Zadania optymalizacyjne z pochodną

Zadanie optymalizacyjne pyta o to, kiedy pewna wielkość – pole, objętość, koszt – jest największa albo najmniejsza spośród wszystkich obiektów spełniających warunki z treści. Rozwiązanie zawsze ma ten sam szkielet: opisujesz tę wielkość wzorem z jedną zmienną, ustalasz, jakie wartości zmiennej są w ogóle możliwe, a potem pochodną znajdujesz miejsce, w którym funkcja osiąga ekstremum. Funkcję, którą optymalizujesz, nazywamy funkcją celu.

Pochodna daje tylko kandydata. Samo $f'(x_0) = 0$ nie mówi jeszcze, czy w $x_0$ jest minimum, maksimum, czy żadne z nich. Dlatego każde rozwiązanie kończy się uzasadnieniem, a odpowiedź musi dotyczyć tego, o co pytała treść – czasem to wartość zmiennej, czasem wartość funkcji, czasem obie.

Trzy zasady, które decydują o punktach:

• Dziedzina wynika z kontekstu. Długość krawędzi jest dodatnia, wysokość figury musi istnieć, a zakres może jeszcze ograniczać treść (na przykład „nie większa niż $8\sqrt{3}$"). Ekstremum szukasz tylko w tej dziedzinie.
• Jedna zmienna w funkcji celu. Jeśli wzór ma dwie zmienne, z warunku z treści wyznacz jedną przez drugą i podstaw.
• Uzasadnienie to osobny krok. Zbadaj znak pochodnej (więcej o związku znaku pochodnej z monotonicznością w haśle monotoniczność a pochodna) albo wykaż, że znalezione ekstremum jest jedyne. Samo obliczenie miejsca zerowego pochodnej to w kluczu CKE dopiero 2 punkty z 4.

Zagadnienie jest z zakresu rozszerzonego. Gdy funkcją celu jest funkcja kwadratowa, pochodna nie jest potrzebna – wystarczy wierzchołek paraboli, o czym mówi hasło zadania optymalizacyjne z funkcją kwadratową. Samo szukanie ekstremów bez kontekstu geometrycznego opisuje ekstrema funkcji, a wartości największe i najmniejsze w przedziale domkniętym – największa i najmniejsza wartość w przedziale.

Przykład 1 – graniastosłup (czerwiec 2025, poziom rozszerzony, zadanie 12). Wśród graniastosłupów prawidłowych trójkątnych o polu powierzchni całkowitej $24\sqrt{3}$ wyznacz krawędź podstawy tego o największej objętości i oblicz tę objętość.

Zmienna to długość krawędzi podstawy $a$, a wysokość graniastosłupa oznaczmy $H$. Pole powierzchni składa się z dwóch trójkątów równobocznych i trzech prostokątów:

Objętość to pole podstawy razy wysokość: $V = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} \cdot H = 6a - \frac{a^{3}}{8}$. Wysokość musi być dodatnia, więc $a^{2} < 48$ i dziedzina to $(0, 4\sqrt{3})$. Pochodna:

Wartość $a = -4$ odpada, bo leży poza dziedziną. Dla $a \in (0, 4)$ pochodna jest dodatnia, a dla $a \in (4, 4\sqrt{3})$ ujemna, więc funkcja rośnie, a potem maleje – w $a = 4$ jest jej największa wartość: $V(4) = 24 - 8 = 16$. Wykres wyżej pokazuje to samo.

Przykład 2 – ekstremum na końcu dziedziny (maj 2024, poziom rozszerzony, zadanie 13). Dla graniastosłupów prawidłowych trójkątnych o objętości $3456$ i krawędzi podstawy nie większej niż $8\sqrt{3}$ pole powierzchni całkowitej wynosi $P(a) = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{2} + \frac{13824\sqrt{3}}{a}$ dla $a \in (0, 8\sqrt{3}]$. Wyznacz $a$, dla którego pole jest najmniejsze.

Pochodna po sprowadzeniu do wspólnego mianownika:

Zero pochodnej to $a^{3} = 13824 = 24^{3}$, czyli $a = 24$. Tyle że $8\sqrt{3} \approx 13{,}86$, więc $a = 24$ nie należy do dziedziny. Na całym przedziale $(0, 8\sqrt{3}]$ mamy $a^{3} < 13824$, więc $P'(a) < 0$ i funkcja jest malejąca. Najmniejszą wartość przyjmuje więc na prawym końcu:

Przykład 3 – własne modelowanie od zera. Z kwadratowego arkusza blachy o boku $24$ cm wycinamy w rogach cztery kwadraty o boku $x$ i zaginamy brzegi – powstaje otwarte pudełko. Dla jakiego $x$ jego objętość jest największa?

Podstawa pudełka ma bok $24 - 2x$, wysokość to $x$, więc $V(x) = x(24 - 2x)^{2}$. Oba wymiary muszą być dodatnie, stąd $x \in (0, 12)$. Po rozwinięciu $V(x) = 4x^{3} - 96x^{2} + 576x$ i

W dziedzinie zeruje się tylko $x = 4$ (liczba $12$ jest poza przedziałem otwartym). Na $(0, 4)$ pochodna jest dodatnia, na $(4, 12)$ ujemna, więc maksimum jest w $x = 4$, a objętość wynosi $V(4) = 4 \cdot 16^{2} = 1024$ cm sześciennych.

Ekstremum lokalne i wartość największa to nie to samo. Wartość największa na dziedzinie może wypaść na jej końcu, gdzie żadnego ekstremum lokalnego nie ma (Przykład 2).

Brak dziedziny albo dziedzina z innego zadania. Uczeń bada funkcję $P(x) = \frac{2x^{3}}{x^{2} - 16}$ na całym $\mathbb{R}$ albo na $(4, +\infty)$, choć w treści stoi $x \in (4, 10]$. Klucz CKE z maja 2026 mówi, że rozważanie funkcji w $\mathbb{R}$, w $\mathbb{R}_{+}$, w $(4, +\infty)$ lub w $(0, 10]$ daje co najwyżej 3 punkty. Dziedzinę przepisz z treści i dołóż to, co wynika z geometrii.

Pochodna ilorazu jako iloraz pochodnych. Zapis $\left(\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\right)' = \frac{6x^{2}}{2x}$ jest błędny. Poprawny wzór to $\frac{f'g - fg'}{g^{2}}$. W kluczu z maja 2026 taki błąd oznacza 0 punktów za całe rozwiązanie.

Zero pochodnej bez uzasadnienia. Rozwiązanie kończy się na „$a = -2$, więc pole jest najmniejsze". Warunek $f'(x_0) = 0$ jest konieczny, a nie wystarczający. Napisz, jak zmienia się znak pochodnej albo że jest to jedyne ekstremum lokalne i jest to minimum. Według klucza z maja 2026 brak uzasadnienia, że najmniejsza wartość istnieje, to najwyżej 2 punkty.

Miejsce zerowe pochodnej spoza dziedziny. W Przykładzie 2 wyszło $a = 24$, ale dziedzina kończy się na $8\sqrt{3}$. Podstawienie $a = 24$ do wzoru daje liczbę, która nie odpowiada żadnemu graniastosłupowi z zadania. Sprawdź każde zero pochodnej względem dziedziny i zbadaj końce przedziału, jeśli do niej należą.

Dwie zmienne w funkcji celu. Wzór $V = \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} \cdot H$ ma dwie niewiadome i nie da się go różniczkować sensownie. Z warunku z treści (u nas pole powierzchni) wyznacz $H$ przez $a$ i dopiero wtedy podstaw.

Odpowiedź na inne pytanie. W zadaniu z maja 2026 trzeba było podać zarówno długość podstawy $x = 4\sqrt{3}$, jak i najmniejsze pole $12\sqrt{3}$. Kto poda tylko jedną z tych wartości, traci ostatni punkt. Po obliczeniach wróć do treści i zaznacz, o co dokładnie pytano. Wynik zostaw w postaci dokładnej, a nie jako $6{,}9$.

Zagadnienia z tego samego obszaru matury – warto je powtórzyć razem: