2+5-a^2$. Минимум достигается в ближайшей к $a$ точке отрезка:

$$m(a)=\begin{cases}6+2a,&a<-1,\\5-a^2,&-1\le a\le2,\\9-4a,&a>2.\end{cases}$$

Точка минимума соответственно $-1$, $a$ или $2$. При $a=-1,2$ формулы соседних случаев совпадают.

Шаг 2. Парабола направлена вверх; максимум на отрезке достигается в одном из концов. Разность

$$f_a(2)-f_a(-1)=3-6a$$

меняет знак при $a=\frac12$ .

$$M(a)=\begin{cases}9-4a,&a\le\frac12,\\6+2a,&a\ge\frac12.\end{cases}$$

Ответ. Минимум равен $m(a)$, максимум $M(a)$. При $a<\frac12$ максимум только в $2$, при $a>\frac12$ только в $-1$, при $a=\frac12$ - в обоих концах. Формула минимума и все точки достижения указаны выше.

Шаг 1. Если $a\le0$, то $f'_a(x)=3(x^2-a)\ge0$, функция возрастает. Максимум $1-3a=2$ даёт $a=-\frac13$; он входит в рассматриваемый случай.

Шаг 2. Если $0<a<1$, внутренние критические точки $\pm\sqrt a$. На концах значения равны $\pm(1-3a)$, в критических точках - $\pm2a^{3/2}$. Поэтому

$$M(a)=\max\{|1-3a|,\ 2a^{3/2}\}<2.$$

Здесь решений нет.

Шаг 3. Если $a\ge1$, то производная неположительна на всём отрезке, функция убывает. Максимум $f_a(-1)=3a-1=2$ даёт $a=1$ .

Проверка. При $a=-\frac13$ максимум в $1$, при $a=1$ в $-1$; в обоих случаях он равен $2$ .

Ответ. $a\in\left\{-\frac13;\ 1\right\}$ .

Шаг 1. При $a<0$ слагаемое $\frac ax$ стремится к $-\infty$ при $x\to0+$, а $x^2\to0$. Функция не ограничена снизу; наименьшего значения нет.

Шаг 2. При $a=0$ имеем $x^2>0$. Значения приближаются к нулю, но $x=0$ не входит в область: наименьшего значения нет, точная нижняя грань равна $0$ .

Шаг 3. При $a>0$

$$f'_a(x)=2x-\frac a{x^2}=\frac{2x^3-a}{x^2}.$$

Единственная критическая точка $c=\sqrt[3]{\frac a2}>0$. До неё функция убывает, после возрастает, значит, минимум глобальный.

Шаг 4. Из $a=2c^3$ получаем $f_a(c)=c^2+2c^2=3c^2$ .

Ответ. При $a>0$ минимум $3\left(\frac a2\right)^{2/3}$, точка $\sqrt[3]{\frac a2}$. При $a\le0$ наименьшего значения нет; причины для $a<0$ и $a=0$ различны.

Шаг 1. Замена $t=x^2$ переводит заданный отрезок в $[0;4]$. Каждое такое $t$ достигается хотя бы при $x=\sqrt t$ .

$$f_a(x)=t^2-2at=(t-a)^2-a^2.$$

Шаг 2. Ближайшая к $a$ точка отрезка $[0;4]$ равна $0$ при $a\le0$, равна $a$ при $0<a<4$ и равна $4$ при $a\ge4$. Поэтому

$$m(a)=\begin{cases}0,&a\le0,\\-a^2,&0<a<4,\\16-8a,&a\ge4.\end{cases}$$

Шаг 3. Возвращаемся от $t$ к $x$. При $a\le0$ единственная точка $0$. При $0<a\le1$ подходят обе точки $\pm\sqrt a$. При $1<a<4$ отрицательный корень меньше $-1$, поэтому остаётся только $\sqrt a$. При $a\ge4$ минимум только в $2$ .

Ответ. Минимум равен $m(a)$; все точки достижения перечислены в шаге 3. В частности, при $a=1$ обе точки $-1,1$ допустимы, при $a=4$ допустима только $2$ .

Шаг 1. Слева и справа от $1$:

$$f_a(x)=\begin{cases}x^2-(2a+1)x+1,&0\le x\le1,\\x^2-(2a-1)x-1,&1\le x\le2.\end{cases}$$

Производные ветвей равны $2x-2a-1$ и $2x-2a+1$. Они возрастают по $x$, а в точке $1$ наклон скачком увеличивается на $2$. Поэтому функция строго выпукла и точка минимума единственна.

Шаг 2. Если $a\le-\frac12$, обе ветви не убывают и минимум в $0$. При $-\frac12<a<\frac12$ производная левой ветви меняет знак в $a+\frac12$. При $\frac12\le a\le\frac32$ левый наклон в точке $1$ неположителен, правый неотрицателен: минимум в изломе $1$ .

Шаг 3. При $\frac32<a<\frac52$ минимум правой ветви в $a-\frac12$. При $a\ge\frac52$ функция не возрастает на всём отрезке, минимум в $2$ .

Шаг 4. Подстановка даёт

$$m(a)=\begin{cases} 1,&a\le-\frac12,\\ 1-(a+\frac12)^2,&-\frac12<a<\frac12,\\ 1-2a,&\frac12\le a\le\frac32,\\ -1-(a-\frac12)^2,&\frac32<a<\frac52,\\ 5-4a,&a\ge\frac52. \end{cases}$$

Ответ. Минимум равен $m(a)$. Единственная точка достижения по порядку пяти случаев: $0$, $a+\frac12$, $1$, $a-\frac12$, $2$. На всех четырёх границах соседние формулы согласованы.

Шаг 1. Исследуем $q_a(x)=x^2-2ax$. При $a<0$ уже $|q_a(1)|=1-2a>1$, при $a>1$ имеем $|q_a(1)|=2a-1>1$. Эти параметры хуже, например, $a=\frac12$, для которого $M=\frac14$ .

Шаг 2. При $0\le a\le1$ вершина $x=a$ входит в отрезок. Наименьшее значение $q_a$ равно $-a^2$, а наибольшее равно $\max(0,1-2a)$. Следовательно,

$$M(a)=\max\{a^2,\ |1-2a|\}.$$

Шаг 3. На $\left[0;\frac12\right]$ величина $a^2$ строго возрастает, а $1-2a$ строго убывает. Максимум двух величин минимален в их единственной точке пересечения:

$$a^2=1-2a,\qquad a=\sqrt2-1.$$

Другой корень $-\sqrt2-1$ не подходит. Получаем $M=3-2\sqrt2$ .

Шаг 4. На $\left[\frac12;1\right]$ разность $a^2-(2a-1)=(a-1)^2\ge0$, поэтому $M(a)=a^2\ge\frac14$. Найденное значение строго меньше $\frac14$, так как $\sqrt2-1<\frac12$ .

Шаг 5. При оптимальном $a$ функция $q_a$ равна $-M$ только в вершине $x=a$ и равна $M$ только при $x=1$; второй корень уравнения $q_a(x)=M$ отрицателен. Других точек максимума модуля нет.

Ответ. $\min_a M(a)=3-2\sqrt2$, единственный параметр $a=\sqrt2-1$. Максимум модуля достигается при $x=\sqrt2-1$ и $x=1$ .