Teste da primeira derivada

Escreva f. A página localiza todos os valores de x em que f′ vale 0 ou não existe e desenha sob o gráfico o sinal de f′ entre eles. Classifique cada ponto crítico antes de a página o fazer; ao mudar para um intervalo [a, b], as extremidades juntam-se aos candidatos a maior e menor valor.

Crescimento e decrescimento	$f'>0\ \Rightarrow\ f\nearrow,\qquad f'<0\ \Rightarrow\ f\searrow$
Teste da primeira derivada no ponto crítico c	$\begin{aligned}&+\ \big\|_{c}\ -\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \max\\&-\ \big\|_{c}\ +\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \min\end{aligned}$
Método dos candidatos em [a, b]	$\max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\ f(c_i),\ f(b)\}$

Exemplo resolvido — Teste da primeira derivada

A derivada	6x²−6x−12
Decrescente, onde f′ < 0	(−1, 2)

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Teste da primeira derivada

Um ponto crítico de f é um valor x pertencente ao domínio de f onde f′(x) = 0 ou f′(x) não existe. O teste da primeira derivada diz-nos: se f é contínua no ponto crítico c e f′ passa de + a − ao atravessá-lo, f(c) é um máximo local; se passa de − a +, é um mínimo local; se f′ mantém o sinal, não é nem um nem outro.

De onde vem a fórmula

Determine f′ e os pontos críticos. Resolva f′(x) = 0 e junte todos os valores de x onde f está definida mas f′ não existe (pontos angulosos, cúspides). Onde a própria f não está definida — assíntotas ou descontinuidades —, a reta também fica dividida, mas esse x não é ponto crítico.
$f'(c)=0\ \ \lor\ \ \nexists f'(c),\qquad \exists f(c)$
Construa o quadro de sinais. Entre pontos de divisão consecutivos, f′ mantém o mesmo sinal; logo, basta um valor de teste por intervalo para o definir. Na página, são os sinais + e − na faixa sob o gráfico.
$\begin{array}{c|ccccc}x&&c_1&&c_2&\\\hline f'(x)&\pm&0&\pm&\nexists&\pm\end{array}$
Identifique a monotonia. Onde f′ > 0, f cresce; onde f′ < 0, decresce. A razão é o teorema do valor médio: qualquer corda sobre o intervalo tem o declive de alguma tangente no seu interior.
$\begin{aligned}&f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)\,(x_2-x_1)\\&f'>0\ \Rightarrow\ f(x_2)>f(x_1)\quad(x_1<x_2)\end{aligned}$
Classifique cada ponto crítico observando os sinais de f′ de ambos os lados.
$\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \Rightarrow\ f(c)\ \min\\&+\ \big|_{c}\ +,\ \ -\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ \neg\max,\ \neg\min\end{aligned}$
Num intervalo fechado [a, b], sendo f contínua, os extremos absolutos encontram-se entre os candidatos: f em a, em b e em cada ponto crítico interior. Compare estes valores; uma extremidade pode sair vencedora.
$\begin{array}{c|ccccc}x&a&c_1&\cdots&c_k&b\\\hline f(x)&f(a)&f(c_1)&\cdots&f(c_k)&f(b)\end{array}$

Problemas resolvidos na íntegra

Uma cúbica com um máximo e um mínimo 3 passos
Determine os intervalos em que f(x) = 2x³ − 3x² − 12x cresce e decresce, e classifique os seus pontos críticos.

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1. Derive, fatore e resolva f′ = 0:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=6x^{2}-6x-12\\&=6(x+1)(x-2)\\f'(x)&=0\ \Rightarrow\ x=-1,\ 2\end{aligned}$
2. Avalie um valor em cada intervalo; por exemplo, f′(−2) = 24, f′(0) = −12 e 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. Identifique os dois pontos críticos a partir do quadro:
  
  $\begin{aligned}&f(-1)=-2-3+12=7\\&f(2)=16-12-24=-20\end{aligned}$
Resposta

Crescente em (−∞, −1) e em (2, ∞), decrescente em (−1, 2); máximo local f(−1) = 7 e mínimo local f(2) = −20.

$f(-1)=7\ \max,\qquad f(2)=-20\ \min$
f′ = 0 sem mudança de sinal 3 passos
Determine e classifique os pontos críticos de f(x) = x⁴ − 4x³.

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1. Derive e fatore:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=0,\ 3\end{aligned}$
2. O fator x² nunca é negativo, pelo que f′ tem o sinal de x − 3 em ambos os 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. Assim, 0 é um ponto crítico onde f apenas abranda o ritmo — caso análogo a x³ na página sobre a derivada —, enquanto 3 marca uma mudança de sentido:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f(x)&\searrow&0&\searrow&-27&\nearrow\end{array}$
Resposta

x = 0 não é extremo; f(3) = −27 é um mínimo local. f decresce em (−∞, 3), atravessando 0 sem inverter, e cresce em (3, ∞).

$f(3)=81-108=-27\ \min$
Uma cúspide: f′ não existe 3 passos
Determine e classifique os pontos críticos de f(x) = x − 3x^(2/3).

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1. Calcule a derivada. f′ anula-se onde o numerador se anula e não existe onde o denominador vale 0, embora f(0) = 0 esteja bem definida:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{2}{x^{1/3}}=\frac{x^{1/3}-2}{x^{1/3}}\\&f'(8)=0,\qquad \nexists f'(0)\end{aligned}$
2. O quadro de sinais, com o denominador a mudar de sinal em 0:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&8&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&0&\searrow&-4&\nearrow\end{array}$
3. Ambos os pontos são críticos e em ambos há inversão de sentido:
  
  $f(8)=8-3\cdot8^{2/3}=8-12=-4$
Resposta

Máximo local f(0) = 0, numa cúspide onde f′ não existe, e mínimo local f(8) = −4. Resolver apenas f′ = 0 deixaria escapar o máximo.

$f(0)=0\ \max,\qquad f(8)=-4\ \min$
Mudança de sinal numa assíntota 3 passos
Seja f(x) = x + 4/x². Determine onde f cresce e decresce e classifique todos os pontos críticos.

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1. Derive. f′ anula-se em x = 2 e não está definida em 0, onde a própria f também não existe:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{8}{x^{3}}=\frac{x^{3}-8}{x^{3}}\\&f'(2)=0,\qquad \nexists f(0)\end{aligned}$
2. Divida a reta em 0 e 2 e teste cada intervalo:
  
  $\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&\nexists&\searrow&3&\nearrow\end{array}$
3. f′ passa de + a − ao cruzar 0, mas 0 não pertence ao domínio de f; logo, não é ponto crítico nem há aí qualquer máximo. O gráfico sobe ao longo da assíntota. O único ponto crítico é 2:
  
  $f(2)=2+\frac{4}{2^{2}}=3$
Resposta

Crescente em (−∞, 0) e em (2, ∞), decrescente em (0, 2); um único mínimo local, f(2) = 3.

$f(2)=3\ \min$
Uma função trigonométrica num intervalo 3 passos
Classifique os pontos críticos de f(x) = 2 sen x + sen 2x em [0, 2π] e determine os seus extremos absolutos nesse intervalo.

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1. Aplique cos 2x = 2cos²x − 1 e fatore:
  
  $\begin{aligned}f'(x)&=2\cos x+2(2\cos^{2}x-1)\\&=2(2\cos x-1)(\cos x+1)\end{aligned}$
2. Como cos x + 1 ≥ 0, anulando-se apenas em π, o sinal de f′ coincide com o de 2cos x − 1, exceto no próprio 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. Compare todos os candidatos, incluindo as extremidades:
  
  $\begin{aligned}&f(0)=f(2\pi)=0\\&f\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}=\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\approx2{.}5981\end{aligned}$
Resposta

Máximo local f(π/3) = 3√3/2 ≈ 2,5981, mínimo local f(5π/3) = −3√3/2 ≈ −2,5981 e π não é extremo. Como as duas extremidades dão 0, estes pontos de inversão são também o máximo e o mínimo absolutos.

$\max_{[0,2\pi]}f=\tfrac{3\sqrt{3}}{2},\qquad \min_{[0,2\pi]}f=-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Método dos candidatos: máximo na extremidade 2 passos
Determine o máximo e o mínimo absolutos de f(x) = x³ − 3x em [0, 3].

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1. f é um polinómio, contínuo em [0, 3]. Os pontos críticos:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=\pm1\end{aligned}$
2. Apenas x = 1 pertence ao interior (0, 3). Calcule f nesse ponto e em ambas as extremidades:
  
  $\begin{array}{c|ccc}x&0&1&3\\\hline f(x)&0&-2&18\end{array}$
Resposta

O máximo absoluto é f(3) = 18, atingido na extremidade; o mínimo absoluto é f(1) = −2. Em x = 3 temos f′ = 24 e não 0, tal como sucede com a caixa de profundidade limitada na página de otimização.

$\begin{aligned}&\max_{[0,3]}f=f(3)=18\\&\min_{[0,3]}f=f(1)=-2\end{aligned}$
Sem pontos críticos no interior 2 passos
Determine os extremos absolutos de f(x) = x³ + 3x em [−1, 2].

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1. Derive:
  
  $f'(x)=3x^{2}+3\ge3>0$
2. Assim, f é estritamente crescente em todo o intervalo e os únicos candidatos são as extremidades:
  
  $\begin{array}{c|cc}x&-1&2\\\hline f(x)&-4&14\end{array}$
Resposta

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

$\begin{aligned}&\min_{[-1,2]}f=f(-1)=-4\\&\max_{[-1,2]}f=f(2)=14\end{aligned}$
Deduzir os intervalos a partir de f′ fatorada 2 passos
Uma função f tem f′(x) = (x + 2)(x − 1)²(x − 4). Em que intervalos é f crescente e quais são os seus pontos críticos?
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1. Os pontos críticos são as raízes dos fatores:
  
  $\begin{aligned}&f'(x)=(x+2)(x-1)^{2}(x-4)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=-2,\ 1,\ 4\end{aligned}$
2. O fator ao quadrado nunca é negativo e não altera o sinal; os outros dois alteram:
  
  $\begin{array}{c|ccccccc}x&&-2&&1&&4&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$
Resposta

Crescente em (−∞, −2) e em (4, ∞), decrescente em (−2, 4); máximo local em −2, mínimo local em 4 e x = 1 não é extremo. Nem foi necessária a fórmula de f.

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

Problemas suplementares, só com a resposta

Classifique os pontos críticos de f(x) = x³ − 12x.

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

$f(-2)=16\ \max,\qquad f(2)=-16\ \min$
Onde é que f(x) = x e^(−x) cresce e decresce?

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crescente em (−∞, 1), decrescente em (1, ∞); máximo local f(1) = 1/e ≈ 0,3679

$f(1)=\tfrac{1}{e}\approx0{.}3679\ \max$
Determine e classifique os pontos críticos de f(x) = |x² − 4|.

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mínimos locais f(−2) = f(2) = 0, em pontos angulosos; máximo local f(0) = 4

$f(\pm2)=0\ \min,\qquad f(0)=4\ \max$
Classifique os pontos críticos de f(x) = x/(x² + 1).

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

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

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máximo absoluto f(3) = 63; mínimo absoluto −1, em x = −1 e x = 1

$\begin{aligned}&\max_{[-2,3]}f=f(3)=63\\&\min_{[-2,3]}f=f(\pm1)=-1\end{aligned}$
Determine os extremos absolutos de f(x) = x − 2 sen x em [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 um ponto de teste por intervalo, mesmo quando f′ não é contínua

O quadro de sinais testa f′ num único valor de x em cada intervalo e confia nesse sinal para todo o troço. O método funciona porque uma função derivada definida num intervalo não pode mudar de sinal sem passar por 0. A razão não reside na continuidade: Gaston Darboux provou em 1875 que toda a derivada assume todos os valores compreendidos entre dois valores seus, quer seja contínua ou não. Logo, f′ jamais salta de −1 para 1 ignorando o 0. A função sinal, que faz esse salto na origem, não é derivada de coisa alguma numa vizinhança de 0. Assim, f′ só pode alternar de sinal nos seus zeros e nos pontos onde não existe. Carregue em x⁴ − 4x³: f′ atinge 0 em x = 0 sem mudar de sinal, e basta um ponto de teste de cada lado para o constatar.

O teste é suficiente, não necessário

Uma mudança de sinal em f′ comprova um extremo; já a ausência de mudança não o descarta. Considere f(x) = x²(2 + sen(1/x)), com f(0) = 0. Qualquer outro valor atinge pelo menos x², fazendo de 0 um mínimo estrito. No entanto, f′(x) = 2x(2 + sen(1/x)) − cos(1/x) oscila entre cerca de −1 e 1 por mais que nos aproximemos de 0. Não há intervalo à esquerda onde f decresça, nem à direita onde cresça. O teste da primeira derivada nada tem a dizer aqui, e o da segunda derivada também não ajuda: f′(0) = 0, mas f″(0) não existe. Quem decide a questão é a definição: compare diretamente f(0) com os valores vizinhos.

Um único ponto crítico que é máximo local é o ponto mais alto: em uma variável

Se f é contínua num intervalo e tem um único ponto crítico, sendo este um máximo local, então esse ponto é necessariamente o máximo absoluto no intervalo. Para que f subisse mais alto noutro lugar, teria de descer e voltar a subir, e essa inversão criaria um segundo ponto crítico. O mesmo se aplica a um mínimo, desde que dentro do intervalo. Prima x + 4/x²: o seu único ponto crítico é o mínimo f(2) = 3; contudo, o gráfico atinge valores abaixo de 3 à esquerda de 0. A assíntota quebra o domínio em dois intervalos, sendo 2 o ponto mais baixo de apenas um deles. Em duas variáveis, este argumento falha mesmo sem descontinuidades. f(x, y) = 3xeʸ − x³ − e³ʸ tem um só ponto crítico, (1, 0), que é um máximo local com valor 1, mas f(−3, 0) = 17. Numa superfície, a subida pode contornar a colina sem passar por outro ponto plano.

Percurso de aprendizagem

O que f′ e f″ dizem sobre um gráfico

Referências (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.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.

Teste da primeira derivada

De onde vem a fórmula

Problemas suplementares, só com a resposta

Basta um ponto de teste por intervalo, mesmo quando f′ não é contínua 🖖

O teste é suficiente, não necessário 🖖

Um único ponto crítico que é máximo local é o ponto mais alto: em uma variável 🖖

Basta um ponto de teste por intervalo, mesmo quando f′ não é contínua

O teste é suficiente, não necessário

Um único ponto crítico que é máximo local é o ponto mais alto: em uma variável