Проверка интервала монотонности для функции с двумя экстремумами — карточки с ответами, 11 класс

Математика · 11 класс · MATH-1859

Учебная цель: доказывать правильность заявленного интервала монотонности при двух экстремумах, различая нули производной и изменение её знака.

Подозрительное утверждение

«Если у функции два экстремума, то между ними она обязательно возрастает». Это не правило: направление зависит от типа каждого экстремума и знака производной. Для проверки конкретного интервала нужно доказать, что производная сохраняет нужный знак во всех его внутренних точках, а не сравнить лишь две величины на краях.

Доказательство на основной модели

Пусть f(x)=x³−3x. Тогда f′(x)=3x²−3=3(x−1)(x+1). На (−∞;−1) оба множителя отрицательны, поэтому произведение положительно. На (−1;1) первый множитель отрицателен, второй положителен, поэтому f′<0. На (1;+∞) оба положительны. По признаку монотонности функция возрастает на двух внешних интервалах и убывает на среднем. При x=−1 производная меняет знак «+» на «−», это максимум; при x=1 «−» на «+», это минимум.

Термин «максимальный интервал» означает, что нельзя продлить промежуток в соседнюю область с сохранением того же направления изменения. На (−5;−2) функция тоже возрастает, но это лишь часть максимального интервала (−∞;−1). При описании строгости обычно записывают открытые промежутки; при непрерывности можно добавить критические точки как концы соответствующих отрезков или лучей.

Особые случаи, требующие проверки

Два нуля производной сами по себе не обещают два экстремума. Например, производная f′(x)=x²(x−2) равна нулю при x=0 и x=2, но при x=0 знак не меняется. Кроме того, в точке, не принадлежащей области определения, экстремума быть не может. Сначала записывают область определения, затем вычисляют производную и проверяют смену знака на каждой части области.

Если функция ограничена отрезком, например [0;2], мы исследуем пересечения обычных промежутков с этим отрезком: f(x)=x³−3x убывает на [0;1] и возрастает на [1;2]. Умение правильно ограничить интервал помогает не написать промежуток, выходящий за условие задачи.

Четырнадцать заданий с обязательным обоснованием

1. Для f(x)=x³−3x установите все максимальные открытые интервалы возрастания и убывания. Объясните, почему их ровно три.
2. Школьник утверждает: «Функция x³−3x возрастает на (−2;0), потому что f(0)>f(−2)». Проверьте.
3. Для f(x)=x³−12x найдите критические точки и укажите знак производной на каждом промежутке.
4. Для f(x)=−x³+3x определите, где функция убывает. Какая точка — локальный максимум?
5. Верно ли, что для f(x)=2x³−6x промежуток (−1;1) является промежутком возрастания?
6. Проверьте интервал (−3;3) для функции f(x)=x³−27x. Можно ли назвать его интервалом строгого убывания?
7. Для f(x)=−2x³+24x найдите промежуток строгого возрастания и тип экстремумов.
8. У f(x)=x³/3−4x проверьте утверждение «функция возрастает на (0;3)».
9. Если f′(x)=(x+4)(x−2), назовите интервалы монотонности и обоснуйте знаки.
10. Если f′(x)=−(x+2)(x−5), где можно доказать строгое возрастание?
11. У функции два экстремума в точках −1 и 1, но больше ничего не известно. Можно ли однозначно назвать все интервалы монотонности?
12. Проверьте на f(x)=x³−3x утверждение: «На [−1;1] функция не убывает, ведь на концах f′=0».
13. Для f(x)=3x³−36x проверьте, является ли (−2;2) промежутком убывания.
14. У f′(x)=x²−16 преподаватель назвал (−∞;4) интервалом возрастания. Найдите точное исправление.

Ответы и доказательства

1. f′=3(x−1)(x+1). Она положительна при x<−1 и x>1, отрицательна между −1 и 1. Возрастает на (−∞;−1) и (1;+∞), убывает на (−1;1). При переходах знака получаются два экстремума.
2. Неверно: f(−2)=−2, f(0)=0, но f(−1)=2. На отрезке [−2;0] функция сначала возрастает, затем убывает. Сравнение двух концов не доказывает монотонность.
3. f′=3x²−12=3(x−2)(x+2). Нули −2 и 2; знаки +, −, +. Возрастание на (−∞;−2), (2;+∞), убывание на (−2;2).
4. f′=3−3x², знаки −, +, − относительно −1 и 1. Убывание (−∞;−1) и (1;+∞); в x=1 максимум, так как знак меняется с плюса на минус.
5. Нет: f′=6x²−6<0 при −1<x<1. Это промежуток строгого убывания. Равенство производной нулю в концах не меняет знака внутри.
6. Да. f′=3x²−27<0 на (−3;3). Нули производной при ±3; вне этого интервала функция строго возрастает.
7. f′=24−6x²=6(4−x²)>0 при −2<x<2; вне отрицательна. В x=−2 минимум, в x=2 максимум.
8. Неверно: f′=x²−4 отрицательна на (0;2), положительна на (2;3). Верные максимальные интервалы возрастания (−∞;−2) и (2;+∞).
9. Произведение положительно при x<−4 и x>2, отрицательно на (−4;2). Поэтому f возрастает на двух внешних интервалах и убывает между корнями.
10. Только на (−2;5): между корнями произведение отрицательно, а минус меняет знак на положительный. Снаружи функция убывает.
11. Нет. Без дополнительной информации о функции или знаке производной нельзя установить направление изменений: максимум и минимум могут стоять в разном порядке; возможны и другие особенности поведения между ними.
12. Неверно. Производная отрицательна при −1<x<1, следовательно, функция строго убывает на [−1;1]. Нули производной только на границе не определяют направление.
13. f′=9x²−36=9(x−2)(x+2)<0 между −2 и 2. Да; вне этих точек производная положительна.
14. Нужно разделить в x=−4: возрастание на (−∞;−4) и (4;+∞), убывание на (−4;4). Интервал (−∞;4) содержит оба поведения.

Проверьте свою работу ещё раз: если вы указали два промежутка возрастания, но пропустили средний промежуток убывания, ответ неполон. Если увидели лишь нули производной и не проверили знаки, утверждение ещё не доказано. В задаче 11 намеренно недостаточно данных: обосновать невозможность однозначного вывода — полноценный математический ответ.

Для дополнительной проверки возьмите пару чисел из каждого найденного промежутка и сравните значения функции. Такая числовая проба полезна как контроль арифметики, но не заменяет доказательства знаком производной на всём интервале. Обратите внимание и на отрицательный коэффициент при кубическом члене: он меняет направления монотонности по сравнению с примером с положительным коэффициентом.

Почему одного сравнения значений не хватает: проверка доказательства

Предположим, ученик получил f(−2)=−2 и f(0)=0 и решил, что функция возрастает между этими точками. Проверка по определению требует любого упорядоченного набора x₁<x₂ из интервала, а не только выбранных концов. Достаточно рассмотреть x₁=−1 и x₂=0: f(−1)=2, f(0)=0, то есть при росте аргумента значение уменьшилось. Это прямой контрпример к предполагаемому возрастанию на всём (−2;0). Привычка искать две внутренние точки помогает быстро обнаружить неверный интервал ещё до построения полной таблицы знаков.

Обратная ситуация: одна проверенная пара точек с правильным порядком значений не доказывает монотонность. Для доказательства на всём интервале удобно воспользоваться теоремой о среднем: если f дифференцируема на внутренности любого отрезка [u;v] и f′<0 между u и v, то f(v)−f(u)=f′(c)(v−u)<0 для некоторого c между ними. Поэтому условие f′<0 на целой области действительно гарантирует строгое убывание при любых u<v. Аналогично f′>0 гарантирует возрастание.

Промежутки с включёнными концами

Запись (−1;1) — открытый интервал строгого убывания основного примера. Можно дополнительно сказать, что функция строго убывает на отрезке [−1;1], поскольку непрерывна в обеих границах, а внутри производная отрицательна. Но нельзя продлить этот отрезок, например до [−1;2]: после x=1 функция снова возрастает. Если в задании указан конкретный отрезок, используйте пересечение с максимальным интервалом, а затем проверьте его граничные точки.

Для функции с производной f′(x)=x²(x−2) нули 0 и 2 ведут себя по-разному. При переходе через x=0 знак остаётся отрицательным, поскольку x² неотрицателен, а x−2 по обе стороны отрицателен. При переходе через x=2 знак меняется с отрицательного на положительный. Это показывает, почему число стационарных точек может превышать число экстремумов и почему одного факта «два корня производной» недостаточно для заявленного утверждения о двух экстремумах.

Проверка по производной после преобразования

Пусть производная представлена в виде 6x²−6, но школьник ошибочно решает 6x²−6=0 как x=−6 и x=6. Перед анализом промежутков обязательно упростите уравнение: x²=1, следовательно x=−1 или 1. После этого проверьте знаки в контрольных точках −2, 0 и 2: производная положительна, отрицательна и снова положительна. Полученная схема совпадает с функцией 2x³−6x. Простая подстановка в производную предотвращает неправильный выбор границ монотонности.

Если же из условия известен только график с двумя поворотами, не спешите называть интервалы по двум нарисованным точкам: найдите, где касательная горизонтальна, в каких промежутках график поднимается при движении слева направо, и не скрыт ли в заданном интервале ещё один переход. Для точного аналитического доказательства по-прежнему требуется функция или сведения о знаках её производной.