Criterio de la primera derivada

Escribe f. La página localiza cada x donde f′ vale 0 o no existe, y representa debajo de la gráfica el signo de f′ en cada tramo. Clasifica cada punto crítico antes de que lo haga ella. Si pasas a un intervalo [a, b], los extremos se sumarán a los candidatos a valor máximo y mínimo.

Crecimiento y decrecimiento	$f'>0\ \Rightarrow\ f\nearrow,\qquad f'<0\ \Rightarrow\ f\searrow$
Criterio de la primera derivada en un punto crítico c	$\begin{aligned}&+\ \big\|_{c}\ -\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \max\\&-\ \big\|_{c}\ +\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \min\end{aligned}$
Método de los candidatos en [a, b]	$\max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\ f(c_i),\ f(b)\}$

Ejemplo resuelto — Criterio de la primera derivada

La derivada	6x²−6x−12
Decreciente, donde f′ < 0	(−1, 2)

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

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Lección

La teoría — Criterio de la primera derivada

Un punto crítico de f es un valor x donde f está definida y f′(x) = 0 o bien f′(x) no existe. El criterio de la primera derivada: si f es continua en un punto crítico c y f′ pasa de + a − al cruzarlo, f(c) es un máximo local; si pasa de − a +, un mínimo local; si f′ mantiene el signo, ninguno de los dos.

De dónde viene la fórmula

Halla f′ y los puntos críticos. Resuelve f′(x) = 0 y añade cada x donde f esté definida pero f′ no exista (un punto anguloso, una cúspide). Donde la propia f no está definida (en una asíntota o un salto), la recta también queda dividida, pero ese valor de x no es un punto crítico.
$f'(c)=0\ \ \lor\ \ \nexists f'(c),\qquad \exists f(c)$
Construye la tabla de signos. Entre dos puntos de división consecutivos, f′ conserva el mismo signo; por tanto, basta con un solo valor de prueba en cada intervalo. En la página, esto corresponde a los signos + y − de la franja bajo la gráfica.
$\begin{array}{c|ccccc}x&&c_1&&c_2&\\\hline f'(x)&\pm&0&\pm&\nexists&\pm\end{array}$
Determina el crecimiento y decrecimiento. Donde f′ > 0, f crece; donde f′ < 0, decrece. El fundamento es el teorema del valor medio: cualquier secante en el intervalo tiene la misma pendiente que alguna tangente interior.
$\begin{aligned}&f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)\,(x_2-x_1)\\&f'>0\ \Rightarrow\ f(x_2)>f(x_1)\quad(x_1<x_2)\end{aligned}$
Clasifica cada punto crítico según los signos a ambos lados.
$\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \Rightarrow\ f(c)\ \min\\&+\ \big|_{c}\ +,\ \ -\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ \neg\max,\ \neg\min\end{aligned}$
En un intervalo cerrado [a, b], siempre que f sea continua en él, los extremos absolutos se encuentran entre los candidatos: el valor de f en a, en b y en cada punto crítico interior. Compara esos valores; un extremo del intervalo puede resultar vencedor.
$\begin{array}{c|ccccc}x&a&c_1&\cdots&c_k&b\\\hline f(x)&f(a)&f(c_1)&\cdots&f(c_k)&f(b)\end{array}$

Problemas resueltos al detalle

Una función cúbica con un máximo y un mínimo 3 pasos
Halla los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x) = 2x³ − 3x² − 12x y clasifica sus puntos críticos.

Abre este problema en la herramienta
1. Deriva y factoriza; luego iguala f′ a 0:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=6x^{2}-6x-12\\&=6(x+1)(x-2)\\f'(x)&=0\ \Rightarrow\ x=-1,\ 2\end{aligned}$
2. Prueba un valor en cada intervalo, por ejemplo f′(−2) = 24, f′(0) = −12 y f′(3) = 24:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&2&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&7&\searrow&-20&\nearrow\end{array}$
3. Identifica los dos puntos críticos a partir de la tabla:
  
  $\begin{aligned}&f(-1)=-2-3+12=7\\&f(2)=16-12-24=-20\end{aligned}$
Respuesta

Creciente en (−∞, −1) y en (2, ∞), decreciente en (−1, 2); máximo local f(−1) = 7 y mínimo local f(2) = −20.

$f(-1)=7\ \max,\qquad f(2)=-20\ \min$
f′ = 0 sin cambio de signo 3 pasos
Halla y clasifica los puntos críticos de f(x) = x⁴ − 4x³.

Abre este problema en la herramienta
Mostrar solución
1. Deriva y factoriza:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=0,\ 3\end{aligned}$
2. El factor x² nunca es negativo, de modo que f′ tiene el mismo signo que x − 3 a ambos lados de 0:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline 4x^{2}&+&0&+&+&+\\x-3&-&-&-&0&+\\\hline f'(x)&-&0&-&0&+\end{array}$
3. Por tanto, 0 es un punto crítico donde f solo hace una pausa (el caso de x³ en la página de la derivada), mientras que 3 es un cambio de sentido:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f(x)&\searrow&0&\searrow&-27&\nearrow\end{array}$
Respuesta

x = 0 no es ni máximo ni mínimo; f(3) = −27 es un mínimo local. f decrece en (−∞, 3), pasando directamente por 0, y crece en (3, ∞).

$f(3)=81-108=-27\ \min$
Una cúspide: f′ no existe 3 pasos
Halla y clasifica los puntos críticos de f(x) = x − 3x^(2/3).

Abre este problema en la herramienta
Mostrar solución
1. Deriva. f′ vale 0 donde se anula el numerador, y no existe donde se anula el denominador, aunque f(0) = 0 sí existe:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{2}{x^{1/3}}=\frac{x^{1/3}-2}{x^{1/3}}\\&f'(8)=0,\qquad \nexists f'(0)\end{aligned}$
2. La tabla de signos, teniendo en cuenta que el denominador cambia de signo en 0:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&8&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&0&\searrow&-4&\nearrow\end{array}$
3. Ambos puntos son críticos y en ambos la gráfica cambia de sentido:
  
  $f(8)=8-3\cdot8^{2/3}=8-12=-4$
Respuesta

Un máximo local f(0) = 0, en una cúspide donde f′ no existe, y un mínimo local f(8) = −4. Limitarse a resolver f′ = 0 pasa por alto el máximo.

$f(0)=0\ \max,\qquad f(8)=-4\ \min$
Cambio de signo en una asíntota 3 pasos
Dada f(x) = x + 4/x², halla sus intervalos de crecimiento y decrecimiento y clasifica todos sus puntos críticos.

Abre este problema en la herramienta
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1. Deriva. f′ se anula en x = 2 y no está definida en 0, donde tampoco lo está f:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{8}{x^{3}}=\frac{x^{3}-8}{x^{3}}\\&f'(2)=0,\qquad \nexists f(0)\end{aligned}$
2. Divide la recta en 2 y en 0, y comprueba cada tramo:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&\nexists&\searrow&3&\nearrow\end{array}$
3. f′ pasa de + a − al cruzar el 0, pero 0 no pertenece al dominio de f; por eso no es un punto crítico ni hay allí ningún máximo: la gráfica sube pegada a la asíntota. El único punto crítico es 2:
  
  $f(2)=2+\frac{4}{2^{2}}=3$
Respuesta

Creciente en (−∞, 0) y en (2, ∞), decreciente en (0, 2); un único mínimo local, f(2) = 3.

$f(2)=3\ \min$
Una función trigonométrica en un intervalo 3 pasos
Clasifica los puntos críticos de f(x) = 2 sen x + sen 2x en [0, 2π] y determina sus extremos absolutos en dicho intervalo.

Abre este problema en la herramienta
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1. Aplica la identidad cos 2x = 2cos²x − 1 y factoriza:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=2\cos x+2(2\cos^{2}x-1)\\&=2(2\cos x-1)(\cos x+1)\end{aligned}$
2. Como cos x + 1 ≥ 0 y solo se anula en π, el signo de f′ coincide con el de 2cos x − 1, salvo en el propio π:
  
  ${\small\begin{array}{c|ccccccc}x&&\tfrac{\pi}{3}&&\pi&&\tfrac{5\pi}{3}&\\\hline f'&+&0&-&0&-&0&+\\f&\nearrow&\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\searrow&0&\searrow&-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\nearrow\end{array}}$
3. Compara los candidatos, incluidos los extremos:
  
  $\begin{aligned}&f(0)=f(2\pi)=0\\&f\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}=\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\approx2{.}5981\end{aligned}$
Respuesta

Máximo local f(π/3) = 3√3/2 ≈ 2,5981, mínimo local f(5π/3) = −3√3/2 ≈ −2,5981, y en π no hay extremo. Como en ambos extremos la función vale 0, estos dos puntos son a la vez el máximo y el mínimo absolutos.

$\max_{[0,2\pi]}f=\tfrac{3\sqrt{3}}{2},\qquad \min_{[0,2\pi]}f=-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}$
El método de los candidatos: el máximo en un extremo 2 pasos
Halla el máximo y el mínimo absolutos de f(x) = x³ − 3x en [0, 3].

Abre este problema en la herramienta
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1. f es un polinomio, continuo en [0, 3]. Calculamos los puntos críticos:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=\pm1\end{aligned}$
2. Solo x = 1 queda dentro de (0, 3). Evaluamos f en ese punto y en ambos extremos:
  
  $\begin{array}{c|ccc}x&0&1&3\\\hline f(x)&0&-2&18\end{array}$
Respuesta

El máximo absoluto es f(3) = 18, alcanzado en el extremo; el mínimo absoluto es f(1) = −2. En x = 3, f′ = 24 y no 0, tal como sucedía con la caja de profundidad limitada en la página de optimización.

$\begin{aligned}&\max_{[0,3]}f=f(3)=18\\&\min_{[0,3]}f=f(1)=-2\end{aligned}$
Sin puntos críticos interiores 2 pasos
Halla los extremos absolutos de f(x) = x³ + 3x en [−1, 2].

Abre este problema en la herramienta
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1. Deriva:
  
  $f'(x)=3x^{2}+3\ge3>0$
2. Como f′ > 0, f es creciente en todo el intervalo y los únicos candidatos son los extremos:
  
  $\begin{array}{c|cc}x&-1&2\\\hline f(x)&-4&14\end{array}$
Respuesta

Mínimo absoluto f(−1) = −4, máximo absoluto f(2) = 14.

$\begin{aligned}&\min_{[-1,2]}f=f(-1)=-4\\&\max_{[-1,2]}f=f(2)=14\end{aligned}$
Deducción de los intervalos a partir de f′ factorizada 2 pasos
Una función f verifica f′(x) = (x + 2)(x − 1)²(x − 4). ¿En qué intervalos es creciente f y cuáles son sus puntos críticos?
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1. Los puntos críticos son las raíces de los factores:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=(x+2)(x-1)^{2}(x-4)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=-2,\ 1,\ 4\end{aligned}$
2. Un factor al cuadrado nunca es negativo y no altera el signo; los otros dos sí:
  
  $\begin{array}{c|ccccccc}x&&-2&&1&&4&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$
Respuesta

Creciente en (−∞, −2) y en (4, ∞), decreciente en (−2, 4); máximo local en −2, mínimo local en 4, y en x = 1 no hay extremo. No ha hecho falta conocer la fórmula de f.

$-2\ \max,\qquad 1\ \neg\max,\ \neg\min,\qquad 4\ \min$

Problemas complementarios, solo con la respuesta

Clasifica los puntos críticos de f(x) = x³ − 12x.

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máximo local f(−2) = 16, mínimo local f(2) = −16

$f(-2)=16\ \max,\qquad f(2)=-16\ \min$
¿Dónde es creciente y decreciente f(x) = x e^(−x)?

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creciente en (−∞, 1), decreciente en (1, ∞); máximo local f(1) = 1/e ≈ 0,3679

$f(1)=\tfrac{1}{e}\approx0{.}3679\ \max$
Halla y clasifica los puntos críticos de f(x) = |x² − 4|.

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mínimos locales f(−2) = f(2) = 0, en puntos angulosos; máximo local f(0) = 4

$f(\pm2)=0\ \min,\qquad f(0)=4\ \max$
Clasifica los puntos críticos de f(x) = x/(x² + 1).

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mínimo local f(−1) = −1/2, máximo local f(1) = 1/2

$f(-1)=-\tfrac{1}{2}\ \min,\qquad f(1)=\tfrac{1}{2}\ \max$
Halla los extremos absolutos de f(x) = x⁴ − 2x² en [−2, 3].

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máximo absoluto f(3) = 63; mínimo absoluto −1, en x = −1 y x = 1

$\begin{aligned}&\max_{[-2,3]}f=f(3)=63\\&\min_{[-2,3]}f=f(\pm1)=-1\end{aligned}$
Halla los extremos absolutos de f(x) = x − 2 sen x en [0, π].

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mínimo absoluto f(π/3) = π/3 − √3 ≈ −0,6849; máximo absoluto f(π) = π

$\begin{aligned}&\min_{[0,\pi]}f=\tfrac{\pi}{3}-\sqrt{3}\approx-0{.}6849\\&\max_{[0,\pi]}f=\pi\end{aligned}$

Basta un punto de prueba por intervalo, incluso si f′ no es continua

La tabla de signos evalúa f′ en un único valor de x dentro de cada intervalo y da por bueno ese resultado para todo el tramo. Esto funciona porque una derivada definida a lo largo de un intervalo no puede cambiar de signo sin pasar por el 0. Y la razón no estriba en la continuidad: Gaston Darboux demostró en 1875 que toda función derivada toma todos los valores comprendidos entre dos cualesquiera de ellos, sea o no continua. De ahí que f′ no pueda saltar de −1 a 1 saltándose el 0; por la misma razón, la función signo, que hace justo eso en 0, no puede ser la derivada de ninguna función en un intervalo alrededor de 0. Los únicos lugares donde f′ puede cambiar de signo son sus ceros y los puntos en los que no existe. Pulsa x⁴ − 4x³: f′ toca el 0 en x = 0 sin cambiar de signo, y basta un solo punto de prueba a cada lado para comprobarlo.

El criterio es suficiente, pero no necesario

Que f′ cambie de signo garantiza la existencia de un extremo; que no lo haga, en cambio, no lo descarta. Considera f(x) = x²(2 + sin(1/x)), con f(0) = 0. Cualquier otro valor de la función es al menos x², lo que convierte a 0 en un mínimo estricto. Sin embargo, f′(x) = 2x(2 + sin(1/x)) − cos(1/x) oscila aproximadamente entre −1 y 1 por más que te acerques a 0; no hay ningún intervalo a la izquierda donde f decrezca ni ninguno a la derecha donde crezca. Aquí el criterio de la primera derivada no aporta nada, y el de la segunda tampoco ayuda: f′(0) = 0, pero f″(0) no existe. Quien resuelve la duda es la propia definición: basta comparar f(0) directamente con sus valores vecinos.

Un solo punto crítico, máximo local y valor culminante: en una variable

Si f es continua en un intervalo y tiene un único punto crítico que es un máximo local, ese punto es necesariamente el máximo absoluto en dicho intervalo. Para que f alcanzara un valor mayor en otro lugar tendría que descender y volver a subir, y ese cambio de sentido crearía un segundo punto crítico. Lo mismo vale para un mínimo, y la condición de intervalo es decisiva. Pulsa x + 4/x²: su único punto crítico es el mínimo f(2) = 3, pero la gráfica cae por debajo de 3 a la izquierda de 0. La razón es que la asíntota divide el dominio en dos intervalos, y el 2 solo es el punto más bajo en uno de ellos. En dos variables, este argumento falla incluso sin discontinuidades. La función f(x, y) = 3xeʸ − x³ − e³ʸ posee un único punto crítico, (1, 0), que es un máximo local con valor 1, y sin embargo f(−3, 0) = 17. En una superficie, la subida puede rodear la colina sin pasar por ningún otro punto llano.

Ruta de aprendizaje

Qué nos dicen f′ y f″ sobre una gráfica

Referencias (3)

The definition of a critical number (f′(c) = 0 or f′(c) undefined), the extreme value theorem (Theorem 4.1), Fermat's theorem (Theorem 4.2) and the strategy for absolute extrema on a closed interval that the candidates table follows: evaluate f at the ends and at the critical points inside, and compare: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.3, “Maxima and Minima”.
The first derivative test (Theorem 4.9), and Corollary 3 of the mean value theorem: f′ > 0 on an interval makes f increasing there: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.5, “Derivatives and the Shape of a Graph”.
Insight block 1: Darboux's memoir of 1875 on discontinuous functions, where a derivative is shown to take every value between any two of its values, continuous or not: G. Darboux, “Mémoire sur les fonctions discontinues”, Annales scientifiques de l'École Normale Supérieure, 2e série, 4 (1875), 57–112.

Por el equipo de 7 Raven Room · Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones.

Criterio de la primera derivada

De dónde viene la fórmula

Problemas complementarios, solo con la respuesta

Basta un punto de prueba por intervalo, incluso si f′ no es continua 🖖

El criterio es suficiente, pero no necesario 🖖

Un solo punto crítico, máximo local y valor culminante: en una variable 🖖

Basta un punto de prueba por intervalo, incluso si f′ no es continua

El criterio es suficiente, pero no necesario

Un solo punto crítico, máximo local y valor culminante: en una variable