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Utilizar el criterio de la segunda derivada para calcular los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones:
1 f(x)=x³ − 3x + 2
2 f(x)=3x-x³
3 f(x)=X4-8x²+3
4 f(x)=(x²-x-2)/(x²-6x+9)
5 f(x)=exp(x)(2x2+x-8)
6 f(x)=x+ln(x2-1)
7 f(x)=sen(2x)

Utilizar el criterio de la segunda derivada para calcular los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones:

1 f(x)=x³ − 3x + 2

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large \\f(x)&=&x^3-3x+2 \\ f^\prime(x)&=&3x^2-3\\ f^{\prime\prime}(x)&=&6x$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large 3x^2-3=0$ . Las soluciones de esta ecuación son $\large x_1=1,\:x_2=-1$ .

Finalmente se evalúa $\large f^{\prime \prime}(x)$ en los puntos críticos $\large x^{\ast}$ y determinar si $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0$ o $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0$ . Tenemos entonces que

$\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=6x_1=6(1)=6>0\\ f^{\prime \prime}(x_2)=6x_2=6(-1)=-6<0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un mínimo local en $\large x=1$ y un máximo local en $\large x=-1$ . Los valores correspondientes de la función son:

$\large \\f(1)&=&(1)^3-3(1)+2=0\\ f(-1)&=&(-1)^3-3(-1)+2=4$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_1_max_min Gráfica de la función f(x)=x³ − 3x + 2.

2 f(x)=3x-x³

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large \\f(x)&=&3x-x^3\\ f^\prime(x)&=&3-3x^2\\ f^{\prime\prime}(x)&=&-6x$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large 3-3x^2=0$ . Las soluciones de esta ecuación son $\large x_1=1,\:x_2=-1$ .

$\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=-6x_1=-6(1)=-6<0\\ f^{\prime \prime}(x_2)=-6x_2=-6(-1)=6>0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un máximo local en $\large x=1$ y un mínimo local en $\large x=-1$ . Los valores correspondientes de la función son:

$\large \\f(1)&=&3(1)-(1)^3=2 \\ f(-1)&=&3(-1)-(-1)^3=-2$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_2_max_min Gráfica de la función f(x)=3x-x³.

3 f(x)=X4-8x²+3

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large \\f(x)&=&x^4-8x^2+3 \\ f^\prime(x)&=&4x^3-16x \\ f^{\prime\prime}(x)&=&12x^2-16$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large 4x^3-16x=4x(x^2-4)=0$ . Las soluciones de esta ecuación son $\large x_1=0,\:x_2=2,\:x_3=-2$ .

$\large \\f^{\prime \prime}(x_1)=12(0)^2-16=-16<0 \\ f^{\prime \prime}(x_2)=12(2)^2-16=32>0 \\ f^{\prime \prime}(x_3)=12(-2)^2-16=32>0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un máximo local en $\large x=0$ y dos mínimos locales en $\large x=2$ y $\large x=-2$ . Los valores correspondientes de la función son:

$\large \\f(0)&=&(0)^4-8(0)^2+3=3 \\f(2)&=&(2)^4-8(2)^2+3=-13 \\f(-2)&=&(-2)^4-8(-2)^2+3=-13$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_3_max_min Gráfica de la función f(x)=X⁴-8x²+3.

4 f(x)=(x²-x-2)/(x²-6x+9)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large f(x)=\frac{x^2-x-2}{x^2-6x+9}=\frac{(x+1)(x-2)}{(x-3)^2}$

$\large f^{\prime}(x)=\frac{(2x-1)(x-3)^2-2(x-3)(x+1)(x-2)}{(x-3)^2}=\frac{5x-7}{(3-x)^3}$ $\large f^{\prime \prime}(x)=\frac{5(3-x)^3+3(3-x)^2(5x-7)}{(3-x)^6}=\frac{2(5x-3)}{(x-3)^4}$

Ahora encontremos el punto crítico $\large x^{\ast}$ a través de la solución de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large 5x-7=0$ , cuya solución es $\large x=\frac{7}{5}$ .

Finalmente se evalúa $\large f^{\prime \prime}(x)$ en el punto crítico $\large x^{\ast}$ y determinar si $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0$ o $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0$ . Tenemos entonces que

$\large f^{\prime \prime}(x)=\frac{2[5(\frac{7}{5})-3]}{(\frac{7}{5}-3)^4}=\frac{625}{512}>0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un mínimo local en $\large x=\frac{7}{5}$ . El valor correspondiente de la función es:

$\large f\left(\frac{7}{5} \right )=\frac{\left(\frac{7}{5} \right )^2-\left(\frac{7}{5} \right )-2}{\left(\frac{7}{5} \right )^2-6\left(\frac{7}{5} \right )+9}=-\frac{9}{16}$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_4_max_min Gráfica de f(x) del problema.

5 f(x)=exp(x)(2x2+x-8)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large f(x)=e^x\left(2x^2+x-8 \right )$ $\large f^{\prime}(x)=e^x\left(4x+1\right )+e^x\left(2x^2+x-8 \right )=e^x\left(2x^2+5x-7 \right )$ $\large f^{\prime\prime}(x)=e^x\left(4x+5 \right )+e^x\left(2x^2+5x-7 \right )=e^x\left(2x^2+9x-2 \right )$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large 2x^2+5x-7=0$ . Las soluciones de esta ecuación son $\large x_1=-\frac{7}{2},\:x_2=1.$

$\large \\f^{\prime\prime}(x_1)=e^{-7/2} \left[ 2\left(-\frac{7}{2}\right )^2+9\left(-\frac{7}{2}\right )-2 \right]=-9e^{-7/2}<0 \\f^{\prime\prime}(x_2)=e^{1} \left[ 2\left(1\right )^2+9\left(1\right )-2 \right]=9e>0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un máximo local en $\large x=-\frac{7}{2}$ y un mínimo local en $\large x=1$ . Los valores correspondientes de la función son:

$\large \\f\left(-\frac{7}{2}\right)=e^{-7/2}\left[2\left(-\frac{7}{2}\right)^2+\left(-\frac{7}{2}\right)-8 \right]=13e^{-7/2}\\ f\left(1\right)=e^{1}\left[2\left(1\right)^2+1-8 \right]=-5e$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_5_max_min Gráfica de la función f(x)=exp(x)(2x²+x-8).

6 f(x)=x+ln(x2-1)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large \\f(x)=x+\ln\left(x^2-1 \right) \\f^{\prime}(x)=1+\frac{2x}{x^2-1}=\frac{x^2+2x-1}{x^2-1} \\f^{\prime\prime}(x)=\frac{2\left(x^2-1 \right )-2x(2x)}{\left(x^2-1 \right )^2}=\frac{-2\left(x^2+1 \right )}{\left(x^2-1 \right )^2}$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large x^2+2x-1=0$ . Las soluciones de esta ecuación son $\large x_1=-1+\sqrt{2},\:x_2=-1-\sqrt{2}$ , sin embargo, dado que el dominio de la función es $\large \mathcal{D}_{f(x)}=(-\infty,-1)\cup(1,\infty)$ , es claro que $\large x_1\notin\mathcal{D}_{f(x)}$ (esto debido a que $\large x_1=-1+\sqrt{2}\approx 0.414$ ). Por lo tanto, el único punto crítico a considerar es $\large x_2$ .

$\large f^{\prime\prime}(x_2)=\frac{-2\left[\left(-1-\sqrt{2}\right)^2+1 \right]}{\left[\left(-1-\sqrt{2}\right)^2-1 \right ]^2}=\sqrt{2}-2\approx-0.586<0$

Entonces por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene un máximo local en $\large x=-1-\sqrt{2}$ . El valor correspondiente de la función es:

$\large f(-1-\sqrt{2})=(-1-\sqrt{2})+\ln\left[(-1-\sqrt{2})^2-1 \right]\approx-0.84$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_6_max_min Gráfica de la función f(x)=x+ln(x²-1)

7 f(x)=sen(2x)

Comenzamos por encontrar la primera y la segunda derivada de la función dada:

$\large \\f(x)=\sin(2x) \\f^{\prime}(x)=2\cos(2x) \\f^{\prime\prime}(x)=-4\sin(2x)$

Ahora encontremos los puntos críticos $\large x^{\ast}$ a través de la solución (o soluciones) de la ecuación $\large f^\prime(x)=0$ , es decir $\large \cos(2x)=0$ . Para esto, sea $\large \theta=2x$ , entonces tenemos $\large \cos \theta=0$ , cuyas soluciones están dadas por:

$\large \theta=\frac{\pi}{2}+\pi n,\:n\in\mathbb{Z}$

Luego, regresando a la variable original tenemos que los puntos críticos están dados por:

$\large x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2} n,\:n\in\mathbb{Z}$

Ahora se evalúa $\large f^{\prime \prime}(x)$ en los puntos críticos $\large x^{\ast}$ y determinar si $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)>0$ o $\large f^{\prime \prime}(x^\ast)<0$ . Para esto, consideremos dos casos:

Si $\large n=2k,\:k\in\mathbb{Z}$ (par), entonces $\large x=\pi k+\frac{\pi}{4}$ , por lo que

$\large f^{\prime\prime}(x)=-4\sin\left(2\pi k+\frac{\pi}{2} \right )=-4,\:\forall k\in\mathbb{Z}$

Si $\large n=2k+1,\:k\in\mathbb{Z}$ (impar), entonces $\large x=\pi k+\frac{3\pi}{4}$ , por lo que

$\large f^{\prime\prime}(x)=-4\sin\left(2\pi k+\frac{3\pi}{2} \right )=4,\:\forall k\in\mathbb{Z}$

Por lo tanto, por el criterio de la segunda derivada, la función $\large f(x)$ tiene sus máximos locales en $\large x=\pi k+\frac{\pi}{4},\:k\in\mathbb{Z}$ y los mínimos locales en $\large x=\pi k+\frac{3\pi}{4},\:k\in\mathbb{Z}$ .

Además los valores correspondientes para la función son:

$\large \\f\left(\pi k+\frac{\pi}{4}\right )=\sin\left[2\left(\pi k+\frac{\pi}{4} \right) \right ]=1,\:\forall k\in\mathbb{Z} \\\\f\left(\pi k+\frac{3\pi}{4}\right )=\sin\left[2\left(\pi k+\frac{3\pi}{4} \right) \right ]=-1,\:\forall k\in\mathbb{Z}$

La siguiente Figura muestra la gráfica de la función $\large f(x)$ propuesta.

Ejemplo_7_max_min Gráfica de la función f(x)=sen(2x).

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Marta

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Ejercicios resueltos de máximos y mínimos

Utilizar el criterio de la segunda derivada para calcular los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones:

1 f(x)=x³ − 3x + 2

2 f(x)=3x-x³

3 f(x)=X4-8x²+3

4 f(x)=(x²-x-2)/(x²-6x+9)

5 f(x)=exp(x)(2x2+x-8)

6 f(x)=x+ln(x2-1)

7 f(x)=sen(2x)

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Utilizar el criterio de la segunda derivada para calcular los máximos y mínimos locales de las siguientes funciones:

1 f(x)=x³ − 3x + 2

2 f(x)=3x-x³

3 f(x)=X4-8x²+3

4 f(x)=(x²-x-2)/(x²-6x+9)

5 f(x)=exp(x)(2x2+x-8)

6 f(x)=x+ln(x2-1)

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