0 f x tidak mencapai maksimum atau
h 2 0 f x tidak mencapai maksimum atau
16 h f a 2 h 9 h f a h
2 2 4 3 minimum lokal pada interval tersebut
lim
b. g x x 2 ; 1 x 4
g x mencapai nilai minimum lokal pada
x x 1 ; 1 x 1 f x : 4 x 24 x 0
c. 3 h
4 x x 6 x 6 0
x 0 atau x 6 atau x 6
h x tidak mencapai nilai maksimum
f x –27 –36
ataupun minimum lokal pada interval
d. 2 f x 4 x 5 ; 6 x 4
d. f x 2 ; x
x 2 x 5
Titik – titik kritis f x diperoleh :
x : x 2 5 0
f x 3 4 3
f x mencapai nilai maksimum pada
e. f x x 5 x 3 5 ; 5 x 2
e. f x ; 2 x 3 f x x 3 x 5 2 x 2 x 1 x
Titik – titik kritis f x diperoleh :
x : 2 x 2 0
f –2
f x
tidak mencapai maksimum ataupun
minimum lokal pada interval tersebut Min
Jenis
Max
f x 25 4 x ; 2 x 3 / 4 2
g x 3 x 5 x ; 2 , 2
2 3. a.
2. a.
g x 15 x 15 x
f x 8 x
f x :
f x
Titik – titik kritis
Titik – titik kritis
diperoleh :
f x : x 8 0 2 2
15 x x 15 0
15 x x 1 0
0 3 x 0 atau x 1 atau x 1
x –2
0 1 2 Jenis
f x
f x –56 2 0 –2
b. Max f
3 2 Jenis
Min
2 b. f x x 1 x 1 ; 2 , 2
f x 3 x 6 x
f x
pada interval
Titik – titik kritis
diperoleh :
2 f x x 1 x 1
f x : 3 x x 6 0
f x 2
x 0 atau x 2
0 2 4 Pada interval 0 , 2
x –1
f x
0 4 0 20 f x x 1 x 1
Jenis Min
Min
Max
f x 2
f x x 12 x ; 3 x 3
4 2. C. 2
f x 4 x 24 x
f x 4 2 2 2 4
Titik – titik kritis f x diperoleh :
Jenis
Titik – titik kritis t x :
c. k x 2 ; 2 , 5
k 2
x 2 x 3 x 3 x 1
27 3 Titik – titik kritis –6 f x :
8 x 0
Min x 3 x 3
Jenis
Max
2 2 0 , syarat x 3
4. a. g x x x 3
x 3 atau x 3 /
3 5 g x 4 x 2 x
x –2
k x 3 2 4 Titik – titik kritis g x :
4 x x 2 0
Jenis Max Min
x x 4 x ; 0 , 2 2 x 2 x 1 0
2 d. 2 h
h x 4 x 2 x 4 x
Oleh karena :
2 x 1 0 untuk 0 ,
2 x 2 x 1 0 untuk , 0
Titik – titik kritis h x :
Maka x 0 adalah titik balik minimum,
2 dengan nilai minimum 3
x
2 1 2 0 b. h t t 2
2 h t
2 3 2 h t
Titik kritis
x –2
h x 0 2 3 6 0 3 0
Jenis Max
1 Tidak terdapat nilai t yang memenuhi
e. k x x 2 x 3 ; 1 , 3 /
1 2 h t 0 k x x 3 2 1 x 2 x 3 Tapi dari formula :
h t t 2
2 x 3 2 x 3 Didapat :
Titik – titik kritis 2 k
2 1 x Maka h t mencapai nilai maksimum
Pada t 2
1 3 c. k x 2
x 1 –3
2 1 Jenis 3 Max Min 2 2
2 x x 4 2 x x 4 2
2 2 k x f. t 2 x x x ; 0 , 4
t x x 2 x 2 2 x 8 x x
1 Titik – titik kritis k x :
Maksimum lokal g 1 untuk
x 2 x x 8 0
2 Minimum lokal g 0 untuk
x 0 atau 2 x x 8 0 (akar tidak rill)
karena :
k x k 0 untuk x 0 , dan
(karena 0 , 2 diluar interval)
k x k 0 untuk x 0
5. f x 6 x 4 x pada interval 0 , 9 k x mencapai nilai minimum pada
3 x 0 k 0 0 f x 4
cos
Titik kritis f x :
d. m
1 sin
sin 1 sin cos cos
m
1 sin
2 2 sin sin cos
1 sin
1 sin 1 9
berada pada interval 0 , 9
1 sin 1 sin
16 Untuk :
x 0 f x 0
m diperoleh :
Titik – titik kritis
1 1 sin
f x 1
1 sin 1 sin
sin 1 x f x 4
2 0 16 4 2 cos
x 1 f x 2
sin 1
x 9 f x 18
Dari titik – titik uji tesebut disimpulkan :
Nilai maksimum f x 4 untuk x
Karena m m untuk 0
Nilai minimum f x 18 untuk x 9
dan
m m untuk 2
Pada interval 0 , 9
maka disimpulkan :
m B. Evaluasi Kemampuan Analisis mencapai nilai minimum di
g 27
e.
sin , 0 2
1. f x 64
pada 0 x
sin , 0
sin x cos x
1 f 1 x 64 sin x 27 cos x
g
2 f 2 x 64 sin x cos x 27 cos x sin x
sin , 2
64 cos x 27 sin x
Diketahui 1 sin 1
Karena g sin , didapat
sin 2 x
cos 2 x
Tentukan titik kritis :
0 g 1 64 cos x 27 sin x
sin 0 untuk 0 , , 2
sin 1 untuk
2 cos x
sin x
3 3 sin x 64 sin x 4 sin 1 untuk
atau
2 cos x 27 cos x 3 2 cos x 27 cos x 3
4. f x sin x cos , pada interval
f x cos x sin
4 Dari tan x diperoleh titik kritis
3 1 2 sin sin
x arc tan dengan
2 sin sin 1 2 2 2
f x
Nilai ekstrim dapat ditentukan untuk
5 5 f / x 0
2. f x 2 x 2 x 1 x 2 x 3
2 sin sin 1 0 ;
Pada interval , 2 , f x 0
artinya f x naik pada interval
Pada interval 2 , 1 , f x 0 2 t t 1 0
Artinya f x turun pada interval
tersebut
x 2 adalah titik balik maksimum
Pada interval /
1 , 2 , f x 0 1
33 x atau
1 adalah titik balik maksimum
Pada interval /
2 , 3 , f x 0 x 1
sin 1 33 atau
x 2 adalah titik balik maksimum
Pada interval /
3 , , f x 0 x 1
adalah titik balik maksimum
x arc 2 sin 1 33 atau
3. f x x 5 x 4 , pada interval
x 2arc sin 1 33 merupakan nilai
f x 5 x 15 x
ekstrim dari f x
x 3 x 3 Titik – titik kritis: 2 , 3 , 0 , 3 , 2 , 5
2 , 3 , f x 0
Pada interval Latihan Kompetensi Siswa 15
3 , 0 , f x 0 A. Evaluasi Pengertian atau Ingatan
Pada interval /
x 3 adalah titik balik maksimum lokal
1. B.
0 , 3 , f x 0
x y 40
Pada interval /
Pada interval 3 , 2 , 5 , f x 0
x 40 y
Hasil kali kedua bilangan : x 3 adalah titik balik minimum
lokal
40 y y
2 40 y y
H 2 40 2 y 500 500 2 y
H akan maksimum jika H 0 y
40 2 y 0 2 2 y 500
40 2 y y 20 ; x 20 y 250 5 10
H 20 20 400
x 250 5 10
2. D.
k 2 5 10 5 10
b 2 n a 20 10
5. A.
Misal :
Luas persegi panjang
B : Biaya produksi x unit pakaian L a . b J : Harga jual pakaian perunit
2 a n a
K : Keuntungan yang diperoleh 2 2 na a (semua dalam ratusan ribu)
Luas terbesar diperoleh jika 2 L 0 B x 4 x 10
2 n a 2 0 J 20 x
2 n 2 n a ; b n a Keuntungan untuk penjualan x unit pakaian : 2
K x 20 x x 4 x 10
Keuntungan maksimum jika / K 0
x 2 8 0 x 4
Panjang alas kotak a 2 x
K 4 8 4 5 11
Lebar alas kotak b 2 x
Luas alas minimum, jika / L 0 Jadi keuntungan maksimum jika terjual 4 unti pakaian, dengan keuntungan
B x 35 x 25 (dalam juta rupiah) 2 b 2
4 a ab
4 J 50 x (dalam juta rupiah)
x 35 x 25 Luas : xy 250 x
4. E.
K x 50 x
1 2 1 2 Maka keliling :
50 x x x 35 x 25
k 2 x y
x 15 x 25 250
500 2 y
4 Keuntungan maksimum jika :
y
2 x 15 2 0 2
y Keliling maksimum jika :
x 10 Kentungan akan maksimum jika setiap hari diproduksi 10 radio
7. A.
Misal : A = bilangan pertama
B = bilangan kedua
B 4 n B B 4 nB
Nilai terkecil dari A . B diperoleh jika :
2 B n 4 0 20 10 5
A . B 2 n 4 n n
bukan solusi maka volume
2 2 2 Maka x
maksimum untuk x 1 dimana volume :
8. C.
2 V 3 40
A AP PB
6 10 10. D.
2 AP 2
x 0 0 5
x 2
5 Keliling daerah terasir :
PB 10 x ; 0 x 10
1 2 p 2 100 1
a 5 10 x
q 50
6 10 Luas daerah terasir
Akan dicari x yang meminimumkan A
A , tentukan titik kritis :
L akan maksimum jika L 0
x x 5 8 200
B. Evaluasi Pemahaman dan Penguasaan
P 3 , 0 Materi.
1. Keliling persegi panjang 200 m
9. A.
2 p q 200
Dari gambar :
q 100 p
0 x
2 Luas p . q
L 100 p p
8 2 x 5 2 x x
Volume
V 40 26 x 4 x x
2 2 10 p p
Luas terbesar dicapai jika / L 0
40 x 26 x 4 x
Volume maksimum jika : 100 2 p 0 p 50
40 2 52 x 12 x 0 q 50
10 2 13 x 3 x 0 Luas terbesar
50 50 2 . 500 m
2 2 48 p
2. h t 500 t 5 t
4 p Tinggi maksimum jika h 0 Volume maksimum, untuk :
Volume kotak : V p x p
500 t 10 0 /
V 0 t 50
Tinggi maksimum 500 50 5 50 12 p 0
3. x y 20 , x 0 , y 0 p 4 atau p 4
a.
x Maka p yang memaksimumkan V adalah 20 y
xy 20 y y
2 Panjang kotak 4 cm 20 y y
Lebar kotak 4 cm
xy maksimum jika /
xy 0 Tinggi kotak 2 cm
20 2 y 0 y 10
x 10 5.
b. Jumlah kuadratnya minimum :
20 y y
2 2 4000 40 y y y 2 400 40 y 2 y
Jumlah kuadrat minimum jika : Biaya yang diperlukan untuk lapangan :
40 4 y 0 y 10 B 2 . 500 . 2 a b 1 . 000 b
x 10 5 . 000 a 6 . 000 b
2 3 2 c. 3 x y
20 y y
Luas lapangan akan maksimum jika
2 3 lapangan berbentuk persegi atau a , b
400 40 y y y
maka
2 x 3 y maksimum jika :
B 5 . 000 a 6 . 000 a
3 40 2 y 3 y 0 11 . 000 a
Dengan dana Rp 480 . 000 , maka di peroleh
3 y 10 y 4 0
ukuran :
10 y
y 4 (bukan solusi)
V 3 108 cm 108
Panjang alas kotak = p Luas permukaan kotak :
Lebar alas kotak = P 2 L x 4 xt
Tinggi kotak = x
p px 4 48 2 x
Luas permukaan kotak :
2 432 x
48 2 p
(terbukti)
Agar luas permukaan minimum :
Gradient PQ :
x 0 dengan L x 0 m
1 2 / 2 2 2 2 PQ
t 2 t 1 2 t 8 t t 1
t 2 t 1
Luas permukaan minimum jika :
2 t 1
2 0 x 216
t 1
864 Agar PQ minimum, titik kritis PQ :
L 6 2 0 m 0
Luas permukaan kotak minimum untuk 3 4 t 5 t
2 2 x 0 6 ukuran kotak : x 6 , t 18
2 t 1 t 1
7. 2 t
L 2
r
PQ
agar PQ minimum pilih t 0 , maka
L PQ
2 PQ 2
9. Dari gambar dapat dirumuskan :
Diketahui : L PQ 16 2
16 Jari – jari tabung :
2 1 2 Maka panjang busur PQ :
r R 1 h R h
4 PQ
2 r
Volume tabung :
16 32 V r t
2 2 r
a. keliling busur PQ :
4 P 2 r PQ
a. Volume tabung maksimum jika :
2 r 2 r r
32 / 16 V 0
b. Titik kritis P :
rr
r 4 akan meminimalkan P dengan nilai : 3
b. V maksimum R
16 P 2 4 16 3 4 3
8. P 2 , t 2 , Q t 2 , 3 t 4 , t 0
PQ t 2 2 3 t
R 4 R t 2
2 t 1
10. Silinder tanpa tutup , V 20 cm
20 r t t
16 2 r
y r 15
Luas permukaan :
L L alas L selimut 2 r 2 rt
Luas kandang :
L xy
Tentukan titik kritis :
300 2 y y
300 y 2 y
2 r 2 r Luas maksimum diperoleh jika :
3 40 r
r 3 20 L 0
300 y 4 0 y 75 dan x 150
r 3 20 , adalah ukuran yang
meminimalkan luas permukaan jika
Dan luas maksimum :
L r 0 L 150 75 1 . 1250
80 L r 2 3
13. Suatu persegi panjang dengan luas
80 maksimum di capai jika persegi panjang 2 20 merupakan persegi
D 16
2 4 6 0 S 2 16
luas pernmukaan minimum jika
3 20 20 S 16 8 r 2 dan t
Luas maksimumnya adalah :
8 2 128 cm
y 2 12 x , y 0
2 L 2 p . l
2 2 Luas persegi panjang tersebut :
L 2 x 12 x
Tentukan titik kritis :
L 0 24 x 2 x
Tentukan titik kritis :
2 2 2 1 2 24 x 6 0
2 x 4 x 2 Maka ukuran persegi panjang
15. Biaya operasional 25 ribu
mil
Biaya tambahan Rp 120 . 000
jam x kecepatan, 40 x 55
S 400 mil S 400
L ∆ DEF L x
S xt t
L II L III
Biaya 25 400 120
L x Luas persegi L I L II L III
2 x 36 12 x
Tentukan titik krtitis : Biaya minimum dicapai pada :
L x 0
12 4 x 0 x 3
2 0 x 480 Luas ∆ DEF akan maksimum jika x 3 x
L 2 ∆ DEF maksimum 12
x 4 30 21 , 88
Kecepatan yang meminimumkan biaya 18 cm
adalah 21, 88 mil
. Tapi kecepatan
jam
tersebut diluar interval kecepatan yang diperbolehkan karena itu pilih kecepatan minimum yang diperbolehkan, yaitu :
mil
x 40 yang akan jam
8 meminimumkan biaya
2 Panjang 2 x
16. L 2 r 2 r
1 2 400 2 r 2 rt Lebar 4 y 4 x
8 400 2 r
V r t 2 x 4 x 8 x x
3 r t r 200 r r
Titik kritisnya :
Volume maksimum diperboleh jika :
4 3 200 r 3 0
10 x
6 r 200
32 4 y
Dengan volume maksimum :
Ukuran persegi panjang adalah :
P x 2
l 4 y
C. Evaluasi Kemampuan Analisis
2 x x 1 1. 0
2 2 x x 1 1 0
2 Luas maksimum trapezium : t 2 sin
2 2 Luas pancuran :
a 3 cos
L 3 3 2 cos t
6 6 cos sin 3
18 sin sin cos
1 18 sin sin 2
Kapasitas pancuran maksimum jika : L / 0
18 cos cos 2 0
cos cos 2 0 cos 2 1 2 cos 0
k
4. Keliling kerucut
1 cos 2 cos 0 k keliling lingkaran – panjang juring