Поиск множества значений для композиции с модулем — мини-практикум с ответами, 10 класс

Мини-практикум по сложным функциям. Здесь проверяется множество значений, а не только область определения. Начните с диапазона промежуточного выражения: положите t=|x|≥0 или t=x²≥0, затем примените внешнюю функцию. Знаки концов промежутков важны: круглая скобка означает, что значение не достигается.

Разобранный пример: y=1/(|x|+4). При t=|x| получаем t≥0; значит t+4≥4, а его обратная величина строго положительна и не превышает 1/4. Поэтому E(y)=(0;1/4]. Подстановка x=0 подтверждает верхнюю границу, а при |x|→∞ значение приближается к нулю, но не становится им.

Проба с обратной проверкой

Для y=(|x|−5)² ученик записал E(y)=[25;+∞), потому что подставил только x=0. Контрпример x=5 даёт y=0. Значит E(y)=[0;+∞). Дальше каждый ответ подтвердите хотя бы одним аргументом, в котором достигается конечная граница; для открытой границы объясните, почему она недостижима.

16 задач: найдите все возможные значения y

1. y=|x²−9|, x∈ℝ
2. y=|x²+4|, x∈ℝ
3. y=(|x|−3)²
4. y=|x|−3
5. y=5−|x|
6. y=√(|x|−2)
7. y=1/(|x|+2)
8. y=|x²−4|+1
9. y=|x−2|+|x+2|
10. y=4−|x²−1|
11. y=(|x|+1)²
12. y=|x²+1|−3
13. y=1/(|x|−3), |x|≠3
14. y=|x|/(|x|+1)
15. y=√(9−|x|)
16. y=||x|−2|

Обратная проверка результата и разбор

1. [0; +∞). x=±3 даёт 0; модуль неотрицателен, сверху не ограничен.
2. [4; +∞). x²+4 всегда положительно, минимум 4 при x=0.
3. [0; +∞). Нуль достигается при |x|=3.
4. [−3; +∞). Минимум −3 при x=0; внешний модуль отсутствует.
5. (−∞; 5]. Максимум 5 достигается при x=0.
6. [0; +∞). Область |x|≥2; при |x|=2 значение 0.
7. (0; 1/2]. Знаменатель от 2 до +∞; нуль не достигается.
8. [1; +∞). Минимум 1 при x=±2.
9. [4; +∞). Для x∈[−2;2] сумма равна 4; вне отрезка растёт.
10. (−∞; 4]. Максимум 4 при x=±1.
11. [1; +∞). Минимум 1 при x=0.
12. [−2; +∞). Внутри модуля всегда положительное выражение.
13. (−∞; −1/3] ∪ (0; +∞). t=|x|−3 лежит в [−3;0)∪(0;+∞); обратные величины дают два луча.
14. [0; 1). При x=0 нуль; значение 1 недостижимо.
15. [0; 3]. Область |x|≤9; максимум 3 при x=0.
16. [0; +∞). Нуль при x=±2, значение растёт без границ.

Три типичные ошибки и как их исправить

Во-первых, модуль может стоять внутри аргумента функции и не гарантирует неотрицательности всего результата. Например, y=|x|−3 принимает отрицательные значения, тогда как y=||x|−3| — нет. Во-вторых, сама по себе квадратная степень означает неотрицательность, но нижняя граница 0 может оказаться недостижимой: (|x|+1)²≥1. В-третьих, при обратной зависимости 1/(|x|+2) нуль не включают в ответ, хотя график к нему приближается.

Задание 13 требует особенно аккуратной проверки. Для t=|x|−3 имеем t≥−3, но t≠0. Если t отрицательно, то 1/t≤−1/3, если t положительно, то 1/t>0. Пропуск отрицательной ветви ошибочен. Проверьте числом: x=0 даёт −1/3, x=4 даёт 1. В таблице ответов это записано как два непересекающихся промежутка.

Контроль края диапазона: для выражения y=√(9−|x|) сначала записывают условие 9−|x|≥0, и лишь затем проверяют максимум. Для суммы |x−2|+|x+2| слагаемые представляют расстояния до точек 2 и −2; их сумма минимальна на всём отрезке между этими точками. Обе проверки не требуют построения большого графика.

При подготовке к контрольной работе полезно восстановить исходный аргумент для конечных границ: например, y=1 достигается в задаче 8 при x=±2. Для открытых концов попробуйте доказать невозможность равенства: дробь |x|/(|x|+1) никогда не равна 1, потому что это потребовало бы |x|=|x|+1. Такой тест обнаруживает ошибки со скобками.

Пошаговое решение задачи с двумя модулями

Задача 9: y=|x−2|+|x+2|. На отрезке от −2 до 2 выражение раскрывается как (2−x)+(x+2)=4. Если x≥2, оно равно (x−2)+(x+2)=2x≥4. Если x≤−2, получаем (2−x)+(−x−2)=−2x≥4. Эти три случая покрывают все x; число 4 действительно достигается, а более высокие значения появляются на внешних лучах. Значит E(y)=[4;+∞). Просто сложить минимумы двух модулей (оба равны нулю в разных точках) нельзя: одновременно они в нуль не обращаются.

Как не перепутать внутренний и внешний модуль

Задачи 3 и 4 похожи внешне: y=(|x|−3)² и y=|x|−3. В первой квадрат делает результат неотрицательным, а нуль достигается, когда |x|=3. Во второй наружной степени нет, и минимум равен −3 при x=0. Добавить модуль ко всему выражению — значит изменить условие, получить другую функцию и другой диапазон. Даже если графики внешне напоминают букву V, сравнивать надо записи функций, а не только форму линии.

Задачи 6 и 15 содержат квадратный корень: для √(|x|−2) обязательное условие |x|≥2, а значение корня меняется от нуля до бесконечности. Для √(9−|x|) наоборот |x|≤9, так что внутреннее выражение находится между 0 и 9. Поэтому корень принимает значения от 0 до 3. Обратите внимание: одинаковый знак √ не означает одинаковую область определения или неограниченный сверху результат.

Разделение отрицательной и положительной ветвей

Задача 13: y=1/(|x|−3). Введём t=|x|, t≥0. Значение t=3 исключено. Для 0≤t<3 знаменатель отрицателен: при t=0 дробь равна −1/3, а по мере приближения t к 3 слева она уменьшается без границ. Получаем отрицательный луч (−∞;−1/3]. При t>3 дробь положительна и принимает все положительные значения: она стремится к +∞ возле 3 и к 0 сверху при t→∞. Нуль нигде не достигается; весь ответ состоит из двух лучей, а не одного интервала.

Задача 14: y=|x|/(|x|+1). При любом x числитель неотрицателен. Перепишите дробь как 1−1/(|x|+1). Вычитаемая доля строго положительна и не превышает единицы, следовательно 0≤y<1. Значение ноль возникает при x=0, и любая другая точка даёт положительное значение. Значение единица только предел при |x|→∞. Это аналитическое объяснение открытой правой скобки: подстановка большого числа даст близкий результат, но не точное равенство единице.

Задачи 1 и 10 полезны для самопроверки при преобразовании квадрата. Для |x²−9| нуль достигается при двух x: ±3; для 4−|x²−1| верхнее значение 4 достигается при x=±1. В обоих случаях внутренний квадрат по мере роста |x| становится сколь угодно большим, но внешний знак перед модулем различается: в первом выражении значения растут вверх, во втором — убывают к −∞. Из-за этого интервалы имеют противоположную ориентацию.

Самая надёжная итоговая проверка каждого интервала состоит из двух шагов. Сначала получите неравенство для y из структуры выражения: квадрат ≥0, модуль ≥0 или знаменатель положителен. Затем докажите достижимость каждой включённой границы и отдельно объясните, почему исключённая граница недостижима. Один пример x=0 никогда не определяет весь диапазон функции, даже если он даёт красивое целое число.