第1次導関数判定法

f を入力すると、f′ が 0 になる点や微分できない x がすべて検出され、グラフの下に各区間の符号が描かれます。画面に答えが出る前に、ぜひ自力で各臨界点を分類してみてください。区間 [a, b] を指定すれば、両端点も最大・最小の候補に加わります。

関数の増減	$f'>0\ \Rightarrow\ f\nearrow,\qquad f'<0\ \Rightarrow\ f\searrow$
臨界点 c における第1次導関数判定法	$\begin{aligned}&+\ \big\|_{c}\ -\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \max\\&-\ \big\|_{c}\ +\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \min\end{aligned}$
[a, b] 上の候補判定法	$\max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\ f(c_i),\ f(b)\}$

計算例 — 第1次導関数判定法

導関数	6x²−6x−12
減少（f′ < 0）	(−1, 2)

ページを開いたときに計算機が表示する値です。上の入力を変えると再計算されます。

インタラクティブシミュレーションを読み込んでいます...

レッスン

理論 — 第1次導関数判定法

関数 f の臨界点とは、f の値が定義されており、かつ f′(x) = 0 または f′(x) が存在しないような x のことです。第1次導関数判定法：臨界点 c において f が連続であるとき、c の前後で f′ の符号が＋から − に変われば f(c) は極大値、− から＋に変われば極小値となります。符号が変わらなければ、そのどちらでもありません。

公式の導き方

f′ と臨界点を求める。 方程式 f′(x) = 0 を解き、さらに f の値は存在するものの f′ が存在しない点（角点や尖点）をすべて洗い出します。漸近線や定義域の切れ目など、f 自体の値が存在しない点でも数直線は分割されますが、そうした x は臨界点ではありません。
$f'(c)=0\ \ \lor\ \ \nexists f'(c),\qquad \exists f(c)$
増減表を作成する。 隣り合う分割点の間で f′ の符号は一定ですから、各区間で代表値を一つ調べるだけで符号が決まります。画面上では、グラフ下の帯に並ぶ＋と − がこれに当たります。
$\begin{array}{c|ccccc}x&&c_1&&c_2&\\\hline f'(x)&\pm&0&\pm&\nexists&\pm\end{array}$
増加と減少を読み取る。 f′ > 0 の区間では f は増加し、f′ < 0 の区間では減少します。平均値の定理がその保証です。区間内の任意の2点を結ぶ割線の傾きは、その内部にあるどこかの接線の傾きと必ず一致するからです。
$\begin{aligned}&f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)\,(x_2-x_1)\\&f'>0\ \Rightarrow\ f(x_2)>f(x_1)\quad(x_1<x_2)\end{aligned}$
各臨界点を分類する。 その両側にある符号の並びから判定します。
$\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \Rightarrow\ f(c)\ \min\\&+\ \big|_{c}\ +,\ \ -\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ \neg\max,\ \neg\min\end{aligned}$
閉区間 [a, b] 上で調べる。 f がこの区間で連続なら、最大値と最小値は「候補」の中に必ず現れます。候補となるのは端点 a, b での値、および区間内のすべての臨界点での値です。それらを比べましょう。端点が最大や最小になることもあります。
$\begin{array}{c|ccccc}x&a&c_1&\cdots&c_k&b\\\hline f(x)&f(a)&f(c_1)&\cdots&f(c_k)&f(b)\end{array}$

全プロセスの詳細解説

極大値と極小値をもつ3次関数 3 ステップ
f(x) = 2x³ − 3x² − 12x が増加・減少する区間を求め、すべての臨界点を分類しなさい。

この問題をツールで開く
1. 微分して因数分解し、f′ = 0 とおきます。
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=6x^{2}-6x-12\\&=6(x+1)(x-2)\\f'(x)&=0\ \Rightarrow\ x=-1,\ 2\end{aligned}$
2. 各区間から値を一つずつ選んで符号を調べます（例：f′(−2) = 24、f′(0) = −12、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. 増減表から二つの臨界点を読み取ります。
  
  $\begin{aligned}&f(-1)=-2-3+12=7\\&f(2)=16-12-24=-20\end{aligned}$
解答

(−∞, −1) および (2, ∞) で増加、(−1, 2) で減少。極大値は f(−1) = 7、極小値は f(2) = −20 です。

$f(-1)=7\ \max,\qquad f(2)=-20\ \min$
符号変化を伴わない f′ = 0 3 ステップ
f(x) = x⁴ − 4x³ の臨界点を求め、それらを分類しなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. 微分して因数分解します。
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=0,\ 3\end{aligned}$
2. 因数 x² は決して負にならないため、0 の両側で f′ の符号は x − 3 の符号に一致します。
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline 4x^{2}&+&0&+&+&+\\x-3&-&-&-&0&+\\\hline f'(x)&-&0&-&0&+\end{array}$
3. したがって 0 は f が一休みするだけの臨界点であり（導関数のページで扱った x³ と同じ状況です）、3 が折り返し点となります。
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f(x)&\searrow&0&\searrow&-27&\nearrow\end{array}$
解答

x = 0 はどちらでもなく、f(3) = −27 が極小値です。 f は 0 をそのまま通り抜けて (−∞, 3) で減少し、(3, ∞) で増加します。

$f(3)=81-108=-27\ \min$
尖点：f′ が存在しない点 3 ステップ
f(x) = x − 3x^(2/3) の臨界点を求め、それらを分類しなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. 微分します。分子が 0 になるところで f′ は 0 になり、分母が 0 になるところで f′ は存在しません（f(0) = 0 という値自体は存在します）。
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{2}{x^{1/3}}=\frac{x^{1/3}-2}{x^{1/3}}\\&f'(8)=0,\qquad \nexists f'(0)\end{aligned}$
2. 0 で分母の符号が変わることに注意して増減表を作成します。
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&8&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&0&\searrow&-4&\nearrow\end{array}$
3. 二つの点はいずれも臨界点であり、どちらも折り返し点です。
  
  $f(8)=8-3\cdot8^{2/3}=8-12=-4$
解答

f′ が存在しない尖点において極大値 f(0) = 0 をとり、極小値は f(8) = −4 です。 f′ = 0 だけを解いていては極大値を見落としてしまいます。

$f(0)=0\ \max,\qquad f(8)=-4\ \min$
漸近線における符号変化 3 ステップ
f(x) = x + 4/x² について、増加・減少する区間を求め、すべての臨界点を分類しなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. 微分します。f′ は x = 2 で 0 となり、0 では定義されません（0 では f 自体も定義されません）。
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{8}{x^{3}}=\frac{x^{3}-8}{x^{3}}\\&f'(2)=0,\qquad \nexists f(0)\end{aligned}$
2. 0 と 2 で数直線を区切り、それぞれの区間を調べます。
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&\nexists&\searrow&3&\nearrow\end{array}$
3. 0 を境に f′ の符号は＋から − へと変わりますが、0 は f の定義域に含まれないため臨界点ではなく、極大値もありません。グラフは漸近線に沿って上昇します。唯一の臨界点は 2 です。
  
  $f(2)=2+\frac{4}{2^{2}}=3$
解答

(−∞, 0) および (2, ∞) で増加、(0, 2) で減少。極小値はただ一つ、f(2) = 3 です。

$f(2)=3\ \min$
閉区間における三角関数 3 ステップ
[0, 2π] における f(x) = 2 sin x + sin 2x の臨界点を分類し、最大値・最小値を求めなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. cos 2x = 2cos²x − 1 を用いて因数分解します。
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=2\cos x+2(2\cos^{2}x-1)\\&=2(2\cos x-1)(\cos x+1)\end{aligned}$
2. cos x + 1 ≥ 0 であり、0 になるのは π だけです。したがって π 自身を除けば、f′ の符号は 2cos x − 1 の符号と一致します。
  
  ${\small\begin{array}{c|ccccccc}x&&\tfrac{\pi}{3}&&\pi&&\tfrac{5\pi}{3}&\\\hline f'&+&0&-&0&-&0&+\\f&\nearrow&\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\searrow&0&\searrow&-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\nearrow\end{array}}$
3. 端点を含めて候補の値を比較します。
  
  $\begin{aligned}&f(0)=f(2\pi)=0\\&f\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}=\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\approx2{.}5981\end{aligned}$
解答

極大値 f(π/3) = 3√3/2 ≈ 2.5981、極小値 f(5π/3) = −3√3/2 ≈ −2.5981、そして π は極値ではありません。 両端点での値はともに 0 であるため、この二つの折り返し点がそのまま最大値と最小値になります。

$\max_{[0,2\pi]}f=\tfrac{3\sqrt{3}}{2},\qquad \min_{[0,2\pi]}f=-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}$
候補法：端点における最大値 2 ステップ
[0, 3] における f(x) = x³ − 3x の最大値と最小値を求めなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. f は多項式であり、[0, 3] 上で連続です。臨界点を調べます。
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=\pm1\end{aligned}$
2. 開区間 (0, 3) の内部にあるのは x = 1 だけです。この点および両端点における f の値を計算します。
  
  $\begin{array}{c|ccc}x&0&1&3\\\hline f(x)&0&-2&18\end{array}$
解答

端点における f(3) = 18 が最大値、f(1) = −2 が最小値となります。 x = 3 で f′ は 0 ではなく 24 です。最適化のページで見た深さ制限のある箱と同様です。

$\begin{aligned}&\max_{[0,3]}f=f(3)=18\\&\min_{[0,3]}f=f(1)=-2\end{aligned}$
内部に臨界点をもたない関数 2 ステップ
[−1, 2] における f(x) = x³ + 3x の最大値・最小値を求めなさい。

この問題をツールで開く
解答を表示
1. 微分します。
  
  $f'(x)=3x^{2}+3\ge3>0$
2. f′ は決して 0 にならないため、f は区間全体で単調に増加します。候補となるのは両端点だけです。
  
  $\begin{array}{c|cc}x&-1&2\\\hline f(x)&-4&14\end{array}$
解答

最小値 f(−1) = −4、最大値 f(2) = 14。

$\begin{aligned}&\min_{[-1,2]}f=f(-1)=-4\\&\max_{[-1,2]}f=f(2)=14\end{aligned}$
因数分解された f′ から増減を読む 2 ステップ
関数 f の導関数が f′(x) = (x + 2)(x − 1)²(x − 4) であるとき、f が増加する区間と、すべての臨界点を求めなさい。
解答を表示
1. 臨界点は各因数が 0 になる点です。
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=(x+2)(x-1)^{2}(x-4)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=-2,\ 1,\ 4\end{aligned}$
2. 2乗された因数は決して負にならず符号を変えません。符号を変えるのは残る二つの因数です。
  
  $\begin{array}{c|ccccccc}x&&-2&&1&&4&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$
解答

(−∞, −2) および (4, ∞) で増加、(−2, 4) で減少。x = −2 で極大、x = 4 で極小となり、x = 1 はどちらでもありません。 f の数式そのものを知る必要すらありませんでした。

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

補充問題（答えのみ）

f(x) = x³ − 12x の臨界点を分類しなさい。

答えを表示

極大値 f(−2) = 16、極小値 f(2) = −16

$f(-2)=16\ \max,\qquad f(2)=-16\ \min$
f(x) = x e^(−x) が増加・減少する範囲を求めなさい。

答えを表示

(−∞, 1) で増加、(1, ∞) で減少。極大値 f(1) = 1/e ≈ 0.3679

$f(1)=\tfrac{1}{e}\approx0{.}3679\ \max$
f(x) = |x² − 4| の臨界点を求めて分類しなさい。

答えを表示

角点において極小値 f(−2) = f(2) = 0、極大値 f(0) = 4

$f(\pm2)=0\ \min,\qquad f(0)=4\ \max$
f(x) = x/(x² + 1) の臨界点を分類しなさい。

答えを表示

極小値 f(−1) = −1/2、極大値 f(1) = 1/2

$f(-1)=-\tfrac{1}{2}\ \min,\qquad f(1)=\tfrac{1}{2}\ \max$
[−2, 3] における f(x) = x⁴ − 2x² の最大値と最小値を求めなさい。

答えを表示

最大値 f(3) = 63、最小値 −1（x = −1 および x = 1）

$\begin{aligned}&\max_{[-2,3]}f=f(3)=63\\&\min_{[-2,3]}f=f(\pm1)=-1\end{aligned}$
[0, π] における f(x) = x − 2 sin x の最大値と最小値を求めなさい。

答えを表示

最小値 f(π/3) = π/3 − √3 ≈ −0.6849、最大値 f(π) = π

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

f′ が連続でなくとも、各区間で調べる点は一つで足ります

増減表を作るとき、私たちは区間ごとに代表の x を一つだけ選んで f′ の符号を調べ、それを区間全体に適用します。それで問題ないのは、ある区間で微分可能である限り、導関数が 0 を通過せずに符号を変えることはあり得ないからです。そして驚くべきことに、この根拠は連続性ではありません。1875年、ガストン・ダルブーは、導関数が連続かどうかにかかわらず、任意にとった二つの値の間にあるすべての値を必ずとることを証明しました。したがって f′ が 0 を飛び越えて −1 から 1 へ跳ぶことは不可能です。0 でまさにそうした跳躍を見せる符号関数は、0 を含むいかなる区間上でも、何かの関数の導関数になることすらできません。導関数の符号が反転できる場所は、f′ = 0 となる点か、そもそも微分が存在しない点に限られるのです。x⁴ − 4x³ を試してみましょう。原点で f′ は符号を変えずに 0 に触れるだけであり、その両側で点を一つずつ取れば、その様子が手に取るように分かります。

十分条件であっても、必要条件ではない

f′ の符号変化は極値であることの確かな証拠ですが、符号が変わらないからといって極値でないとは言い切れません。たとえば x ≠ 0 で f(x) = x²(2 + sin(1/x))、原点で f(0) = 0 となる関数を考えてみましょう。原点以外の値はすべて x² 以上ですから、0 が真の極小値であることは疑いようがありません。ところが、その導関数 f′(x) = 2x(2 + sin(1/x)) − cos(1/x) は、0 にどれほど近づいてもおよそ −1 と 1 の間を激しく振動し続けます。原点の左側に減少区間があるわけでも、右側に増加区間があるわけでもないのです。ここには第1次導関数判定法の出番がなく、第2次導関数判定法も役に立ちません。f′(0) = 0 ではあっても、f″(0) が存在しないからです。決着をつけるのは定義そのもの。f(0) をすぐ隣の値と直接比較すれば、答えは一目瞭然です。

臨界点が極大値の一つだけなら最大値になる：一変数の世界

ある区間上で連続な関数 f に臨界点が一つしかなく、それが極大値であるなら、それはその区間全体における最大値でもあります。もし他の場所でもっと高くなるとしたら、一度下がってから再び上がらねばならず、その途中の折り返し地点に二つ目の臨界点が現れてしまうからです。極小値についても同様です。ただし、この理屈が成り立つのは一つのつながった区間であるからこそです。x + 4/x² を見てみましょう。臨界点は極小値 f(2) = 3 の一つだけですが、0 の左側ではグラフは 3 より下へと落ち込んでいきます。漸近線が定義域を二つの区間に分断しており、2 はその片方の中だけで最小にすぎないためです。二変数の世界になると、定義域に切れ目がなくともこの論理は通用しません。f(x, y) = 3xeʸ − x³ − e³ʸ の臨界点は値 1 をとる極大点 (1, 0) のみですが、f(−3, 0) = 17 となります。曲面の上では、傾きが平坦な地点を二度と踏むことなく、山の背後を回り込んでさらに高く登っていけるのです。

学習の道すじ

f′ と f″ が教えてくれるグラフの姿

参考文献 (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.

7 Raven Room チーム · 公表された資料と照合しています。訂正のご指摘を歓迎します。

第1次導関数判定法

公式の導き方

補充問題（答えのみ）

f′ が連続でなくとも、各区間で調べる点は一つで足ります 🖖

十分条件であっても、必要条件ではない 🖖

臨界点が極大値の一つだけなら最大値になる：一変数の世界 🖖

f′ が連続でなくとも、各区間で調べる点は一つで足ります

十分条件であっても、必要条件ではない

臨界点が極大値の一つだけなら最大値になる：一変数の世界