Lai riigieksam 2026, ülesanne 5: Kuupfunktsiooni uurimine
On antud funktsioon f(x)=31x3+2x2−2.
1.Leidke funktsiooni f(x) kahanemisvahemik.
2.Arvutage funktsiooni f(x) suurim väärtus lõigul [−3;1].
3.Kas argumendi väärtus x0=−1 kuulub funktsiooni f(x) graafiku kumerusvahemikku? Põhjendage oma vastust.
Allikas: Matemaatika lai riigieksam 2026, ülesanne 5
Funktsiooni graafik
Lahenduse joonis
Selle joonise teed lahendamise käigus ise.
110xy
Valemikaart: põhiliste funktsioonide tuletised
c′=0,x′=1,(xn)′=nxn−1
(x1)′=−x21,(x)′=2x1
(ex)′=ex,(ax)′=axlna
(lnx)′=x1,(logax)′=xlna1
(sinx)′=cosx,(cosx)′=−sinx,(tanx)′=cos2x1
Valemikaart: tuletise leidmise reeglid
(u+v)′=u′+v′,(u−v)′=u′−v′,(c⋅u)′=c⋅u′
(u⋅v)′=u′⋅v+u⋅v′
(vu)′=v2u′⋅v−u⋅v′
(f(g(x)))′=f′(g(x))⋅g′(x)
u,v on funktsioonid,c on konstant
Tuletise märgiskeem
Täitub sammus 2.
Sinu vastus
Proovi ise enne
Lahendus on peidus. Ava nii palju, kui parajasti vaja.
1. Vihje
2. 1. samm
3. Kogu lahendus
Vihje
Kahanemisvahemikus on tuletis negatiivne. Suurim väärtus lõigul on kas lõigu otspunktis või ekstreemumkohas. Kumerust näitab teise tuletise märk.
1Samm 1Peidetud
1
Küsimus 1Samm 1: Leia tuletis
Esimeses küsimuses tuleb leida kahanemisvahemik. Funktsioon kahaneb seal, kus tema tuletis on negatiivne, seega leiame kõigepealt tuletise.
Võtame tuletise liikmete kaupa. Konstandi −2 tuletis on null.
f′(x)=31⋅3x2+2⋅2x−0
Lihtsustame.
f′(x)=x2+4x
Kasutame valemit (xn)′=nxn−1 ja reeglit, et konstantne kordaja jääb tuletises alles: (31x3)′=31⋅3x2=x2 ja (2x2)′=2⋅2x=4x.
2Samm 2Peidetud
2
Küsimus 1Samm 2: Leia tuletise nullkohad
Võrdsustame tuletise nulliga.
x2+4x=0
Toome x sulgude ette.
x(x+4)=0
Korrutis on null, kui üks teguritest on null.
x1=−4,x2=0
Tuletise nullkohad jagavad arvtelje osadeks, kus tuletise märk ei muutu. Tuletis on ruutfunktsioon, mille ruutliikme kordaja on positiivne, seega on ta negatiivne nullkohtade vahel.
3Samm 3Peidetud
3
Küsimus 1Samm 3: Leia kahanemisvahemik
Funktsioon kahaneb, kui f′(x)<0.
Kirjutame kahanemise tingimuse.
x2+4x<0
Parabool y=x2+4x avaneb üles, seega on see negatiivne nullkohtade vahel.
X↓=(−4;0)
110xyy=f(x)maxmin
Märgiskeemil on tuletise märgid +, −, +. Seega funktsioon kasvab, kui x<−4, kahaneb vahemikus (−4;0) ja kasvab uuesti, kui x>0. Kohal x=−4 on maksimum ja kohal x=0 miinimum.
4Samm 4Peidetud
4
Küsimus 2Samm 4: Vali lõigule jäävad kriitilised punktid
Teises küsimuses tuleb leida suurim väärtus lõigul [−3;1]. Suurim väärtus saab olla kas lõigu otspunktis või lõigu sees asuvas kriitilises punktis.
Kriitilised punktid leidsime esimeses küsimuses. Vaatame, kas need on lõigul.
−4∈/[−3;1],0∈[−3;1]
110xyy=f(x)min
Kriitiline punkt on koht, kus tuletis on null. Lõigust väljaspool olev punkt x=−4 ei mõjuta funktsiooni väärtusi lõigul, seega seda me ei arvesta.
5Samm 5Peidetud
5
Küsimus 2Samm 5: Arvuta funktsiooni väärtused ja vali suurim
Arvutame funktsiooni väärtuse lõigu vasakus otspunktis.
f(−3)=31⋅(−3)3+2⋅(−3)2−2=−9+18−2=7
Arvutame väärtuse kriitilises punktis.
f(0)=31⋅03+2⋅02−2=−2
Arvutame väärtuse lõigu paremas otspunktis.
f(1)=31⋅13+2⋅12−2=31+2−2=31
Võrdleme saadud väärtusi. Suurim neist on 7.
fmax=f(−3)=7
110xyy=f(x)minf(1)=31(−3;7)
(−3)3=−27 ja 31⋅(−27)=−9. Kohal x=0 on funktsiooni miinimum, seega seal suurimat väärtust olla ei saa, aga väärtuse arvutamine aitab võrdlust näha. Lõigul [−3;0] funktsioon kahaneb ja lõigul [0;1] kasvab, seega on suurim väärtus ühes otspunktis.
6Samm 6Peidetud
6
Küsimus 3Samm 6: Leia teine tuletis
Kolmandas küsimuses tuleb otsustada, kas koht x0=−1 on kumerusvahemikus. Graafik on kumer seal, kus teine tuletis on negatiivne.
Võtame tuletise esimesest tuletisest f′(x)=x2+4x.
f′′(x)=(x2+4x)′=2x+4
7Samm 7Peidetud
7
Küsimus 3Samm 7: Leia kumerusvahemik
Kirjutame kumeruse tingimuse.
2x+4<0
Viime arvu 4 paremale poole ja jagame mõlemaid pooli arvuga 2.
2x<−4⇒x<−2
Kumerusvahemik on kõik arvud, mis on väiksemad kui −2.
(−∞;−2)
Kui f′′(x)<0, siis tuletis kahaneb ja graafik on kumer (kaardub alla). Kui f′′(x)>0, on graafik nõgus. Kohal x=−2 vahetab teine tuletis märki: see on käänukoht.
8Samm 8Peidetud
8
Küsimus 3Samm 8: Kontrolli kohta x0 = −1
Arvutame teise tuletise väärtuse kohal x0=−1.
f′′(−1)=2⋅(−1)+4=2>0
Teine tuletis on positiivne, seega graafik on seal nõgus ja −1 ei kuulu kumerusvahemikku.
−1∈/(−∞;−2)
110xyy=f(x)minKx0=−1kumernõgus
Sama järelduse saab ka otse kumerusvahemikust: −1>−2, seega −1 jääb vahemikust (−∞;−2) välja.
VASTUS
1) Funktsioon kahaneb vahemikus (−4;0). 2) Funktsiooni suurim väärtus lõigul [−3;1] on 7 (kohal x=−3). 3) Ei kuulu: f′′(−1)=2>0, seega on graafik kohal x0=−1 nõgus, kumerusvahemik on (−∞;−2).